18、 (2017·南通調(diào)研)甲、乙兩人進行圍棋比賽，共比賽2n(n∈N*)局．根據(jù)以往比賽勝負的情況知道，每局甲勝的概率和乙勝的概率均為.如果某人獲勝的局數(shù)多于另一人，則此人贏得比賽．記甲贏得比賽的概率為P(n)．
(1)求P(2)與P(3)的值；
(2)試比較P(n)與P(n＋1)的大小，并證明你的結(jié)論．
[解] (1)若甲、乙比賽4局甲贏，則甲在4局比賽中至少勝3局，
所以P(2)＝C4＋C4＝，
同理P(3)＝C6＋C6＋C6＝.
(2)在2n局比賽中甲贏，則甲勝的局數(shù)至少為n＋1局，
故P(n)＝C2n＋C2n＋…＋C2n
＝·2n
＝·2n
＝·2n
＝，
所以P
19、(n＋1)＝.
又＝＝
＝＝＞1，
所以＞，所以P(n)＜P(n＋1)．
[方法歸納]
本例是二項分布與二項式定理的交匯，其求解的一般思路先利用二項分布求其P(n)和P(n＋1)，然后利用組合數(shù)的性質(zhì)即可求得，概率還常與數(shù)列、函數(shù)、不等式、數(shù)學歸納法等知識交匯.
[變式訓練]
(2017·江蘇高考)已知一個口袋中有m個白球，n個黑球(m，n∈N*，n≥2)，這些球除顏色外完全相同．現(xiàn)將口袋中的球隨機地逐個取出，并放入如圖所示的編號為1,2,3，…，m＋n的抽屜內(nèi)，其中第k次取出的球放入編號為k的抽屜(k＝1,2,3，…，m＋n).
1
2
3
…
m＋n
(1)試
20、求編號為2的抽屜內(nèi)放的是黑球的概率p；
(2)隨機變量X表示最后一個取出的黑球所在抽屜編號的倒數(shù)，E(X)是X的數(shù)學期望，證明：E(X)<.
解：(1)編號為2的抽屜內(nèi)放的是黑球的概率p為：
p＝＝.
(2)證明：隨機變量X的概率分布為：
X
…
…
P
…
…
隨機變量X的期望為：
E(X)＝·
＝·.
所以E(X)<
＝
＝(1＋C＋C＋…＋C)
＝(C＋C＋C＋…＋C)
＝(C＋C＋…＋C)
＝…＝(C＋C)
＝＝，
即E(X)<.
[課時達標訓練]
1．(2017·蘇錫常鎮(zhèn)二模)已知袋中裝有大小相同的
21、2個白球、2個紅球和1個黃球．一項游戲規(guī)定：每個白球、紅球和黃球的分值分別是0分、1分和2分，每一局從袋中一次性取出三個球，將3個球?qū)姆种迪嗉雍蠓Q為該局的得分，計算完得分后將球放回袋中．當出現(xiàn)第n局得n分(n∈N*)的情況就算游戲過關(guān)，同時游戲結(jié)束，若四局過后仍未過關(guān)，游戲也結(jié)束.
(1)求在一局游戲中得3分的概率；
(2)求游戲結(jié)束時局數(shù)X的概率分布和數(shù)學期望E(X)．
解：(1)設在一局游戲中得3分為事件A，
則P(A)＝＝.
所以在一局游戲中得3分的概率為.
(2)X的所有可能取值為1,2,3,4.
在一局游戲中得2分的概率為＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)
22、＝×＝，
P(X＝3)＝××＝，
P(X＝4)＝××＝.
所以X的概率分布為：
X
1
2
3
4
P
所以E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
2．一個袋中裝有大小和質(zhì)地都相同的10個球，其中黑球4個，白球5個，紅球1個．
(1)從袋中任意摸出3個球，記得到白球的個數(shù)為X，求隨機變量X的概率分布和數(shù)學期望E(X)；
(2)每次從袋中隨機地摸出一球，記下顏色后放回．求3次摸球后，摸到黑球的次數(shù)大于摸到白球的次數(shù)的概率．
解：(1)隨機變量X的所有可能取值為0,1,2,3，
P(X＝0)＝＝；P(X＝1)＝＝；
P(X＝2)＝＝；P(X＝3)＝＝.
