专题17 空间向量及应用
★★★高考在考什么
【考题回放】
1．在正方体A1B1C1D1-ABCD中，M、N分别是棱A1A和B1B的中点，若θ为直
线CM与D1N所成的角，则sinθ等于 （ ）
A． B． C． D．
2．直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=900,AC=AA1=a，则点A到平面A1BC的距
离是（ C ）
A ．a B．a C． D．a
3．如图，正四面体S-ABC中，D为SC的中点，则BD与SA
所成角的余弦值是（ C ）
A． B． C． D．
4．在正三棱锥P-ABC中，M、N分别是侧棱PB、PC的中点，
若截面AMN⊥侧面PBC，则此三棱锥的侧棱与底面所成角的正切值是（ C ）
A． B． C． D．
5．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BAC=900，AB=BB1=1，直线B1C与平面ABC
成300角，则二面角B-B1C-A的正弦值。
6．在三棱锥S—ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，
SA=SC=2，M、N分别为AB、SB的中点。
（1）证明：AC⊥SB；
（2）求二面角N—CM—B的大小；
（3）求点B到平面CMN的距离．
【专家解答】（1）取AC中点O，连结OS、OB．
∵SA=SC，AB=BC，∴AC⊥SO且AC⊥BO．
∵平面SAC⊥平面ABC， ∴SO⊥面ABC，
∴SO⊥BO．如图建立空间直角坐标系
O－xyz．则A（2，0，0），B（0，2，0），
C（－2，0，0），S（0，0，2），M(1，，0)，N(0，，)．
∴=（－4，0，0），=（0，2，－2），
∵·=（－4，0，0）·（0，2，－2）=0， ∴AC⊥SB．
（2）由（1）得=（3，，0），=（－1，0，）．
设n=（x，y，z）为平面CMN的一个法向量， ∴n=(，－，1)，
又=(0，0，2)为平面ABC的一个法向量，
∴cos(n，)==．∴二面角N－CM－B的大小为arccos．
（3）由(1)(2)得=(－1,,0)，n=(,－,1)为平面CMN的一个法向量
∴点B到平面CMN的距离d==．
★★★高考要考什么
【考点透视】
用空间向量可以解决的立体几何问题有：
1．利用两个向量共线和共面定理,可证明有关线线平行,线面平行,面面平行问题
2．利用两个向量垂直的充要条件可以证明有关线线,线面,面面垂直问题
3．利用两个向量的夹角公式可以求解有关角的问题
4．利用向量的模及向量在单位向量上的射影可以求解有关的距离问题
【热点透析】
空间向量解立体几何问题的基本步骤是：
1．建立适当的坐标系； 2．确定相关点的坐标；
3．求平面的法向量； 4．利用公式求答案。
★★★突破重难点
【范例1】如图, 在直三棱柱中，
,点为的中点
(Ⅰ)求证;
(Ⅱ) 求证：平面;
(Ⅲ)求异面直线与所成角的余弦值
解： ∵直三棱锥底面三边长
，两两垂直
如图建立坐标系，则C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4),D(,2,0)
(Ⅰ),
(Ⅱ)设与的交点为E，则E(0,2,2)，
(Ⅲ)
∴异面直线与所成角的余弦值为
【点晴】在具有三维直角的立体几何题中常使用空间向量方法，证明线面垂直即证明直线的方向向量与平面的法向量平行，另外注意异面直线所成角为锐角。
【文】如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝PA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC．
(Ⅰ) 求证∥平面
(Ⅱ) 求直线与平面PBC所成角的大小；
解析 （1）
。
【点晴】注意空间坐标系的选取，证明线面平行即证明直线的方向向量与平面的法向量垂直，另外注意线面所成的角与直线方向向量和法向量所成角的关系。
【范例2】如图，以正四棱锥V—ABCD底面中心O为坐标原点建立空间直角坐标系O—xyz，其中Ox//BC，Oy//AB．E为VC中点，正正四棱锥底面边长为2a，高为h．
（Ⅰ）求
（Ⅱ）记面BCV为α，面DCV为β，若∠BED是二面
角α—VC—β的平面角，求∠BED．
解：（I）由题意知B(a，a，0)，C(―a，a，0)，
D(―a，―a，0)，E
由此得
（II）若∠BED是二面角α—VC—β的平面角，则，即有=0．
又由C（－a，a，0），V（0，0，h），有且
即这时有
【点晴】本小题主要考查应用向量知识解决立体几何的能力，注意面面所成角与两法向量所成角的关系。
【文】如图，直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB=90°，AC=1，CB=，侧棱AA1=1,侧面AA1B1B的两条对角线交点为D，B1C1的中点为M。
求证：(1)CD⊥平面BDM；
(2) 求面B1BD与面CBD所成二面角的大小。
解：以C为原点建立坐标系。
(1),
则，
∵A1B、DM为平面BDM内两条相交直线，∴CD⊥平面BDM。
(2) 设BD的中点为G,连结B1G, 则
，
，
∴的夹角等于所求二面角的平面角.
所以所求的二面角等于
【点晴】本小题坐标系的建立容易想到，用直线与平面内两不共线向量垂直来证明线面垂直是根据立体几何的判定定理，另注意面面所成角与两法向量所成角间的转换。
【范例3】如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为1，M是底面BC边上的中点，N是侧棱CC1上的点，且CN＝2C1N．
（Ⅰ）求二面角B1－AM－N的平面角的余弦值；
（Ⅱ）求点B1到平面AMN的距离。
解（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,1)，
M（0，，0）,C(0,1,0), N (0,1,) , A ()，
所以,,
因为
所以,同法可得。
故﹤﹥为二面角—AM—N的平面角
∴﹤﹥＝
故二面角—AM—N的平面角的余弦值为。
（Ⅱ）设n=(x, y, z)为平面AMN的一个法向量，则由得
, 故可取
设与n的夹角为a，则。
所以到平面AMN的距离为。
【点晴】本小题坐标系的建立有点特殊，同学们可试在另外坐标系下的方法。注意如何使用向量形式下求各种立体几何中距离的问题，考查应用向量解决数学问题的能力.
【文】如图，已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高都是2，AB=4．
(Ⅰ)证明PQ⊥平面ABCD；
(Ⅱ)求异面直线AQ与PB所成的角；
(Ⅲ)求点P到平面QAD的距离．
解：（Ⅰ）连结AC、BD，设．
由P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥，所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD．从而P、O、Q三点在一条直线上，所以PQ⊥平面ABCD．
（Ⅱ）由题设知，ABCD是正方形，所以AC⊥BD． 由（Ⅰ），QO⊥平面ABCD． 故可分别以直线CA、DB、QP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图），
由题条件，相关各点的坐标分别是
P（0，0，2），A（，0，0），
Q（0，0，－2），B（0，，0）．
所以
．
故直线AQ与PB所成的角是．
(Ⅲ)由（Ⅱ），点D（0，－，0），
，，设是平面QAD的一个法向量，
由得．取x=1，得．
所以点P到平面QAD的距离．
【点晴】本小题坐标系的建立还可以与ABCD的边平行，同学们不妨一试。注意如何使用向量形式下求各种距离的问题，其中求法向量向量解决几何问题的关键。
【范例4】如图，在棱长为1的正方体中，是侧棱上的一点，。
（Ⅰ）、试确定，使直线与平面所成角的正切值为；
（Ⅱ）、在线段上是否存在一个定点，使得对任意的，在平面上的射影垂直于，并证明你的结论。
解：（１）建立如图所示的空间直角坐标系，则
A(1,0,0),B(1,1,0),P(0,1,ｍ),C(0,1,0), D(0,0,0), B1(1,1,1),
D1(0,0,1)．所以
又由
的一个法向量．
设与所成的角为，
则
依题意有：，解得．
故当时，直线。
（２）若在上存在这样的点，设此点的横坐标为，
则。
依题意，对任意的m要使D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP。等价于
即为的中点时，满足题设的要求．
【点晴】空间向量解决立体几何的开放性或探索性问题的关键是对未知点坐标的设法，从而建立方程得以解决，注意总结各种常见类型的坐标系以及坐标系各种点坐标的寻求。
【文】如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=，
AF=1，M是线段EF的中点．
（Ⅰ）求证AM∥平面BDE；
（Ⅱ）求二面角A—DF—B的大小；
（Ⅲ）试在线段AC上确定一点P，使得PF与
BC所成的角是60。
解：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系．
设，连接NE，则点N、E的坐
标分别是（、（0,0,1）, ∴NE=(,
又点A、M的坐标分别是（）、（
∴ =（
∴NE=AM且NE与AM不共线， ∴NE∥AM．
又∵平面BDE， 平面BDE，∴AM∥平面BDF．
（Ⅱ）∵AF⊥AB，AB⊥AD，AF
∴AB⊥平面ADF．
∴为平面DAF的法向量．
∵NE·DB=（·=0，
∴NE·NF=（·=0
得NE⊥DB，NE⊥NF，
∴NE为平面BDF的法向量
∴cos
=，∴AB与NE的夹角是60 ．
即所求二面角A—DF—B的大小是60 ．
（Ⅲ）设P(t,t,0)(0≤t≤)得
∴CD=（，0，0）又∵PF和CD所成的角是60 ．
∴
解得或（舍去），即点P是AC的中点．
【点晴】本题前两个小题较简单，（Ⅰ）用到了立体几何的判定定理；（Ⅱ）注意法向量的求法；（Ⅲ）用未知数设不定点是空间向量解决立体几何问题的难点，注意总结各种常见类型的坐标系以及坐标系各种点坐标的寻求。
★★★自我提升
1．如果向量a=(1,0,1),b=(0,1,1)分别平行于平面α,β且都与此两平面的交线l垂直,则二面角α-l-β的大小是 ( D )
A． 90° B． 30° C．45° D．60°
2．已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的 中点，则直线AD 与平面B1DC所成角的正弦值为（ D ）．
A． B． C． D．
3．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，O是底
面A1B1C1D1中心，则O到平面ABC1D1的距离为（ B ）
A． B． C． D．
4．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，截面A1BD与底面ABCD所成的二面角A1-BD-A
的正切值为（ B ）
A．1 B． C． D．2
5．正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，那么
（1） 直线BA1与CC1所成角的大小为 45° 。
（2） 直线BA1与B1C所成角的大小为 60° 。
（3） 异面直线BC与AA1的距离为 a 。
（4） 异面直线BA1与CC1的距离为 a 。
6．已知直四棱柱中，，底面
是直角梯形,,,,,
,则异面直线与所成的角为 arccos 。
7．如图，在长方体中，分别是的中点，分别是的中点，
（Ⅰ）求证：面；
（Ⅱ）求二面角的大小；
（Ⅲ）求三棱锥的体积。
方法一
解：（Ⅰ）证明：取的中点，连结
∵分别为的中点
∵
∴面，面
∴面面
∴面
（Ⅱ）设为的中点 ∵为的中点
∴ ∴面
作，交于，连结，则由三垂线定理得，从而为二面角的平面角。
在中，，
从而
在中，
故二面角的大小为
（Ⅲ）
作，交于，由面得
∴面
∴在中，
∴
方法二：以为原点，所在直
线分别为轴，轴，轴，建立直角坐标系，则
∵分别是的中点
∴
（Ⅰ）, 取，显然面，，
∴ 又面 ∴面
（Ⅱ）过作，交于，取的中点，则
设，则
又由，及在直线上，
可得，解得
∴ ∴, 即
∴与所夹的角等于二面角的大小
故二面角的大小为
（Ⅲ）设为平面的法向量，则
又
∴ 即 ∴可取
∴点到平面的距离为
∵，
∴
∴
8．在直三棱柱中，底面是以为直角的等腰直角三角形，，，为的中点，为的中点，
（1）求直线与所成的角;
（2）在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出；
若不存在，说明理由。
解：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系
(1)
,
,
故直线与所成的角为
（2）假设存在点，使平面，只要且
不妨设则，
， 恒成立
或
故或时，平面
D
B
C
A
O
x
y
z
A1
C
B
A
B1
C1
D1
D
O
S
D
A
P
C
B
Q
D
A
P
C
B
Q
《专题17 空间向量及应用》第11页（共11页）专题18 概率、统计
★★★高考在考什么
【考题回放】
1．甲：A1、A2是互斥事件；乙：A1、A2是对立事件，那么甲是乙的( B )
A．甲是乙的充分但不必要条件 B．甲是乙的必要但不充分条件
C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件
2．在正方体上任选3个顶点连成三角形，则所得的三角形是直角非等腰三角形的概率为（ C ）
A． B． C． D．
3．某班有50名学生，其中 15人选修A课程，另外35人选修B课程．从班级中任选两名学生,他们是选修不同课程的学生的慨率是 ．(结果用分数表示)
4．一个均匀小正方体的六个面中，三个面上标以数0，两个面上标以数1,一个面上标以数2，将这个小正方体抛掷2次，则向上的数之积的数学期望是．
5．某人5次上班途中所花的时间（单位：分钟）分别为x，y，10，11，9．已知这组数据的平均数为10，方差为2，则｜x－y｜的值为 （ D ）
（A）1 （B）2 （C）3 （D）4
6．某射手进行射击训练，假设每次射击击中目标的概率为，且各次射击的结果互不影响。
（1）求射手在3次射击中，至少有两次连续击中目标的概率（用数字作答）；
（2）求射手第3次击中目标时，恰好射击了4次的概率（用数字作答）；
（3）设随机变量表示射手第3次击中目标时已射击的次数，求的分布列．
【专家解答】（Ⅰ）记“射手射击1次，击中目标”为事件，则在3次射击中至少有两次连续击中目标的概率
