高考数学二轮复习 立体几何综合问题大题规范训练 理

专题07 立体几何综合问题【题型解读】▶▶题型一 空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(1)空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解．(2)利用向量求空间角的步骤：第一步：建立空间直角坐标系；第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第四步：计算向量的夹角(或函数值)；第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．【例1】 (2019·河南郑州高三联考)在如图所示的多面体中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED ⊥平面ABCD ，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD . (1)求证：平面BDEF ⊥平面ADE ；(2)若ED ＝BD ，求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)在△ABD 中，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD ，由余弦定理，得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，所以△ABD 为直角三角形且∠ADB ＝90°，故BD ⊥AD .因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥BD .又AD ∩DE ＝D ，所以BD ⊥平面ADE .因为BD ⊂平面BDEF ，所以平面BDEF ⊥平面ADE .(2)由(1)可得，在Rt △ABD 中，∠BAD ＝π3，BD ＝3AD ， 又由ED ＝BD ，设AD ＝1，则BD ＝ED ＝ 3.因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊥AD ，所以可以点D 为坐标原点，DA ，DB ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．则A (1,0,0)，C (－1，3，0)，E (0,0，3)，F (0，3，3)．所以AE →＝(－1,0，3)，AC →＝(－2，3，0)．设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A E →＝0，n ·A C →＝0，即⎩⎨⎧ －x ＋3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令z ＝1，得n ＝(3，2,1)为平面AEC 的一个法向量．因为A F →＝(－1，3，3)， 所以cos 〈n ，A F →〉＝n ·A F →|n |·|A F →|＝4214， 所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为4214. 【素养解读】本例问题(1)证明两平面垂直，考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)计算线面所成的角时，考查了直观想象和数学运算的核心素养．【突破训练1】 (2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为AA 1，AC ，A 1C 1，BB 1的中点，AB ＝BC ＝ 5 ，AC ＝AA 1＝2.(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求二面角B －CD －C 1的余弦值；(3)证明：直线FG 与平面BCD 相交．【答案】见解析【解析】(1)证明：在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，因为CC 1⊥平面ABC ，所以四边形A 1ACC 1为矩形．又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，所以AC ⊥EF .因为AB ＝BC .所以AC ⊥BE ，所以AC ⊥平面BEF .(2)由(1)知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1.又CC 1⊥平面ABC ，所以EF ⊥平面ABC .因为BE ⊂平面ABC ，所以EF ⊥BE .如图建立空间直角坐称系Exyz .由题意得B (0,2,0)，C (－1,0,0)，D (1,0,1)，F (0,0,2)，G (0,2,1)．所以CD →＝(2,0,1)，C B →＝(1,2,0)，设平面BCD 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，所以⎩⎪⎨⎪⎧ n ·C D →＝0，n ·C B →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋c ＝0，a ＋2b ＝0.令a ＝2，则b ＝－1，c ＝－4，所以平面BCD 的法向量n ＝(2，－1，－4)，又因为平面CDC 1的法向量为E B →＝(0,2,0)，所以cos 〈n ，E B →〉＝n ·E B→|n ||EB →|＝－2121. 由图可得二面角B －CD －C 1为钝二面角，所以二面角B －CD －C 1的余弦值为－2121. (3)证明：平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，因为G (0,2,1)，F (0，0,2)，所以G F →＝(0，－2,1)，所以n ·G F →＝－2，所以n 与G F →不垂直，所以GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，所以GF 与平面BCD 相交． ▶▶题型二 平面图形折叠成空间几何体的问题1．先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向．2．(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．(3)解决翻折问题的答题步骤第一步：确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量；第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面；第三步：利用判定定理或性质定理进行证明．【例2】 (2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|B F →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，D P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，H P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪H P →·D P →|H P →|·|DP →|＝ 34 3＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例在证明或计算过程中都要考虑图形翻折前后的变化，因此综合考查了逻辑推理、数学运算、直观想象、数学建模的核心素养．【突破训练2】 如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点，将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC .所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2. 如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0， 得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22， CD →＝BE →＝(－2，0,0)．设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1,1,1)； 由⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0,1,1)， 从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值为63. ▶▶题型三 线、面位置关系中的探索性问题是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，解决这类问题的基本思路类似于反证法，即“在假设存在的前提下通过推理论证，如果能找到符合要求的点(或其他的问题)，就肯定这个结论，如果在推理论证中出现矛盾，就说明假设不成立，从而否定这个结论”．【例3】 (2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝2 2 ，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ； (2)若点M 在棱BC 上，且二面角M －PA －C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2. 由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC .(2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，A P →＝(0,2,23)，取平面PAC 的一个法向量O B →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0<a ≤2)，则A M →＝(a,4－a,0)．设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由A P →·n ＝0，A M →·n ＝0得⎩⎨⎧ 2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a)y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈O B →，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a2.由已知得|cos 〈O B →，n 〉|＝32. 所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a2＝32.解得a ＝－4(舍去)，a ＝43. 所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又P C →＝(0,2，－23)， 所以cos 〈P C →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例问题(1)中证明线面垂直直接考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)中要探求点M 的位置，要求较高，它既考查了直观想象的核心素养，又考查了数学建模的核心素养．【突破训练3】 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1，且AA 1＝AB ＝2. (1)求证：AB ⊥BC ；(2)若直线AC 与平面A 1BC 所成的角为π6，请问在线段A 1C 上是否存在点E ，使得二面角A －BE －C 的大小为2π3，请说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：连接AB 1交A 1B 于点D ，因为AA 1＝AB ，所以AD ⊥A 1B ，又平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1，平面A 1BC ⊂平面ABB 1A 1＝A 1B ，所以AD ⊥平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ，所以AD ⊥BC .因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以AA 1⊥底面ABC ，所以AA 1⊥BC ，又AA 1∩AD ＝A ，所以BC ⊥侧面ABB 1A 1，所以BC ⊥AB . (2)由(1)得AD ⊥平面A 1BC ，所以∠ACD 是直线AC 与平面A 1BC 所成的角，即∠ACD ＝π6，又AD ＝2，所以AC ＝22，假设存在适合条件的点E ，建立如图所示空间直角坐标系Axyz ，设A 1E →＝λA 1C →(0≤λ≤1)，则B (2，2，0)，B 1(2，2，2)，由A 1(0,0,2)，C (0,22，0)，得E (0,22λ，2－2λ)，设平面EAB 的一个法向量m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AB →＝0，得⎩⎨⎧ 22λy ＋(2－2λ)z ＝0，2x ＋2y ＝0， 所以可取m ＝(1－λ，λ－1，2λ)， 由(1)知AB 1⊥平面A 1BC ，所以平面CEB 的一个法向量n ＝(1,1，2)， 所以12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos 2π3＝cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝2λ22(λ－1)2＋2λ2，解得λ＝12，故点E 为线段A 1C 中点时，二面角A －BE －C 的大小为2π3.。