23、
所以X的概率分布為：
X
0
1
2
3
P
所以X的數(shù)學期望E(X)＝×0＋×1＋×2＋×3＝.
(2)記3次摸球中，摸到黑球次數(shù)大于摸到白球次數(shù)為事件A，
則P(A)＝C3＋C＋C××2＝.
故摸到黑球的次數(shù)大于摸到白球的次數(shù)的概率為.
3．(2017·山東高考)在心理學研究中，常采用對比試驗的方法評價不同心理暗示對人的影響，具體方法如下：將參加試驗的志愿者隨機分成兩組，一組接受甲種心理暗示，另一組接受乙種心理暗示，通過對比這兩組志愿者接受心理暗示后的結(jié)果來評價兩種心理暗示的作用．現(xiàn)有6名男志愿者A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1
24、，B2，B3，B4，從中隨機抽取5人接受甲種心理暗示，另5人接受乙種心理暗示．
(1)求接受甲種心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率；
(2)用X表示接受乙種心理暗示的女志愿者人數(shù)，求X的分布列與數(shù)學期望EX.
解：(1)記接受甲種心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件為M，
則P(M)＝＝.
(2)由題意知X可取的值為：0,1,2,3,4，則
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝.
因此X的分布列為
X
0
1
2
3
4
P
故X的數(shù)學期望是EX＝0＋1×＋2
25、×＋3×＋4×＝2.
4．已知某種植物的種子每粒發(fā)芽的概率都為，某實驗小組對該種植物的種子進行發(fā)芽試驗，若該實驗小組共種植四粒該植物的種子(每粒種子的生長因素相同且發(fā)芽與否相互獨立)，用ξ表示這四粒種子中發(fā)芽的種子數(shù)與未發(fā)芽的種子數(shù)的差的絕對值．
(1)求隨機變量ξ的概率分布和數(shù)學期望；
(2)求不等式ξx2－ξx＋1>0的解集為R的概率．
解：(1)由題意知，這四粒種子中發(fā)芽的種子數(shù)可能為0,1,2,3,4，對應的未發(fā)芽的種子數(shù)為4,3,2,1,0，
所以ξ的所有可能取值為0,2,4，
P(ξ＝0)＝C×2×2＝，
P(ξ＝2)＝C×3×1＋C×1×3＝，
P(ξ＝4)＝C×
26、4×0＋C×0×4＝.
所以隨機變量ξ的概率分布為：
ξ
0
2
4
P
數(shù)學期望E(ξ)＝0×＋2×＋4×＝.
(2)由(1)知ξ的所有可能取值為0,2,4，
當ξ＝0時，代入ξx2－ξx＋1>0，得1>0，對x∈R恒成立，即解集為R；
當ξ＝2時，代入ξx2－ξx＋1>0，得2x2－2x＋1>0，
即22＋>0，對x∈R恒成立，即解集為R；
當ξ＝4時，代入ξx2－ξx＋1>0，得4x2－4x＋1>0，其解集為xx≠，不滿足題意．
所以不等式ξx2－ξx＋1>0的解集為R的概率P＝P(ξ＝0)＋P(ξ＝2)＝.
5．(2017·天津高考)從甲地到乙地
27、要經(jīng)過3個十字路口，設各路口信號燈工作相互獨立，且在各路口遇到紅燈的概率分別為，，.
(1)記X表示一輛車從甲地到乙地遇到紅燈的個數(shù)，求隨機變量X的分布列和數(shù)學期望；
(2)若有2輛車獨立地從甲地到乙地，求這2輛車共遇到1個紅燈的概率．
解：(1)隨機變量X的所有可能取值為0,1,2,3.
P(X＝0)＝××＝，
P(X＝1)＝××＋××＋××＝，
P(X＝2)＝××＋××＋××＝，
P(X＝3)＝××＝.
所以隨機變量X的分布列為：
X
0
1
2
3
P
隨機變量X的數(shù)學期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(2)設Y表示第一輛車遇到紅燈
28、的個數(shù)，Z表示第二輛車遇到紅燈的個數(shù)，則所求事件的概率為
P(Y＋Z＝1)＝P(Y＝0，Z＝1)＋P(Y＝1，Z＝0)
＝P(Y＝0)P(Z＝1)＋P(Y＝1)P(Z＝0)
＝×＋×＝.