（Ⅱ）射手第3次击中目标时，恰好射击了4次的概率
（Ⅲ）由题设，“”的概率为（且）
所以，的分布列为：
3 4 … k …
P … …
★★★高考要考什么
【考点透视】
等可能性的事件的概率,互斥事件有一个发生的概率,相互独立事件同时发生的概率,独立重复试验、离散型随机变量的分布列、期望和方差．
【热点透析】
1．相互独立事件同时发生的概率,其关键是利用排列组合的内容求解m，n．
2．独立重复试验，其关键是明确概念，用好公式，注意正难则反的思想．
3．离散型随机变量的分布列、期望和方差，注意取值的完整性以及每一取值的
实际含义．
★★★突破重难点
【范例1】某批产品成箱包装，每箱5件．一用户在购进该批产品前先取出3箱，再从每箱中任意抽取2件产品进行检验．设取出的第一、二、三箱中分别有0件、1件、2件二等品，其余为一等品．
（Ⅰ）用ξ表示抽检的6件产品中二等品的件数，求ξ的分布列及ξ的数学期望；
（Ⅱ）若抽检的6件产品中有2件或2件以上二等品，用户就拒绝购买这批产品，求这批产品级用户拒绝的概率．
解(1)
, ,
,
所以的分布列为
0 1 2 3
P
的数学期望E()=
(2) P()=
【点晴】本题以古典概率为背景，其关键是利用排列组合的方法求出m，n，主要考察分布列的求法以及利用分布列求期望和概率。
【变式】袋中装着标有数学1，2，3，4，5的小球各2个，从袋中任取3个小球，按3个小球上最大数字的9倍计分，每个小球被取出的可能性都相等，用表示取出的3个小球上的最大数字，求：（1）取出的3个小球上的数字互不相同的概率；
(2)随机变量的概率分布和数学期望；
(3)计分介于20分到40分之间的概率．
解：（I）解法一：“一次取出的3个小球上的数字互不相同”的事件记为，
则
解法二：“一次取出的3个小球上的数字互不相同的事件记为A”，“一次取出的3个小球上有两个数字相同”的事件记为，则事件和事件是互斥事件，因为，所以．
（II）由题意有可能的取值为：2，3，4，5．
所以随机变量的概率分布为
2 3 4 5
因此的数学期望为
（Ⅲ）“一次取球所得计分介于20分到40分之间”的事件记为，则
【范例2】某运动员射击一次所得环数的分布如下：
6 7 8 9 10
0 p
现进行两次射击，以该运动员两次射击中最高环数作为他的成绩，记为．
(I)求p；
(II)求该运动员两次都命中7环的概率
(Ⅲ)求的分布列
解：(Ⅰ)p=1-0．3-0．3-0．2=0．2
(Ⅱ)求该运动员两次都命中7环的概率为；
(Ⅲ)的可能取值为7、8、9、10
分布列为
7 8 9 10
P 0．04 0．21 0．39 0．36
【点晴】本题已知分布列逆求其他事件的概率和分布列，注意利用分布列的性质用于验证答案或求最后一个事件的概率，例如。
【变式】甲、乙两袋装有大小相同的红球和白球，甲袋装有2个红球，2个白球；乙袋装有2个红球，n个白球．两甲，乙两袋中各任取2个球．
(Ⅰ)若n=3，求取到的4个球全是红球的概率；
(Ⅱ)若取到的4个球中至少有2个红球的概率为，求n．
解：（I）记“取到的4个球全是红球”为事件．
（II）记“取到的4个球至多有1个红球”为事件，“取到的4个球只有1个红球”为事件，“取到的4个球全是白球”为事件．由题意，得
所以，
化简，得解得，或（舍去），故 ．
【点晴】本题属于古典概率，已知概率的结果，利用方程的思想逆求出n是该题的关键。
【范例3】甲、乙、丙3人投篮,投进的概率分别是, , ．
(Ⅰ)现3人各投篮1次,求3人都没有投进的概率;
(Ⅱ)用ξ表示乙投篮3次的进球数,求随机变量ξ的概率分布及数学期望Eξ．
解: (Ⅰ)记"甲投篮1次投进"为事件A1 ， "乙投篮1次投进"为事件A2 ， "丙投篮1次投进"为事件A3，"3人都没有投进"为事件A ．则P(A1)= ，P(A2)= ，P(A3)= ，
∴ P(A) = P(．．)=P()·P()·P()
= [1－P(A1)] ·[1－P (A2)] ·[1－P (A3)]=(1－)(1－)(1－)=
∴3人都没有投进的概率为 ．
(Ⅱ)解法一: 随机变量ξ的可能值有0，1，2，3， ξ~ B(3， )，
P(ξ=k)=C3k()k()3－k (k=0，1，2，3) ， Eξ=np = 3× = ．
解法二: ξ的概率分布为:
ξ 0 1 2 3
P
Eξ=0×+1×+2×+3×= ．
【点晴】已知概率求概率，主要运用加法公式（互斥）和乘法公式（独立）以及n次独立重复试验（二项分布），注意条件和适用的范围，另外利用二项分布期望和方差结论使问题简洁明了。
【变式】某安全生产监督部门对5家小型煤矿进行安全检查(简称安检)．若安检不合格,则必须进行整改．若整改后经复查仍不合格,则强行关闭．设每家煤矿安检是否合格是相互独立的,且每家煤矿整改前安检合格的概率是0．5,整改后安检合格的概率是0．8,计算(结果精确到0．01):
(Ⅰ)恰好有两家煤矿必须整改的概率;
(Ⅱ)平均有多少家煤矿必须整改;
(Ⅲ)至少关闭一家煤矿的概率．
解：（Ⅰ）每家煤矿必须整改的概率是1－0.5，且每家煤矿是否整改是相互独立的．
所以恰好有两家煤矿必须整改的概率是．
（Ⅱ）由题设，必须整改的煤矿数服从二项分布B(5,0．5)．从而的数学期望是 E＝，即平均有2．50家煤矿必须整改．
(Ⅲ)某煤矿被关闭，即该煤矿第一次安检不合格，整改后经复查仍不合格，
所以该煤矿被关闭的概率是，从而该煤矿不被关闭的概率是0.9．
由题意，每家煤矿是否被关闭是相互独立的，
所以至少关闭一家煤矿的概率是
【点晴】注意n次独立重复试验的条件、公式的记忆以及二项分布的期望结论，另外至多、至少等概率问题常使用正难则反的思想运用。
【范例4】某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案．
方案一：考试三门课程，至少有两门及格为考试通过；
方案二：在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格为考试通过．
假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别是，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响．
（Ⅰ）分别求该应聘者用方案一和方案二时考试通过的概率；
（Ⅱ）试比较该应聘者在上述两种方案下考试通过的概率的大小．（说明理由）
解：设三门考试课程考试通过的事件分别为A，B，C，相应的概率为a，b，c
（1）考试三门课程，至少有两门及格的事件可表示为AB＋AC＋BC＋ABC，设其概率为P1，则P1＝ab（1－c）＋a（1－b）c＋（1－a）bc＋abc＝ab＋ac＋bc－2abc
设在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格的概率为P2，
则P2＝ab＋ac＋bc
（2）P1－P2＝（ab＋ac＋bc－2abc）－（ab＋ac＋bc）＝ab＋ac＋bc－2abc
＝（ab＋ac＋bc－3abc）＝[ ab (1-c)＋ac(1－b)＋bc(1－a)] 0
P1P2即用方案一的概率大于用方案二的概率．
【点晴】本题作为含有字母的概率问题，增加了一定的难度，问题（Ⅱ）又运用了不等式作差的方法比较两期望的大小。
【变式】现有甲、乙两个项目，对甲项目每投资十万元，一年后利润是1．2万元、1．18万元、1．17万元的概率分别为、、;已知乙项目的利润与产品价格的调整有关,在每次调整中价格下降的概率都是,设乙项目产品价格在一年内进行2次独立的调整,记乙项目产品价格在一年内的下降次数为,对乙项目每投资十万元, 取0、1、2时, 一年后相应利润是1．3万元、1．25万元、0．2万元．随机变量、分别表示对甲、乙两项目各投资十万元一年后的利润．
(I) 求、的概率分布和数学期望、;
(II) 当时,求的取值范围．
【解析】(I)解法1: 的概率分布为
1．2 1．18 1．17
P
E=1．2+1．18+1．17=1．18．
由题设得,则的概率分布为
0 1 2
P
故的概率分布为
1．3 1．25 0．2
P
所以的数学期望为
E=++=．
解法2: 的概率分布为
1．2 1．18 1．17
P
E=1．2+1．18+1．17=1．18．
设表示事件”第i次调整,价格下降”(i=1,2),则
P(=0)= ;
P(=1)=;
P(=2)=
故的概率分布为
1．3 1．25 0．2
P
所以的数学期望为
E=++=．
(II) 由,得:
因0【点晴】本小题考查二项分布、分布列、数学期望以及与不等式等其他知识的综合应用,考查了运用概率知识解决实际问题的能力．
★★★自我提升
1．在一个口袋中装有5个白球和3个黑球，这些球除颜色外完全相同，从中摸出3个球，至少摸到2个黑球的概率等于（ A ）．
A． B． C． D．
2．某地区有300家商店，其中大型商店有30家 ，中型商店有75家，小型商店有
195家。为了掌握各商店的营业情况，要从中抽取一个容量为20的样本。若采
用分层抽样的方法，抽取的中型商店数是（ C ）．
A．2 B．3 C．5 D．13
3．将7个人（含甲、乙）分成三个组，一组3人，另两组2 人，不同的分组数为
a，甲、乙分到同一组的概率为p，则a、p的值分别为（ A ）．
A. a=105 p= B．a=105 p= C．a=210 p= D．a=210 p=
4．从到这个数字中任取个数字组成一个没有重复数字的三位数，这个数不能被整除的概率为（ B ）
A． B． C． D．
5．在一个小组中有8名女同学和4名男同学，从中任意地挑选2名同学担任交通安全宣传志愿者，那么选到的两名都是女同学的概率是_（结果用分数表示）．
6．设离散型随机变量可能取的值为1，2，3，4。（1，2，
3，4）。又的数学期望，则 ．;
7．某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18、19、20层可以停靠．若该电梯在
底层载有5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为，用ξ
表示这5位乘客在 20层下电梯的人数．求：
（Ⅰ）随机变量ξ的分布列；
（Ⅱ）随机变量ξ的期望．
解：（1）的所有可能值为0，1，2，3，4，5。由等可能性事件的概率公式得
从而，的分布列为
0 1 2 3 4 5
（II）由（I）得的期望为
8．A、B是治疗同一种疾病的两种药，用若干试验组进行对比试验。每个试验组由4只小白鼠组成，其中2只服用A，另2只服用B，然后观察疗效。若在一个试验组中，服用A有效的小白鼠的只数比服用B有效的多，就称该试验组为甲类组。设每只小白鼠服用A有效的概率为，服用B有效的概率为。
（Ⅰ）求一个试验组为甲类组的概率；
（Ⅱ）观察3个试验组，用表示这3个试验组中甲类组的个数，求的分布
列和数学期望。
解: (1)设Ai表示事件“一个试验组中，服用A有效的小鼠有i只" , i=0,1,2,
Bi表示事件“一个试验组中，服用B有效的小鼠有i只" , i=0,1,2,
依题意有: P(A1)=2×× = , P(A2)= × = ． P(B0)= × = ,
P(B1)=2× × = ,
所求概率为: P=P(B0·A1)+P(B0·A2)+P(B1·A2)= × + × + × =
(Ⅱ)ξ的可能值为0,1,2,3且ξ~B(3,) ．
P(ξ=0)=()3= , P(ξ=1)=C31××()2=,
P(ξ=2)=C32×()2× = , P(ξ=3)=( )3=
ξ的分布列为:
ξ 0 1 2 3
P
9．在某校举行的数学竞赛中，全体参赛学生的竞赛成绩近似服从正态分布。已知成绩在90分以上（含90分）的学生有12名。
（Ⅰ）试问此次参赛学生总数约为多少人？
（Ⅱ）若该校计划奖励竞赛成绩排在前50名的学生，试问设奖的分数线约为多
少分？
可共查阅的（部分）标准正态分布表
x0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
1.21.31.41.92.02.1 0.88490.90320.91920.97130.97720.9821 0.88690.90490.92070.97190.97780.9826 0.8880.90660.92220.97260.97830.9830 0.89070.90820.92360.97320.97880.9834 0.89250.90990.92510.97380.97930.9838 0.89440.91150.92650.97440.97980.9842 0.89620.91310.92780.97500.98030.9846 0.89800.91470.92920.97560.98080.9850 0.89970.91620.93060.97620.98120.9854 0.90150.91770.93190.97670.98170.9857
解：（Ⅰ）设参赛学生的分数为，因为～N(70，100)，由条件知，
P(≥90)＝1－P（<90）＝1－F(90)＝1－
＝1－(2)＝1－0.9772＝0.228．
这说明成绩在90分以上（含90分）的学生人数约占全体参赛人数的2.28％，
因此，参赛总人数约为≈526（人）。
（Ⅱ）假定设奖的分数线为x分，则
P(≥x)＝1－P（即＝0.9049，查表得≈1.31，解得x＝83.1．
故设奖得分数线约为83.1分。
《专题18 概率、统计(理)》第9页（共9页）专题15 空间位置关系与距离
★★★高考在考什么
【考题回放】
1．已知平面α外不共线的三点A,B,C到α的距离都相等,则正确的结论是( B)
A.平面ABC必平行于α B. 存在△ABC的一条中位线平行于α或在α内
C. 平面ABC必与α相交 D. 平面ABC必不垂直于α
2．如图，过平行六面体ABCD-A1B1C1D1任意两条棱的中
点作直线,其中与平面DBB1D1平行的直线共有( D )
A.4条 B.6条 C.8条 D.12条
3．设三棱柱ABC—A1B1C1的体积为V，P、Q分别
是侧棱AA1、 CC1 上的点，且PA=QC1，则
四棱锥B—APQC的体积为（ C ）
A． B． C． D．
4．已知m、n是两条不重合的直线，α、β、γ是三个两两不重合的平面，给出下列
四个命题：①若； ②若
③若；
④若m、n是异面直线，，
其中真命题是（ D）
A．①和② B．①和③ C．③和④ D．①和④
5．在正方形中，过对角线的一个平面交于E，交于F，则( )
1 四边形一定是平行四边形
1 四边形有可能是正方形
1 四边形在底面ABCD内的投影一定是正方形
1 四边形有可能垂直于平面
以上结论正确的为 ①③④ 。（写出所有正确结论的编号）
6．如图，四面体ABCD中，O、E分别BD、BC的中点,
（Ⅰ）求证：AO⊥平面BCD；
（Ⅱ）求异面直线AB与CD所成角的大小；
（Ⅲ）求点E到平面ACD的距离.