江苏 新高考高考对本专题内容的考查一般是“一小一大”，小题主要考查体积和表面积的计算问题，而大题主要证明线线、线面、面面的平行与垂直问题，其考查形式单一，难度一般.第1课时立体几何中的计算(基础课) [常考题型突破]空间几何体的几组常用公式(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； ②S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；③S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．(2)柱体、锥体、台体的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)．(3)球的表面积和体积公式： ①S 球＝4πR 2(R 为球的半径)； ②V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．[题组练透]1．现有一个底面半径为3 cm ，母线长为5 cm 的圆锥状实心铁器，将其高温熔化后铸成一个实心铁球(不计损耗)，则该铁球的半径为________cm.解析：因为圆锥底面半径为3 cm ，母线长为5 cm ，所以圆锥的高为52－32＝4 cm ，其体积为13π×32×4＝12π cm 3，设铁球的半径为r ，则43πr 3＝12π，所以该铁球的半径是39cm.答案：392．(2017·苏锡常镇二模)已知直四棱柱底面是边长为2的菱形，侧面对角线的长为23，则该直四棱柱的侧面积为________．解析：由题意得，直四棱柱的侧棱长为(23)2－22＝22，所以该直四棱柱的侧面积为S ＝cl ＝4×2×22＝16 2.答案：16 23．(2017·南通、泰州一调)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3 cm ，AA 1＝1 cm ，则三棱锥D 1-A 1BD 的体积为_______cm 3.解析：三棱锥D 1-A 1BD 的体积等于三棱锥B -A 1D 1D 的体积，因为三棱锥B -A 1D 1D 的高等于AB ，△A 1D 1D 的面积为矩形AA 1D 1D 的面积的12，所以三棱锥B -A 1D 1D 的体积是正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积的16，所以三棱锥D 1-A 1BD 的体积等于16×32×1＝32.答案：324.如图所示是一个直三棱柱(以A 1B 1C 1为底面)被一个平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝1，∠A 1B 1C 1＝90°，A 1A ＝4，B 1B ＝2，C 1C ＝3，则此几何体的体积为________．解析：在A 1A 上取点A 2，在C 1C 上取点C 2，使A 1A 2＝C 1C 2＝BB 1，连结A 2B ，BC 2，A 2C 2，∴V ＝VA B C A BC 11122-＋VB A ACC 22-＝12×1×1×2＋13×(1＋2)2×2×22＝32. 答案：325．设甲，乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等且V 1V 2＝32，则S 1S 2的值是________．解析：设甲，乙两个圆柱的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，则有2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，又V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2，∴V 1V 2＝r 1r 2，∴r 1r 2＝32，则S 1S 2＝⎝⎛⎭⎫r 1r 22＝94.答案：94[方法归纳]解决球与其他几何体的切、接问题(1)解题的关键：仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系．(2)选准最佳角度作出截面：要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系，达到空间问题平面化的目的．(3)认识球与正方体组合的3种特殊截面：(4)熟记2个结论：①设小圆O 1半径为r ，OO 1＝d ，则d 2＋r 2＝R 2；②若A ，B 是圆O 1上两点，则AB ＝2r sin ∠AO 1B 2＝2R sin ∠AOB 2.[题组练透]1．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.答案：322．(2017·全国卷Ⅲ改编)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为________．解析：设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34×π×1＝3π4.答案：3π43．已知矩形ABCD的顶点都在半径为2的球O的球面上，且AB＝3，BC＝3，过点D作DE垂直于平面ABCD，交球O于E，则棱锥E-ABCD的体积为________．解析：如图所示，BE过球心O，∴DE＝42－32－(3)2＝2，∴V E -ABCD＝13×3×3×2＝2 3.答案：2 34．(2017·南京、盐城一模)将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，AB＝3，BC ＝2，圆柱上底面圆心为O，△EFG为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥O-EFG 体积的最大值是________．解析：因为将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，AB＝3，BC＝2，圆柱上底面圆心为O，△EFG为下底面圆的一个内接直角三角形，所以三棱锥O-EFG的高为圆柱的高，即高为AB，所以当三棱锥O-EFG体积取最大值时，△EFG的面积最大，当EF为直径，且G在EF的垂直平分线上时，(S△EFG)max＝12×4×2＝4,所以三棱锥O-EFG体积的最大值(V O-EFG)max＝13×(S△EFG)max×AB＝13×4×3＝4.答案：4[方法归纳]多面体与球的切接问题的解题技巧[必备知识]将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，把这类问题称为平面图形的翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是化解翻折问题难点的主要方法．[题组练透]1．(2017·南通三模)已知圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为2π3的扇形，则这个圆锥的高为________．解析：因为圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为2π3的扇形，所以圆锥的母线长l ＝3，设圆锥的底面半径为r ，则底面周长2πr ＝3×2π3，所以r ＝1，所以圆锥的高为32－12＝2 2. 答案：2 22．(2017·南京考前模拟)如图，正△ABC 的边长为2，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别为边AC 与BC 的中点，现将△ABC 沿CD 翻折，使平面ADC ⊥平面DCB ，则棱锥E -DFC 的体积为________．解析：S △DFC ＝14S △ABC ＝14×⎝⎛⎭⎫34×22＝34，E 到平面DFC 的距离h 等于12AD ＝12. V E -DFC ＝13×S △DFC×h ＝324. 答案：3243.(2017·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________．解析：法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ABC 的边长变化时， 设△ABC 的边长为a (a >0)cm ， 则△ABC 的面积为34a 2，△DBC 的高为5－36a ， 则正三棱锥的高为⎝⎛⎭⎫5－36a 2－⎝⎛⎭⎫36a 2＝25－533a ， ∴25－533a >0， ∴0<a <53，∴所得三棱锥的体积V ＝13×34a 2×25－533a ＝312× 25a 4－533a 5. 令t ＝25a 4－533a 5，则t ′＝100a 3－2533a 4， 由t ′＝0，得a ＝43，此时所得三棱锥的体积最大，为415 cm 3.法二：如图，连接OD 交BC 于点G ，由题意知，OD ⊥BC .易得OG＝36BC ， 设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，故所得三棱锥的体积V ＝13×33x 2×(5－x )2－x 2＝3x 2×25－10x ＝3×25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝⎛⎭⎫0，52， 则f ′(x )＝100x 3－50x 4，令f ′(x )>0，即x 4－2x 3<0，得0<x <2， 则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，52时，f (x )≤f (2)＝80， ∴V ≤3×80＝415.∴所求三棱锥的体积的最大值为415. 答案：415 [方法归纳][A 组——抓牢中档小题]1．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E 是棱B 1B 的中点，则三棱锥B 1-ADE 的体积为________．解析：VB 1-ADE ＝VD -AEB 1＝13S △AEB 1·DA ＝13×12×12×1×1＝112.答案：1122．若两球表面积之比是4∶9，则其体积之比为________．解析：设两球半径分别为r 1，r 2，因为4πr 21∶4πr 22＝4∶9，所以r 1∶r 2＝2∶3，所以两球体积之比为43πr 31∶43πr 32＝⎝⎛⎭⎫r 1r 23＝⎝⎛⎭⎫233＝8∶27.答案：8∶273．(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：设正方体的棱长为a ，则6a 2＝18，得a ＝3，设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3a ＝3，得R ＝32，所以该球的体积为43πR 3＝4π3×278＝92π.答案：92π4．已知圆锥的母线长为10 cm ，侧面积为60π cm 2，则此圆锥的体积为________cm 3. 解析：设圆锥底面圆的半径为r ，母线长为l ，则侧面积为πrl ＝10πr ＝60π，解得r ＝6，则圆锥的高h ＝l 2－r 2＝8，则此圆锥的体积为13πr 2h ＝13π×36×8＝96π.答案：96π5．(2017·扬州期末)若正四棱锥的底面边长为2(单位：cm)，侧面积为8(单位：cm 2)，则它的体积为________(单位：cm 3)．解析：因为正四棱锥的底面边长为2，侧面积为8，所以底面周长c ＝8，12ch ′＝8，所以斜高h ′＝2，正四棱锥的高为h ＝3，所以正四棱锥的体积为13×22×3＝433.答案：4336．设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________． 解析：由题意知，V 1＝a 3，S 1＝6a 2，V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2，由V 1V 2＝3π得，a 313πr 3＝3π，得a＝r ，从而S 1S 2＝62π＝32π.答案：32π7.(2017·苏北三市三模)如图，在正三棱柱ABC -A1B 1C 1中，已知AB ＝AA 1＝3，点P 在棱CC 1上，则三棱锥P -ABA 1的体积为________．解析：三棱锥的底面积S △ABA 1＝12×3×3＝92，点P 到底面的距离为△ABC 的高h ＝32－⎝⎛⎭⎫322＝332，故三棱锥的体积VP -ABA 1＝13S △ABA 1×h ＝934. 答案：9348．(2017·无锡期末)已知圆锥的侧面展开图为一个圆心角为2π3，且面积为3π的扇形，则该圆锥的体积等于________．解析：设圆锥的母线为l ，底面半径为r ， 因为3π＝13πl 2，所以l ＝3，所以πr ×3＝3π，所以r ＝1，所以圆锥的高是32－12＝22，所以圆锥的体积是13×π×12×22＝22π3.答案：22π39．(2017·徐州古邳中学摸底)表面积为24π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为________．