所以這2輛車共遇到1個紅燈的概率為.
6．(2017·全國卷Ⅲ)某超市計劃按月訂購一種酸奶，每天進貨量相同，進貨成本每瓶4元，售價每瓶6元，未售出的酸奶降價處理，以每瓶2元的價格當天全部處理完．根據(jù)往年銷售經(jīng)驗，每天需求量與當天最高氣溫(單位：℃)有關(guān)．如果最高氣溫不低于25，需求量為500瓶；如果最高氣溫位于區(qū)間[20,25)，需求量為300瓶；如果最高氣溫低于20，需求量為200瓶．為了確定六月
29、份的訂購計劃，統(tǒng)計了前三年六月份各天的最高氣溫數(shù)據(jù)，得下面的頻數(shù)分布表：
最高氣溫
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天數(shù)
2
16
36
25
7
4
以最高氣溫位于各區(qū)間的頻率代替最高氣溫位于該區(qū)間的概率．
(1)求六月份這種酸奶一天的需求量X(單位：瓶)的分布列；
(2)設六月份一天銷售這種酸奶的利潤為Y(單位：元)．當六月份這種酸奶一天的進貨量n(單位：瓶)為多少時，Y的數(shù)學期望達到最大值？
解：(1)由題意知，X所有可能取值為200,300,500，
由表格數(shù)據(jù)知
P(X＝200)＝
30、＝0.2，P(X＝300)＝＝0.4，
P(X＝500)＝＝0.4.
因此X的分布列為：
X
200
300
500
P
0.2
0.4
0.4
(2)由題意知，這種酸奶一天的需求量至多為500，至少為200，因此只需考慮200≤n≤500.
當300≤n≤500時，
若最高氣溫不低于25，則Y＝6n－4n＝2n；
若最高氣溫位于區(qū)間[20,25)，則Y＝6×300＋2(n－300)－4n＝1 200－2n；
若最高氣溫低于20，則Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n.
因此EY＝2n×0.4＋(1 200－2n)×0.4＋(800－2n)×0.
31、2＝640－0.4n.
當200≤n<300時，
若最高氣溫不低于20，則Y＝6n－4n＝2n；
若最高氣溫低于20，則Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n.
因此EY＝2n×(0.4＋0.4)＋(800－2n)×0.2＝160＋1.2n.
所以n＝300時，Y的數(shù)學期望達到最大值，最大值為520元．
第2課時運用空間向量求角(能力課)
[?？碱}型突破]
運用空間向量求兩直線所成的角
[例1] 已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各條棱長都相等，P為A1B上的點，且＝λ，PC⊥AB.
(1)求λ的值；
(2)求異面直線PC與AC1所成角θ的余弦值．
32、
[解] (1)設正三棱柱的棱長為2，取AC中點O，連結(jié)OB，則OB⊥AC.以O為原點，OB，OC所在直線為x軸，y軸，過點O且平行AA1的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)，
所以＝(，1,0)，＝(0，－2,2)，＝(，1，－2)．
因為PC⊥AB，所以·＝0，
得(＋)·＝0，
即(＋λ)·＝0，
即(λ，－2＋λ，2－2λ)·(，1,0)＝0，解得λ＝.
(2)由(1)知＝，＝(0,2,2)，cos θ＝＝，
所以異面直線PC與AC1所成角θ的余弦
33、值是.
[方法歸納]
1．兩條異面直線所成角的求法
設兩條異面直線a，b的方向向量分別為a，b，其夾角為θ，則cos φ＝|cos θ|＝(其中φ為異面直線a，b所成的角)．
2．用向量法求異面直線所成角的四步驟
(1)選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標系；
(2)確定異面直線上兩個點的坐標，從而確定異面直線的方向向量；
(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；
(4)兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角余弦值的絕對值．
[變式訓練]
(2017·無錫期末)如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝
34、∠CBA＝90°，PA＝AB＝BC＝1，AD＝2，E，F(xiàn)，G分別為BC，PD，PC的中點．
(1)求EF與DG所成角的余弦值；
(2)若M為EF上一點，N為DG上一點，是否存在MN，使得MN⊥平面PBC？若存在，求出點M，N的坐標；若不存在，請說明理由．
解：(1)以A為坐標原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，
∵E，F(xiàn)，G分別為BC，PD，PC的中點，
∴E，F(xiàn)，G，
∴＝，＝，
設EF與DG所成角為θ，
則cos θ＝＝.