【专家解答】
（I）证明：连结OC
在中，由已知得
而 即
平面
（II）取AC的中点M，连结OM、ME、OE，由E为BC的中点知
直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角
在中，
是直角斜边AC上的中线，
异面直线AB与CD所成角的大小为
（III）设点E到平面ACD的距离为
在中,
而
点E到平面ACD的距离为
★★★高考要考什么
【考点透视】
判断线线、线面、面面的平行与垂直，求点到平面的距离及多面体的体积。
【热点透析】
1． 转化思想：
① ；
② 异面直线间的距离转化为平行线面之间的距离，
平行线面、平行面面之间的距离转化为点与面的距离。
2．空间距离则主要是求点到面的距离主要方法：
①体积法； ②直接法,找出点在平面内的射影
★★★高考将考什么
【范例1】如图，在五面体中，点是矩形的对角线的交点，面是等边三角形，棱．
（1）证明//平面；
（2）设，
证明平面．
解析：（Ⅰ）取CD中点M，连结OM.
在矩形ABCD中，，又，则，
连结EM，于是四边形EFOM为平行四边形.
又平面CDE， EM平面CDE， ∴ FO∥平面CDE
（Ⅱ）证明：连结FM，由（Ⅰ）和已知条件，在等边△CDE中，
且.
因此平行四边形EFOM为菱形，从而EO⊥FM而FM∩CD=M，
∴CD⊥平面EOM，从而CD⊥EO. 而，所以EO⊥平面CDF.
【点晴】本小题考查直线与平面平行、直线与平面垂直等基础知识，注意线面平行和线面垂直判定定理的使用，考查空间想象能力和推理论证能力。
【文】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形,
AD∥BC，∠BAD=90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD=AB
=2BC，M、N分别为PC、PB的中点。
(Ⅰ)求证：PB⊥DM;
(Ⅱ)求CD与平面ADMN所成的角
解析：方法一：
（I）因为是的中点，，所以.
因为平面，所以，从而平面.
因为平面，所以.
（II）取的中点，连结、，则，
所以与平面所成的角和与平面所成的角相等.
因为平面，所以是与平面所成的角.
在中，.
故与平面所成的角是.
方法二：
以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，则
.
（I） 因为，所以
（II） 因为，所以，
又因为，所以平面
因此的余角即是与平面所成的角.
因为，
所以与平面所成的角为.
【点晴】注意线线垂直常使用线面垂直得到解决，线面角关键是找到射影，遵循一作二证三计算的步骤。同时使用空间向量能降低对空间想象能力的要求。
【范例2】如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD 为矩形，AB=8，AD=4，侧面PAD为等边三角形，并且与底面所成二面角为60°.
（Ⅰ）求四棱锥P—ABCD的体积；
（Ⅱ）证明PA⊥BD.
解析：（Ⅰ）如图，取AD的中点E，
连结PE，则PE⊥AD.
作PO⊥平面在ABCD，垂足为O，连结OE.
根据三垂线定理的逆定理得OE⊥AD，
所以∠PEO为侧面PAD与底面所成的二面角
的平面角，由已知条件可知∠PEO=60°，PE=6，所以PO=3，
四棱锥P—ABCD的体积VP—ABCD=
（Ⅱ）法1 如图，以O为原点建立空间直角坐标系.通过计算可得P(0，0，3)，
A(2，－3，0)，B(2，5，0)，D(－2，－3，0)
所以
因为 所以PA⊥BD.
法2：连结AO，延长AO交BD于点F.通过计算
可得EO=3，AE=2，又知AD=4，AB=8，
得所以Rt△AEO∽Rt△BAD.得∠EAO=∠ABD.
所以∠EAO+∠ADF=90° 所以 AF⊥BD.
因为 直线AF为直线PA在平面ABCD 内的身影，所以PA⊥BD.
【点晴】本小题主要考查棱锥的体积、二面角、异面直线所成的角等知识和空间想象能力、分析问题能力，解题的关键是二面角的使用。使用空间向量能降低对空间想象能力的要求，但坐标系的位置不规则，注意点坐标的表示。
【文】在直三棱柱中，.
（1）求异面直线与所成的角的大小；
（2）若与平面所成角为，求三棱锥的体积。
解析 (1) ∵ BC∥B1C1, ∴∠ACB为异面直线B1C1与AC所成角(或它的补角)
∵∠ABC=90°, AB=BC=1, ∴∠ACB=45°,
∴ 异面直线B1C1与AC所成角为45°.
(2) ∵ AA1⊥平面ABC,∠ACA1是A1C与平面ABC所成的角, ∠ACA =45°.
∵ ∠ABC=90°, AB=BC=1, AC=,∴AA1=.
∴ 三棱锥A1-ABC的体积V=S△ABC×AA1=.
【点晴】画图是学好立体几何的基本要求，本题考查了线线角和体积等立几知识。
【范例3】如图，所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截面而得到的，其中AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1.
（Ⅰ）求BF的长；
（Ⅱ）求点C到平面AEC1F的距离.
解法1：（Ⅰ）过E作EH//BC交CC1于H，则CH=BE=1，EH//AD，且EH=AD.
∵AF∥EC1，∴∠FAD=∠C1EH. ∴Rt△ADF≌Rt△EHC1.
∴DF=C1H=2.
（Ⅱ）延长C1E与CB交于G，连AG，
则平面AEC1F与平面ABCD相交于AG.
过C作CM⊥AG，垂足为M，连C1M，
由三垂线定理可知AG⊥C1M.由于AG⊥面C1MC，
且AG面AEC 1F，所以平面AEC1F⊥面C1MC.
在Rt△C1CM中，作CQ⊥MC1，垂足为Q，则CQ的长即为C到面AEC1F的距离.
解法2：（I）建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），B（2，4，0），
A（2，0，0），C（0，4，0），E（2，4，1），C1（0，4，3）.设F（0，0，z）.
∵AEC1F为平行四边形，
（II）设为面AEC1F的法向量，
的夹角为a，则
∴C到平面AEC1F的距离为
【点晴】本小题主要考查线面关系和空间距离的求法等基础知识，空间距离也遵循一作二证三计算的步骤，但体积法是一种很好的求空间距离的方法，同学们不妨一试。
【文】正三棱柱的底面边长为8，对角线，D是AC的中点。
（1）求点到直线AC的距离.
（2）求直线到平面的距离．
解：（1）连结BD，，由三垂线定理可得：，
所以就是点到直线AC的距离。
在中．
．
（2）因为AC与平面BD交于ＡＣ的中点Ｄ，
设，则//DE，所以//平面，
所以到平面BD的距离等于Ａ点到平面BD
的距离，等于Ｃ点到平面BD的距离，也就等于三棱
锥的高， ，
，，即直线到平面BD的距离是．
【点晴】求空间距离注意三点：
1．常规遵循一作二证三计算的步骤；
2．多用转化的思想求线面和面面距离；
3．体积法是一种很好的求空间距离的方法．
【范例4】如图，在长方体AC1中，AD=AA1=1，AB=2，点E在棱AB上移动.
（1）证明：D1E⊥A1D；
（2）当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离；
（3）AE等于何值时，二面角D1—EC—D的大小为.
解析：法1
（1）∵AE⊥面AA1DD1，A1D⊥AD1，∴A1D⊥D1E
（2）设点E到面ACD1的距离为h，在△ACD1中，AC=CD1=，AD1=，
故
（3）过D作DH⊥CE于H，连D1H、DE，则D1H⊥CE，
∴∠DHD1为二面角D1—EC—D的平面角.
设AE=x，则BE=2－x
法2：以D为坐标原点，直线DA、DC、DD1分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，设AE=x，则A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，E(1，x，0)，A(1，0，0), C(0，2，0).
（1）
（2）因为E为AB的中点，则E（1，1，0），
从而，，
设平面ACD1的法向量为，
则也即，得，
从而，所以点E到平面AD1C的距离为
（3）设平面D1EC的法向量，
∴
由 令b=1, ∴c=2, a=2－x，
∴依题意
∴（不合，舍去）， .
∴AE=时，二面角D1—EC—D的大小为.
【点晴】由线线、线面、面面的位置寻找满足某些条件的点的位置，是一种新型题目，它能考查学生分析问题、解决问题的能力，应引起重视，解决这类问题，常用分析法寻找思路。
【文】如图，已知长方体，，直线与平
面所成的角为，垂直于为的中点．
（Ⅰ）求异面直线与所成的角；
（Ⅱ）求平面与平面所成二面角（锐角）的大小；
（Ⅲ）求点到平面的距离
解（Ⅰ）连结，过F作的垂线，垂足为K，
∵与两底面ABCD，都垂直，
∴
又
因此∴为异面直线与所成的角
连结BK，由FK⊥面得，从而为
在 和中，
由得
又， ∴
∴异面直线与所成的角为
（Ⅱ）由于面由作的垂线
，垂足为，连结，则
∴即为平面与平面所成二
面角的平面角。且，在平面中，延长与；交于点。
∵为的中点
∴、分别为、的中点，即。
∴ 为等腰直角三角形，垂足点实为斜边的中点F，即F、G重合。
易得，在中，。
∴，∴，
即平面于平面所成二面角（锐角）的大小为。
（Ⅲ）由（Ⅱ）知平面是平面与平面所成二面角的平面角所在的平面
∴面在中，由Ａ作
AH⊥DF于H，则AH即为点A到平面BDF的距离.