解析：设圆柱的高为h ，底面半径为r ， 则圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πrh ＝24π， 即r 2＋rh ＝12，得rh ＝12－r 2， ∴V ＝πr 2h ＝πr (12－r 2)＝π(12r －r 3)， 令V ′＝π(12－3r 2)＝0，得r ＝2，∴函数V ＝πr 2h 在区间(0,2]上单调递增，在区间[2，＋∞)上单调递减，∴r ＝2时，V 最大，此时2h ＝12－4＝8，即h ＝4，r h ＝12.答案：1210．三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，PA ＝3，则该三棱锥外接球的表面积为________．解析：把三棱锥P -ABC 看作由平面截一个长、宽、高分别为1、1、3的长方体所得的一部分(如图).易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球．又长方体的体对角线长为12＋12＋(3)2＝5，故外接球半径为52，表面积为4π×⎝⎛⎭⎫522＝5π. 答案：5π11．已知正三棱锥P -ABC 的体积为223，底面边长为2，则侧棱PA 的长为________．解析：设底面正三角形ABC 的中心为O ，又底面边长为2，故OA ＝233，由V P -ABC ＝13PO ·S △ABC ，得223＝13PO ×34×22，PO ＝263，所以PA ＝PO 2＋AO 2＝2. 答案：212．(2017·苏州期末)一个长方体的三条棱长分别为3,8,9，若在该长方体上面钻一个圆柱形的孔后其表面积没有变化，则圆孔的半径为________．解析：圆柱两底面积等于圆柱的侧面积．孔的打法有三种，所以有三种情况：①孔高为3，则2πr 2＝2πr ×3，解得r ＝3；②孔高为8，则r ＝8；③孔高为9，则r ＝9.而实际情况是，当r ＝8，r ＝9时，因为长方体有个棱长为3，所以受限制不能打，所以只有①符合．答案：313.如图所示，在体积为9的长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，对角线B 1D 与平面A 1BC 1交于点E ，则四棱锥E -A 1B 1C 1D 1的体积V ＝________.解析：连结B 1D 1交A 1C 1于点F ，连结BD ，BF ，则平面A 1BC 1∩平面BDD 1B 1＝BF ，因为E ∈平面A 1BC 1，E ∈平面BDD 1B 1，所以E ∈BF .因为F 是A 1C 1的中点，所以BF 是中线，又B 1F 綊12BD ，所以FE EB ＝12，故点E 到平面A 1B 1C 1D 1的距离是BB 1的13，所以四棱锥E -A 1B 1C 1D 1的体积V ＝13×S 四边形A 1B 1C 1D 1×13BB 1＝19V 长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1＝1.答案：114．半径为2的球O 中有一内接正四棱柱(底面是正方形，侧棱垂直底面)．当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是________．解析：依题意，设球的内接正四棱柱的底面边长为a 、高为h ，则有16＝2a 2＋h 2≥22ah ，即4ah ≤162，该正四棱柱的侧面积S ＝4ah ≤162，当且仅当h ＝2a ＝22时取等号．因此，当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是4π×22－162＝16(π－2)．答案：16(π－2)[B 组——力争难度小题]1．已知三棱锥S -ABC 所在顶点都在球O 的球面上，且SC ⊥平面ABC ，若SC ＝AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝120°，则球O 的表面积为________．解析：∵AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝120°， ∴BC ＝12＋12－2×1×1×⎝⎛⎭⎫－12＝3， ∴三角形ABC 的外接圆直径2r ＝3sin 120°＝2，∴r ＝1.∵SC ⊥平面ABC ，SC ＝1， ∴该三棱锥的外接球半径R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫SC 22＝52，∴球O 的表面积S ＝4πR 2＝5π. 答案：5π2.(2017·南京三模)如图，在直三棱柱ABC -A1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，BB 1＝3，∠ABC ＝90°，点D 为侧棱BB 1上的动点．当AD ＋DC 1最小时，三棱锥D -ABC 1的体积为________．解析：在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，所以BB 1⊥AB ，又因为∠ABC ＝90°，即BC ⊥AB ，又BC ∩BB 1＝B ，所以AB ⊥平面BB 1C 1C, 因为AB ＝1，BC ＝2，点D 为侧棱BB 1上的动点，所以侧面展开，当AD ＋DC 1最小时，BD ＝1，所以S △BDC 1＝12×BD ×B 1C 1＝1，所以三棱锥D -ABC 1的体积为13×S △BDC 1×AB ＝13.答案：133．设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，2和a ，且长为a 的棱与长为2的棱异面，则a 的取值范围是________．解析：如图所示，AB ＝2，CD ＝a ，设点E 为AB 的中点，则ED ⊥AB，EC⊥AB，则ED＝AD2－AE2＝22，同理EC＝22.由构成三角形的条件知0＜a＜ED＋EC＝2，所以0＜a＜ 2.答案：(0，2)4.如图，已知AB为圆O的直径，C为圆上一动点，PA⊥圆O所在的平面，且PA＝AB＝2，过点A作平面α⊥PB，分别交PB，PC于E，F，当三棱锥P-AEF的体积最大时，tan∠BAC＝________.解析：∵PB⊥平面AEF，∴AF⊥PB.又AC⊥BC，AP⊥BC，∴BC⊥平面PAC，∴AF⊥BC，∴AF⊥平面PBC，∴∠AFE＝90°.设∠BAC＝θ，在Rt△PAC中，AF＝AP·ACPC＝2×2cos θ21＋cos2θ＝2cos θ1＋cos2θ，在Rt△PAB中，AE＝PE＝2，∴EF＝AE2－AF2，∴V P-AEF＝16AF·EF·PE＝16AF·2－AF2·2＝26·2AF2－AF4＝26·－(AF2－1)2＋1≤26，∴当AF＝1时，V P-AEF取得最大值26，此时AF＝2cos θ1＋cos2θ＝1，∴cos θ＝13，sin θ＝23，∴tan θ＝ 2.答案： 2第2课时平行与垂直(能力课) [常考题型突破][例1](2017·江苏高考)如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.[证明] (1)在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF ⊥AD ，所以EF ∥AB .又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .(2)因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BC ⊂平面BCD ，BC ⊥BD ，所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC ⊥AD .又AB ⊥AD ，BC ∩AB ＝B ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC .又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥AC .[方法归纳]1．(2017·苏锡常镇一模)如图，在斜三棱柱ABC -A1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C是菱形，AC 1与A 1C 交于点O ，E 是棱AB 上一点，且OE ∥平面BCC 1B 1.(1)求证：E 是AB 的中点；(2)若AC 1⊥A 1B ，求证：AC 1⊥BC .证明：(1)连结BC1，因为OE ∥平面BCC 1B 1，OE ⊂平面ABC 1，平面BCC 1B 1∩平面ABC 1＝BC 1，所以OE ∥BC 1 .因为侧面AA 1C 1C 是菱形，AC 1∩A 1C ＝O ，所以O 是AC 1中点，所以AE EB ＝AO OC 1＝1，E 是AB 的中点. (2)因为侧面AA 1C 1C 是菱形，所以AC 1⊥A 1C,又AC1⊥A1B，A1C∩A1B＝A1，A1C⊂平面A1BC，A1B⊂平面A1BC，所以AC1⊥平面A1BC,因为BC⊂平面A1BC，所以AC1⊥BC.2．(2017·苏州模拟)在如图所示的空间几何体ABCDPE中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥EB，且PA＝AD＝4，EB＝2.(1)若点Q是PD的中点，求证：AQ⊥平面PCD；(2)证明：BD∥平面PEC.证明：(1)因为PA＝AD，Q是PD的中点，所以AQ⊥PD.又PA⊥平面ABCD，所以CD⊥PA.又CD⊥DA，PA∩DA＝A，所以CD⊥平面ADP.又因为AQ⊂平面ADP，所以CD⊥AQ，又PD∩CD＝D，所以AQ⊥平面PCD.(2)取PC的中点M，连结AC交BD于点N，连结MN，ME，在△PAC中，易知MN＝12PA，MN∥PA，又PA∥EB，EB＝12PA，所以MN＝EB，MN∥EB，所以四边形BEMN是平行四边形，所以EM∥BN.又EM⊂平面PEC，BN⊄平面PEC，所以BN∥平面PEC，即BD∥平面PEC.[例2]ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，M为线段PB的中点，N为线段BC的中点．求证：(1)平面MON∥平面PAC；(2)平面PBC⊥平面MON.[证明](1)因为M，O，N分别是PB，AB，BC的中点，所以MO∥PA，NO∥AC，又MO∩NO＝O，PA∩AC＝A，所以平面MON∥平面PAC.(2)因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC.由(1)知，MO∥PA，所以MO⊥BC.连结OC，则OC＝OB，因为N为BC的中点，所以ON⊥BC.又MO∩ON＝O，MO⊂平面MON，ON⊂平面MON，所以BC⊥平面MON.又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面MON.[方法归纳]1．(2017·无锡期末)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，AP⊥平面PCD，E，F分别为PC，AB的中点．求证：(1)平面PAD⊥平面ABCD；(2)EF∥平面PAD.证明：(1)因为AP⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AP⊥CD，因为四边形ABCD为矩形，所以AD⊥CD,又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，因为CD⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.(2)连结AC，BD交于点O，连结OE，OF，因为四边形ABCD为矩形，所以O点为AC的中点，因为E为PC的中点，所以OE∥PA，因为OE⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以OE∥平面PAD,同理可得：OF∥平面PAD，又因为OE∩OF＝O，所以平面OEF∥平面PAD,因为EF⊂平面OEF，所以EF∥平面PAD.2.(2016·江苏高考)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D ⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.[例3]圆O上，且AB∥EF，矩形ABCD所在的平面和圆O所在的平面互相垂直．(1)求证：平面AFC⊥平面CBF.(2)在线段CF上是否存在一点M，使得OM∥平面ADF？并说明理由．[解](1)证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴CB⊥平面ABEF.∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB .又AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF .又BF ∩CB ＝B ，∴AF ⊥平面CBF .∵AF ⊂平面AFC ，∴平面AFC ⊥平面CBF .(2)当M 为CF 的中点时，OM ∥平面ADF .证明如下：取CF 中点M ，设DF 的中点为N ，连结AN ，MN ，则MN 綊12CD ，又AO 綊12CD ，则MN 綊AO ， ∴四边形MNAO 为平行四边形，∴OM ∥AN ，又AN ⊂平面DAF ，OM ⊄平面DAF ，∴OM ∥平面DAF .[方法归纳]与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤[变式训练]1.