∴EF
35、與DG所成角的余弦值為.
(2)存在MN，使得MN⊥平面PBC，理由如下：
設平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，
∵＝(0,1,0)，＝(1,0，－1)，
∴即
取x＝1，得n＝(1,0,1)，
若存在MN，使得MN⊥平面PBC，則∥n，
設M(x1，y1，z1)，N(x2，y2，z2)，
則?、?
∵點M，N分別是線段EF與DG上的點，
∴＝λ，＝t，
∵＝，＝(x2，y2－2，z2)，
∴且?、?
把②代入①，得
解得∴M，N.
故存在兩點M，N，使得MN⊥平面PBC.
運用空間向量求直線和平面所成的角
[例2] (2017·鎮(zhèn)江調(diào)研)如圖，在棱長為
36、3的正方體ABCD-A1B1C1D1中，A1E＝CF＝1.
(1)求兩條異面直線AC1與BE所成角的余弦值；
(2)求直線BB1與平面BED1F所成角的正弦值．
[解] (1)以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系D-xyz，如圖所示，
則A(3,0,0)，C1(0,3,3)，B(3，3,0)，E(3,0,2)，＝(－3,3,3)，＝(0，－3,2)，
所以cos〈，〉＝
＝＝－，
故兩條異面直線AC1與BE所成角的余弦值為.
(2)由(1)知＝(0，－3,2)，又D1(0,0,3)，B1(3,3,3)，
所以＝(3,0，－1
37、)，＝(0,0,3)．
設平面BED1F的法向量為n＝(x，y，z)，
則即令x＝1，得y＝2，z＝3，n＝(1,2,3)是平面BED1F的一個法向量．
設直線BB1與平面BED1F所成的角為α，則
sin α＝＝＝，
所以直線BB1與平面BED1F所成角的正弦值為.
[方法歸納]
直線和平面所成的角的求法
如圖所示，設直線l的方向向量為e，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為φ，兩向量e與n的夾角為θ，則有sin φ＝|cos θ|＝.
[變式訓練]
(2017·南通、泰州一調(diào))如圖所示，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，P為棱C1D1的中點
38、，Q為棱BB1上的點，且BQ＝λBB1(λ≠0)．
(1)若λ＝，求AP與AQ所成角的余弦值；
(2)若直線AA1與平面APQ所成的角為45°，求實數(shù)λ的值．
解：以{，，}為正交基底，建立如圖所示空間直角坐標系A-xyz.
則A(0,0,0)，A1(0,0,2)，P(1,2,2)，Q(2,0,2λ)．
(1)當λ＝時，＝(1,2,2)，＝(2,0,1)，
所以cos〈，〉＝
＝＝.
所以AP與AQ所成角的余弦值為.
(2)＝(0,0,2)，＝(2,0,2λ)．
設平面APQ的法向量為n＝(x，y，z)，
則即
令z＝－2，則x＝2λ，y＝2－λ.
所以n＝(2λ，
39、2－λ，－2)．
又因為直線AA1與平面APQ所成角為45°，
所以|cos〈n，〉|＝
＝＝，
可得5λ2－4λ＝0，又因為λ≠0，所以λ＝.
運用空間向量求二面角
[例3] (2017·南通調(diào)研)如圖，在四棱錐S-ABCD中，底面ABCD為矩形，SA⊥平面ABCD，AB＝1，AD＝AS＝2，P是棱SD上一點，且SP＝PD.
(1)求直線AB與CP所成角的余弦值；
(2)求二面角A-PC-D的余弦值．
[解] (1)如圖，分別以AB，AD，AS所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，
則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0
40、)，S(0,0,2)．
設P(x0，y0，z0)，
由＝，得(x0，y0，z0－2)＝(0,2，－2)，
∴x0＝0，y0＝，z0＝，
點P的坐標為.
