【中小学资料】三年高考两年模拟2017版高考数学专题汇编 第十三章 坐标系与参数方程 理

第十二章 几何证明选讲 理A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.(2015·天津，5)如图，在圆O 中，M ，N 是弦AB 的三等分点，弦CD ，CE 分别经过点M ，N .若CM ＝2，MD ＝4，CN ＝3，则线段NE 的长为( )A.83B.3C.103D.522.(2014·天津，6)如图,△ABC 是圆的内接三角形,∠BAC 的平分线交圆于点D ,交BC 于点E ，过点B 的圆的切线与AD 的延长线交于点F .在上述条件下,给出下列四个结论:①BD 平分∠CBF ；②FB 2＝FD ·FA :③AE ·CE ＝BE ·DE ；④AF ·BD ＝AB ·BF .则所有正确结论的序号是( )A.①②B.③④C.①②③D.①②④3.(2016·全国Ⅱ，22)如图，在正方形ABCD 中，E ，G 分别在边DA ，DC 上(不与端点重合)，且DE ＝DG ，过D 点作DF ⊥CE ，垂足为F .(1)证明：B ，C ，G ，F 四点共圆；(2)若AB ＝1，E 为DA 的中点，求四边形BCGF 的面积.4.(2016·全国Ⅲ，22)如图，⊙O 中AB ︵的中点为P ，弦PC ，PD 分别交AB 于E ，F 两点.(1)若∠PFB ＝2∠PCD ，求∠PCD 的大小；(2)若EC 的垂直平分线与FD 的垂直平分线交于点G ，证明OG ⊥CD .5.(2016·全国Ⅰ，22)如图，△OAB 是等腰三角形；∠AOB ＝120°.以O 为圆心，12OA 为半径作圆.(1)证明：直线AB 与⊙O 相切；(2)点C ，D 在⊙O 上，且A ，B ，C ，D 四点共圆，证明：AB ∥CD .6.(2015·广东，15)如图，已知AB 是圆O 的直径，AB ＝4，EC 是圆O 的切线，切点为C ，BC ＝1，过圆心O 做BC 的平行线，分别交EC 和AC 于点D 和点P ，则OD ＝________.7.(2015·重庆，14)如图，圆O 的弦AB ，CD 相交于点E ，过点A 作圆O 的切线与DC 的延长线交于点P ，若PA ＝6，AE ＝9，PC ＝3，CE ∶ED ＝2∶1，则BE ＝________.8.(2015·江苏，21)如图,在△ABC 中,AB ＝AC ,△ABC 的外接圆⊙O 的弦AE 交BC 于点D .求证：△ABD ∽△AEB .9.(2015·湖南，16)如图，在⊙O 中，相交于点E 的两弦AB ，CD 的中点分别是M ，N ，直线MO 与直线CD 相交于点F ，证明：(1)∠MEN ＋∠NOM ＝180°； (2)FE ·FN ＝FM ·FO .10.(2015·陕西，22)如图，AB切⊙O于点B，直线AO交⊙O于D，E两点，BC⊥DE，垂足为C.(1)证明：∠CBD＝∠DBA；(2)若AD＝3DC，BC＝2，求⊙O的直径.11.(2015·新课标全国Ⅱ，22)如图，O为等腰三角形ABC内一点，⊙O与△ABC的底边BC交于M、N两点，与底边上的高AD交于点G，且与AB、AC分别相切于E、F两点.(1)证明：EF∥BC；(2)若AG等于⊙O的半径，且AE＝MN＝23，求四边形EBCF的面积.12.(2014·湖北，15)如图，P为⊙O外一点，过P点作⊙O的两条切线，切点分别为A，B.过PA的中点Q作割线交⊙O于C，D两点.若QC＝1，CD＝3，则PB＝________.13.(2014·湖南，12)如图，已知AB，BC是⊙O的两条弦，AO⊥BC，AB＝3，BC＝22，则⊙O的半径等于________.14.(2014·陕西，15B)如图，△ABC中，BC＝6，以BC为直径的半圆分别交AB，AC于点E，F，若AC＝2AE，则EF＝______.15.(2014·广东，15)如图，在平行四边形ABCD 中，点E 在AB 上且EB ＝2AE ，AC 与DE 交于点F ，则△CDF 的面积△AEF 的面积＝________.16.(2014·新课标全国Ⅱ，22)如图，P 是⊙O 外一点，PA 是切线，A 为切点，割线PBC 与⊙O 相交于点B 、C ，PC ＝2PA ，D 为PC 的中点，AD 的延长线交⊙O 于点E .证明： (1)BE ＝EC ；(2)AD ·DE ＝2PB 2.17.(2014·新课标全国Ⅰ，22)如图，四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，AB 的延长线与DC 的延长线交于点E ，且CB ＝CE .(1)证明：∠D ＝∠E ；(2)设AD 不是⊙O 的直径，AD 的中点为M ，且MB ＝MC ，证明：△ADE 为等边三角形.B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·安阳调研)如图，△ABC 为圆的内接三角形，BD 为圆的弦，且BD ∥AC .过点A 作圆的切线与DB 的延长线交于点E ，AD 与BC 交于点F .若AB ＝AC ，AE ＝35，BD ＝4，则线段AF 的长为________.2.(2016·合肥检测)如图，四边形ABCD 内接于⊙O ，BC 是直径，MN 与⊙O 相切，切点为A ，∠MAB ＝35°，则∠D ＝________.3.(2016·石家庄模拟)如图，AB是⊙O的一条切线，切点为B，ADE，CFD和CGE都是⊙O的割线，AC＝AB.(1)证明：AC2＝AD·AE；(2)证明：FG∥AC.4.(2016·哈师大附中模拟)如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，PA是过点A的直线，且∠PAC＝∠ABC.(1)求证：PA是⊙O的切线；(2)如果弦CD交AB于点E，AC＝8，CE∶ED＝6∶5，AE∶EB＝2∶3，求sin∠BCE.5.(2016·长春模拟)如图，AB是⊙O的直径，弦CD与AB垂直，并与AB相交于点E，点F为弦CD上异于点E的任意一点，连接BF、AF并延长交⊙O于点M、N.(1)求证：B、E、F、N四点共圆；(2)求证：AC2＋BF·BM＝AB2.6.(2016·豫南九校3月模拟)如图，AB为圆O的直径，CD为垂直于AB的一条弦，垂足为E，弦BM与CD相交于点F.(1)证明：A ，E ，F ，M 四点共圆； (2)若MF ＝4BF ＝4，求线段BC 的长.7.(2015·昆明调研)如图，直线PC 与圆O 相切于点C ，割线PAB 经过圆心O ，弦CD ⊥AB 于点E ，PC ＝4，PB ＝8，则CE ＝________.8.(2015·湖南十三校联考)如图，已知圆中两条弦AB 与CD 相交于点F ，E 是AB 延长线上一点，且DF ＝CF ＝2，AF ＝2BF ，若CE 与圆相切，且CE ＝72，则BE ＝________.9.(2015·湖北孝感模拟)如图，AB 和BC 分别与圆O 相切于点D ，C ，AC 经过圆心O ，且BC ＝2OC ＝4，则AD ＝________.答案精析A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.A [根据相交弦定理可知，CM ·MD ＝AM ·MB ＝29AB 2＝8，CN ·NE ＝AN ·NB ＝29AB 2＝8，而CN ＝3，所以NE ＝83.选A.]2.D [①∠FBD ＝∠BAD ，∠DBC ＝∠DAC ，故∠FBD ＝∠CBD ，即①正确.由切割线定理知②正确.③△BED ∽△AEC ，故BE DE ＝AE CE ，当DE ≠CE 时，③不成立.④△ABF ∽△BDF ，故AB AF ＝BDBF，即AB ·BF ＝AF ·BD ，④正确.故①②④正确，选D.]3.(1) 证明 因为DF ⊥EC ，则∠EFD ＝∠DFC ＝90°，易得∠DEF ＝∠CDF ，所以△DEF ∽△CDF ，则有∠GDF ＝∠DEF ＝∠FCB ，DF CF ＝DE CD ＝DGCB，所以△DGF ∽△CBF ，由此可得∠DGF ＝∠CBF .因此∠CGF ＋∠CBF ＝180°，所以B ，C ，G ，F 四点共圆. (2)解 由B ，C ，G ，F 四点共圆，CG ⊥CB 知FG ⊥FB .连接GB . 由G 为Rt △DFC 斜边CD 的中点，知GF ＝GC ，故Rt △BCG ≌Rt △BFG .因此，四边形BCGF 的面积S 是△GCB 的面积S △GCB 的2倍，即S ＝2S △GCB ＝2×12×12×1＝12.4. (1)解 连接PB ，BC ，则∠BFD ＝∠PBA ＋∠BPD ，∠PCD ＝∠PCB ＋∠BCD .因为AP ︵＝BP ︵，所以∠PBA ＝∠PCB ，又∠BPD ＝∠BCD ，所以∠BFD ＝∠PCD .又∠PFB ＋∠BFD ＝180°，∠PFB ＝2∠PCD ，所以3∠PCD ＝180°，因此∠PCD ＝60°. (2)证明 因为∠PCD ＝∠BFD ，所以∠EFD ＋∠PCD ＝180°，由此知C ，D ，F ，E 四点共圆，其圆心既在CE 的垂直平分线上，又在DF 的垂直平分线上，故G 就是过C ，D ，F ，E 四点的圆的圆心，所以G 在CD 的垂直平分线上. 又O 也在CD 的垂直平分线上，因此OG ⊥CD .5.证明 (1)设E 是AB 的中点，连接OE .因为OA ＝OB ，∠AOB ＝120°， 所以OE ⊥AB ，∠AOE ＝60°，在Rt △AOE 中，OE ＝12AO ,即O 到直线AB 的距离等于⊙O 的半径，所以直线AB 与⊙O 相切.(2)因为OA ＝2OD ，所以O 不是A ，B ，C ，D 四点所在圆的圆心.设O ′是A ，B ，C ，D 四点所在圆的圆心，作直线OO ′.由已知得O 在线段AB 的垂直平分线上，又O ′在线段AB 的垂直平分线上，所以OO ′⊥AB .同理可证，OO ′⊥CD ，所以AB ∥CD .6.8 [如图所示,连接OC ,因为OD ∥BC ,又BC ⊥AC ,所以OP ⊥AC .又O 为AB 线段的中点,所以OP ＝12BC ＝12.在Rt △OCD 中,OC ＝12AB ＝2,由直角三角形的射影定理可得OC 2＝OP ·OD ，即OD ＝OC 2OP ＝2212＝8，故应填8.]7.2 [首先由切割线定理得PA 2＝PC ·PD ,因此PD ＝623＝12,CD ＝PD -PC ＝9,又CE ∶ED ＝2∶1，因此CE ＝6,ED ＝3,再有相交弦定理AE ·EB ＝CE ·ED ,所以BE =CE ·ED AE =6×39=2.] 8.证明 因为AB ＝AC ，所以∠ABD ＝∠C.又因为∠C ＝∠E ，所以∠ABD ＝∠E ，又∠BAE 为公共角，可知△ABD ∽△AEB . 9.证明 (1)如图所示，因为M ,N 分别是弦AB ,CD 的中点,所以OM ⊥AB ,ON ⊥CD ,即∠OME ＝90°,∠ENO ＝90°,因此∠OME ＋∠ENO ＝180°,又四边形的内角和等于360°,故∠MEN ＋∠NOM ＝180°. (2)由(1)知，O ，M ，E ，N 四点共圆，故由割线定理即得FE ·FN ＝FM ·FO . 10.(1)证明 因为DE 为⊙O 直径，则∠BED ＋∠EDB ＝90°， 又BC ⊥DE ，所以∠CBD ＋∠EDB ＝90°，从而∠CBD ＝∠BED ， 又AB 切⊙O 于点B ，得∠DBA ＝∠BED ，所以∠CBD ＝∠DBA . (2)解 由(1)知BD 平分∠CBA ，则BA BC ＝ADCD＝3，又BC ＝2，从而AB ＝32， 所以AC ＝AB 2－BC 2＝4，所以AD ＝3，由切割线定理得AB 2＝AD ·AE ，即AE ＝AB 2AD＝6，故DE ＝AE －AD ＝3，即⊙O 直径为3.11.(1)证明 由于△ABC 是等腰三角形，AD ⊥BC ，所以AD 是∠CAB 的平分线.又因为⊙O 分别与AB ，AC 相切于点E ，F ，所以AE ＝AF ，故AD ⊥EF .从而EF ∥BC .(2)解 由(1)知,AE ＝AF ,AD ⊥EF ,故AD 是EF 的垂直平分线,又EF 为⊙O 的弦,所以O 在AD 上.连接OE ，OM ，则OE ⊥AE .由AG 等于⊙O 的半径得AO ＝2OE ,所以∠OAE ＝30°.因此△ABC 和△AEF 都是等边三角形. 