如图，四边形ABCD 是矩形，平面ABCD ⊥平面BCE ，BE ⊥EC .(1)求证：平面AEC ⊥平面ABE ；(2)点F 在BE 上，若DE ∥平面ACF ，求BF BE的值． 解：(1)证明：∵四边形ABCD 为矩形，∴AB ⊥BC ，∵平面ABCD ⊥平面BCE ，∴AB ⊥平面BCE ，∴CE ⊥AB .又∵CE ⊥BE ，AB ∩BE ＝B ，∴CE ⊥平面ABE ，又∵CE ⊂平面AEC ，∴平面AEC ⊥平面ABE .(2)连结BD 交AC 于点O ，连结OF .∵DE ∥平面ACF ，DE ⊂平面BDE ，平面ACF ∩平面BDE ＝OF .∴DE ∥OF ，又在矩形ABCD 中，O 为BD 中点，∴F 为BE 中点，即BF BE ＝12. 2．如图，在矩形ABCD 中，E ，F 分别为BC ，DA 的中点．将矩形ABCD 沿线段EF 折起，使得∠DFA ＝60°.设G 为AF 上的点．(1)试确定点G 的位置，使得CF ∥平面BDG ；(2)在(1)的条件下，证明：DG ⊥AE .解：(1)当点G 为AF 的中点时，CF ∥平面BDG .证明如下：因为E ，F 分别为BC ，DA 的中点，所以EF ∥AB ∥CD .连结AC 交BD 于点O ，连结OG ，则AO ＝CO .又G 为AF 的中点，所以CF ∥OG .因为CF ⊄平面BDG ，OG ⊂平面BDG .所以CF ∥平面BDG .(2)因为E ，F 分别为BC ，DA 的中点，所以EF ⊥FD ，EF ⊥FA .又FD ∩FA ＝F ，所以EF ⊥平面ADF ，因为DG ⊂平面ADF ，所以EF ⊥DG .因为FD ＝FA ，∠DFA ＝60°，所以△ADF 是等边三角形，DG ⊥AF ，又AF ∩EF ＝F ，所以DG ⊥平面ABEF .因为AE ⊂平面ABEF ，所以DG ⊥AE .[课时达标训练]1.如图，在三棱锥V -ABC 中，O ，M 分别为AB ，VA 的中点，平面VAB ⊥平面ABC ，△VAB 是边长为2的等边三角形，AC ⊥BC 且AC ＝BC .(1)求证：VB ∥平面MOC ；(2)求线段VC的长．解：(1)证明：因为点O，M分别为AB，VA的中点，所以MO∥VB.又MO⊂平面MOC，VB⊄平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)因为AC＝BC，O为AB的中点，AC⊥BC，AB＝2，所以OC⊥AB，且CO＝1.连结VO，因为△VAB是边长为2的等边三角形，所以VO＝ 3.又平面VAB⊥平面ABC，OC⊥AB，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC⊂平面ABC，所以OC⊥平面VAB，所以OC⊥VO，所以VC＝OC2＋VO2＝2.B1C1中，AC⊥BC，A1B2.(2017·南通二调)如图，在直三棱柱ABC-A与AB1交于点D，A1C与AC1交于点E.求证：(1)DE∥平面B1BCC1；(2)平面A1BC⊥平面A1ACC1.证明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形A1ACC1为平行四边形．又E为A1C与AC1的交点，所以E为A1C的中点.同理，D为A1B的中点，所以DE∥BC.又BC⊂平面B1BCC1，DE⊄平面B1BCC1，所以DE∥平面B1BCC1.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又AC⊥BC，AC∩AA1＝A，AC⊂平面A1ACC1，AA1⊂平面A1ACC1，所以BC⊥平面A1ACC1.因为BC⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面A1ACC1.3.(2017·南京三模)如图，在三棱锥A-BCD中，E，F分别为棱BC，CD上的点，且BD∥平面AEF.(1)求证：EF∥平面ABD；(2)若BD⊥CD，AE⊥平面BCD，求证：平面AEF⊥平面ACD.证明：(1)因为BD∥平面AEF，BD⊂平面BCD，平面AEF∩平面BCD＝EF，所以BD∥EF.因为BD⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，所以EF∥平面ABD.(2)因为AE⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以AE⊥CD.因为BD⊥CD，BD∥EF，所以CD⊥EF，又AE∩EF＝E，AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，所以CD⊥平面AEF.又CD⊂平面ACD，所以平面AEF⊥平面ACD.4.在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，DC＝2，点E在PB上．(1)求证：平面AEC⊥平面PAD；(2)当PD∥平面AEC时，求PE∶EB的值．解：(1)证明：在平面ABCD中，过A作AF⊥DC于F，则CF＝DF＝AF＝1，∴∠DAC＝∠DAF＋∠FAC＝45°＋45°＝90°，即AC⊥DA.又PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PA.∵PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，且PA∩AD＝A，∴AC⊥平面PAD.又AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面PAD.(2)连结BD交AC于O，连结EO.∵PD∥平面AEC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AEC＝EO，∴PD∥EO，则PE∶EB＝DO∶OB.又△DOC∽△BOA，∴DO∶OB＝DC∶AB＝2∶1，∴PE∶EB的值为2.5.(2017·扬州考前调研)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，CD∥AB，AB＝2CD，AC交BD于O，锐角△PAD所在平面⊥底面ABCD，PA⊥BD，点Q在侧棱PC上，且PQ＝2QC.求证：(1)PA∥平面QBD；(2)BD⊥AD.证明：(1)连结OQ,因为AB∥CD，AB＝2CD，所以AO ＝2OC ，又PQ ＝2QC ，所以PA ∥OQ ，因为OQ ⊂平面QBD ，PA ⊄平面QBD ，所以PA ∥平面QBD .(2)在平面PAD 内过P 作PH ⊥AD 于H ，因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PH ⊂平面PAD ， 所以PH ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥BD .又PA ⊥BD ，且PA ∩PH ＝P ，PA ⊂平面PAD ，PH ⊂平面PAD ，所以BD ⊥平面PAD ，又AD ⊂平面PAD ，所以BD ⊥AD .6.如图，在多面体ABCDFE 中，四边形ABCD 是矩形，四边形ABEF为等腰梯形，且AB ∥EF ，AF ＝2，EF ＝2AB ＝42，平面ABCD ⊥平面ABEF .(1)求证：BE ⊥DF ；(2)若P 为BD 的中点，试问：在线段AE 上是否存在点Q ，使得PQ ∥平面BCE ？若存在，找出点Q 的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，取EF 的中点G ，连结AG ，因为EF ＝2AB ，所以AB ＝EG ，又AB ∥EG ，所以四边形ABEG 为平行四边形，所以AG ∥BE ，且AG ＝BE ＝AF ＝2.在△AGF 中，GF ＝12EF ＝22，AG ＝AF ＝2， 所以AG 2＋AF 2＝GF 2，所以AG ⊥AF .因为四边形ABCD 为矩形，所以AD ⊥AB ，又平面ABCD ⊥平面ABEF ，且平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，AD ⊂平面ABCD ， 所以AD ⊥平面ABEF ，又AG ⊂平面ABEF ，所以AD ⊥AG .因为AD ∩AF ＝A ，所以AG ⊥平面ADF .因为AG ∥BE ，所以BE ⊥平面ADF .因为DF ⊂平面ADF ，所以BE ⊥DF .(2)存在点Q ，且点Q 为AE 的中点，使得PQ ∥平面BCE .证明如下：连结AC ，因为四边形ABCD 为矩形，所以P 为AC 的中点．在△ACE中，因为点P，Q分别为AC，AE的中点，所以PQ∥CE.又PQ⊄平面BCE，CE⊂平面BCE，所以PQ∥平面BCE.。

第2讲 空间向量与立体几何[做小题——激活思维]1．在正方体A 1B 1C 1D 1­ABCD 中，AC 与B 1D 所成角的大小为( ) A.π6 B.π4 C.π3D.π2D [如图，连接BD ，易证AC ⊥平面BB 1D ， ∴AC ⊥B 1D ，∴AC 与B 1D 所成角的大小为π2.] 2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135°D ．90°C [∵m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)， ∴|m |＝1，|n |＝2，m ·n ＝1，∴cos〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12＝22，设两平面所成的二面角为α，则 |cos α|＝22，∴α＝45°或135°，故选C.] 3．用a ，b ，c 表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题： ①若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ；②若a ∥b ，a ∥c ，则b ∥c ； ③若a ∥γ，b ∥γ，则a ∥b ；④若a ⊥γ，b ⊥γ，则a ∥b . 其中真命题的序号是( ) A ．①② B ．②③ C ．①④D ．②④D [对于①，正方体从同一顶点引出的三条直线a ，b ，c ，满足a ⊥b ，b ⊥c ，但是a ⊥c ，所以①错误；对于②，若a ∥b ，a ∥c ，则b ∥c ，满足平行线公理，所以②正确；对于③，平行于同一平面的两条直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，所以③错误；对于④，由垂直于同一平面的两条直线平行，知④正确．故选D.]4．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________．π6[设l 与α所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，又θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴θ＝π6.][扣要点——查缺补漏]1．证明线线平行和线线垂直的常用方法(1)证明线线平行：①利用平行公理；②利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理；④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．如T 3.(2)证明线线垂直：①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质．2．证明线面平行和线面垂直的常用方法(1)证明线面平行：①利用线面平行的判定定理；②利用面面平行的性质定理． (2)证明线面垂直：①利用线面垂直的判定定理；②利用面面垂直的性质定理． 3．异面直线所成的角求法 (1)平移法：解三角形．(2)向量法：注意角的范围．如T 1. 4．二面角的求法cos θ＝cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |，如T 2.5．线面角的求法sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|，如T 4.利用空间向量求空间角(5年15考)[高考解读] 主要考查通过建立空间直角坐标系，解决空间图形中的线线角、线面角和面面角的求解，考查学生的空间想象能力、运算能力、三种角的定义及求法等.(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ­ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M ­PA ­C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．切入点：(1)借助勾股定理，证明PO ⊥OB ；(2)建立空间直角坐标系，利用二面角M ­PA ­C 为30°求出点M 的坐标，进而求出PC 与平面PAM 所成角的正弦值．[解](1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC . (2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O ­xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，AP →＝(0,2,23)．