由AH·DF=AD·AF，得
所以点A到平面BDF的距离为
【点晴】本题综合考查了立体几何的知识，异面直线之间的夹角，面面夹角及点与面的距离，考查学生的空间想象能力。
★★★自我提升
1．设、 为两个不同的平面，l、m为两条不同的直线，且l，m，有如下的两个命题：①若∥，则l∥m；②若l⊥m，则⊥．那么（ D ）
(A) ①是真命题，②是假命题 (B) ①是假命题，②是真命题
(C) ①②都是真命题 (D) ①②都是假命题
2．设A、B、C、D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的 （C）
（A）若AC与BD共面，则AD与BC共面
（B）若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线
(C) 若AB=AC，DB=DC，则AD=BC
(D) 若AB=AC，DB=DC，则AD BC
3．一平面截一球得到直径是6cm的圆面，球心到这个平
面的距离是4cm，则该球的体积是（ C ）
(A) (B) (C) (D)
4．在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结
论中不成立的是（C）
（A）BC//平面PDF （B）DF⊥平面PA E
（C）平面PDF⊥平面ABC （D）平面PAE⊥平面 ABC
5．是空间两条不同直线，是两个不同平面，下面有四个命题：
① ②
③ ④
其中真命题的编号是 ①、④ ;（写出所有真命题的编号）
6．已知平面与平面交于直线l，P是空间一点，PA⊥，垂足为A，PB⊥，
垂足为B，且PA=1，PB=2，若点A在内的射影与点B在内的射影重合，
则点P到l的距离.
7．如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都为a，M是BC的中点，N是CC1上一点，满足MN⊥AB1。
（1） 试确定点N的位置；
（1） 求点C1到平面AMN的距离。
解 （1）∵M是BC中点，ABC—A1B1C1为正三棱柱，
∴AM⊥平面B1BCC1， ∴AM⊥MN，
∵MN⊥AB1， ∴MN⊥平面B1AM， ∴MN⊥B1N，
设NC=x，在RtΔB1BM中，,
在RtΔNCM中，,
在RtΔB1C1N中，, 在RtΔB1MN中，，
∴, ∴, ∴N在CC1的处。
（2）点C1到平面AMN的距离，即为三棱锥C1—AMN的高，
设为h，则,
∵,∴,
∵AM=,MN=, ∴,
, ∴.
8.如图，直二面角D—AB—E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE=EB，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.
（Ⅰ）求证AE⊥平面BCE；
（Ⅱ）求二面角B—AC—E的大小；
（Ⅲ）求点D到平面ACE的距离.
解：（I）
（II）连结AC、BD交于G，连结FG，
∵ABCD为正方形，∴BD⊥AC， ∵BF⊥平面ACE，
∴FG⊥AC，∠FGB为二面角B-AC-E的平面角，由(I)可知，AE⊥平面BCE，
∴AE⊥EB，又AE=EB，AB=2，AE=BE=，
在直角三角形BCE中，CE=
在正方形中，BG=，在直角三角形BFG中，
∴二面角B-AC-E为
（III）由（II）可知，在正方形ABCD中，BG=DG，
D到平面ACB的距离等于B到平面ACE的距离，BF⊥平
面ACE，线段BF的长度就是点B到平面ACE的距离，即
为D到平面ACE的距离.故D到平面的距离为.
另法：过点E作交AB于点O. OE=1.
∵二面角D—AB—E为直二面角，∴EO⊥平面ABCD.
设D到平面ACE的距离为h，
平面BCE，
∴点D到平面ACE的距离为
解法二：（Ⅰ）同解法一.
（Ⅱ）以线段AB的中点为原点O，OE所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，过O点平行于AD的直线为z轴，建立空间直角坐标系O—xyz，如图.
面BCE，BE面BCE， ，
在的中点，
设平面AEC的一个法向量为，
则 解得
令得是平面AEC的一个法向量.
又平面BAC的一个法向量为，
∴二面角B—AC—E的大小为
（III）∵AD//z轴，AD=2，∴，
∴点D到平面ACE的距离
_
A
_
B
_
M
_
D
_
E
O
_
C
B
C
D
B
A
A
C
D
N
M
C1
B1
A1
C
B
A
M
《专题15 空间位置关系与距离》第11页（共11页）专题14 圆锥曲线中的最值和范围问题
★★★高考在考什么
【考题回放】
1．已知双曲线(a>0,b>0)的右焦点为F，若过点F且倾斜角为60°的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线离心率的取值范围是(C )
A.( 1,2) B. (1,2) C. D.(2,+∞)
2． P是双曲线的右支上一点，M、N分别是圆(x＋5)2＋y2＝4和(x－5)2＋y2＝1上的点，则|PM|－|PN|的最大值为（ B ）
A. 6 B.7 C.8 D.9
3．抛物线y=-x2上的点到直线4x+3y-8=0距离的最小值是( A )
A． B． C． D．
4．已知双曲线的左、右焦点分别为F1、F2，点P在双曲线的右支上，且|PF1|=4|PF2|,则此双曲线的离心率e的最大值为：（B）
(A) (B) (C) (D)
5．已知抛物线y2=4x,过点P(4,0)的直线与抛物线相交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点，则y12+y22的最小值是 32 .
6．设椭圆方程为，过点M（0，1）的直线l交椭圆于点A、B，O是坐标原点，点P满足，点N的坐标为，当l绕点M旋转时，求（1）动点P的轨迹方程；（2）的最小值与最大值.
【专家解答】（1）法1：直线l过点M（0，1）设其斜率为k，则l的方程为y=kx+1.
记A(x1,y1),B(x2,y2)，由题设可得点A、B的坐标 (x1,y1)、 (x2,y2)是方程组
的解. 将①代入②并化简得(4+k2)x2+2kx-3=0，
所以
于是
设点P的坐标为(x,y), 则
消去参数k得4x2+y2-y=0 ③
当k不存在时，A、B中点为坐标原点（0，0），也满足方程③，
所以点P的轨迹方程为4x2+y2-y=0
解法二：设点P的坐标为(x,y)，因A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆上，所以
④ ⑤
④—⑤得，
所以
当时，有 ⑥
并且 ⑦ 将⑦代入⑥并整理得 4x2+y2-y=0 ⑧
当x1=x2时，点A、B的坐标为（0，2）、（0，－2），这时点P的坐标为
（0，0）也满足⑧，所以点P的轨迹方程为
（2）由点P的轨迹方程知所以
故当，取得最小值，最小值为
当时，取得最大值，最大值为
★★★高考要考什么
【考点透视】
与圆锥曲线有关的最值和范围问题，因其考查的知识容量大、分析能力要求高、区分度高而成为高考命题者青睐的一个热点。
【热点透析】
与圆锥曲线有关的最值和范围问题的讨论常用以下方法解决：
（1）结合定义利用图形中几何量之间的大小关系；
（2）不等式（组）求解法：利用题意结合图形（如点在曲线内等）列出所讨论的参数适合的不等式（组），通过解不等式组得出参数的变化范围；
（3）函数值域求解法：把所讨论的参数作为一个函数、一个适当的参数作为自变量来表示这个函数，通过讨论函数的值域来求参数的变化范围。
（4）利用代数基本不等式。代数基本不等式的应用，往往需要创造条件，并进行巧妙的构思；
（5）结合参数方程，利用三角函数的有界性。直线、圆或椭圆的参数方程，它们的一个共同特点是均含有三角式。因此，它们的应用价值在于：
① 通过参数θ简明地表示曲线上点的坐标；
② 利用三角函数的有界性及其变形公式来帮助求解诸如最值、范围等问题；
（6）构造一个二次方程，利用判别式0。
★★★突破重难点
【范例1】已知动点P与双曲线的两个焦点F1、F2的距离之和为定值，且cosF1PF2的最小值为．
（１）求动点P的轨迹方程；
（２）若已知D(0,3)，M、N在动点P的轨迹上且，求实数的取值范围．
讲解 (１)由题意c2=5．设|PF1|+|PF2|=2a（），由余弦定理, 得
．
又·，
当且仅当|PF1|=|PF2|时，|PF1||PF2| 取最大值，
此时cosF1PF2取最小值，令，
解得a2=9，，∴b2=4，故所求P的轨迹方程为.
（２）设N(s,t)，M(x,y)，则由，可得(x，y-3) =(s，t-3)，
故x=s，y=3+(t-3).
∵M、N在动点P的轨迹上，
且，
消去s可得，解得，
又|t|2，∴，解得，
故实数的取值范围是．
【点晴】为了求参数的取值范围，只要列出关于参数的不等式，而建立不等式的方法有多种方法，诸如：判别式法、均值不等式法、有界性法等等．
【文】已知点M(-2，0)，N(2,0)，动点P满足条件.记动点的轨迹为W.
（Ⅰ）求W的方程；
（Ⅱ）若A，B是W上的不同两点，O是坐标原点，求的最小值.
解：（Ⅰ）依题意，点P的轨迹是以M，N为焦点的双曲线的右支，
所求方程为： （x0）
（Ⅱ）当直线AB的斜率不存在时，设直线AB的方程为x＝x0，
此时A（x0，），B（x0，－），＝2
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋b，
代入双曲线方程中，得：(1－k2)x2－2kbx－b2－2＝0
依题意可知方程1有两个不相等的正数根，设A(x1,y1),B(x2,y2)，则
解得|k|1，
又＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋（kx1＋b）（kx2＋b）
＝（1＋k2）x1x2＋kb（x1＋x2）＋b2＝2
综上可知的最小值为2
【范例2】给定点A(-2,2)，已知B是椭圆上的动点，F是右焦点，当取得最小值时，试求B点的坐标。
解析：因为椭圆的，所以，而为动点B到左准线的距离。故本题可化为，在椭圆上求一点B，使得它到A点和左准线的距离之和最小，过点B作l的垂线，垂点为N，过A作此准线的垂线，垂点为M，由椭圆定义
于是 为定值
其中，当且仅当B点AM与椭圆的定点时等点成立，此时B为
所以，当取得最小值时，B点坐标为
【点晴】在处理许多与焦点有关的距离和差最值问题时，常常用圆锥曲线的定义化折为直，是一种简便而有效的好方法。
【文】点A（3，2）为定点，点F是抛物线y2=4x
的焦点，点P在抛物线y2=4x上移动，若|PA|+|PF|
取得最小值，求点P的坐标。
解：抛物线y2=4x的准线方程为x=-1，
设P到准线的距离为d，则|PA|+|PF|=|PA|+d。
要使|PA|+|PF|取得最小值，由图3可知过A点
的直线与准线垂直时，|PA|+|PF|取得最小值，把y=2
代入y2=4x，得P（1，2）。
【范例3】已知P点在圆x2+(y-2)2=1上移动，Q点在椭圆上移动,试求|PQ|的最大值。
解：故先让Q点在椭圆上固定，显然当PQ通过圆心O1时|PQ|最大，因此要求|PQ|的最大值，只要求|O1Q|的最大值.设Q(x，y)，则|O1Q|2= x2+(y-4)2 ①
因Q在椭圆上,则x2=9(1-y2) ②
将②代入①得|O1Q|2= 9(1-y2)+(y-4)2
因为Q在椭圆上移动，所以-1y1，故当时，
此时
【点晴】1.与圆有关的最值问题往往与圆心有关；
2.函数法是我们探求解析几何最值问题的首选方法，其中所涉及到的函数最常见的有二次函数等，值得注意的是函数自变量取值范围的考察不能被忽视。
【文】设P是椭圆短轴的一个端点，Q为椭圆上的一个动点，求|PQ|的最大值。
解: 依题意可设P(0,1), Q(x,y),则 |PQ|=,又因为Q在椭圆上,
所以x2=a2(1－y2) , |PQ|2= a2(1－y2)+y2－2y+1=(1－a2)y2－2y+1+a2
=(1－a2)(y－ )2－+1+a2 .