因为AE ＝23，所以AO ＝4，OE ＝2.因为OM ＝OE ＝2，DM ＝12MN ＝3，所以OD ＝1.于是AD ＝5，AB ＝1033.所以四边形EBCF 的面积为12×⎝ ⎛⎭⎪⎫10332×32－12×(23)2×32＝1633. 12.4 [由切割线定理得QA 2＝QC ·QD ＝1×(1＋3)＝4，∴QA ＝2，∵Q 为PA 的中点，∴PA ＝2QA ＝4.故PB ＝PA ＝4.]13.32 [设AO 与BC 交于点M ,∵AO ⊥BC ，BC ＝22,∴BM ＝2，又AB ＝3,∴AM ＝1.设圆的半径为r ，则r 2＝(2)2＋(r －1)2，解得r ＝32.]14.3 [∵四边形BCFE 内接于圆，∴∠AEF ＝∠ACB ，又∠A 为公共角，∴△AEF ∽△ACB ，∴EF BC ＝AE AC，又∵BC ＝6，AC ＝2AE ，∴EF ＝3.]15.9 [依题意得△CDF ∽△AEF ，由EB ＝2AE 可知AE ∶CD ＝1∶3.故△CDF 的面积△AEF 的面积＝9.]16.证明 (1)连接AB ，AC .由题设知PA ＝PD ，故∠PAD ＝∠PDA . 因为∠PDA ＝∠DAC ＋∠DCA ，∠PAD ＝∠BAD ＋∠PAB ，∠DCA ＝∠PAB ，所以∠DAC ＝∠BAD ，从而BE ︵＝EC ︵.因此BE ＝EC .(2)由切割线定理得PA 2＝PB ·PC .因为PA ＝PD ＝DC ，所以DC ＝2PB ，BD ＝PB . 由相交弦定理得AD ·DE ＝BD ·DC ，所以AD ·DE ＝2PB 2.17.证明(1)由题设知A ,B ,C ,D 四点共圆,所以∠D =∠CBE .由已知得∠CBE =∠E ,故∠D =∠E .(2)设BC 的中点为N ，连接MN ，则由MB ＝MC 知MN ⊥BC ，故O 在直线MN 上.又AD 不是⊙O 的直径，M 为AD 的中点，故OM ⊥AD ，即MN ⊥AD . 所以AD ∥BC ，故∠A ＝∠CBE .又∠CBE ＝∠E ，故∠A ＝∠E . 由(1)知，∠D ＝∠E ，所以△ADE 为等边三角形.B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.553 [由切割线定理可知,AE 2＝EB ·ED ＝EB (EB ＋BD ),即45＝BE (BE ＋4)，解得EB ＝5，∵AC ∥BD ，∴AC ∥BE ，∵过点A 作圆的切线与DB 的延长线交于点E ，∴∠BAE ＝∠C ， ∵AB ＝AC ，∴∠ABC ＝∠C ，∴∠ABC ＝∠BAE ，∴AE ∥BC ，∴四边形AEBC 是平行四边形， ∴EB ＝AC ，∴AC ＝AB ＝BE ＝5，∴BC ＝AE ＝35，∵△AFC ∽△DFB ，∴AC BD ＝CF BF ，即54＝CF 35－CF ，解得CF ＝553.故答案为：553.]2.125° [连接BD ,由题意知,∠ADB =∠MAB =35°,∠BDC =90°,故∠ADC =∠ADB +∠BDC =125°.]3.证明 (1)因为AB 是⊙O 的一条切线，AE 为割线，所以AB 2＝AD ·AE ， 又因为AB ＝AC ，所以AC 2＝AD ·AE .(2)由(1)得AD AC ＝AC AE.∵∠EAC ＝∠CAD ，∴△ADC ∽△ACE ， ∴∠ADC ＝∠ACE .∵∠ADC ＝∠EGF ，∴∠EGF ＝∠ACE ，∴GF ∥AC . 4.(1)证明 ∵AB 为直径，∴∠ACB ＝π2，∠CAB ＋∠ABC ＝π2，∵∠PAC ＝∠ABC ，∴∠PAC ＋∠CAB ＝π2，∴PA ⊥AB ，∵AB 为直径，∴PA 为圆的切线.(2)解 CE ＝6k ，ED ＝5k ，AE ＝2m ，EB ＝3m ，∵AE ·EB ＝CE ·ED ，∴m ＝5k ， 连接BD ，AD ，∵△AEC ∽△DEB ⇒BD 8＝3m6k⇒BD ＝45， △CEB ∽△AED ⇒BC 2AD 2＝25m 2－6425m 2－80＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3k m 2⇒m ＝2，k ＝255，∴AB ＝10，BD ＝4 5.在直角三角形ADB 中，sin ∠BAD ＝BD AB ＝4510＝255，∵∠BCE ＝∠BAD ，∴sin ∠BCE ＝255. 5.证明 (1)连接BN ，∵AB 是⊙O 直径，∴∠BNF ＝90°.又CD ⊥AB ，则∠BEF ＝∠BNF ＝90°，即∠BEF ＋∠BNF ＝180°，则B 、E 、F 、N 四点共圆.(2)由直角三角形的射影定理可知AC 2＝AE ·AB ，由Rt △BEF 与Rt △BMA 相似可知：BF BA ＝BE BM， BF ·BM ＝BA ·BE ＝BA ·(BA －EA )，BF ·BM ＝AB 2－AB ·AE ，则BF ·BM ＝AB 2－AC 2， 即AC 2＋BF ·BM ＝AB 2.6. (1)证明 连接AM .由AB 为直径可知∠AMB ＝90°，又因为CD ⊥AB ，所以∠AEF ＝90°，所以∠AMF ＋∠AEF ＝180°，因此A ，E ，F ，M 四点共圆.(2)解 连接AC ，由A ，E ，F ，M 四点共圆，知BF ·BM ＝BE ·BA .在Rt △ABC 中，BC 2＝BE ·BA .又由MF ＝4BF ＝4知BF ＝1，BM ＝5，所以BC 2＝5，BC ＝ 5.7. 125 [如图,∵PC 为圆O 切线，C 为切点PAB 为割线且PC ＝4，PB ＝8，∴PC 2＝PA ·PB ，∴PA ＝2，∴OA ＝12(PB －PA )＝3，∴PO ＝OA ＋AP ＝3＋2＝5， 连接OC ，则OC ⊥PC ，在Rt △OCP 中，OC ＝3，PC ＝4，PO ＝5，且CE ⊥OP .∴OP ·CE ＝OC ·PC ，∴CE ＝3×45＝125.] 8.12 [由AF ·BF ＝DF ·CF 得BF ＝1，又CE 2＝BE ·AE ，得BE ＝12.] 9.83[由题意可知BD 与BC 相等，BD ＝BC ＝4，OB ＝OC 2＋BC 2＝25， ∴sin 12∠B ＝55，cos 12∠B ＝255，∴sin ∠B ＝2sin 12∠B ·cos 12∠B ＝45， ∵AC ⊥BC ，∴sin ∠A ＝cos ∠B ＝35， 又∵AB ＝BC sin ∠A ＝203，∴AD ＝AB －BD ＝203－4＝83.]。

第二节 平面向量的数量积及其应用A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.(2016·新课标全国Ⅲ，3)已知向量BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，则∠ABC ＝( )A.30°B.45°C.60°D.120°2.(2015·广东，9)在平面直角坐标系xOy 中,已知四边形ABCD 是平行四边形,AB →＝(1,－2), AD →＝(2,1),则AD →·AC →＝( )A.5B.4C.3D.2 3.(2015·陕西，8)对任意平面向量a ，b ，下列关系式中不恒成立的是( ) A ．|a ·b |≤|a ||b | B ．|a －b |≤||a |－|b || C ．(a ＋b )2＝|a ＋b |2D ．(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 24.(2015·重庆，7)已知非零向量a ，b 满足|b |＝4|a |，且a ⊥(2a ＋b )，则a 与b 的夹角为( ) A.π3 B.π2 C.2π3 D.5π65.(2015·福建，7)设a ＝(1,2)，b ＝(1,1)，c ＝a ＋k b .若b ⊥c ，则实数k 的值等于( ) A.－32 B.－53 C.53 D.326.(2015·湖南，9)已知点A ，B ，C 在圆x 2＋y 2＝1上运动，且AB ⊥BC ，若点P 的坐标为(2,0)，则|PA →＋PB →＋PC →|的最大值为( ) A ．6 B ．7 C ．8D ．97.(2014·安徽，10)设a ，b 为非零向量，|b |＝2|a |，两组向量x 1，x 2，x 3，x 4和y 1，y 2，y 3，y 4均由2个a 和2个b 排列而成．若x 1·y 1＋x 2·y 2＋x 3·y 3＋x 4·y 4所有可能取值中的最小值为4|a |2，则a 与b 的夹角为( ) A.2π3B.π3C.π6D ．08.(2014·湖南，10)在平面直角坐标系中，O 为原点，A (－1,0)，B (0，3)，C (3,0)，动点D 满足|CD →|＝1，则|OA →＋OB →＋OD →|的取值范围是( )A ．[4,6]B ．[19－1，19＋1]C ．[23，27 ]D ．[7－1，7＋1]9.(2014·山东，7)已知向量a ＝(1，3)，b ＝(3，m )，若向量a ，b 的夹角为π6，则实数m＝( ) A.2 3 B. 3 C.0D.－ 310.(2014·新课标全国Ⅱ，4)设向量a ，b 满足|a ＋b |＝10，|a －b |＝6，则a ·b ＝( ) A.1 B.2 C.3 D.511.(2016·新课标全国Ⅰ，13)设向量a ＝(x ，x ＋1)，b ＝(1，2)，且a ⊥b ，则x ＝________. 12.(2016·山东，13)已知向量a ＝(1，－1)，b ＝(6，－4).若a ⊥(t a ＋b )，则实数t 的值为________.13.(2016·北京，9)已知向量a ＝(1，3)，b ＝(3，1)，则a 与b 夹角的大小为________. 14.(2015·湖北，11)已知向量OA →⊥AB →，|OA →|＝3，则OA →·OB →＝________.15.(2015·浙江，13)已知e 1，e 2是平面单位向量，且e 1·e 2＝12.若平面向量b 满足b ·e 1＝b ·e 2＝1，则|b |＝________.16.(2015·江苏，14)设向量a k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos k π6，sin k π6＋cos k π6(k ＝0,1,2，…，12)，则∑k ＝011(a k ·a k＋1)的值为________．17.(2015·天津，13)在等腰梯形ABCD 中，已知AB ∥DC ，AB ＝2，BC ＝1，∠ABC ＝60°.点E 和F 分别在线段BC 和DC 上，且BE →＝23BC →，DF →＝16DC →，则AE →·AF →的值为________．18．(2014·重庆，12)已知向量a 与b 的夹角为60°，且a ＝(－2，－6)，|b |＝10，则a ·b ＝________.19.(2014·四川，14)平面向量a ＝(1,2)，b ＝(4,2)，c ＝m a ＋b (m ∈R )，且c 与a 的夹角等于c 与b 的夹角，则m ＝______.20.(2014·陕西，18)在直角坐标系xOy 中，已知点A (1,1)，B (2，3)，C (3,2)，点P (x ，y )在△ABC 三边围成的区域(含边界)上，且OP →＝mAB →＋nAC →(m ，n ∈R )． (1)若m ＝n ＝23，求|OP →|；(2)用x ，y 表示m －n ，并求m －n 的最大值．B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·晋冀豫三省一调)已知向量a ＝(x ，1)，b ＝(1，y )，c ＝(2，－4)，且a ⊥c ，b ∥c ，则|a ＋b |＝( ) A. 5 B.10 C.2 5D.102.(2016·江西赣州摸底)已知a ＝(1，sin 2x )，b ＝(2，sin 2x )，其中x ∈(0，π).若|a ·b |＝|a ||b |，则tan x 的值等于( ) A.1 B.－1 C. 3D.223.(2016·山西质量监测)△ABC 的外接圆圆心为O ，半径为2，OA →＋AB →＋AC →＝0，且|OA →|＝|AB →|，CA →在CB →方向上的投影为( ) A.－3 B.－ 3 C. 3D.34.