取平面PAC 的一个法向量OB →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0≤a ≤2)，则AM →＝(a,4－a,0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋－a y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB →，n 〉＝23a －2a －2＋3a 2＋a2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝32，所以23|a －4|2a －2＋3a 2＋a2＝32， 解得a ＝－4(舍去)，a ＝43，所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. [教师备选题]1.(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．[解](1)证明：如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt△EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt△FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，所以EG ⊥平面AFC . 因为EG平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G ­xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F －1,0，22，C (0，3，0)， 所以A E →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈A E →，CF →〉＝A E →·CF →|A E →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 2．(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A ­MA 1­N 的正弦值．[解](1)连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .由题设知A 1B 1DC ，可得B 1C A 1D ，故ME ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED .又MN平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE .(2)由已知可得DE ⊥D A.以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz ，则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0.所以⎩⎨⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0.可取m ＝(3，1,0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0.所以⎩⎨⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0.可取n ＝(2,0，－1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝232×5＝155，所以二面角A ­MA 1­N 的正弦值为105.1．利用向量法求线面角的两种方法(1)法一：分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)法二：通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．2．利用向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐(钝)二面角．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．提醒：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行．1．[一题多解](以圆柱为载体)如图，圆柱的轴截面ABCD 为正方形，E 为弧BC 的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为 ( )A.33 B.55 C.306D.66D [法一：(平移法)取BC 的中点H ，连接EH ，AH ，∠EHA ＝90°，设AB ＝2，则BH ＝HE ＝1，AH ＝5，所以AE ＝6，连接ED ，ED ＝6，因为BC ∥AD ，所以异面直线AE 与BC 所成角即为∠EAD ，在△EAD 中cos∠EAD ＝6＋4－62×2×6＝66，故选D.法二：(向量法)取圆柱底面的圆心O 为原点，建立空间直角坐标系O ­xyz ，设AB ＝2，则A (1,0,0)，B (1,0,2)，C (－1,0,2)，E (0,1,2)，∴A E →＝(－1,1,2)，BC →＝(－2,0,0)∴cos〈A E →，BC →〉＝26×2＝66，故选D.] 2．(以棱柱为载体)在三棱柱ABC ­A1B 1C 1中， AB ⊥平面BCC 1B 1，∠BCC 1＝π3， AB ＝BC ＝2, BB 1＝4，点D 在棱CC 1上，且CD ＝λCC 1(0<λ≤1)．建立如图所示的空间直角坐标系．(1)当λ＝12时，求异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值；(2)若二面角A ­B 1D ­A 1的平面角为π3，求λ的值．[解](1)易知A ()0，0，2， B 1()0，4，0， A 1()0，4，2. 当λ＝12时， 因为BC ＝CD ＝2, ∠BCC 1＝π3，所以C ()3，－1，0，D ()3，1，0.所以AB 1→＝()0，4，－2， A 1D →＝()3，－3，－2. 所以cos 〈AB 1→，A 1D →〉＝AB 1→·A 1D→||AB 1→||A 1D →＝0×3＋4×()－3＋()－2×()－242＋()－22·()32＋()－32＋()－22＝－55. 故异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值为55. (2)由CD ＝λCC 1可知， D ()3，4λ－1，0， 所以DB 1→＝()－3，5－4λ，0， 由(1)知， AB 1→＝()0，4，－2.设平面AB 1D 的法向量为m ＝()x ，y ，z ， 则⎩⎪⎨⎪⎧AB 1→·m ＝0，DB 1→·m ＝0，即⎩⎨⎧4y －2z ＝0，()5－4λy －3x ＝0，令y ＝1，解得x ＝5－4λ3， z ＝2，所以平面AB 1D 的一个法向量为m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ3，1，2.设平面A 1B 1D 的法向量为n ＝()x ，y ，z ， 则⎩⎪⎨⎪⎧B 1A 1→·n ＝0，DB 1→·n ＝0，即⎩⎨⎧2z ＝0，()5－4λy －3x ＝0，令y ＝1，解得x ＝5－4λ3， z ＝0，所以平面A 1B 1D 的一个法向量为n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ3，1，0.因为二面角A ­B 1D ­A 1的平面角为π3，所以||cos 〈m ，n 〉＝|m·n |||m ||n＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪5－4λ3×5－4λ3＋1×1＋2×0⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ32＋12＋22·⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ32＋12＝12， 即()5－4λ2＝1，解得λ＝32(舍)或λ＝1，故λ的值为1.3.(以棱台为载体)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．[解](1)证明：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)设AB ＝2，则CF ＝1.在三棱台DEF ­ABC 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 .连接GB ，在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 的中点， 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G ­xyz .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°. 4.(以五面体为载体)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D ­AF ­E 与二面角C ­BE ­F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E ­BC ­A 的余弦值．[解](1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，DF ∩EF ＝F ， 所以AF ⊥平面EFDC .又AF 平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF . 以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G ­xyz .由(1)知∠DEF 为二面角D ­AF ­E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则|DF |＝2，|DG |＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．由已知得，AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC . 又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ， 故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C ­BE ­F 的平面角，∠CEF ＝60°.从而可得C (－2,0，3)．连接AC ，所以E C →＝(1,0，3)，E B →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·E C →＝0，n ·E B →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 故二面角E ­BC ­A 的余弦值为－21919.利用空间向量解决折叠性问题(5年3考)[高考解读] 以平面图形的翻折为载体，考查空间想象能力，在线面位置关系的证明中考查逻辑推理能力，在空间角的求解中，考查转化化归及数学运算的核心素养.1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值． 切入点：(1)对照折叠前后的线面关系给予证明； (2)建立空间直角坐标系通过向量法求解． [解](1)由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF 平面PEF ，EF平面PEF ，且PF ∩EF ＝F ，所以BF ⊥平面PEF .又BF平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD . 以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H ­xyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，PF 2＋PE 2＝EF 2，故PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. [教师备选题](2016·全国卷Ⅱ)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B ­D ′A ­C 的正弦值． [解](1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .又由AE ＝CF 得A EAD ＝CFCD，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC ，得OH DO ＝A E AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD . (2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H ­xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，AB →＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B ­D ′A ­C 的正弦值是29525.