＝，＝(1,0,0)．
設直線AB與CP所成的角為α，
則cos α＝＝.
(2)設平面APC的法向量為m＝(x1，y1，z1)，
由于＝(1,2,0)，＝，
∴即
令y1＝－2，則x1＝4，z1＝1，
所以m＝(4，－2,1)為平面APC的一個法向量．
設平面SCD的法向量為n＝(x2，y2，z2)，
由于＝(1,0,0)，＝(0，－2,2)，
∴即
令y2＝1，則z2＝1，
所以n＝(0,1,1)為平面SC
41、D的一個法向量．
設二面角A-PC-D的大小為θ，由圖易知θ為銳角，
所以cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝，
所以二面角A-PC-D的余弦值為.
[方法歸納]
解決二面角問題的兩種方法
(1)坐標法
建立恰當坐標系，求出兩個平面的法向量n1，n2，利用cos〈n1，n2〉＝求出．(結(jié)合圖形取“±”號)
(2)定義法
構(gòu)造出二面角的平面角，通過解三角形計算．
[變式訓練]
1.直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝2，AC＝4，AA1＝2，＝λ.
(1)若λ＝1，求直線DB1與平面A1C1D所成角的正弦值；
(2)若二面角B1-A1C1-D的大小為60°
42、，求實數(shù)λ的值．
解：如圖，分別以AB，AC，AA1所在的直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系A-xyz.
則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,2)，B1(2,0,2)，C1(0,4,2)．
(1)當λ＝1時，D為BC的中點，所以D(1,2,0)，＝(1，－2,2)，＝(0,4,0)，＝(1,2，－2)．
設平面A1C1D的法向量為n＝(x，y，z)，
則即
令z＝1，得y＝0，x＝2，
則n＝(2,0,1)為平面A1C1D的一個法向量，
設直線DB1與平面A1C1D所成角為θ.
則sin θ＝＝＝＝，
所以直線DB1與平面A1C1D所
43、成角的正弦值為.
(2)因為＝λ，所以D，＝.
設平面A1C1D的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，
則即
令z1＝1，得y1＝0，x1＝λ＋1，
則n1＝(λ＋1,0,1)為平面A1C1D的一個法向量．
又平面A1B1C1的一個法向量為n2＝(0,0,1)，
由題意得|cos〈n1，n2〉|＝，所以＝，
解得λ＝－1或λ＝－－1(不合題意，舍去)，
所以實數(shù)λ的值為－1.
2．(2017·蘇錫常鎮(zhèn)一模)如圖，已知正四棱錐P-ABCD中，PA＝AB＝2，點M，N分別在PA，BD上，且＝＝.
(1)求異面直線MN與PC所成角的大小；
(2)求二面角N-PC-B的余弦值．
44、
解：(1)連結(jié)AC，BD，設AC，BD交于點O，在正四棱錐P-ABCD中，OP⊥平面ABCD.又PA＝AB＝2，所以OP＝.以O為坐標原點，，方向分別是x軸，y軸正方向，建立空間直角坐標系O-xyz，如圖．
則A(1，－1,0)，B(1,1,0)，C(－1,1,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0，)．
故＝＋＝＋＝，＝＝，
所以＝，＝(－1,1，－)，
cos〈，〉＝＝＝，
所以MN與PC所成角的大小為30°.
(2)＝(－1,1，－)，＝(2,0,0)，＝.
設m＝(x，y，z)是平面PCB的一個法向量，
則即
令y＝，得z＝1，所以m＝(0，，1)，
設n＝(
45、x1，y1，z1)是平面PCN的一個法向量，
則即
令x1＝2，得y1＝4，z1＝，
所以n＝(2,4，),
故cos〈m，n〉＝＝＝，
所以二面角N-PC-B的余弦值為.
[課時達標訓練]
1．(2017·南京、鹽城二模)如圖，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面四邊形ABCD為菱形，A1A＝AB＝2，∠ABC＝60°，E，F(xiàn)分別是BC，A1C的中點．
(1)求異面直線EF，AD所成角的余弦值；
(2)點M在線段A1D上，＝λ.若CM∥平面AEF，求實數(shù)λ的值．
解：因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1為直四棱柱，所以A1A⊥平面ABCD.