(2015·唐山一中高三期中)若a ，b ，c 均为单位向量，a ·b ＝－12，c ＝x a ＋y b (x ，y ∈R )，则x ＋y 的最大值是( ) A.2 B. 3 C. 2D.15.(2015·山西大学附中月考)已知向量a ＝(sin θ，cos θ－2sin θ)，b ＝(1，2). (1)若a ∥b ，求tan θ的值；(2)若|a|＝|b|，0＜θ＜π，求θ的值.答案精析A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.解析 |BA →|＝1，|BC →|＝1，cos ∠ABC ＝BA →·BC →|BA →|·|BC →|＝32.答案 A2.解析 ∵四边形ABCD 为平行四边形， ∴AC →＝AB →＋AD →＝(1，－2)＋(2，1)＝(3，－1)． ∴AD →·AC →＝2×3＋(－1)×1＝5. 答案 A3.解析 对于A ，由|a ·b |＝||a ||b | cos 〈a ，b 〉|≤|a ||b |恒成立； 对于B ，当a ，b 均为非零向量且方向相反时不成立； 对于C 、D 容易判断恒成立．故选B. 答案 B4.解析 因为a ⊥(2a ＋b )，所以a ·(2a ＋b )＝2a 2＋a ·b ＝0， 即2|a |2＋|a ||b |cos 〈a ，b 〉＝0，又|b |＝4|a |，则上式可化为2|a |2＋|a |×4|a |·cos〈a ，b 〉＝0，即2＋4cos 〈a ，b 〉＝0， 所以cos 〈a ，b 〉＝－12，即a ，b 夹角为23π.答案 C5.解析 c ＝a ＋k b ＝(1，2)＋k (1，1)＝(1＋k ，2＋k )，∵b ⊥c ，∴b ·c ＝(1，1)·(1＋k ，2＋k )＝1＋k ＋2＋k ＝3＋2k ＝0， ∴k ＝－32，故选A.答案 A6.解析 ∵A ，B ，C 在圆x 2＋y 2＝1上，且AB ⊥BC ， ∴线段AC 为圆的直径， 故PA →＋PC →＝2PO →＝(－4，0).设B (x ，y )，则x 2＋y 2＝1且x ∈[－1，1]，PB →＝(x －2，y )， ∴PA →＋PB →＋PC →＝(x －6，y )，|PA →＋PB →＋PC →|＝－12x ＋37， ∴当x ＝－1时，此式有最大值49＝7，故选B. 答案 B7.解析 设S ＝x 1·y 1＋x 2·y 2＋x 3·y 3＋x 4·y 4，若S 的表达式中有0个a ·b ，则S ＝2a 2＋2b 2，记为S 1，若S 的表达式中有2个a ·b ，则S ＝a 2＋b 2＋2a·b ，记为S 2，若S 的表达式中有4个a ·b ，则S ＝4a ·b ，记为S 3.又|b |＝2|a |，所以S 1－S 3＝2a 2＋2b 2－4a ·b ＝2(a －b )2＞0，S 1－S 2＝a 2＋b 2－2a ·b ＝(a －b )2＞0，S 2－S 3＝(a －b )2＞0，所以S 3＜S 2＜S 1，故S min ＝S 3＝4a ·b .设a ，b 的夹角为θ，则S min ＝4a ·b ＝8|a |2cos θ＝4|a |2，即cos θ＝12，又θ∈[0，π]，所以θ＝π3. 答案 B8.解析 设D (x ，y )，则(x －3)2＋y 2＝1，OA →＋OB →＋OD →＝(x －1，y ＋3)， 故|OA →＋OB →＋OD →|＝（x －1）2＋（y ＋3）2，|OA →＋OB →＋OD →|的最大值为（3－1）2＋（0＋3）2＋1＝7＋1，最小值为（3－1）2＋（0＋3）2－1＝7－1， 故取值范围为[7－1，7＋1]． 答案 D9.解析 根据平面向量的夹角公式可得1×3＋3m 2×9＋m 2＝32，即3＋3m ＝3×9＋m 2， 两边平方并化简得63m ＝18，解得m ＝3，经检验符合题意． 答案 B10.解析 因为|a ＋b |＝10， 所以|a ＋b |2＝10，即a 2＋2a·b ＋b 2＝10. ① 又因为|a －b|＝6，所以a 2－2a·b ＋b 2＝6. ② 由①－②得4a·b ＝4， 即a·b ＝1，故选A. 答案 A11.解析 由题意，得a ·b ＝0⇒x ＋2(x ＋1)＝0⇒x ＝－23.答案 －2312.解析 ∵a ⊥(t a ＋b )，∴t a 2＋a ·b ＝0，又∵a 2＝2，a ·b ＝10，∴2t ＋10＝0， ∴t ＝－5. 答案 －513.解析 设a 与b 的夹角为θ，则cos θ＝a·b |a ||b |＝1×3＋1×312＋（3）2·12＋（3）2＝234＝32， 所以θ＝π6.答案 π614.解析 因为OA →⊥AB →，所以OA →·AB →＝0.所以OA →·OB →＝OA →·(OA →＋AB →)＝OA →2＋OA →·AB →＝|OA →|2＋0＝32＝9. 答案 915.解析 因为|e 1|＝|e 2|＝1且e 1·e 2＝12，所以e 1与e 2的夹角为60°.又因为b ·e 1＝b ·e 2＝1，所以b ·e 1－b ·e 2＝0，即b ·(e 1－e 2)＝0， 所以b ⊥(e 1－e 2)，所以b 与e 1的夹角为30°， 所以b ·e 1＝|b |·|e 1|cos 30°＝1，∴|b |＝233.答案 23316.解析 ∵a k ＝⎝⎛⎭⎪⎫cos k π6，sink π6＋cosk π6， ∴a k ·a k ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫cos k π6，sink π6＋cosk π6·⎝⎛⎭⎪⎫cosk ＋16π，sin k ＋16π＋cos k ＋16π ＝cosk π6·cosk ＋16π＋⎝⎛⎭⎪⎫sink π6＋cosk π6·⎝⎛⎭⎪⎫sink ＋16π＋cos k ＋16π ＝32cos π6＋12cos 2k ＋16π＋sin 2k ＋16π. 故1111100k k k k a a +==⋅=∑∑⎝ ⎛⎭⎪⎫32cos π6＋12cos 2k ＋16π＋sin 2k ＋16π ＝32110k =∑cos π6＋12110k =∑cos 2k ＋16π＋110k =∑sin 2k ＋16π. 由11k =∑cos 2k ＋16π＝0，11k =∑sin 2k ＋16π＝0，得∑k ＝011 a k ·a k ＋1＝32cos π6×12＝9 3.答案 9 317.解析 在等腰梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＝2，BC ＝1，∠ABC ＝60°， ∴CD ＝1.AE →＝AB →＋BE →＝AB →＋23BC →，AF →＝AD →＋DF →＝AD →＋16DC →，∴AE →·AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →＋23BC →·⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →＋16DC →＝AB →·AD →＋AB →·16DC →＋23BC →·AD →＋23BC →·16DC →＝2×1×cos 60°＋2×16＋23×1×cos 60°＋23×16×cos 120°＝2918. 答案 291818.解析 因为a ＝(－2，－6)，所以|a |＝（－2）2＋（－6）2＝210， 又|b |＝10，向量a 与b 的夹角为60°，所以a·b ＝|a|·|b|·cos 60°＝210×10×12＝10.答案 1019.解析 由已知可以得到c ＝(m ＋4，2m ＋2)，且cos 〈c ，a 〉＝cos 〈c ，b 〉， 所以c·a |c|·|a|＝c ·b|c|·|b|，即m ＋4＋2（2m ＋2）（m ＋4）2＋（2m ＋2）2×12＋22＝4（m ＋4）＋2（2m ＋2）（m ＋4）2＋（2m ＋2）2×42＋22， 即5m ＋85＝8m ＋2025，解得m ＝2. 答案 220.解 (1)∵m ＝n ＝23，AB →＝(1，2)，AC →＝(2，1)，∴OP →＝23(1，2)＋23(2，1)＝(2，2)，∴|OP →|＝22＋22＝2 2.(2)∵OP →＝m (1，2)＋n (2，1)＝(m ＋2n ，2m ＋n )，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝m ＋2n ，y ＝2m ＋n ， 两式相减得，m －n ＝y －x .令y －x ＝t ，由图知，当直线y ＝x ＋t 过点B (2，3)时，t 取得最大值1， 故m －n 的最大值为1.B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.解析 因为向量a ＝(x ，1)，b ＝(1，y )，c ＝(2，－4)，且a ⊥c ，b ∥c ， 所以2x －4＝0，2y ＝－4，解得x ＝2，y ＝－2， 所以a ＝(2，1)，b ＝(1，－2)，所以a ＋b ＝(3，－1)，所以|a ＋b |＝32＋（－1）2＝10.答案 B2.解析 设a 与b 的夹角为θ，由|a ·b |＝|a ||b |，得|cos θ|＝1， 所以向量a 与b 共线，则sin 2x ＝2sin 2x ，即2sin x cos x ＝2sin 2x . 又x ∈(0，π)，所以2cos x ＝2sin x ，即tan x ＝1. 答案 A3.解析 由OA →＋AB →＋AC →＝0得OB →＝－AC →＝CA →， ∴四边形OBAC 为平行四边形.又|OA →|＝|AB →|，∴四边形OBAC 是边长为2的菱形. ∴∠ACB ＝π6，∴三角形OAB 为正三角形. ∵外接圆的半径为2，∴CA →在CB →方向上的投影为|CA →|cos π6＝2×32＝ 3.故选C.答案 C4.解析 由c ·c ＝(x a ＋y b )·(x a ＋y b )＝x 2＋y 2－xy ＝1，得(x ＋y )2－1＝3xy ≤3·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22，即(x ＋y )2≤4，故(x ＋y )max ＝2. 答案 A5.解 (1)因为a ∥b ，所以2sin θ＝cos θ－2sin θ， 于是4sin θ＝cos θ，故tan θ＝14.(2)由|a|＝|b|知，sin 2θ＋(cos θ－2sin θ)2＝5， 所以1－2sin 2θ＋4sin 2θ＝5， 从而－2sin 2θ＋2(1－cos 2θ)＝4， 即sin 2θ＋cos 2θ＝－1， 于是sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＝－22. 又由0＜θ＜π知，π4＜2θ＋π4＜9π4，所以2θ＋π4＝5π4或2θ＋π4＝7π4，所以θ＝π2或θ＝3π4.。