平面图形翻折问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变和不变，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．(以梯形为载体)如图，等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝BC ＝1，CD ＝2，E 为CD 中点，以AE 为折痕把△ADE 折起，使点D 到达点P 的位置(P 平面ABCE )．(1)证明：AE ⊥PB ；(2)若直线PB 与平面ABCE 所成的角为π4，求二面角A ­PE ­C 的余弦值．[解](1)证明：连接BD ，设AE 的中点为O ， ∵AB ∥CE ，AB ＝CE ＝12CD ，∴四边形ABCE 为平行四边形，∴AE ＝BC ＝AD ＝DE ， ∴△ADE ，△ABE 为等边三角形， ∴OD ⊥AE ，OB ⊥AE ， 又OP ∩OB ＝O ， ∴AE ⊥平面POB ，又PB 平面POB ，∴AE ⊥PB .(2)在平面POB 内作PQ ⊥平面ABCE ，垂足为Q ，则Q 在直线OB 上， ∴直线PB 与平面ABCE 夹角为∠PBO ＝π4，又OP ＝OB ，∴OP ⊥OB ，∴O 、Q 两点重合，即PO ⊥平面ABCE ，以O 为原点，OE 为x 轴，OB 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，0，∴P E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－32，E C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，设平面PCE 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·P E →＝0，n 1·E C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32z ＝0，12x ＋32y ＝0，令x ＝3得n 1＝(3，－1,1)， 又OB ⊥平面PAE ，∴n 2＝(0,1,0)为平面PAE 的一个法向量，设二面角A ­EP ­C 为α，则|cos α|＝cos 〈n 1，n 2〉＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝15＝55，易知二面角A ­EP ­C 为钝角，所以cos α＝－55.立体几何的综合问题(5年3考)[高考解读] 将圆的几何性质、空间线面的位置关系、空间几何体的体积等知识融于一体，综合考查学生的逻辑推理能力.(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ­ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值． 切入点：(1)借助圆的几何性质得出DM ⊥CM ，进而借助面面垂直的判定求解． (2)借助体积公式先探寻M 点的位置，建系借助坐标法求解． [解](1)由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC 平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 而DM平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz . 当三棱锥M ­ABC 体积最大时，M 为CD ︵的中点．由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)，AM →＝(－2,1,1)，AB →＝(0,2,0)，DA →＝(2,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2)．DA →是平面MCD 的法向量，因为cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.存在性问题的求解策略(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“是否有解”“是否有规定范围内的解”等．(2)对于位置探究型问题，通常是借助向量，引入参数，综合条件和结论列方程，解出参数，从而确定位置．(3)在棱上是否存在一点时，要充分利用共线向量定理．(探索位置型)如图所示，四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥底面ABCD .四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°，且AB ＝AP .(1)若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长；(2)在线段AD 上是否存在一点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等？说明理由． [解] (1)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A ­xyz ，如图1所示．图1在平面ABCD 内，作CE ∥AB ，交AD 于点E ，则CE ⊥AD . 在Rt△CDE 中，DE ＝CD ·cos 45°＝1，CE ＝CD ·sin 45°＝1. 设AB ＝AP ＝t (t ＞0)，则B (t,0,0)，P (0,0，t )． 由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，∴E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)， ∴CD →＝(－1,1,0)，PD →＝(0,4－t ，－t )． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ⊥CD →，n ⊥PD →得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－t y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )． cos 60°＝|n ·PB →||n |·|PB →|，即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋－t 2·2t 2＝12， 解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t ＞0)，∴AB ＝45.(2)法一：(向量法)假设在线段AD 上存在一点G (如图2所示)，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．设G (0，m,0)(其中0≤m ≤4－t )，则GC →＝(1,3－t －m,0)，GD →＝(0,4－t －m,0)，GP →(0，－m ，t )．图2由|GC →|＝|GD →|得12＋(3－t －m )2＝(4－t －m )2， 即t ＝3－m . ①由|GD →|＝|GP →|，得(4－m －t )2＝m 2＋t 2. ② 由①，②消去t ，化简得m 2－3m ＋4＝0. ③由于方程③没有实数根，所以在线段AD 上不存在点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等． 法二：(几何法)假设在线段AD 上存在一点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．图3由GC ＝GD 得∠GCD ＝∠GDC ＝45°， ∴∠CGD ＝90°，即CG ⊥AD ， ∴GD ＝CD ·cos 45°＝1.设AB ＝λ，则AD ＝4－λ，AG ＝AD －GD ＝3－λ. 如图3所示，在Rt△ABG 中，GB ＝AB 2＋AG 2＝λ2＋－λ2＝2⎝⎛⎭⎪⎫λ－322＋92＞1， 这与GB ＝GD 矛盾．∴在线段AD 上不存在点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．。

【创新设计】（江苏专用）2016高考数学二轮复习 专题七 附加题考点整合 理第1讲 立体几何中的向量方法高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)空间向量的坐标表示及坐标运算，属B 级要求；(2)线线、线面、面面平行关系判定，属B 级要求；(3)线线、线面、面面垂直的判定，属B 级要求；(4)求异面直线、直线与平面、平面与平面所成角，属B 级要求．真 题 感 悟(2015·江苏卷)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．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.考 点 整 合1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，ν＝(a 3，b 3，c 3)，则(1)线面平行l ∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直l ⊥α⇔a∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥ν⇔μ＝λν⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥ν⇔μ·ν＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.2．直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，ν＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)． (1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则cos θ＝|a·b||a||b|＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则sin θ＝|a·μ||a||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|，(3)面面夹角设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，则|cos θ|＝|μ·ν||μ||ν|＝|cos 〈μ，ν〉|.热点一 向量法证明平行与垂直【例1】 如图，在直三棱柱ADEBCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的中点，O 为DF 的中点，求证：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .证明 法一 由题意，AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系． 设正方形边长为1，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，F (1，0，1)，M ⎝⎛⎭⎪⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎪⎫12，12，12.(1)OM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，BA →＝(－1，0，0)，∴OM →·BA →＝0，∴OM →⊥BA →.∵棱柱ADE ­BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →是平面BCF 的一个法向量，且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∵DF →＝(1，－1，1)，DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0，DC →＝(1，0，0)，由n 1·DF →＝n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1，令x 1＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－12.同理可得n 2＝(0，1，1)．则n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD . 法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA →＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA →＝－12BD →－12BF →＋12BA → ＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA →＝－12BC →－12BF →.