因为|y|≤1,a>1, 若a≥, 则||≤1, 当y=时, |PQ|取最大值;
若1【范例4】已知△OFQ的面积为，
（1）设，求OFQ正切值的取值范围；
（2）设以O为中心，F为焦点的双曲线经过点Q（如图）， 当 取得最小值时，求此双曲线的方程。
解析：（1）设OFQ =
（2）设所求的双曲线方程为
∴，∴
又∵，∴
当且仅当c=4时，最小，此时Q的坐标是或
，所求方程为
【点晴】当题中的条件和结论体现出一种明显的函数关系时，可通过建立目标函数，求其目标函数的最值，求函数最值的常用方法有：一元二次函数法、基本不等式法、判别式法、定义法、函数单调性法等。
【文】已知椭圆的一个焦点为F1(0,-2)，对应的准线方程为，且离心率e满足：成等差数列。
（1）求椭圆方程；
（2）是否存在直线l，使l与椭圆交于不同的两点M、N，且线段MN恰被直线平分，若存在，求出l的倾斜角的范围；若不存在，请说明理由。
（1）解：依题意e ，
∴a＝3，c＝2，b＝1，
又F1(0，－2)，对应的准线方程为
∴椭圆中心在原点，所求方程为
(2)假设存在直线l，依题意l交椭圆所得弦MN被平分
∴直线l的斜率存在。 设直线l：y＝kx＋m
由消去y，整理得 (k2＋9)x2＋2kmx＋m2－9＝0
∵l与椭圆交于不同的两点M、N，
∴Δ＝4k2m2－4(k2＋9)(m2－9)＞0 即m2－k2－9＜0 ①
设 M(x1,y1),N(x2,y2) ②
把②代入①式中得
∴k＞或k＜－
∴直线l倾斜角
★★★自我提升
1．设AB是过椭圆中心的弦，椭圆的左焦点为F1(-c，0)，则△F1AB的面积最大为（ A ）
A．bc B．ab C．ac D．b2
2．已知A（3，2）、B（－4，0），P是椭圆上一点，则|PA|＋|PB|的最大值为（ C ）
A．10 B． C． D．
3．已知双曲线，过其右焦点F的直线l交双曲线于AB，若|AB|=5，则直线l有（ B ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
4．已知点P是抛物线y2=4x上一点，设P到此抛物线的准线的距离为d1, 到直线x+2y+10=0的距离为d2,则d1+d2的最小值为 （ C ）
A．5 B．4 C． （D）
5．设F是椭圆的右焦点，且椭圆上至少有21个不同的点Pi（i=1，2，3，…），使|FP1|，|FP2|，|FP3|，…组成公差为d的等差数列，则d的取值范围为____
.
6．抛物线y2=2x上到直线x-y+3=0距离最短的点的坐标为__________，1）
7．如图，已知A、B是椭圆的两个顶点，
C、D是椭圆上两点，且分别在AB两侧，则四边形ABCD
面积的最大值是_______
8．如图3，抛物线y2=4x的一段与椭圆的一段围成封闭图形，点
N（1，0）在x轴上，又A、B两点分别在抛物线及椭圆上，且AB//x轴，求△NAB
的周长l的取值范围。
解：易知N为抛物线y2=4x的焦点，又为椭圆的右焦点，
抛物线的准线l1：x=-1，椭圆的右准线l2：x=4，
过A作ACl1于C，过B作BDl2于D，
则C、A、B、D在同一条与x轴平行的直线上。
由，得抛物线与椭圆的交点M的横坐标
而|BN|=e|BD|=|BD|,|AN|=|AC|
∴△NAB的周长l=|AN|+|AB|+|NB|=|BC|+|BN|
=|BC|+|BD|=|BC|+|BD|-|BD|
=|CD|-|BD|=5-|BD|
，即
，即l的取值范围为（，4）
9．求实数m的取值范围，使抛物线y2=x上存在两点关于直线y=m(x-3)对称
解法1：设抛物线上两点A(x1,y1),B(x2,y2)关于直线y=m(x-3)对称，A，B中点M(x,y)，则当m=0时，有直线y=0，显然存在点关于它对称。
当m0时，
所以，所以M的坐标为，∵M在抛物线内，
则有，得且m0，综上所述，
解法2：设两点为A(x1，y1),B(x2，y2)，它们的中点为M(x，y)，两个对称点连线的方程为x=-my+b，与方程y2=x联立，得y2+my-b=0
所以 y1+y2= -m，即，
又因为中点M在直线y=m(x-3)上，所以得M的坐标为
又因为中点M在直线x=-my+b上，，
对于，有=m2+4b=10-m2>0，所以。
10．已知A（－2，0），B（2，0），动点P与A、B两点连线的斜率分别为kPA和kPB，且满足kPAkPB=t (t≠0且t≠－1).
（１）求动点P的轨迹C的方程；
（２）当t＜0时，曲线C的两焦点为F1，F2，若曲线C上存在点Q使得∠F1QF2=120O，求t的取值范围．
解：(１) 设点P坐标为(x,y),依题意得=ty2=t(x2－4)
+=1，轨迹C的方程为+=1（x≠2）.
(２) 当－1＜t＜0时，曲线C为焦点在x轴上的椭圆，
设|PF1|=r1，|PF2|=r2, 则r1+ r2=2a=4.
在△F1PF2中，|F1F2|=2c=4, ∠F1PF2=120O，由余弦定理得
4c2=r+r－2r1r2cos120= r+r+ r1r2= (r1+r2)2－r1r2≥(r1+r2)2－()2=3a2,
∴16（1+t）≥12, ∴t≥－.
所以当－≤t＜0时，曲线上存在点Q使∠F1QF2=120O
当t＜－1时，曲线C为焦点在y轴上的椭圆，
设|PF1|=r1，|PF2|=r2, 则r1+ r2=2a= -4t,
在△F1PF2中，|F1F2|=2c=4.∠F1PF2=120O，由余弦定理得
4c2=r+r－2r1r2cos120= r+r+ r1r2= (r1+r2)2－r1r2≥(r1+r2)2－()2=3a2,
∴16（-1-t）≥-12t, ∴t≤－4.
所以当t≤－4时，曲线上存在点Q使∠F1QF2=120O
综上知当t＜0时，曲线上存在点Q使∠AQB=120O的t的取值范围是
.
②
①
y
x
O
N
B
A
图3
《专题14 圆锥曲线中的最值和范围问题》第9页（共9页）专题13 圆锥曲线的定义、性质和方程
★★★高考在考什么
【考题回放】
1．已知△ABC的顶点B、C在椭圆＋y2＝1上，顶点A是椭圆的一个焦点，且椭圆的另外一个焦点在BC边上，则△ABC的周长是(C )
（A）2 （B）6 （C）4 （D）12
2．已知双曲线的一条渐近线方程为y＝x，则双曲线的离心率为(A)
（A） (B) (C) (D)
3．如果双曲线的两个焦点分别为、，一条渐近线方程为，那么它的两条准线间的距离是（ C ）
A． B． C． D．
4．抛物线y=4x2上的一点M到焦点的距离为1，则点M的纵坐标是( B)
( A ) ( B ) ( C ) ( D ) 0
5．已知椭圆中心在原点，一个焦点为F（－2，0），且长轴长是短轴长的2倍，则该椭圆的标准方程是 ．
6．如图，F为双曲线C：的右焦点。P为双曲线C右支上一点，且位于x轴上方，M为左准线上一点，为坐标原点。已知四边形OFPM为平行四边形，|PF|=|OF|。
（Ⅰ）写出双曲线C的离心率e与的关系式；
（Ⅱ）当=1时，经过焦点F且平行于OP的直线交双曲线于A、B点，若|AB|=12，求此时的双曲线方程。
【专家解答】
∵四边形是，∴，
作双曲线的右准线交PM于H，则，
又，
。
（Ⅱ）当时，，，，双曲线为四边形是菱形，所以直线OP的斜率为，则直线AB的方程为，代入到双曲线方程得：，
又，由得：，解得，则，所以为所求。
★★★高考要考什么
【考点透视】
椭圆、双曲线、抛物线的定义，标准方程，简单的几何性质，椭圆的参数方程。
【热点透析】
主要题型：
（1）定义及简单几何性质的灵活运用；
（2）求曲线方程（含指定圆锥曲线方程及轨迹方程）。
题型一般为二小一大，小题基础灵活，解答题一般在中等难度以上，一般具有较高的区分度。
★★★突破重难点
【范例1】过椭圆左焦点F，倾斜角为60的直线交椭圆于A、B两点，若|FA|=2|FB|，则椭圆的离心率为( B )
(A) (B) (C) (D)
解：设点A、B到椭圆左准线的距离分别为d1，d2，｜FA｜=r1，｜FB｜=r2，
则=e，即d1=，同理d2=，两式相减得.
因为直线AB的倾斜角为60， 2|d1-d2|=|AB|=3r2，e=
【点晴】本题的关键在于利用椭圆的第二定义将60倾斜角、|FA|=2|FB|这两个条件与椭圆的离心率建立联系。
【文】若F1、F2为双曲线的左、右焦点，O为坐标原点，点P在双曲线的左支上，点M在双曲线的右准线上，且满足：
，
则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．3
解：由知四边形F1OMP是平行四边形，又
知OP平分∠F1OM，即F1OMP是菱形，设|OF1|=c，则|PF1|=c.
又|PF2|-|PF1|=2a， ∴|PF2|=2a+c，
由双曲线的第二定义知,且e>1，∴e=2，故选C.
【范例2】定长为3的线段AB的两个端点在y=x2上移动，AB中点为M，求点M到x轴的最短距离。
分析：（1）可直接利用抛物线设点，如设A(x1，x12)，B(x2，x22)，又设AB中点为M(x0,y0)用弦长公式及中点公式得出y0关于x0的函数表达式，用函数思想求出最短距离。
（2）M到x轴的距离是一种“点线距离”，可先考虑M到准线的距离，想到用定义。
解法一：设A(x1，x12)，B(x2，x22)，AB中点M(x0，y0)
则
由①得(x1-x2)2[1+(x1+x2)2]=9， 即[(x1+x2)2-4x1x2]·[1+(x1+x2)2]=9 ④
由②、③得2x1x2=(2x0)2-2y0=4x02-2y0 代入④得[(2x0)2-(8x02-4y0)]·[1+(2x0)2]=9
∴，
≥
当4x02+1=3 即 时，此时
法2：如图
∴， 即，
∴， 当AB经过焦点F时取得最小值。
∴M到x轴的最短距离为
【点晴】解法一是列出方程组，利用整体消元思想消x1，x2，从而形成y0关于x0的函数，这是一种“设而不求”的方法。而解法二充分利用了抛物线的定义，巧妙地将中点M到x轴的距离转化为它到准线的距离，再利用梯形的中位线，转化为A、B到准线的距离和，结合定义与三角形中两边之和大于第三边（当三角形“压扁”时，两边之和等于第三边）的属性，简捷地求解出结果的，但此解法中有缺点，即没有验证AB是否能经过焦点F，而且点M的坐标也不能直接得出。请思考：当|AB|在什么范围内取值时不能用解法二？
【文】（北京卷）椭圆的两个焦点F1、F2，点P在椭圆C上，且PF1⊥PF2，| PF1|=，| PF2|=.
（I）求椭圆C的方程；
（II）若直线l过圆x2+y2+4x-2y=0的圆心M交椭圆于A、B两点，且A、B关于点M对称，求直线l的方程。
解法一：(Ⅰ)因为点P在椭圆C上，所以，a=3.
在Rt△PF1F2中，故椭圆的半焦距c=,
从而b2=a2－c2=4, 所以椭圆C的方程为＝1.
(Ⅱ)设A，B的坐标分别为（x1,y1）、（x2,y2）.
由圆的方程为（x+2）2+(y－1)2=5,所以圆心M的坐标为（－2，1）. 从而可设直线l的方程为y=k(x+2)+1, 代入椭圆C的方程得
（4+9k2）x2+(36k2+18k)x+36k2+36k－27=0.
因为A，B关于点M对称. 所以
解得，
所以直线l的方程为 即8x-9y+25=0. (经检验，符合题意)
解法二：(Ⅰ)同解法一.
(Ⅱ)已知圆的方程为（x+2）2+(y－1)2=5,所以圆心M的坐标为（－2，1）.
设A，B的坐标分别为（x1,y1）,(x2,y2).由题意x1x2且
①
②
由①－②得 ③
因为A、B关于点M对称，所以x1+ x2=－4, y1+ y2=2,
代入③得＝，即直线l的斜率为，
所以直线l的方程为y－1＝（x+2），即8x－9y+25=0.
(经检验，所求直线方程符合题意.)