第七节 空间角与距离A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.(2014·广东,5)已知向量a ＝(1,0,－1),则下列向量中与a 成60°夹角的是( ) A.(－1,1,0) B.(1,－1,0) C.(0,－1,1) D.(－1,0,1)2.(2014·四川,8)如图,在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,点O 为线段BD 的中点.设点P 在线段CC 1上,直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α,则sin α的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤63，1 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤63，223 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤223，13.(2014·新课标全国Ⅱ,11)直三棱柱ABCA 1B 1C 1中,∠BCA ＝90°,M ,N 分别是A 1B 1,A 1C 1的中点,BC ＝CA ＝CC 1,则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A.110B.25C.3010D.224.(2014·江西,10)如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB ＝11,AD ＝7,AA 1＝12.一质点从顶点A 射向点E (4,3,12),遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理),将第i －1次到第i 次反射点之间的线段记为L i (i ＝2,3,4),L 1＝AE ,将线段L 1,L 2,L 3,L 4竖直放置在同一水平线上,则大致的图形是( )5.(2015·四川,14) 如图,四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M 在线段PQ 上,E 、F 分别为AB 、BC 的中点.设异面直线EM 与AF 所成的角为θ,则cos θ的最大值为________.6.(2015·安徽,19)如图所示,在多面体A 1B 1D 1­DCBA ,四边形AA 1B 1B ,ADD 1A 1,ABCD 均为正方形,E 为B 1D 1的中点,过A 1,D ,E 的平面交CD 1于F . (1)证明：EF ∥B1C .(2)求二面角E ­A 1D ­B 1的余弦值.7.(2015·重庆,19)如图,三棱锥PABC 中,PC ⊥平面ABC ,PC ＝3,∠ACB ＝π2.D ,E 分别为线段AB ,BC 上的点,且CD ＝DE ＝2,CE ＝2EB ＝2.(1)证明：DE ⊥平面PCD ；(2)求二面角APDC 的余弦值.8.(2015·北京,17)如图,在四棱锥AEFCB 中,△AEF 为等边三角形,平面AEF ⊥平面EFCB ,EF ∥BC ,BC ＝4,EF ＝2a ,∠EBC ＝∠FCB ＝60°,O 为EF 的中点.(1) 求证：AO ⊥BE ；(2) 求二面角FAEB 的余弦值； (3)若BE ⊥平面AOC ,求a 的值.9.(2015·四川,18)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示,在正方体中,设BC 的中点为M ,GH 的中点为N .(1)请将字母F ,G ,H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)证明：直线MN ∥平面BDH ； (3)求二面角AEGM 的余弦值.10.(2015·江苏,22)如图,在四棱锥PABCD 中,已知PA ⊥平面ABCD ,且四边形ABCD 为直角梯形,∠ABC ＝∠BAD ＝π2,PA ＝AD ＝2,AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点,当直线CQ 与DP 所成的角最小时,求线段BQ 的长.11.(2015·山东,17)如图,在三棱台DEF-ABC 中,AB ＝2DE ,G ,H 分别为AC ,BC 的中点. (1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥平面ABC ,AB ⊥BC ,CF ＝DE, ∠BAC ＝45°,求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小.12.(2014·陕西,17)四面体ABCD 及其三视图如图所示,过棱AB 的中点E 作平行于AD ,BC 的平面分别交四面体的棱BD ,DC ,CA 于点F ,G ,H .(1)证明：四边形EFGH 是矩形；(2)求直线AB 与平面EFGH 夹角θ的正弦值.13.(2014·天津,17)如图,在四棱锥PABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,AD ⊥AB ,AB ∥DC ,AD ＝DC ＝AP ＝2,AB ＝1,点E 为棱PC 的中点. (1)证明：BE ⊥DC ；(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)若F 为棱PC 上一点,满足BF ⊥AC ,求二面角FABP 的余弦值.14.(2014·四川,18)三棱锥A ­BCD 及其侧视图、俯视图如图所示.设M ,N 分别为线段AD ,AB 的中点,P 为线段BC 上的点,且MN ⊥NP .(1)证明：P 是线段BC 的中点； (2)求二面角A ­NP ­M 的余弦值；B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·四川成都模拟)在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,M 是AA 1的中点,则点A 1到平面BDM 的距离是( ) A.66a B.306a C.34a D.63a 2.(2016·泰安模拟)已知向量m ,n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量,若cos 〈m ,n 〉＝－12,则l 与α所成的角为( )A.30°B.60°C.120°D.150°3.(2015·宁夏银川调研考试)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等,则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( ) A.64 B.104 C.22 D.324.(2015·广州模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,M ,N 分别为棱AA 1和BB 1的中点,则sin 〈CM →,D 1N →〉的值为( )A.19B.459C.259D.235.(2016·江西抚州模拟)已知正方形ABCD 的边长为4,CG ⊥平面ABCD ,CG ＝2,E ,F 分别是AB ,AD 的中点,则点C 到平面GEF 的距离为________.6.(2016·福州模拟)如图,四面体ABCD 中,AB ,BC ,BD 两两垂直,AB ＝BC ＝BD ＝4,E ,F 分别为棱BC ,AD 的中点.(1)求异面直线AB 与EF 所成角的余弦值； (2)求点E 到平面ACD 的距离； (3)求EF 与平面ACD 所成角的正弦值.7.(2016·安徽安庆模拟)已知三棱锥P －ABC 的各顶点都在以O 为球心的球面上,且PA 、PB 、PC 两两垂直,若PA ＝PB ＝PC ＝2,则球心O 到平面ABC 的距离为________.8.(2016·南京模拟)如图,△ABC 是以∠ABC 为直角的三角形,SA ⊥平面ABC ,SA ＝BC ＝2,AB ＝4.M ,N ,D 分别是SC ,AB ,BC 的中点.(1)求证：MN ⊥AB ；(2)求二面角S －ND －A 的余弦值； (3)求点A 到平面SND 的距离.9.(2015·广东六校联盟模拟)如图,将长为4,宽为1的长方形折叠成长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的四个侧面,记底面上一边AB ＝t (0<t <2),连接A 1B ,A 1C ,A 1D .(2)线段A1C上是否存在一点P,使得A1C⊥平面BPD,若有,求出P点的位置,没有请说明理由.答案精析A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.B [设选项中的向量与a 的夹角为θ,对于选项A,由于cos θ＝1×（－1）＋0×1＋（－1）×012＋02＋（－1）2×（－1）2＋12＋02＝－12,此时夹角θ为120°,不满足题意；对于选项B,由于cos θ＝1×1＋0×（－1）＋（－1）×012＋02＋（－1）2×12＋（－1）2＋02＝12,此时夹角θ为60°,满足题意.故选B.]2.B [易证AC 1⊥平面A 1BD ,当点P 在线段CC 1上从C 运动到C 1时,直线OP 与平面A 1BD 所成的角α的变化情况：∠AOA 1→π2→∠C 1OA 1(点P 为线段CC 1的中点时,α＝π2),由于sin∠AOA 1＝63,sin ∠C 1OA 1＝223>63,sin π2＝1,所以sin α的取值范围是[63,1].] 3.C [以C 1为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设BC ＝CA ＝CC 1＝2,则A (2,0,2),N (1,0,0),M (1,1,0),B (0,2,2),∴AN →＝(－1,0,－2),BM →＝(1,－1,－2),∴cos 〈AN →,BM →〉＝AN →·BM →|AN →||BM →|＝－1＋45×6＝330＝3010,故选C.]4.C [根据反射的对称性,质点是在过A ,E ,A 1的平面内运动.因为711<34,所以过A 、E ,A 1作长方体的截面AA 1NM 如图所示.设点A 关于平面A 1B 1C 1D 1的对称点为A ′,易知它在z 轴上,且A ′A 1＝AA 1＝12,连接A ′E 并延长交平面ABCD 于点E 1,因为A 1E ＝5,所以AE 1＝10,且E 1到AB ,AD 的距离分别为6,8,即E 1(8,6,0),而它在线段AM 上,从而知L 1＝AE ＝EE 1＝L 2；事实上,只需要在AA 1NM 内,过E 1作AE的平行线交MN 于点E 2,再过E 2作E 1E 的平行线交A 1N 于点E 3,可知EE 1>E 2E 3＝L 4>E 1E 2＝L 3,故L 1＝L 2>L 4>L 3,故选C.]5.25[建立空间直角坐标系如图所示,设AB ＝1,则AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0,E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0,设M (0,y ,1)(0≤y ≤1),则EM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，y ，1,∴cos θ＝－12＋12y 1＋1414＋y 2＋1＝－1－y 52·4y 2＋5.设异面直线所成的角为α,则cos α＝|cos θ|＝1－y 52·4y 2＋5＝255·1－y4y 2＋5, 令t ＝1－y ,则y ＝1－t , ∵0≤y ≤1,∴0≤t ≤1,那么cos α＝|cos θ|＝255·t 4t 2－8t ＋9＝255t 24t 2－8t ＋9＝25514－8t ＋9t2, 令x ＝1t ,∵0≤t ≤1,∴x ≥1,那么cos α＝25514－8x ＋9x2,又∵z ＝9x 2－8x ＋4在[1,＋∞)上单增,∴x ＝1,z min ＝5, 此时cos α的最大值＝255·15＝255·55＝25.] 6.(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ,且A 1B 1＝AB ＝DC ,所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形,从而B 1C ∥A 1D ,又A 1D ⊂面A 1DE ,B 1C ⊄面A 1DE ,于是B 1C ∥面A 1DE .又B 1C ⊂面B 1CD 1.面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ,所以EF ∥B 1C .(2)解 因为四边形AA 1B 1B ,ADD 1A 1,ABCD 均为正方形,所以AA 1⊥AB ,AA 1⊥AD ,AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点,分别以AB →,AD →,AA 1→为x 轴,y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A (0,0,0),B (1,0,0),D (0,1,0),A 1(0,0,1),B 1(1,0,1),D 1(0,1,1),而E点为B 1D 1的中点,所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1. 