又AE?平面ABC
46、D，AD?平面ABCD，
所以A1A⊥AE，A1A⊥AD.
在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，則△ABC是等邊三角形．
因為E是BC的中點，所以BC⊥AE.
因為BC∥AD，所以AE⊥AD.
故以A為原點，AE，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系．則A(0,0,0)，E(，0,0)，C(，1,0)，D(0，2,0)，A1(0,0,2)，F(xiàn).
(1)因為＝(0,2,0)，＝，
所以cos〈，〉＝＝，
所以異面直線EF，AD所成角的余弦值為.
(2)設M(x，y，z)，由于點M在線段A1D上，且 ＝λ，即＝λ，
則(x，y，z－2)＝λ(0
47、,2，－2)．
解得M(0,2λ，2－2λ)，＝(－，2λ－1,2－2λ)．
設平面AEF的法向量為n＝(x0，y0，z0)．
因為＝(，0,0)，＝，
所以即
令y0＝2，得z0＝－1，
所以平面AEF的一個法向量為n＝(0,2，－1)．
由于CM∥平面AEF，則n·＝0，
即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝.
2.如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面為直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝AB＝1，M是PB的中點．
(1)證明：平面PAD⊥平面PCD；
(2)求AC與PB所成角的余弦值；
(3)求平面AMC與平面BM
48、C所成二面角(銳角)的余弦值．
解：建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0,0)，D(1,0,0)，P(0,0,1)，B(0,2,0)，C(1,1,0)，M.
(1)證明：因為＝(0,0,1)，＝(0,1,0)，故·＝0，所以AP⊥DC.由題設知AD⊥DC，且AP與AD是平面PAD內(nèi)的兩條相交直線，
所以DC⊥平面PAD.
又DC?平面PCD，所以平面PAD⊥平面PCD.
(2)因為＝(1,1,0)，＝(0,2，－1)，
所以cos〈，〉＝＝＝.
所以AC與PB所成角的余弦值為.
(3)設平面AMC的一個法向量為n1＝(x1，y1，z1)．
因為＝，＝(1,1,0)，
49、所以即
取x1＝1，得y1＝－1，z1＝2，所以n1＝(1，－1,2)．
同理可得平面BMC的一個法向量為n2＝(1,1,2)．
因為cos〈n1，n2〉＝＝＝.
所以平面AMC與平面BMC所成二面角(銳角)的余弦值為.
3．(2017·江蘇高考)如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°.
(1)求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值；
(2)求二面角B-A1D-A的正弦值．
解：(1)在平面ABCD內(nèi)，過點A作AE⊥AD，交BC于點E.
因為AA1⊥平面ABCD，
所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.
50、
如圖，以{，，}為正交基底，建立空間直角坐標系A-xyz.
因為AB＝AD＝2，
AA1＝，∠BAD＝120°，
則A(0,0,0)，B(，－1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，A1(0，0，)，C1(，1，)．
(1)＝(，－1，－)，＝(，1，)．
則cos〈，〉＝＝＝－.
因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為.
(2)可知平面A1DA的一個法向量為＝(，0,0)．
設m＝(x，y，z)為平面BA1D的一個法向量，
又＝(，－1，－)，＝(－，3,0)，
則即
不妨取x＝3，則y＝，z＝2，
所以m＝(3，，2)為平面BA1D的一個法向量，
從而
51、cos〈，m〉＝＝＝.
設二面角B-A1D-A的大小為θ，則|cos θ|＝.
因為θ∈[0，π]，所以sin θ＝＝.
因此二面角B-A1D-A的正弦值為.
4.如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是直角三角形，AB＝AC＝1，AA1＝2，點P是棱BB1上一點，滿足＝λ (0≤λ≤1)．
(1)若λ＝，求直線PC與平面A1BC所成角的正弦值；
(2)若二面角P-A1C-B的正弦值為，求λ的值．
解：以A為坐標原點，分別以AB，AC，AA1所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz.因為AB＝AC＝1，AA1＝2，則A(0,0,0)，B(1,
52、0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0,2)，B1(1,0,2)，P(1，0,2λ)．
(1)由λ＝得，＝，＝(1,0，－2)，＝(0,1，－2)．
設平面A1BC的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，
由得
不妨取z1＝1，則x1＝y(tǒng)1＝2，
從而平面A1BC的一個法向量為n1＝(2,2,1)．
設直線PC與平面A1BC所成的角為θ，
則sin θ＝＝＝，
所以直線PC與平面A1BC所成角的正弦值為.