【范例3】如图1，已知A、B、C是长轴为4的椭圆上三点，点A是长轴的一个顶点，BC过椭圆中心O，且，。
（1）建立适当的坐标系，求椭圆方程；
（2）如果椭圆上两点P、Q使直线CP、CQ与x轴围
成底边在x轴上的等腰三角形，是否总存在实数
使？请给出证明。
解：（1）以O为原点，OA所在的直线为x轴建立如
图直角坐标系，则A（2，0），椭圆方程可设为
。
而O为椭圆中心，由对称性知|OC|=|OB|
又，所以AC⊥BC
又，所以|OC|＝|AC|，
所以△AOC为等腰直角三角形，所以点C坐标为（1，1）。将（1，1）代入椭圆方程得，则椭圆方程为。
（2）由直线CP、CQ与x轴围成底边在x轴上的等腰三角形，设直线CP的斜率为k，则直线CQ的斜率为－k，直线CP的方程为y=k(x-1)，直线CQ的方程为y=-k(x-1)。由椭圆方程与直线CP的方程联立，消去y得
(1+3k2)x2-6k(k-1)x+3k2-6k-1=0①
因为C（1，1）在椭圆上，所以x＝1是方程①的一个根，于是
同理
这样，， 又B（－1，－1），所以，
即kAB=kPQ。所以PQ∥AB，存在实数使。
【点晴】利用斜率互为相反数关系，整体替换，可简化解题过程。
【文】（06上海春）学校科技小组在计算机上模拟航天器变轨返回试验. 设计方案如图：航天器运行（按顺时针方向）的轨迹方程为，变轨（即航天器运行轨迹由椭圆变为抛物线）后返回的轨迹是以轴为对称轴、 为顶点的抛物线的实线部分，降落点为. 观测点同时跟踪航天器.
（1）求航天器变轨后的运行轨迹所在的曲线方程；
（2）试问：当航天器在轴上方时，观测点测得离航天器的距离分别为多少时，应向航天器发出变轨指令？
解：（1）设曲线方程为， 由题意可知，. .
曲线方程为.
（2）设变轨点为，根据题意可知
得 ，
或（不合题意，舍去）.
.
得 或（不合题意，舍去）.
点的坐标为，.
答：当观测点测得距离分别为时，应向航天器发出指令.
【范例4】过抛物线x2=4y上不同两点A、B分别作抛物线的切线相交于P点，
（1）求点P的轨迹方程；
（2）已知点F（0，1），是否存在实数使得？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由。
解法（一）：（1）设
由得：
直线PA的方程是即 ①
同理，直线PB的方程是： ②
由①②得： ∴点P的轨迹方程是
（2）由（1）得：
，
，所以
故存在=1使得
解法（二）：（1）∵直线PA、PB与抛物线相切，且
∴直线PA、PB的斜率均存在且不为0，且
设PA的直线方程是
由得：
即
即直线PA的方程是：
同理可得直线PB的方程是：
由得：
故点P的轨迹方程是
（2）由（1）得：
，
故存在=1使得
【点晴】抛物线的切线方程成了近几年高考试题中的一个考查亮点。解法一、解法二是解决抛物线切线问题的常用方法，应熟练掌握。
【文】已知△ABC的两顶点A、B分别是双曲线2x2-2y2=1的左、右焦点, 且sinC是sinA、sinB的等差中项.
（Ⅰ）求顶点C的轨迹T的方程；
（Ⅱ）设P(-2,0), 过点作直线l交轨迹T于M、N两点，问∠MPN的大小是否为定值？证明你的结论.
解：(Ⅰ) 由条件知A (-1 , 0 ) , B (1 , 0 )，且sinA + sinB = 2sinC
∴|BC| + |AC| = 2|AB| = 4
∴点C的轨迹是以A、B为焦点，长轴长2a = 4的椭圆（不包括x轴上两点）.
∴点C的轨迹T的方程是=1 (x≠±2)
(Ⅱ) 当l⊥x轴时，直线l的方程为x =，代入=1解得M、N的坐标为（），而|PE| =，∴∠MPN = 90°，
猜测∠MPN= 90°为定值.
证明：设直线l的方程为my = x +，
由 ，得 (3m2 + 4) y2 my= 0
∴y1 + y2 =，y1 y2 =
∴= (x1 + 2 , y1)·(x2 +2 , y2 ) = (x1 + 2 ) (x2 +2) + y1 y2
= (my1 +) (my2 +) + y1 y2 = (m2 +1) y1 y2 +m (y1 + y2) +
=(m2 +1)+m+= 0
∴∠MPN = 90°，为定值.
★★★自我提升
1. 若椭圆经过原点，且焦点为F1（1，0），F2（３，0），则其离心率为（ C ）
A. B. C. D.
2. 双曲线的虚轴长为4，离心率，F1、F2分别是它的左，右焦点，若过F1的直线与双曲线的左支交于A、B两点，且|AB|是|AF2|与|BF2|的等差中项，则|AB|为（A）.
A、 B、 C、 D、8
3. F1、F2为椭圆两个焦点，Q为椭圆上任一点，以任一焦点作∠F1QF2的外角平分线的垂线，垂足为P，则P点轨迹为（A）.
A、圆 B、椭圆 C、双曲线 D、抛物线
4．双曲线的左支上一点P，⊙O'为ΔPF1F2的内切圆，则圆心O'的横坐标为（B）.
A、a B、-a C、 D、
5. 已知点F1(-4,0)，F2(4,0), 又P(x,y)是曲线上的点, 则 (C)
A. |PF1|+|PF2|=10 B. |PF1|+|PF2|<10 C. |PF1|+|PF2|10 D. |PF1|+|PF2|10
6. F1、F2是椭圆（a>b>0）的两焦点，过F1的弦AB与F2组成等腰直角三角形ABF2，其中∠BAF2=900，则椭圆的离心率是________
7．已知椭圆E的离心率为e，左、右焦点为F1、F2，抛物线C以F2为焦点，F1为其顶点，若P为两曲线的公共点，且e|PF2|=|PF1|，则e＝__________。
8．已知⊙O：x2+y2=4，一动抛物线过A（－1，0）、B（1，0）两点，且以圆的切线为准线，则动抛物线的焦点F的轨迹方程为____
9．如图，已知三点A(－7, 0)，B(7,0)，C(2,－12).
① 若椭圆过A、B两点，且C为其一焦点，
求另一焦点P的轨迹方程；
② 若双曲线的两支分别过A、B两点，且C为其一
焦点，求另一焦点Q的轨迹方程。
解析：①由椭圆定义知，|AP|＋|AC|＝|BP|＋|BC|，
即
故P的轨迹为A（－7，0）、B（7，0）为焦点实轴长为2的双曲线的一支，
其方程为；
② 经讨论知，无论A在双曲线的哪一支上,
总有|QA|＋|QB|＝|AC|＋|BC|＝28＞|AB|＝14
故点Q的轨迹为以A（－7，0）、B（7，0）为焦点长轴长为28的椭圆，
其方程为。
10．已知椭圆过其左焦点且斜率为1的直线与椭圆及准线从左到右依次变于A、B、C、D，设f(m)=||AB|-|CD||,（1）求f(m),（2）求f(m)的最值。
解：（1）椭圆中，a2=m，b2=m-1，c2=1，左焦点F1(-1,0)
则BC:y=x+1,代入椭圆方程即(m-1)x2+my2-m(m-1)=0
得(m-1)x2+m(x+1)2-m2+m=0
∴(2m-1)x2+2mx+2m-m2=0
设B(x1,y1),C(x2,y2),则x 1+x2=-
（2）
∴当m=5时， 当m=2时，
11．如图，A为椭圆上的一个动点，弦AB、AC分别过焦点F1、F2．当AC垂直于x轴 时，恰好|AF1|:|AF2=3:1
（I）求该椭圆的离心率；
（II）设，，
试判断是否为定值？若是，则求出该定
值；若不是，请说明理由．
解：（I）当C垂直于x轴时，
，由，
得，
在Rt△中，
解得 =．
（II）由=，则，．
焦点坐标为，则椭圆方程为，
化简有．
设，，
①若直线AC的斜率存在，则直线AC方程为
代入椭圆方程有．
由韦达定理得：，∴
所以，同理可得
故=．
②若直线轴，，，
∴＝6．
综上所述：是定值6．
H
M
P
y
x
F
O
x = my
3x2 + 4y2 = 12
x
y
A
B
C
O
F1
F2
图1
①
②
③
《专题13 圆锥曲线的定义、性质和方程》第10页（共10页）专题18 概率
★★★高考在考什么
【考题回放】
1．甲：A1、A2是互斥事件；乙：A1、A2是对立事件，那么( B )
A. 甲是乙的充分但不必要条件 B. 甲是乙的必要但不充分条件
C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件
2．在正方体上任选3个顶点连成三角形，则所得的三角形是直角非等腰三角形的概率为( C )
A． B． C． D．
3．两部不同的长篇小说各由第一、二、三、四卷组成，每卷1本，共8本．将它们任
意地排成一排，左边4本恰好都属于同一部小说的概率是 （结果用分数表示）
4．某班有50名学生，其中 15人选修A课程，另外35人选修B课程．从班级中任选两名学生,他们是选修不同课程的学生的慨率是 ．(结果用分数表示)
5．某高校有甲、乙两个数学建模兴趣班. 其中甲班有40人，乙班50人. 现分析两
个班的一次考试成绩，算得甲班的平均成绩是90分，乙班的平均成绩是81分，
则该校数学建模兴趣班的平均成绩是 85 分.
6．甲、乙两台机床相互没有影响地生产某种产品，甲机床产品的正品率是0.9，乙机床产品的正品率是0.95．
(Ⅰ) 从甲机床生产的产品中任取3件，求其中恰有2件正品的概率（用数字作答）；
(Ⅱ) 从甲、乙两台机床生产的产品中各任取1件，求其中至少有1件正品的概率.
【专家解答】
（I）任取甲机床的3件产品恰有2件正品的概率为
（II）解法一：记“任取甲机床的1件产品是正品”为事件A，“任取乙机床的1件产品是正品”为事件B。则任取甲、乙两台机床的产品各1件，其中至少有1件正品的概率为
解法二：运用对立事件的概率公式，所求的概率为：
★★★高考要考什么
【考点透视】
等可能性的事件的概率,互斥事件有一个发生的概率,相互独立事件同时发生的概率,独立重复试验.
【热点透析】
1.相互独立事件同时发生的概率,其关键是利用排列组合的内容求解m，n.
2.独立重复试验，其关键是明确概念，用好公式，注意正难则反的思想.
★★★突破重难点
【范例1】某批产品成箱包装，每箱5件，一用户在购进该批产品前先取出3箱，再从每箱中任意出取2件产品进行检验。设取出的第一、二、三箱中分别有0件、1件、2件二等品，其余为一等品。
（I）求取6件产品中有1件产品是二等品的概率。
（II）若抽检的6件产品中有2件或2件以上二等品，用户就拒绝购买这批产品，求这批产品被用户拒绝的概率。
解：设表示事件“第二箱中取出i件二等品”，i＝0，1；
表示事件“第三箱中取出i件二等品”，i＝0，1，2；
（1）依题得
(2)法一：所求的概率为
法二：所求的概率为
.
【点晴】本题考查了古典概率，其关键是利用排列组合的方法求出m，n。
【变式】盒中装着标有数字1，2，3，4的卡片各2张，从盒中任意取3张，每张卡片被抽出的可能性都相等，求：
(Ⅰ)抽出的3张卡片上最大的数字是4的概率；
(Ⅱ)抽出的3张中有2张卡片上的数字是3的概念；
(Ⅲ)抽出的3张卡片上的数字互不相同的概率.
解：（I）“抽出的3张卡片上最大的数字是4”的事件记为A，
（II）“抽出的3张中有2张卡片上的数字是3”的事件记为B，则
（III）“抽出的3张卡片上的数字互不相同”的事件记为C，“抽出的3张卡片上有两个数字相同”的事件记为D，由题意，C与D是对立事件，因为
所以：
【点晴】注重解题的规范以及分类、分步计数原理的正确使用。
【范例2】甲、乙、丙3人投篮,投进的概率分别是, , .现3人各投篮1次,求:
(Ⅰ)3人都投进的概率;
(Ⅱ)3人中恰有2人投进的概率.