设面A 1DE 的法向量n 1＝(r 1,s 1,t 1),而该面上向量A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0,A 1D →＝(0,1,－1),由n 1⊥A 1E →.n 1⊥A 1D →得r 1,s 1,t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1,1,1)为其一组解, 所以可取n 1＝(－1,1,1).设面A 1B 1CD 的法向量n 2＝(r 2,s 2,t 2),而该面上向量A 1B 1→＝(1,0,0),A 1D →＝(0,1,－1),由此同理可得n 2＝(0,1,1).所以结合图形知二面角E ­A 1D ­B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.7.(1)证明 由PC ⊥平面ABC ,DE ⊂平面ABC ,故PC ⊥DE . 由CE ＝2,CD ＝DE ＝2得△CDE 为等腰直角三角形,故CD ⊥DE . 由PC ∩CD ＝C ,DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线,故DE ⊥平面PCD .(2)解 由(1)知,△CDE 为等腰直角三角形,∠DCE ＝π4,如图,过D 作DF 垂直CE 于F ,易知DF＝FC ＝FE ＝1,又已知EB ＝1,故FB ＝2.由∠ACB ＝π2得DF ∥AC ,DF AC ＝FB BC ＝23,故AC ＝32DF ＝32.以C 为坐标原点,分别以CA →,CB →,CP →的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则C (0,0,0),P (0,0,3),A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0,E (0,2,0),D (1,1,0),ED →＝(1,-1,0),DP →＝(-1,-1,3),DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0. 设平面PAD 的法向量为n 1＝(x 1,y 1,z 1),由n 1·DP →＝0,n 1·DA →＝0,得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0，故可取n 1＝(2,1,1).由(1)可知DE ⊥平面PCD ,故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →,即n 2＝(1,－1,0).从而法向量n 1,n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1,n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝36,故所求二面角APDC 的余弦值为36. 8.(1)证明 因为△AEF 是等边三角形,O 为EF 的中点,所以AO ⊥EF . 又因为平面AEF ⊥平面EFCB .AO ⊂平面AEF ,所以AO ⊥平面EFCB .所以AO ⊥BE . (2)解 取BC 中点G ,连接OG .由题设知EFCB 是等腰梯形,所以OG ⊥EF . 由(1)知AO ⊥平面EFCB .又OG ⊂平面EFCB ,所以OA ⊥OG . 如图建立空间直角坐标系Oxyz ,则E (a ,0,0),A (0,0,3a ),B (2,3(2－a ),0),EA →＝(－a ,0,3a ),BE →＝(a －2,3(a －2),0). 设平面AEB 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EA →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎨⎧－ax ＋3az ＝0，（a －2）x ＋3（a －2）y ＝0.令z ＝1,则x ＝3,y ＝－1,于是n ＝(3,－1,1). 平面AEF 的法向量为p ＝(0,1,0).所以cos 〈n ,p 〉＝n·p |n ||p |＝－55. 由题知二面角FAEB 为钝角,所以它的余弦值为－55. (3)解 因为BE ⊥平面AOC ,所以BE ⊥OC ,即BE →·OC →＝0,因为BE →＝(a －2,3(a －2),0), OC →＝(－2,3(2－a ),0),所以BE →·OC →＝－2(a －2)－3(a －2)2.由BE →·OC →＝0及0<a <2,解得a ＝43.9.(1)解 点F ,G ,H 的位置如图所示.(2)证明 连接BD ,设O 为BD 的中点,因为M ,N 分别是BC ,GH 的中点, 所以OM ∥CD ,且OM ＝12CD ,HN ∥CD ,且HN ＝12CD ,所以OM ∥HN ,OM ＝HN ,所以MNHO 是平行四边形,从而MN ∥OH , 又MN ⊄平面BDH ,OH ⊂平面BDH ,所以MN ∥平面BDH . (3)解 法一 连接AC ,过M 作MP ⊥AC 于P , 在正方体ABCD-EFGH 中,AC ∥EG ,所以MP ⊥EG ,过P 作PK ⊥EG 于K ,连接KM ,所以EG ⊥平面PKM ,从而KM ⊥EG , 所以∠PKM 是二面角AEGM 的平面角,设AD ＝2,则CM ＝1,PK ＝2, 在Rt △CMP 中,PM ＝CM sin 45°＝22, 在Rt △PKM 中,KM ＝PK 2＋PM 2＝322,所以cos ∠PKM ＝PK KM ＝223,即二面角AEGM 的余弦值为223.法二 如图,以D 为坐标原点,分别以DA →,DC →,DH →方向为x ,y ,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系Dxyz ,设AD ＝2,则M (1,2,0),G (0,2,2),E (2,0,2),O (1,1,0),所以,GE →＝(2,－2,0),MG →＝(－1,0,2), 设平面EGM 的一个法向量为n 1＝(x ,y ,z ),由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·GE →＝0，n 1·MG →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，－x ＋2z ＝0，取x ＝2,得n 1＝(2,2,1), 在正方体ABCD-EFGH 中,DO ⊥平面AEGC ,则可取平面AEG 的一个法向量为n 2＝DO →＝(1,1,0),所以cos n 1,n 2＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝2＋2＋04＋4＋1·1＋1＋0＝223,故二面角AEGM 的余弦值为223.10.解 以{AB →,AD →,AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ,则各点的坐标为B (1,0,0),C (1,1,0),D (0,2,0),P (0,0,2).(1)因为AD ⊥平面PAB ,所以AD →是平面PAB 的一个法向量,AD →＝(0,2,0). 因为PC →＝(1,1,－2),PD →＝(0,2,－2).设平面PCD 的法向量为m ＝(x ,y ,z ),则m ·PC →＝0,m ·PD →＝0,即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1,解得z ＝1,x ＝1.所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量.从而cos 〈AD →,m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33,所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2),设BQ →＝λBP →＝(－λ,0,2λ)(0≤λ≤1),又CB →＝(0,－1,0), 则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ,－1,2λ),又DP →＝(0,－2,2), 从而cos 〈CQ →,DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ,t ∈[1,3],则cos 2〈CQ →,DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95,即λ＝25时,|cos 〈CQ →,DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数,此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值.又因为BP ＝12＋22＝5,所以BQ ＝25BP ＝255.11.(1)证明 法一 连接DG ,CD ,设CD ∩GF ＝O ,连接OH ,在三棱台DEF-ABC 中,AB ＝2DE ,G 为AC 的中点, 可得DF ∥GC ,DF ＝GC ,所以四边形DFCG 为平行四边形. 则O 为CD 的中点,又H 为BC 的中点,所以OH ∥BD ,又OH ⊂平面FGH ,BD ⊄平面FGH ,所以BD ∥平面FGH .法二 在三棱台DEF-ABC 中,由BC ＝2EF ,H 为BC 的中点,可得BH ∥EF ,BH ＝EF , 所以四边形BHFE 为平行四边形,可得BE ∥HF .在△ABC 中,G 为AC 的中点,H 为BC 的中点,所以GH ∥AB . 又GH ∩HF ＝H ,所以平面FGH ∥平面ABED . 因为BD ⊂平面ABED ,所以BD ∥平面FGH .(2)解 法一 设AB ＝2,则CF ＝1.在三棱台DEFABC 中,G 为AC 的中点,由DF ＝12AC ＝GC ,可得四边形DGCF 为平行四边形,因此DG ∥FC ,又FC ⊥平面ABC ,所以DG ⊥平面ABC . 在△ABC 中,由AB ⊥BC ,∠BAC ＝45°,G 是AC 中点. 所以AB ＝BC ,GB ⊥GC ,因此GB ,GC ,GD 两两垂直. 以G 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz . 所以G (0,0,0),B (2,0,0),C (0,2,0),D (0,0,1). 可得H ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0,F (0,2,1),故GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0,GF →＝(0,2,1). 设n ＝(x ,y ,z )是平面FGH 的一个法向量,则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0.可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1,－1,2).因为GB →是平面ACFD 的一个法向量,GB →＝(2,0,0).所以cos 〈GB →,n 〉＝GB →·n |GB →|·|n|＝222＝12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°. 法二 作HM ⊥AC 于点M ,作MN ⊥GF 于点N ,连接NH .由FC ⊥平面ABC ,得HM ⊥FC ,又FC ∩AC ＝C ,所以HM ⊥平面ACFD . 因此GF ⊥NH ,所以∠MNH 即为所求的角. 在△BGC 中,MH ∥BG ,MH ＝12BG ＝22,由△GNM ∽△GCF ,可得MN FC ＝GM GF ,从而MN ＝66.由HM ⊥平面ACFD ,MN ⊂平面ACFD , 得HM ⊥MN ,因此tan ∠MNH ＝HMMN＝3,所以∠MNH ＝60°, 所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°. 