∴向量OM →与向量BF →，BC →共面， 又OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF . (2)由题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直， ∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →，∴OM →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0，OM →·FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →)＝－12BC →2＋12BF →2＝0.∴OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ，∴OM ⊥平面EFCD .又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD .探究提高 解决本类问题的关键步骤是建立恰当的坐标系，用坐标表示向量或用基底表示向量，证法的核心是利用向量的数量积或数乘运算．【训练1】 如图，在四棱锥PABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，PA ＝AB ＝2，∠BAD ＝60°，E 是PA 的中点．(1)求证：直线PC ∥平面BDE ； (2)求证：BD ⊥PC .证明 设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，AB ＝2，底面ABCD 为菱形，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝3，AC ⊥BD .如图，以O 为坐标原点，以OB ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点O 且平行于PA 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，D (－1，0，0)，E (0，－3，1)．(1)设平面BDE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，因为BE →＝(－1，－3，1)，BD →＝(－2，0，0)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BD →＝0，n 1·BE →＝0，得⎩⎨⎧－2x 1＝0，－x 1－3y 1＋z 1＝0，令z 1＝3，得y 1＝1，所以n 1＝(0，1，3)．又PC →＝(0，23，－2)，所以PC →·n 1＝0＋23－23＝0， 即PC →⊥n 1，又PC ⊄平面BDE ，所以PC ∥平面BDE .(2)因为PC →＝(0，23，－2)，BD →＝(－2，0，0)，所以PC →·BD →＝0.故BD ⊥PC . 热点二 利用空间向量求空间角【例2】 (2013·江苏卷)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1­ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解 (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (1，1，0)，A 1(0，0，4)，C 1(0，2，4)，所以A 1B →＝(2，0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝＝ 1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD →＝(1，1，0)，AC 1→＝(0，2，4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2，1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0，1，0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53. 探究提高 利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”．【训练2】 (2015·全国Ⅱ卷)如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值． 解 (1)交线围成的正方形EHGF 如图：(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8.因为EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10.于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10. 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A (10，0，0)，H (10，10，0)，E (10，4，8)，F (0，4，8)，FE →＝(10，0，0)，HE →＝(0，－6，8)．设n ＝(x ，y ，z )是平面EHGF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0，4，3)．又AF →＝(－10，4，8)， 故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.热点三 利用空间向量解决探索性问题【例3】 (2015·苏、锡、常、镇调研)如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面PAD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，PA ＝PD ＝2，BC ＝12AD ＝1，CD ＝ 3.(1)求证：平面PQB ⊥平面PAD ；(2)在棱PC 上是否存在一点M ，使二面角MBQC 为30°，若存在，确定M 的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明 ∵AD ∥BC ，BC ＝12AD ，Q 为AD 的中点，∴BC ∥DQ 且BC ＝DQ ， ∴四边形BCDQ 为平行四边形， ∴CD ∥BQ . ∵∠ADC ＝90°，∴∠AQB ＝90°，即QB ⊥AD ， ∵PA ＝PD ，∴PQ ⊥AD ，∵PQ ∩BQ ＝Q ，∴AD ⊥平面PBQ ， ∵AD ⊂面PAD ， ∴平面PQB ⊥平面PAD .(2)解 ∵PA ＝PD ，Q 为AD 的中点，∴PQ ⊥AD .∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，∴PQ ⊥平面ABCD .以Q 为原点，QA 为x 轴，QB 为y 轴，QP 为z 轴建立空间直角坐标系，则平面BQC 的一个法向量n ＝(0，0，1)，Q (0，0，0)，P (0，0，3)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)． 设满足条件的点M (x ，y ，z )存在，则PM →＝(x ，y ，z －3)，MC →＝(－1－x ，3－y ，－z )， 令PM →＝tMC →，其中t ＞0，∴⎩⎨⎧x ＝t （－1－x ），y ＝t （3－y ），z －3＝t （－z ），∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－t1＋t ，y ＝3t1＋t，z ＝31＋t .在平面MBQ 中， QB →＝(0，3，0)，QM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－t 1＋t ，3t 1＋t ，31＋t ，∴平面MBQ 的一个法向量m ＝(3，0，t )， ∵二面角MBQC 为30°， ∴cos 30°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·m |n |·|m |＝|t |3＋0＋t2＝32，解得t ＝3.所以满足条件的点M 存在，M 是棱PC 的靠近点C 的四等分点．探究提高 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．【训练3】 (2015·扬州市检测)如图，在底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，P 是侧棱CC 1上的一点，CP ＝m .(1)若m ＝1，求异面直线AP 与BD 1所成的角的余弦；(2)是否存在实数m ，使直线AP 与平面AB 1D 1所成角的正弦值是13？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．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)，B 1(1，1，2)，D 1(0，0，2)．当m ＝1时，BD 1→＝(－1，－1，2)，AP →＝(－1，1，1)． cos 〈BD 1→，AP →〉＝BD 1→·AP →|BD 1→||AP →|＝26×3＝23，即异面直线AP 与BD 1所成角的余弦是23. (2)假设存在实数m ，使直线AP 与平面AB 1D 1所成的角的正弦值等于13，则D 1B 1→＝(1，1，0)，AD 1→＝(－1，0，2)，AP →＝(－1，1，m )，设平面AB 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥D 1B 1→，n ⊥AD 1→得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0，取x ＝2，得平面AB 1D 1的一个法向量为n ＝(2，－2，1)．∵直线AP 与平面AB 1D 1所成的角的正弦值等于13，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2－2＋m 3·m 2＋2＝13，解得m ＝74，因为0≤m ≤2，所以m ＝74满足条件，所以当m ＝74时，直线AP 与平面AB 1D 1所成的角的正弦值等于13.1．利用空间向量证明线面关系时，应抓住直线的方向向量与平面的法向量之间的关系，如直线的方向向量与平面的法向量共线时，直线和平面垂直；直线的方向向量与平面的法向量垂直时，直线和平面平行或直线在平面内．2．两条直线夹角的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.设直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2，其夹角为θ，则cos θ＝|cos<n 1，n 2>|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.3．二面角的范围为[0，π]．设半平面α与β的法向量分别为n 1与n 2，二面角为θ，则|cos θ|＝|cos<n 1，n 2>|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.4．利用空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系(1)求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，而不是线面角的余弦； (2)求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析.1．(2015·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．(1)证明 如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC .在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG .又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解 如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长，建立空间直角坐标系Gxyz ，由(1)可得A (0，－3，0)，E (1，0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22. 故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 2．(2015·安徽卷)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 ∥B 1C ；(2)求二面角E ­A 1D ­B 1的余弦值．(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＝63.3．(2014·新课标全国Ⅰ卷)如图，三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB ⊥B 1C .(1)证明：AC ＝AB 1；(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，AB ＝BC ，求二面角A ­A 1B 1­C 1的余弦值． (1)证明 连接BC 1，交B 1C 于点O ，连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点． 又AB ⊥B 1C ，AB ∩BO ＝B ，所以B 1C ⊥平面ABO . 