解:(Ⅰ)记"甲投进"为事件A1 ， "乙投进"为事件A2 ， "丙投进"为事件A3，
则 P(A1)= ， P(A2)= ， P(A3)= ，∴P(A1A2A3)= × ×=
∴3人都投进的概率为
(Ⅱ)设“3人中恰有2人投进"为事件B
P(B)=P(A2A3)+P(A1A3)+P(A1A2)=(1－)× × + ×(1－)× + × ×(1－) =
∴3人中恰有2人投进的概率为
【点睛】已知概率求概率，利用乘法和加法公式解决独立、互斥问题，必须注意什么条件用什么公式。
【变式】某商场举行抽奖促销活动，抽奖规则是：从装有9个白球、1个红球的箱子中每次随机地摸出一个球，记下颜色后放回，摸出一个红球获得二得奖；摸出两个红球获得一等奖．现有甲、乙两位顾客，规定：甲摸一次，乙摸两次．求
（1）甲、乙两人都没有中奖的概率；
（2）甲、两人中至少有一人获二等奖的概率．
解:（1）
（2）方法一：
方法二：
方法三：
【点晴】注重方法的多样性，特别至多、至少等概率问题常根据正难则反的思想，利用对立事件的概率公式解题。
【范例3】甲、乙两班各派2名同学参加年级数学竞赛，参赛同学成绩及格的概率都为0.6，且参赛同学的成绩相互之间没有影响，求：
（1）甲、乙两班参赛同学中各有1名同学成绩及格的概率；
（2）甲、乙两班参赛同学中至少有1名同学成绩及格的概率．
解：（Ⅰ）甲班参赛同学恰有1名同学成绩及格的概率为
乙班参赛同学中恰有一名同学成绩及格的概率为
故甲、乙两班参赛同学中各有1名同学成绩几个的概率为
（Ⅱ）解法一：甲、乙两班4名参赛同学成绩都不及格的概率为
故甲、乙两班参赛同学中至少有一名同学成绩都不及格的概率为
解法二：甲、乙两班参赛同学成绩及格的概率为
甲、乙两班参赛同学中恰有2名同学成绩及格的概率为
甲、乙两班参赛同学中恰有3名同学成绩及格的概率为
甲、乙两班4同学参赛同学成绩都及格的概率为
故甲、乙两班参赛同学中至少有1名同学成绩及格的概率为
【点晴】n次独立重复试验的使用需注意其条件和含义，本题还涉及对立事件的概率公式及加法公式。
【变式】某安全生产监督部门对5家小型煤矿进行安全检查(简称安检).若安检不合格,则必须进行整改.若整改后经复查仍不合格,则强行关闭.设每家煤矿安检是否合格是相互独立的,且每家煤矿整改前安检合格的概率是0.5, 整改后安检合格的概率是0.8,计算(结果精确到0.01):
(Ⅰ)恰好有两家煤矿必须整改的概率;
(Ⅱ)至少关闭一家煤矿的概率.
解：（Ⅰ）每家煤矿必须整改的概率是1－0.5，且每家煤矿是否整改是相互独立的.
所以恰好有两家煤矿必须整改的概率是.
（Ⅱ）某煤矿被关闭，即该煤矿第一次安检不合格，整改后经复查仍不合格，所以该煤矿被关闭的概率是，从而该煤矿不被关闭的概率是0.9.由题意，每家煤矿是否被关闭是相互独立的，所以至少关闭一家煤矿的概率是
【点晴】这是变形转化后的n次独立重复试验的问题，首先考虑个体，即每家煤矿整改的概率，再解决整体，注意转化问题的等价性。
【范例4】某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案.
方案一：考试三门课程，至少有两门及格为考试通过；
方案二：在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格为考试通过.
假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别是0.5，0.6，0.9，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响.求：
(Ⅰ)该应聘者用方案一考试通过的概率；
(Ⅱ)该应聘者用方案二考试通过的概率.
解：记该应聘者对三门指定课程考试及格的事件分别为A，B,C，
则P(A)=0.5，P(B)＝0.6，P(C)=0.9.
(Ⅰ) 应聘者用方案一考试通过的概率
p1=P(A·B·)+P(·B·C)+P(A··C)+P(A·B·C)=0.03+0.27+0.18+0.27=0.75.
(Ⅱ) 应聘者用方案二考试通过的概率
p2=P(A·B)+P(B·C)+ P(A·C)=×(0.5×0.6+0.6×0.9+0.5×0.9) =0.43
【点晴】概率源于生活和实践，注重题意的理解和实际问题的等价转换。
【变式】A、B是治疗同一种疾病的两种药，用若干试验组进行对比试验。每个试验组由4只小白鼠组成，其中2只服用A，另2只服用B，然后观察疗效。若在一个试验组中，服用A有效的小白鼠的只数比服用B有效的多，就称该试验组为甲类组。设每只小白鼠服用A有效的概率为，服用B有效的概率为。
（Ⅰ）求一个试验组为甲类组的概率；
（Ⅱ）观察3个试验组，求这3个试验组中至少有一个甲类组的概率。
解: (1)设Ai表示事件“一个试验组中，服用A有效的小鼠有i只" , i=0,1,2,
Bi表示事件“一个试验组中，服用B有效的小鼠有i只" , i=0,1,2,
依题有P(A1)=2×× = , P(A2)= × = . P(B0)= × = , P(B1)=2× × = ,
所求概率为: P=P(B0·A1)+P(B0·A2)+P(B1·A2)= × + × + × =
(Ⅱ)所求概率为: P=1－(1－)3=
【点晴】本小题主要考查相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法等基础知识，考查学生运用概率知识解决实际问题的能力.
★★★自我提升
1. 某地区有300家商店，其中大型商店有30家 ，中型商店有75家，小型商店有
195家。为了掌握各商店的营业情况，要从中抽取一个容量为20的样本。若采用
分层抽样的方法，抽取的中型商店数是（ C ）
（A）2 （B）3 （C）5 （D）13
2. 在一个口袋中装有5个白球和3个黑球，这些球除颜色外完全相同，从中摸出3
个球，至少摸到2个黑球的概率等于（ A ）
A. B. C. D.
3. 将7个人（含甲、乙）分成三个组，一组3人，另两组2 人，不同的分组数为a，
甲、乙分到同一组的概率为p，则a、p的值分别为（ A ）
A. a=105 p= B.a=105 p= C.a=210 p= D.a=210 p=
4. 从到这个数字中任取个数字组成一个没有重复数字的三位数，这个数不
能被整除的概率为（ B ）
（A） （B） （C） （D）
5. 在一个小组中有8名女同学和4名男同学，从中任意地挑选2名同学担任交通安全
宣传志愿者，那么选到的两名都是女同学的概率是____（结果用分数表示）。
6. 接种某疫苗后，出现发热反应的概率为0．80，现有5人接种了该疫苗，至少有
3人出现发热反应的概率为0.94 .（精确到0．01）
7. 甲、乙、丙三人在同一办公室工作。办公室只有一部电话机，设经过该机打进的
电话是打给甲、乙、丙的概率依次为、、。若在一段时间内打进三个电话，
且各个电话相互独立。求：
（Ⅰ）这三个电话是打给同一个人的概率；
（Ⅱ）这三个电话中恰有两个是打给甲的概率；
解（Ⅰ）由互斥事件有一个发生的概率公式和独立事件同时发生的概率公式，
所求概率为：
（Ⅱ）n=3，p=的独立重复试验，故所求概率为
8. 甲、乙两袋装有大小相同的红球和白球，甲袋装有2个红球，2个白球；乙袋装
有2个红球，n个白球.两甲，乙两袋中各任取2个球.
(Ⅰ)若n=3，求取到的4个球全是红球的概率；
(Ⅱ)若取到的4个球中至少有2个红球的概率为，求n.
解：（I）记“取到的4个球全是红球”为事件.
（II）记“取到的4个球至多有1个红球”为事件，“取到的4个球只有1个红球”为事件，“取到的4个球全是白球”为事件.由题意，得
所以，
化简，得解得，或（舍去），故 .
9. 某单位最近组织了一次健身活动，活动分为登山组和游泳组，且每个职工至多参加了其中一组。在参加活动的职工中，青年人占42.5％，中年人占47.5％，老年人占10％。登山组的职工占参加活动总人数的，且该组中，青年人占50％，中年人占40％，老年人占10％。为了了解各组不同的年龄层次的职工对本次活动的满意程度，现用分层抽样的方法从参加活动的全体职工中抽取一个容量为200的样本。试确定
（Ⅰ）游泳组中，青年人、中年人、老年人分别所占的比例；
（Ⅱ）游泳组中，青年人、中年人、老年人分别应抽取的人数。
解：（Ⅰ）设登山组人数为，游泳组中，青年人、中年人、老年人各占比例分别为a、b、c，则有，解得b=50%,c=10%.
故a=100%－50%－10%=40%,即游泳组中，青年人、中年人、老年人各占比例分别为40％、50％、10％。
（Ⅱ）游泳组中，抽取的青年人数为（人）；抽取的中年人数为50％＝75（人）；抽取的老年人数为10％＝15（人）。
《专题18 概率、统计(文)》第6页（共6页）专题16 空间角
★★★高考在考什么
【考题回放】
1．如图，直线a、b相交与点O且a、b成600，过点O 与a、
b都成600角的直线有（ C ）
A．1 条 B．2条 C．3条 D．4条
2．在一个450的二面角的一个平面内有一条直线与二面角棱成450角，则此直线与
二面角的另一个面所成的角为 （ A ）
A．300 B．450 C．600 D．900
3．直三棱住A1B1C1—ABC，∠BCA=，点D1、F1 分
别是A1B1、A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BD1与AF1
所成角的余弦值是（ A ）
A． B． C． D．
4．已知正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为，
则侧面与底面所成的二面角等于．
5．PA,PB,PC是从P点引出的三条射线,他们之间每两条的夹角都是60°,则直线PC与平面PAB所成的角的余弦值为 ．
6．在棱长为的正方体ABCD—A1B1C1D1， E、F分别为BC与A1D1的中点，
(1) 求直线A1C与DE所成的角；
(2) 求直线AD与平面B1EDF所成的角；
(3) 求面B1EDF 与 面ABCD所成的角。
【专家解答】
(1)如图，在平面ABCD内，过C作CP//DE交直
线AD于P，则（或补角）为异面直线A1C与
DE所成的角。在Δ中，易得
，由余弦定理得。
故异面直线A1C与DE所成的角为。
（2），
∴AD在面B1EDF内的射影在∠EDF的平分线上。
而B1EDF是菱形，∴DB1为∠EDF的平分线。故直线
AD与面B1EDF所成的角为∠ADB1．在RtΔB1AD中，
则。
故直线AD与平面B1EDF所成的角为。
（3）连结EF、B1D，交于点O，显然O为B1D的中点，从而O为正方体ABCD—A1B1C1D1的中心，作OH⊥平面ABCD，则H为正方形ABCD的中心。再作HM⊥DE，垂足为M ，连结OM，则OM⊥DE（三垂线定理），故∠OMH为二面角B1-DE-A的平面角。
在RtΔDOE中，
则由面积关系得。
在RtΔOHM中。
故面B1EDF 与 面ABCD所成的角为
★★★高考要考什么
【考点透视】
异面直线所成角,直线与平面所成角,求二面角每年必考,作为解答题可能性最大.
【热点透析】
1．转化思想：
①
② 将异面直线所成的角,直线与平面所成的角转化为平面角,然后解三角形
2．求角的三个步骤：一猜,二证,三算．猜是关键,在作线面角时,利用空间图形的平行,垂直,对称关系,猜斜线上一点或斜线本身的射影一定落在平面的某个地方,然后再证
3．二面角的平面角的主要作法：①定义 ②三垂线定义 ③ 垂面法
★★★高考将考什么
【范例1】在的二面角中， ，已知点A和B到棱的距离分别为2和4，且AB=10。求
（1）直线AB与棱a所成的角；（2）直线AB与平面β所成的角。
解：（1）如图所示，在平面α内，过A作AC⊥α，垂足为C；在平面β内，过B作BD⊥β，垂足为D；又在平面β内，过B作BECD，
连结CE，则∠ABE为AB与α所成的角，CEBD，
从而CE⊥α，∠ACE=1200，∠AEB=900。
在ΔACE中，由余弦定理得
在RtΔAEB中，。故直线AB与棱a所成的角为
（2）过点A作，则垂足在的另一半平面上。
在RtΔAA′C中，。
在RtΔAB中，。
故直线AB与平面β所成的角为
【点晴】本题源于课本，高于课本，不难不繁，体现了通过平移求线线、通过射影求线面角的基本方法。
【文】如右下图,在长方体ABCD—A1B1C1D1中,已知AB= 4, AD =3, AA1= 2．
E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB= FB=1．
(1) 求二面角C—DE—C1的正切值;
(2) 求直线EC1与FD1所成的余弦值．
解：（I）以A为原点，分别为
x轴，y轴，z轴的正向建立空间直角坐标系，则有
D(0,3,0)、D1(0,3,2)、E(3,0,0)、F(4,1,0)、C1(4,3,2),
故
设向量与平面C1DE垂直，则有
（II）设EC1与FD1所成角为β，则
。
【点晴】空间向量在解决含有三维直角的立体几何题中更能体现出它的优点，但必须注意其程序化的过程及计算的公式，本题使用纯几何方法也不难，同学不妨一试。
【范例2】如图，在四棱锥P—ABC右，底面ABCD
为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB=，BC=1，PA=2，
E为PD的中点
（Ⅰ）求直线AC与PB所成角的余弦值；
（Ⅱ）在侧面PAB内找一点N，使NE⊥面PAC，
并求出N点到AB和AP的距离
解法一：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，则A、B、C、D、P、E的坐标分别为A(0，0，0)，B(，0，0)，C(，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，2)，E(0，，2).