12.(1)证明 由该四面体的三视图可知,BD ⊥DC ,BD ⊥AD ,AD ⊥DC ,BD ＝DC ＝2,AD ＝1.由题设,BC ∥平面EFGH ,平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ,平面EFGH ∩平面ABC ＝EH , ∴BC ∥FG ,BC ∥EH ,∴FG ∥EH .同理EF ∥AD ,HG ∥AD ,∴EF ∥HG , ∴四边形EFGH 是平行四边形.又∵AD ⊥DC ,AD ⊥BD ,∴AD ⊥平面BDC , ∴AD ⊥BC ,∴EF ⊥FG ,∴四边形EFGH 是矩形. (2)解 法一 如图,以D 为坐标原点建立空间直角坐标系,D (0,0,0),A (0,0,1),B (2,0,0),C (0,2,0),DA →＝(0,0,1),BC →＝(－2,2,0),BA →＝(－2,0,1).设平面EFGH 的法向量n ＝(x ,y ,z ),∵EF ∥AD ,FG ∥BC ,∴n ·DA →＝0,n ·BC →＝0,得⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，－2x ＋2y ＝0，取n ＝(1,1,0),∴sin θ＝|cos 〈BA →,n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BA →·n |BA →||n |＝25×2＝105.法二建立以D 为坐标原点建立空间直角坐标系,则D (0,0,0),A (0,0,1),B (2,0,0),C (0,2,0),∵E 是AB 的中点,∴F ,G 分别为BD ,DC 的中点,得E (1,0,12),F (1,0,0),G (0,1,0).∴FE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，12,FG →＝(－1,1,0),BA →＝(－2,0,1).设平面EFGH 的法向量n ＝(x ,y ,z ),则n ·FE →＝0,n ·FG →＝0,得 ⎩⎪⎨⎪⎧12z ＝0，－x ＋y ＝0，取n ＝(1,1,0),∴sin θ＝|cos 〈BA →,n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BA →·n |BA →||n |＝25×2＝105. 13.法一 依题意,以点A 为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B (1,0,0),C (2,2,0),D (0,2,0),P (0,0,2).由E 为棱PC 的中点,得E (1,1,1).(1)证明 向量BE →＝(0,1,1),DC →＝(2,0,0),故BE →·DC →＝0.所以,BE ⊥DC .(2)解 向量BD →＝(－1,2,0),PB →＝(1,0,－2).设n ＝(x ,y ,z )为平面PBD 的法向量. 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0.不妨令y ＝1,可得n ＝(2,1,1)为平面PBD 的一个法向量,于是有 cos 〈n ,BE →〉＝n ·BE →|n |·|BE →|＝26×2＝33.所以直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33. (3)解 向量BC →＝(1,2,0),CP →＝(－2,－2,2),AC →＝(2,2,0),AB →＝(1,0,0).由点F 在棱PC 上,设CF →＝λCP →,0≤λ≤1.故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1-2λ,2-2λ,2λ).由BF ⊥AC ,得BF →·AC →＝0,因此,2(1-2λ)＋2(2-2λ)＝0,解得λ＝34.即BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，32.设n 1＝(x ,y ,z )为平面FAB 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1,可得n 1＝(0,－3,1)为平面FAB 的一个法向量.取平面ABP 的法向量n 2＝(0,1,0),则cos 〈n 1,n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－310×1＝－31010.易知,二面角FABP 是锐角,所以其余弦值为31010.法二 (1)证明 如图,取PD 中点M ,连接EM ,AM .由于E ,M 分别为PC ,PD 的中点,故EM ∥DC ,且EM ＝12DC ,又由已知,可得EM ∥AB 且EM ＝AB ,故四边形ABEM 为平行四边形,所以BE ∥AM .因为PA ⊥底面ABCD ,故PA ⊥CD ,而CD ⊥DA ,从而CD ⊥平面PAD ,因为AM ⊂平面PAD ,于是CD ⊥AM ,又BE ∥AM ,所以BE ⊥CD .(2)解 连接BM ,由(1)有CD ⊥平面PAD ,得CD ⊥PD ,而EM ∥CD ,故PD ⊥EM ,又因为AD ＝AP ,M 为PD 的中点,故PD ⊥AM ,可得PD ⊥BE ,所以PD ⊥平面BEM ,故平面BEM ⊥平面PBD .所以直线BE 在平面PBD 内的射影为直线BM ,而BE ⊥EM ,可得∠EBM 为锐角,故∠EBM 为直线BE 与平面PBD 所成的角.依题意,有PD ＝22,而M 为PD 中点,可得AM ＝2,进而BE ＝ 2.故在直角三角形BEM 中,tan ∠EBM ＝EM BE ＝AB BE ＝12,因此sin ∠EBM ＝33.所以直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33. (3)解 如图,在△PAC 中,过点F 作FH ∥PA 交AC 于点H .因为PA ⊥底面ABCD ,故FH ⊥底面ABCD ,从而FH ⊥AC .又BF ⊥AC ,得AC ⊥平面FHB ,因此AC ⊥BH .在底面ABCD 内,可得CH ＝3HA ,从而CF ＝3FP .在平面PDC 内,作FG ∥DC 交PD 于点G ,于是DG ＝3GP .由于DC ∥AB ,故GF ∥AB ,所以A ,B ,F ,G 四点共面.由AB ⊥PA ,AB ⊥AD ,得AB ⊥平面PAD ,故AB ⊥AG .所以∠PAG 为二面角FABP的平面角.在△PAG 中,PA ＝2,PG ＝14PD ＝22,∠APG ＝45°,由余弦定理可得AG ＝102,cos ∠PAG ＝31010.所以,二面角FABP 的余弦值为31010.14.(1)证明 如图,取BD 中点O ,连接AO ,CO .由侧视图及俯视图知,△ABD ,△BCD 为正三角形,因此AO ⊥BD ,OC ⊥BD . 因为AO 、OC ⊂平面AOC ,且AO ∩OC ＝O ,所以BD ⊥平面AOC . 又因为AC ⊂平面AOC ,所以BD ⊥AC .取BO 的中点H ,连接NH ,PH , 又M ,N 分别为线段AD ,AB 的中点,所以NH ∥AO ,MN //BD . 因为AO ⊥BD ,所以NH ⊥BD . 因为MN ⊥NP ,所以NP ⊥BD .因为NH ,NP ⊂平面NHP ,且NH ∩NP ＝N ,所以BD ⊥平面NHP . 又因为HP ⊂平面NHP ,所以BD ⊥HP .又OC ⊥BD ,HP ⊂平面BCD ,OC ⊂平面BCD ,所以HP ∥OC .因为H 为BO 的中点, 故P 为BC 中点.(2)解 法一 如图,作NQ ⊥AC 于Q ,连接MQ .由(1)知,NP ∥AC ,所以NQ ⊥NP .因为MN ⊥NP ,所以∠MNQ 为二面角A ­NP ­M 的一个平面角. 由(1)知,△ABD ,△BCD 是边长为2的正三角形,所以AO ＝OC ＝ 3. 由俯视图可知,AO ⊥平面BCD .因为OC ⊂平面BCD ,所以AO ⊥OC ,因此在等腰Rt △AOC 中,AC ＝6,作BR ⊥AC 于R .在△ABC 中,AB ＝BC , 所以BR ＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AC 22＝102. 因为在平面ABC 内,NQ ⊥AC ,BR ⊥AC ,所以NQ ∥BR . 又因为N 为AB 的中点,所以Q 为AR 的中点,因此NQ ＝BR 2＝104.同理,可得MQ ＝104.所以在等腰△MNQ 中,cos ∠MNQ ＝MN 2NQ ＝BD4NQ ＝105.故二面角A ­NP ­M 的余弦值是105.法二 由俯视图及(1)可知,AO ⊥平面BCD . 因为OC ,OB ⊂平面BCD ,所以AO ⊥OC ,AO ⊥OB . 又OC ⊥OB ,所以直线OA ,OB ,OC 两两垂直.如图,以O 为坐标原点,以OB →,OC →,OA →的方向为x轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系O ­xyz .则A (0,0,3),B (1,0,0),C (0,3,0),D (－1,0,0).因为M ,N 分别为线段AD ,AB 的中点, 又由(1)知,P 为线段BC 的中点,所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，32,N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32,P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0.于是AB →＝(1,0,－3),BC →＝(－1,3,0),MN →＝(1,0,0),NP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，－32.设平面ABC 的法向量n 1＝(x 1,y 1,z 1),则⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥AB →，n 1⊥BC →，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0，n 1·BC →＝0，有⎩⎨⎧（x 1，y 1，z 1）·（1，0，－3）＝0，（x 1，y 1，z 1）·（－1，3，0）＝0，从而⎩⎨⎧x 1－3z 1＝0，－x 1＋3y 1＝0.取z 1＝1,则x 1＝3,y 1＝1,所以n 1＝(3,1,1).连接MP , 设平面MNP 的法向量n 2＝(x 2,y 2,z 2),则⎩⎪⎨⎪⎧n 2⊥MN →，n 2⊥NP →，即⎩⎪⎨⎪⎧n 2·MN →＝0，n 2·NP →＝0，有⎩⎪⎨⎪⎧（x 2，y 2，z 2）·（1，0，0）＝0，（x 2，y 2，z 2）·⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，－32＝0，从而⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，32y 2－32z 2＝0. 取z 2＝1,所以n 2＝(0,1,1). 设二面角A ­NP ­M 的大小为θ, 则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（3，1，1）·（0，1，1）5×2＝105.故二面角A ­NP ­M 的余弦值是105. B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.A [以D 为原点建立空间直角坐标系,正方体棱长为a ,则A 1(a ,0,a ),A (a ,0,0),M ⎝⎛⎭⎪⎫a ，0，12a ,B (a ,a ,0),D (0,0,0), 设n ＝(x ,y ,z )为平面BMD 的法向量.