(2)設平面PA1C的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，
又＝(1,0,2λ－2)，
故由得
不妨取z2＝1，則x2＝2－2λ，y2＝2，
所以平面PA1C的一個
53、法向量為n2＝(2－2λ，2,1)．
則cos〈n1，n2〉＝，
又二面角P-A1C-B的正弦值為，
所以＝，
化簡得λ2＋8λ－9＝0，解得λ＝1或λ＝－9(舍去)，
故λ的值為1.
5.如圖，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD＝1，D1D＝2，點P為棱CC1的中點．
(1)設二面角A-A1B-P的大小為θ，求sin θ的值；
(2)設M為線段A1B上的一點，求的取值范圍．
解：(1)如圖，以點D為坐標原點，DA，DC，DD1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系D-xyz，則A(1,0,0)，A1(1,0,2)，P(0,1,1)，B(1,1,0)．
54、
所以＝(0,0,2)，＝(0,1,0)．
設平面AA1B的法向量為n＝(x1，y1，z1)，
則即
取n＝(1,0,0)為平面AA1B的一個法向量．
又＝(1，－1,1)，＝(1,0，－1)．
設平面PA1B的法向量為m＝(x2，y2，z2)，
則即
取m＝(1,2,1)為平面PA1B的一個法向量．
所以cos〈n，m〉＝＝，
則sin θ＝.
(2)設M(x，y，z)，＝λ (0≤λ≤1)，
即(x－1，y－1，z)＝λ(0，－1,2)，
所以M(1,1－λ，2λ)．
所以＝(0，λ－1，－2λ)，＝(－1，λ，1－2λ)，
＝
＝
＝.
令2λ－1＝t
55、∈[－1,1]，
則＝，
當t∈[－1,0)時，∈；
當t∈(0,1]時，∈；
當t＝0時，＝0.
所以∈，
則∈.
故的取值范圍為.
6．(2017·南通三模)如圖，在四棱錐S-ABCD中，SD⊥平面ABCD，四邊形ABCD是直角梯形，∠ADC＝∠DAB＝90°，SD＝AD＝AB＝2，DC＝1.
(1)求二面角S-BC-A的余弦值；
(2)設P是棱BC上一點，E是SA的中點，若PE與平面SAD所成角的正弦值為，求線段CP的長．
解：(1)以D為坐標原點，DA，DC，DS所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz，
則D(0,0,0)，A(2,0,
56、0)，B(2,2,0)，C(0,1,0)，S(0,0,2)，
所以＝(2,2，－2)，＝(0,1，－2)，＝(0,0,2)．
設平面SBC的法向量為n1＝(x，y，z)，
則即
令z＝1，得x＝－1，y＝2，
所以n1＝(－1,2,1)是平面SBC的一個法向量.
因為SD⊥平面ABC，取平面ABC的一個法向量n2＝(0,0,1)．
設二面角S-BC-A的大小為θ，
由圖可知二面角S-BC-A為銳二面角，
所以|cos θ|＝＝＝，
所以二面角S-BC-A的余弦值為.
(2)由(1)知E(1,0,1)，
＝(2,1,0)，＝(1，－1，1)．
設＝λ (0≤λ≤1)，
則＝λ(2,1,0)＝(2λ，λ，0)，
所以＝－＝(1－2λ，－1－λ，1)．
易知CD⊥平面SAD，
所以＝(0,1,0)是平面SAD的一個法向量．
設PE與平面SAD所成的角為α，
所以sin α＝|cos〈，〉|＝＝，
即＝，得λ＝或λ＝(舍去)．
所以＝，||＝，
所以線段CP的長為.
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（江蘇專版）2018年高考數(shù)學二輪復習 專題七 隨機變量、空間向量教學案 理