从而=（，1，0），=（，0，-2）.
设与的夹角为，则，
∴AC与PB所成角的余弦值为
（Ⅱ） N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为(x, 0, z),则
由NE⊥面PAC可得
即
化简得
即N点的坐标为（，0，1），从而N点到AB、AP的距离分别为1，
解法二：（Ⅰ）设AC∩BD=O，连OE，则OE//PB，∴∠EOA即为AC与PB所成的角或其补角, 在ΔAOE中，AO=1，OE=PB=，AE=PD=，
∴, 即AC与PB所成角的余弦值为
（Ⅱ）在面ABCD内过D作AC的垂线交AB于F，则.
连PF，则在RtΔADF中DF=.
设N为PF的中点，连NE，则NE//DF，
∵DF⊥AC，DF⊥PA，∴DF⊥面PAC从而NE⊥面PAC
∴N点到AB的距离=AP=1，N点到AP的距离=AF=
【点晴】由线线、线面、面面的位置寻找满足某些条件的点的位置，它能考查学生分析问题、解决问题的能力，两种方法各有优缺点，在向量方法中注意动点的设法，在方法二中注意用分析法寻找思路。
【文】在梯形ABCD中，AB=BC=1，AD=2，，沿对角线AC将折起，使点B在平面ACD内的射影O恰在AC上。
（1）求证：AB平面BCD
（2）求异面直线BC与AD所成的角。
解：(1)在梯形ABCD中,,AD=2，
，
又平面ACD，故
又，且
平面BCD
（2）因为BA=BC，，
为AC中点，取CD中点E，AB中点F，连结OE、OF、EF，则OE//AD，
OF//BC，所以AD与BC所成的角为或其补角.
作FH//BO交AC于H，连结HE, 则FH平面ACD
在三角形EOF中，又，EO=1
由余弦定理知
故异面直线BC与AD所成的角为
【点晴】折叠问题必须注意折叠前后之间的关系和区别，本题使用空间向量的方法也不失一种好方法。
【范例3】如图，在斜三棱柱中，
，侧面与底面ABC所成的二面角为，E、F分别是棱
的中点
（Ⅰ）求与底面ABC所成的角
（Ⅱ）证明∥平面
（Ⅲ）求经过四点的球的体积
解：（Ⅰ）过作平面，垂足为
连结，并延长交于，
于是为与底面所成的角
∵，∴为的平分线
又∵，∴，且为的中点. 由三垂线定理．
∵，且，∴．
于是为二面角的平面角，即．
由于四边形为平行四边形，得．
（Ⅱ）证明：设与的交点为，则点为的中点．连结．
在平行四边形中，因为的中点，故．
而平面，平面，所以平面．
（Ⅲ）连结．在和中，由于，，
，则≌，故．由已知得
又∵平面，∴为的外心
设所求球的球心为，则，且球心与中点的连线
在中，．
故所求球的半径，球的体积．
【点晴】（Ⅰ）（Ⅱ）两小题注意使用二面角属于简单立几问题。（Ⅲ）要注意球的几何性质以及平面几何知识的合理利用。
【文】在四棱锥P-ABCD中，ABCD为正方形，PA⊥面ABCD，PA＝AB＝a，E为BC中点.
（1）求平面PDE与平面PAB所成二面角的大小；
（2）求平面PBA与平面PDC所成二面角的大小
解：（1）延长AB、DE交于点F，则PF为平面PDE与平面PAD所成二面角的棱，
∵PA⊥平面ABCD， ∴AD⊥PA、AB, PA∩AB=A
∴DA⊥平面BPA于A, 过A作AO⊥PF于O，连结OD,
则∠AOD即为平面PDE与平面PAD所成二面角的平面角。
得，故面PDE与面PAD所成二面角的大小为
（2）解法1（面积法）如图∵AD⊥PA、AB, PA∩AB=A
∴DA⊥平面BPA于A, 同时BC⊥平面BPA于B,
∴△PBA是△PCD在平面PBA上的射影,
设平面PBA与平面PDC所成二面角大小为θ,
cosθ=S△PAB/S△PCD=/2 θ=450
即平面BAP与平面PDC所成的二面角的大小为45°。
解法2（补形化为定义法）如图将四棱锥P-ABCD补形
得正方体ABCD-PQMN，则PQ⊥PA、PD，于是∠APD是两
面所成二面角的平面角。 在Rt△PAD中，PA=AD，
则∠APD=45°。即平面BAP与平面PDC所成二面角的大小为45°。
【点晴】求线面角、面面角关键在于准确作出角，同样遵循一作二证三计算的步骤，但应用面积射影法求二面角可避免找角，同学们注意经常使用。
【范例4】如图，已知平行六面体的底
面ABCD是菱形，且.
（I）证明：C1C⊥BD；
（II）假定CD=2，C1C=，记面C1BD为α，面CBD为β，
求二面角α BD β的平面角的余弦值；
（III）当的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明。
（I）证明：连结、AC，AC和BD交于O，连结．
∵ 四边形ABCD是菱形，∴ AC⊥BD，BC=CD．
又∵，
∴ ， ∴ ，
∵ DO=OB， ∴ BD，但 AC⊥BD，
AC∩=O， ∴ BD⊥平面．
又 平面， ∴ BD．
（II）解：由（I）知AC⊥BD，BD，
∴ 是二面角的平面角．
在中，BC=2，，，
∴ ．
∵ ∠OCB=，∴ OB=BC=1．∴ ，
∴ 即．作⊥OC，垂足为H
∴ 点H是OC的中点，且OH ，所以 ． （III）当时，能使⊥平面．
证法一：∵ ，∴ BC=CD=，又，
由此可推得BD=．∴三棱锥C- 是正三棱锥 设与相交于G．∵∥AC，且∶OC=2∶1，∴∶GO=2∶1．
又是正三角形的BD边上的高和中线，
∴点G是正三角形的中心，∴CG⊥平面．即⊥平面
证法二：由（I）知，BD⊥平面，∵平面，∴BD⊥．
当时 ，平行六面体的六个面是全等的菱形，
同BD⊥的证法可得⊥．又 BD∩=B，∴⊥平面．
【点晴】本题综合考查了立体几何的各种基础知识，（III）作为开放题有一定难度，常使用猜测（或特殊情形猜测）再分析证明的解决方法。
【文】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长
为a的正方形，并且PD=a，PA=PC=。
（1）求证：PD⊥平面ABCD；
（2）求异面直线PB与AC所成的角；
（3）求二面角A-PB-D的大小。
（4）在这个四棱锥中放一个球，求球的最大半径。
解：（1）PC=，PD=PC=a，∴PDC是Rt，且PD⊥DC，
同理PD⊥AD，又AD∩DC=D， ∴PD⊥平面ABCD。
（2）连BD，因ABCD是正方形，∴BD⊥AC，又PD⊥平面ABCD。
BD是PB在面ABCD上的射影，由三垂线定理得PB⊥AC，∴PB与AC成90°角。
（3）设AC∩BD=O，作AE⊥PB于E，连OE，
∵AC⊥BD，又PD⊥平面ABCD，AC平面ABCD，∴PD⊥AC，
又PD∩BD=D， ∴AC⊥平面PDB，则OE是AE在平面PDB上的射影。
由三垂线定理逆定理知OE⊥PB， ∴AEO是二面角A-PB-D的平面角。
又AB=a，PA=，PB=， ∵PD⊥平面ABCD，DA⊥AB，
∴PA⊥AB，在RtPAB中，AE PB=PA AB。∴AE=，又AO=
∴，AEO=60°，二面角A-PB-D的大小为60°。
（4）设此球半径为R，最大的球应与四棱锥各个面相切，球心为S，连SA、SB、SC、SD、SP，则把此四棱锥分为五个小四棱锥，它们的高均为R，由体积关系得：
。
【点晴】解决（4）的关键是确定球与四棱锥具有怎样的位置关系时，半径最大，此时怎样建立关于球的半径的等量关系式。立体几何中的最值问题，常有两种解决方法：
（1）建立所求量的函数关系式，再求最值；
（2）根据立体几何的有关知识，确定在什么位置时，所求量取最值。
★★★自我提升
1．平面的斜线交于点，过定点的动直线与垂直，且交于点，则动点的轨迹是（ A ）
（A）一条直线 （B）一个圆 （C）一个椭圆 （D）双曲线的一支
2．如果平面的一条斜线长是它在这个平面上射影长的3倍，那么这条斜线与平面
所成角的余弦值为( A )
A． B． C． D．
3．如图在正三角形ABC中,E、D、F分别为各边的中
点，G、H、I、J分别为AF、AD、BE、DE的中点，
将三角形沿DE、EF、DF折成三棱锥以后，GH与
IJ所成角的度数为（ B ）
A．90° B．60° C．45° D．30°
4．已知二面角的大小为，为异面直线，且，则
所成的角为（ B ）
A． B． C． D．
5．在△ABC中,M,N分别是AB,AC的中点,PM⊥平面ABC,当BC=18,PM=时,PN和平面ABC所成的角是 30°．
6．正六棱柱ABCDED-A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，侧棱长为，则这个棱柱的侧面对角线E1D与BC1所成的角为 60° 。
7．在正四面体ABCD中，E、F分别为AD、BC的中点。
（1）求CE与AF所成的角；（2）求直线CE与平面BCD所成的角。
解：（1）连结FD，取FD的中点G，连结GE，∵E、G分别是AD、FD的中点，∴，故∠CEG（或其补角）即为CE与AF所成的角。设AB=a，在ΔCEG中，
故CE与AF所成的角为。
（2）∵正四面体ABCD，∴BC⊥AF，BC⊥DF，
∴BC⊥面AFD，∴面AFD⊥面BCD，过E作EH⊥DF于H，
则EH⊥面BCD，则∠ECH为CE与面BCD所成的角。
在RtΔCEH中，，
即CE与平面BCD成的角为。
8．已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，底面ABCD，且PA=AD=DC=AB=1，M是PB的中点
（Ⅰ）证明：面PAD⊥面PCD；
（Ⅱ）求AC与PB所成的角；
（Ⅲ）求面AMC与面BMC所成二面角的大小
方法一：
（Ⅰ）证明：∵PA⊥面ABCD，CD⊥AD，
∴由三垂线定理得CD⊥PD．
因而，CD与面PAD内两条相交直线AD，PD都垂直，∴CD⊥面PAD．
又CD面PCD，∴面PAD⊥面PCD．
（Ⅱ）解：过点B作BE//CA，且BE=CA，
则∠PBE是AC与PB所成的角．
连结AE，可知AC=CB=BE=AE=，又AB=2，
所以四边形ACBE为正方形．
由PA⊥面ABCD得∠PEB=90°
在Rt△PEB中BE=，PB=，
（Ⅲ）解：作AN⊥CM，垂足为N，连结BN．
在Rt△PAB中，AM=MB，又AC=CB， ∴△AMC≌△BMC,
∴BN⊥CM，故∠ANB为所求二面角的平面角
∵CB⊥AC，由三垂线定理，得CB⊥PC，
在Rt△PCB中，CM=MB，所以CM=AM．
在等腰三角形AMC中，AN·MC=，
∴AB=2，，故即为所求.
方法二：因为PA⊥PD，PA⊥AB，AD⊥AB，以A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为A（0，0，0）B（0，2，0），C（1，1，0），D（1，0，0），P（0，0，1），M（0，1，．
（Ⅰ）证因
又知AD⊥DC，且AP与与AD是面PAD内的两条相交直线，由此得DC⊥面PAD．
又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD
（Ⅱ）解：因
由此得AC与PB所成的角为
（Ⅲ）解：在MC上取一点N（x，y，z），则存在使
要使
即为所求
B
D
C
A
B
F
E
D
G
A
P
C
H
_
P
_
D
_
C
_
J
I
_
x
H
G
F
E
D
C
B
A
O
z
_
8
_
y
B
_
A
_
E
600
b
a
O
_
o
_
《专题16 空间角》第10页（共10页）