则n ·BM →＝0,且n ·DM →＝0,而BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a ，12a ,DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，0，12a ,所以⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋12z ＝0，x ＋12z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12z ，x ＝－12z ，令z ＝2,则n ＝(－1,1,2),DA 1→＝(a ,0,a ), 则A 1到平面BDM 的距离是d ＝|DA 1→·n ||n |＝66a .]2.A [设l 与α所成角为θ,∵cos 〈m ,n 〉＝－12,又直线与平面所成角θ满足0°≤θ≤90°,∴sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12.∴θ＝30°.] 3.A [法一 取A 1C 1的中点E ,连接AE 、B 1E .由题易知B 1E ⊥平面ACC 1A 1, 则∠B 1AE 为AB 1与侧面ACC 1A 1所成的角.令正三棱柱侧棱长与底面边长为1,则sin ∠B 1AE ＝B 1E AB 1＝322＝64,故选A.法二 如上图,以A 1C 1中点E 为原点建立空间直角坐标系E －xyz ,设棱长为1,则A (12,0,1),B 1(0,32,0),设AB 1与面ACC 1A 1所成角为θ, 则sin θ＝|cos 〈AB 1→,EB 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，－1·⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，02×32＝64.]4.B [设正方体棱长为2,以D 为坐标原点,DA 为x 轴,DC 为y 轴,DD 1为z 轴,建立如图所示空间直角坐标系,可知CM →＝(2,－2,1),D 1N →＝(2,2,－1), cos 〈CM →,D 1N →〉＝－19,sin 〈CM →,D 1N →〉＝459.]5.61111 [建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz ,则CG →＝(0,0,2),由题意可求得平面GEF 的一个法向量为n ＝(1,1,3),所以点C 到平面GEF 的距离为d ＝|n ·CG →||n |＝61111.]6.解 如图,分别以BC ,BD ,BA 所在直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,则各相关点的坐标为B (0,0,0),A (0,0,4),C (4,0,0),D (0,4,0),E (2,0,0),F (0,2,2).(1)∵AB →＝(0,0,－4).EF →＝(－2,2,2),∴|cos 〈AB →,EF →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AB →·EF →|AB →||EF →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－84×23＝33, ∴异面直线AB 与EF 所成角的余弦值为33.(2)设平面ACD 的一个法向量为n ＝(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·CD →＝0.∵AC →＝(4,0,－4),CD →＝(－4,4,0),∴⎩⎪⎨⎪⎧4x －4z ＝0，－4x ＋4y ＝0，令z ＝1,得x ＝y ＝1,∴n ＝(1,1,1). ∵F ∈平面ACD ,EF →＝(－2,2,2),∴E 到平面ACD 的距离为d ＝|n ·EF →||n |＝23＝233.(3)EF 与平面ACD 所成角的正弦值为|cos 〈n ,EF →〉|＝|n ·EF →|n ||EF →||＝23×23＝13.7.33[由条件知三棱锥P －ABC 可看作正方体的一个角,它的外接球就是该正方体的外接球,正方体的体对角线就是外接球的直径,又体对角线长为23,故球的半径R ＝ 3.设点P 到平面ABC 的距离为h ,因为V P －ABC ＝V A －PBC ,即13h ·S △ABC ＝13PA ·S △PBC ,可得h ＝233,所以球心O 到平面ABC 的距离为R －h ＝33.] 8.以B 为坐标原点,BC ,BA 为x ,y 轴的正方向,垂直于平面ABC 的直线为z 轴,建立空间直角坐标系(如图).(1)证明 由题意得A (0,4,0),B (0,0,0),M (1,2,1),N (0,2,0),S (0,4,2),D (1,0,0). 所以MN →＝(－1,0,－1),AB →＝(0,－4,0),MN →·AB →＝0,∴MN ⊥AB .(2)设平面SND 的一个法向量为m ＝(x ,y ,z ),则：m ·SN →＝0,且m ·DN →＝0.∵SN →＝(0,－2,－2),DN →＝(－1,2,0),∴⎩⎪⎨⎪⎧－2y －2z ＝0，－x ＋2y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，x ＝2y .令z ＝1,得：x ＝－2,y ＝－1,∴m ＝(－2,－1,1).又平面AND 的法向量为n ＝(0,0,1),cos 〈m ,n 〉＝m ·n |m ||n |＝66.由题图易知二面角S －ND －A 为锐角,故其余弦值为66. (3)∵AN →＝(0,－2,0),∴点A 到平面SND 的距离d ＝|AN →·m ||m |＝63.9.解 法一 (1)根据题意,长方体体积为V ＝t (2－t )×1＝t (2－t )≤⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋2－t 22＝1,当且仅当t ＝2－t ,即t ＝1时体积V 有最大值为1,所以当长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积最大时,底面四边形ABCD 为正方形, 作BM ⊥A 1C 于M ,连接DM ,BD,因为四边形ABCD 为正方形,所以△A 1BC 与△A 1DC 全等,故DM ⊥A 1C ,所以∠BMD 即为所求二面角的平面角.因为BC ⊥平面AA 1B 1B ,所以△A 1BC 为直角三角形, 又A 1B ＝2,A 1C ＝3,所以BM ＝A 1B ×BC A 1C ＝23＝63,同理可得,DM ＝63,在△BMD 中,根据余弦定理有：cos ∠BMD ＝69＋69－22×63×63＝－12,因为∠BMD ∈(0°,180°),所以∠BMD ＝120°,即此时二面角B －A 1C －D 的值是120°. (2)若线段A 1C 上存在一点P ,使得A 1C ⊥平面BPD ,则A 1C ⊥BD 又A 1A ⊥平面ABCD ,所以A 1A ⊥BD ,所以BD ⊥平面A 1AC .所以BD ⊥AC ,底面四边形ABCD 为正方形,即只有ABCD 为正方形时,线段A 1C 上存在点P 满足要求,否则不存在.由(1)知,所求点P 即为BM ⊥A 1C 的垂足M ,此时,A 1P ＝A 1B 2A 1C ＝23＝233.法二 根据题意可知,AA 1,AB ,AD 两两垂直,以AB 为x 轴,AD 为y 轴,AA 1为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系：(1)长方体体积为V ＝t (2－t )×1＝t (2－t )≤⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋2－t 22＝1,当且仅当t ＝2－t ,即t ＝1时体积V 有最大值为1.所以当长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积最大时,底面四边形ABCD 为正方形,则A 1(0,0,1),B (1,0,0),C (1,1,0),A 1B →＝(1,0,－1),BC →＝(0,1,0),设平面A 1BC 的法向量m ＝(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，y ＝0，取x ＝z ＝1,得：m ＝(1,0,1),同理可得平面A 1CD 的法向量n ＝(0,1,1),所以,cos 〈m ,n 〉＝m·n |m|·|n|＝12,又二面角B －A 1C －D 为钝角,故值是120°.(也可以通过证明B 1A ⊥平面A 1BC 写出平面A 1BC 的法向量)(2)根据题意有B (t ,0,0),C (t ,2－t ,0),D (0,2－t ,0),若线段A 1C 上存在一点P 满足要求,不妨A 1P →＝λA 1C →(λ＞0),可得P (λt ,λ(2－t ),1－λ)BP →＝(λt －t ,λ(2－t ),1－λ),BD →＝(－t ,2－t ,0),⎩⎪⎨⎪⎧BP →·A 1C →＝0，BD →·A 1C →＝0，即：⎩⎪⎨⎪⎧t （λt －t ）＋λ（2－t ）2－（1－λ）＝0，－t 2＋（2－t ）2＝0，解得：t ＝1,λ＝23. 即只有当底面四边形是正方形时才有符合要求的点P ,位置是线段A 1C 上A 1P ∶PC ＝2∶1处.。

第五节二项分布与正态分布A组三年高考真题（2016～2014年）1.(2015·新课标全国Ⅰ，4)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6,且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为()A.0.648B.0.432C.0.36D.0.3122.(2015·湖南，7)在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为()附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682 6，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954 4.A.2 386B.2 718C.3 413D.4 7723.(2015·山东，8)已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N(0,32)，从中随机取一件,其长度误差落在区间(3,6)内的概率为()(附：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2),则P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝68.26%,P(μ－2σ＜ξ＜μ＋2σ)＝95.44%.)A.4.56%B.13.59%C.27.18%D.31.74%4.(2014·新课标全国Ⅱ，5)某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是()A.0.8B.0.75C.0.6D.0.455.(2016·四川，12)同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X的均值是________.6.(2014·陕西，19)在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为1 000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：作物产量(kg)300500概率0.50.5作物市场价格(元/kg)610概率0.40.6(1)设X(2)若在这块地上连续3季种植此作物,求这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率.7.(2014·新课标全国Ⅰ，18)从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数x 和样本方差s 2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(2)由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z 服从正态分布N (μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数x ，σ2近似为样本方差s 2.(ⅰ)利用该正态分布，求P (187.8<Z <212.2)；(ⅱ)某用户从该企业购买了100件这种产品，记X 表示这100件产品中质量指标值位于区间(187.8,212.2)的产品件数.利用(ⅰ)的结果，求E (X ). 附：150≈12.2.若Z ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ<Z <μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ<Z <μ＋2σ)＝0.954 4.B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·济南模拟)位于直角坐标原点的一个质点P 按下列规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向向左或向右，并且向左移动的概率为13，向右移动的概率为23，则质点P 移动五次后位于点(1，0)的概率是( )A.4243B.8243C.40243D.802432.(2016·湖南常德3月模拟)已知3件次品和2件正品放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，则第一次测出的是次品且第二次测出的是正品的概率为( )A.16B.310C.35D.563.(2016·广东汕头4月模拟)已知某射击运动员，每次击中目标的概率都是0.8，则该射击运动员射击4次至少击中3次的概率为( )A.0.85B.0.819 2C.0.8D.0.754.(2016·云南师范大学附属中学第七次月考)设随机变量ξ服从正态分布N (4，3)，若P (ξ＜a －5)＝P (ξ＞a ＋1)，则实数a 等于( )A.4B.5C.6D.75. (2015·河南郑州三模)某班有50名学生，一次数学考试的成绩ξ服从正态分布N (105，102)，已知P (95≤ξ≤105)＝0.32，估计该班学生数学成绩在115分以上的人数为( )A.10B.9C.8D.76.(2015·福建福州模拟)体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球，否则一直发到3次为止.设学生一次发球成功的概率为p (p ≠0)，发球次数为X ，若X 的数学期望E (X )>1.75，则p 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫0，712B.⎝⎛⎭⎫712，1C.⎝⎛⎭⎫0，12D.⎝⎛⎭⎫12，1 7.(2016·山东青岛模拟)某班有50名同学，一次数学考试的成绩ξ服从正态分布N (110，102)，已知P (100≤ξ≤110)＝0.34，估计该班学生数学成绩在120分以上有________人.8.(2016·贵州安顺模拟)由于当前学生课业负担较重，造成青少年视力普遍下降，现从湖口中学随机抽取16名学生，经校医用视力表检查得到每个学生的视力状况的茎叶图(以小数点前的一位数字为茎，小数点后的一位数字为叶)如下：(1)指出这组数据的众数和中位数；(2)若视力测试结果不低于5.0则称为“好视力”，求校医从这16人中随机选取3人，至多有1人是“好视力”的概率；(3)以这16人的样本数据来估计整个学校的总体数据，若从该校(人数很多)任选3人，记ξ表示抽到“好视力”学生的人数，求ξ的分布列及数学期望.9.(2016·广西南宁模拟)某射击运动员向一目标射击，该目标分为3个不同部分，第一、二、三部分面积之比为1∶3∶6，击中目标时，击中任何一部分的概率与其面积成正比.(1)若射击4次，每次击中目标的概率为0.5且相互独立，设ξ表示目标被击中的次数，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)；(2)若射击2次均击中目标，A表示“两次击中的部分不同”，求事件A发生的概率.10.(2015·广州模拟)已知随机变量X服从正态分布N(2,1).若P(1≤X≤3)＝0.682 6,则P(X＞3)等于________.答案精析A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.A [该同学通过测试的概率为p ＝0.6×0.6＋C 12×0.4×0.62＝0.648.]2.C [由X ～N (0，1)知，P (－1＜X ≤1)＝0.682 6，∴P (0≤X ≤1)＝12×0.682 6＝0.341 3，故S ≈0.341 3. ∴落在阴影部分中点的个数x 估计值为x 10 000＝S 1(古典概型)， ∴x ＝10 000×0.341 3＝3 413，故选C.]3.B [由题意,知P (3＜ξ＜6)＝P (-6＜ξ＜6)-P (-3＜ξ＜3)2＝95.44%－68.26%2＝13.59%.] 4.A [由条件概率可得所求概率为0.60.75＝0.8，故选A.] 5.32 [由题可知,在一次试验中,试验成功(即至少有一枚硬币正面向上)的概率为P ＝1－12×12＝34,∵2次独立试验成功次数X 满足二项分布X ～B ⎝⎛⎭⎫2，34,则E (X )＝2×34＝32.] 6.解 (1)设A 表示事件“作物产量为300 kg ”，B 表示事件“作物市场价格为6元/kg ”，由题设知P (A )＝0.5，P (B )＝0.4，因为利润＝产量×市场价格－成本，所以X 所有可能的取值为500×10－1 000＝4 000，500×6－1 000＝2 000， 300×10－1 000＝2 000，300×6－1 000＝800.P (X ＝4 000)＝P (A )P (B )＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3，P (X ＝2 000)＝P (A )P (B )＋P (A )P (B )＝(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)＝0.5，P (X ＝800)＝P (A )P (B )＝0.5×0.4＝0.2，所以X 的分布列为(2)设C i 表示事件“第i 由题意知C 1，C 2，C 3相互独立，由(1)知，P (C i )＝P (X ＝4 000)＋P (X ＝2 000)＝0.3＋0.5＝0.8(i ＝1，2，3)，3季的利润均不少于2 000元的概率为P (C 1C 2C 3)＝P (C 1)P (C 2)P (C 3)＝0.83＝0.512； 3季中有2季的利润不少于2000元的概率为P (C 1C 2C 3)+P (C 1C 2C 3)+P (C 1C 2C 3)=3×0.82×0.2＝0.384，所以,这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率为0.512＋0.384＝0.896.7.解 (1)抽取产品的质量指标值的样本平均数x 和样本方差s 2分别为x －＝170×0.02+180×0.09+190×0.22+200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200， s 2＝(-30)2×0.02＋(-20)2×0.09+(-10)2×0.22+0×0.33+102×0.24+202×0.08＋302×0.02＝150.(2)(ⅰ)由(1)知，Z ～N (200，150),从而P (187.8<Z <212.2)＝P (200－12.2<Z <200＋12.2)＝0.682 6. (ⅱ)由(ⅰ)知，一件产品的质量指标值位于区间(187.8，212.2)的概率为0.682 6，依题意知X ～B (100，0.682 6)，所以E (X )＝100×0.682 6＝68.26.B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.D [依题意得，质点P 移动五次后位于点(1，0)，则这五次移动中必有某两次向左移动，另三次向右移动，因此所求的概率等于C 25·⎝⎛⎭⎫132·⎝⎛⎭⎫233＝80243.] 2.B [第一测出是次品的概率为35，第二次测出是正品的概率为24＝12，所以第一次测出的是次品且第二次测出的是正品的概率为：35×12＝310.] 3.B [P ＝C 340.83·0.2＋C 440.84＝0.819 2，故选B.] 4.C [根据正态分布(4，3)的曲线的对称性有a －5＋a ＋12＝4，得a ＝6.] 5.B [∵数学成绩ξ服从正态分布N (105，102)，∴数学成绩ξ的正态曲线关于x ＝105对称，∵P (95≤ξ≤105)＝0.32，∴P (ξ＞115)＝12×(1－0.32×2)＝0.18.∴该班数学成绩在115分以上的人数为0.18×50＝9.故选B.]6.C [由已知条件可得P (X ＝1)＝p ,P (X ＝2)＝(1-p )p ,P (X ＝3)＝(1-p )2p ＋(1-p )3＝(1－p )2，则E (X )＝P (X ＝1)＋2P (X ＝2)＋3P (X ＝3)＝p ＋2(1－p )p ＋3(1－p )2＝p 2－3p ＋3>1.75，解得p >52或p <12，又由p ∈(0，1)，可得p ∈⎝⎛⎭⎫0，12，故应选C.] 7. 8[数学成绩ξ的正态曲线关于直线x ＝110对称，∵P (100≤ξ≤110)＝0.34.∴P (ξ≥120)＝P (ξ≤100)＝12×(1－0.34×2)＝0.16.数学成绩在120分以上的人数为0.16×50＝8.] 8.解 (1)众数：4.6和4.7；中位数：4.75.(2)设A i 表示所取3人中有i 个人是“好视力”，至多有1人是“好视力”记为事件A ，则P (A )＝P (A 0)＋P (A 1)＝C 312C 316＋C 14C 212C 316＝121140. (3)一个人是“好视力”的概率为14，ξ的可能取值为0、1、2、3.P (ξ＝0)＝⎝⎛⎭⎫343＝2764， P (ξ＝1)＝C 1314×⎝⎛⎭⎫342＝2764，P (ξ＝2)＝C 23⎝⎛⎭⎫142×34＝964，P (ξ＝3)＝⎝⎛⎭⎫143＝164. ξ的分布列为E (ξ)＝0×2764＋1×2764＋2×964＋3×164＝0.75. 9.解(1)由题意知ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4,且P (ξ＝k )＝C k 4⎝⎛⎭⎫124,k ＝0,1,2,3,4. 则P (ξ＝0)＝116，P (ξ＝1)＝14，P (ξ＝2)＝38，P (ξ＝3)＝14，P (ξ＝4)＝116， ∴ξ的分布列为数学期望E (ξ)＝0×116＋1×14＋2×38＋3×14＋4×116＝2. (2)设A i 表示事件“第一次击中目标时，击中第i 部分”.B i 表示事件“第二次击中目标时，击中第i 部分”.其中i ＝1，2，3.则P (A 1)＝P (B 1)＝0.1，P (A 2)＝P (B 2)＝0.3，P (A 3)＝P (B 3)＝0.6.∵A ＝A 1B 2＋A 1B 3＋A 2B 1＋A 2B 3＋A 3B 1＋A 3B 2，∴P (A )＝P (A 1B 2)＋P (A 1B 3)＋P (A 2B 1)＋P (A 2B 3)＋P (A 3B 1)＋P (A 3B 2)＝P (A 1)P (B 2)＋P (A 1)P (B 3)＋P (A 2)P (B 1)＋P (A 2)P (B 3)＋P (A 3)P (B 1)＋P (A 3)P (B 2)＝0.1×0.3＋0.1×0.6＋0.3×0.1＋0.3×0.6＋0.6×0.1＋0.6×0.3＝0.54.即事件A 发生的概率为0.54.10. 0.158 7 [因为随机变量X 服从正态分布N (2,1),所以P (X ＞3)＝P (X ＜1),因为P (X ＜1)＋P (1≤X ≤3)＋P (X ＞3)＝1,所以P (X ＞3)＝12(1－0.682 6)＝0.158 7.]。