由于AO ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AO . 又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.(2)解 因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO . 又因为AB ＝BC ，所以△BOA ≌△BOC .故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两互相垂直．以O 为坐标原点，OB →，OB 1→，OA →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|OB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .因为∠CBB 1＝60°， 所以△CBB 1为等边三角形．又AB ＝BC ，OC ＝OA ，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，33，B (1，0，0)，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－33，0. AB 1→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，33，－33，A 1B 1→＝AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，－33，B 1C 1→＝BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－33，0. 设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧33y －33z ＝0，x －33z ＝0.所以可取n ＝(1，3，3)．设m 是平面A 1B 1C 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B 1→＝0，m ·B 1C 1→＝0.同理可取m ＝(1，－3，3)．则cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝17.所以二面角A ­A 1B 1­C 1的余弦值为17.4．(2015·浙江卷)如图，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 是B 1C 1的中点．(1)证明：A 1D ⊥平面A 1BC ；(2)求二面角A 1BDB 1的平面角的余弦值．(1)证明 设E 为BC 的中点，由题意得A 1E ⊥平面ABC ，所以A 1E ⊥AE . 因为AB ＝AC ，所以AE ⊥BC . 故AE ⊥平面A 1BC .由D ，E 分别为B 1C 1，BC 的中点，得DE ∥B 1B 且DE ＝B 1B ，从而DE ∥A 1A 且DE ＝A 1A ，所以A 1AED 为平行四边形．故A 1D ∥AE .又因为AE ⊥平面A 1BC ，所以A 1D ⊥平面A 1BC . (2)解 法一 作A 1F ⊥BD 且A 1F ∩BD ＝F ，连接B 1F .由AE ＝EB ＝2，∠A 1EA ＝∠A 1EB ＝90°，得A 1B ＝A 1A ＝4. 由A 1D ＝B 1D ，A 1B ＝B 1B ，得△A 1DB 与△B 1DB 全等．由A 1F ⊥BD ，得B 1F ⊥BD ，因此∠A 1FB 1为二面角A 1BDB 1的平面角． 由A 1D ＝2，A 1B ＝4，∠DA 1B ＝90°，得BD ＝32，A 1F ＝B 1F ＝43.由余弦定理得cos∠A 1FB 1＝－18.故二面角A 1BDB 1的平面角的余弦值为－18.法二 以CB 的中点E 为原点，分别以射线EA ，EB 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz ，如图所示．由题意知各点坐标如下：A 1(0，0，14)，B (0，2，0)，D (－2，0，14)，B 1(－2，2，14)．因此A 1B →＝(0，2，－14)，BD →＝(－2，－2，14)，DB 1→＝(0，2，0)．设平面A 1BD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B →＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧2y 1－14z 1＝0，－2x 1－2y 1＋14z 1＝0，可取m ＝(0，7，1)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB 1→＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎨⎧2y 2＝0，－2x 2－2y 2＋14z 2＝0，可取n ＝(7，0，1)．于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝18.由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A 1BDB 1的平面角的余弦值为－18.5．(2014·湖北卷)如图，在棱长为2的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0＜λ＜2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ ；(2)是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．解 以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .由已知得B (2，2，0)，C 1(0，2，2)，E (2，1，0)，F (1，0，0)，P (0，0，λ)．BC 1→＝(－2，0，2)，FP →＝(－1，0，λ)，FE →＝(1，1，0)，(1)证明 当λ＝1时，FP →＝(－1，0，1)，因为BC 1→＝(－2，0，2)，所以BC 1→＝2FP →，即BC 1∥FP . 而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)解 设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧FE →·n ＝0，FP →·n ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0.于是可取n ＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m ＝(λ－2，2－λ，1)．若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则m·n ＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22.故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．6.如图，四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，AD ＝CD ＝1，AA 1＝AB ＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明B 1C 1⊥CE ；(2)求二面角B 1CEC 1的正弦值；(3)设点M 在线段C 1E 上，且直线AM 与平面ADD 1A 1所成角的正弦值为26，求线段AM 的长． 解 如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0，0，0)，B (0，0，2)，C (1，0，1)，B 1(0，2，2)，C 1(1，2，1)，E (0，1，0)．(1)证明 易得B 1C 1→＝(1，0，－1)， CE →＝(－1，1，－1)，于是B 1C 1→·CE →＝0，所以B 1C 1⊥CE .(2)B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0.消去x ，得y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2，1)．由(1)，B 1C 1⊥CE ，又CC 1⊥B 1C 1，可得B 1C 1⊥平面CEC 1，故B 1C 1→＝(1，0，－1)为平面CEC 1的一个法向量．于是cos 〈m ，B 1C 1→〉＝m ·B 1C 1→|m ||B 1C 1→|＝－414×2＝－277，从而sin 〈m ，B 1C 1→〉＝217，所以二面角B 1CEC 1的正弦值为217. (3)AE →＝(0，1，0)，EC 1→＝(1，1，1)，设EM →＝λEC 1→＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM →＝AE →＋EM →＝(λ，λ＋1，λ)．可取AB →＝(0，0，2)为平面ADD 1A 1的一个法向量．设θ为直线AM 与平面ADD 1A 1所成的角，则 sin θ＝|cos 〈AM →，AB →〉|＝|AM →·AB →||AM →||AB →|＝2λλ2＋（λ＋1）2＋λ2×2＝λ3λ2＋2λ＋1， 于是λ3λ2＋2λ＋1＝26，解得λ＝13(负值舍去)，所以AM ＝ 2.第2讲 计数原理、数学归纳法、随机变量及其分布列高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)分类加法计数原理、分步乘法计数原理，B 级要求．(2)排列与组合，B 级要求．(3)数学归纳法的简单应用，B 级要求；(4)n 次独立重复试验的模型及二项分布、离散型随机变量的均值与方差，B 级要求．真 题 感 悟(2014·江苏卷)盒中共有9个球，其中有4个红球、3个黄球和2个绿球，这些球除颜色外完全相同．(1)从盒中一次随机取出2个球，求取出的2个球的颜色相同的概率P ；(2)从盒中一次随机取出4个球，其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x 1，x 2，x 3，随机变量X 表示x 1，x 2，x 3中的最大数，求X 的概率分布和数学期望E (X )．解 (1)取到的2个颜色相同的球可能是2个红球、2个黄球或2个绿球，所以P ＝C 24＋C 23＋C 22C 29＝6＋3＋136＝518.(2)随机变量X 所有可能的取值为2，3，4.{X ＝4}表示的随机事件是“取到的4个球是4个红球”，故P (X ＝4)＝C 44C 49＝1126；{X ＝3}表示的随机事件是“取到的4个球是3个红球和1个其他颜色的球，或3个黄球和1个其他颜色的球”，故P (X ＝3)＝C 34C 15＋C 33C 16C 49＝20＋6126＝1363； 于是P (X ＝2)＝1－P (X ＝3)－P (X ＝4) ＝1－1363－1126＝1114.所以随机变量X 的概率分布如下表：X 2 3 4 P111413631126因此随机变量X E (X )＝2×1114＋3×1363＋4×1126＝209.考 点 整 合1．两种计数原理分类加法计数原理和分步乘法计数原理． 2．排列(1)排列的定义；(2)排列数公式：A mn ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)＝n ！（n －m ）！(m ≤n ，m ，n ∈N *)．3．组合 (1)组合的定义； (2)组合数公式：C mn ＝n （n －1）（n －2）…（n －m ＋1）m ！＝n ！m ！（n －m ）！(m ≤n ，m ，n ∈N *)．(3)组合数性质：C m n ＝C n －mn ；C mn ＋C m －1n ＝C mn ＋1. 4．数学归纳法运用数学归纳法证明命题要分两步，第一步是归纳奠基(或递推基础)，证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N *)时命题成立，第二步是归纳递推(或归纳假设)，假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立，只要完成这两步，就可以断定命题对从n 0开始的所有的正整数都成立，两步缺一不可． 5．概率、随机变量及其分布(1)离散型随机变量及其概率分布的表示：①离散型随机变量：所有取值可以一一列出的随机变量叫做离散型随机变量； ②离散型随机变量概率分布的表示法：概率分布列和概率分布表； 性质：1°p i ≥0(i ＝1，2，3，…，n )；2°p 1＋p 2＋p 3＋…＋p n ＝1. (2)特殊的概率分布列：①0－1分布(两点分布)符号表示：X ～0－1分布； ②超几何分布：1°符号表示：X ～H (n ，M ，N )； 2°概率分布列：X ～H (r ；n ，M ，N )＝P (X ＝r )＝C r M C n －rN －MC M N；③二项分布(又叫独立重复试验，伯努利试验)：1°符号表示：X ～B (n ，p )；2°概率分布列：P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k . 注意：P (X ＝0)＋P (X ＝1)＋P (X ＝2)＋…＋P (X ＝r )＋…＋P (X ＝n )＝1.热点一 与计数原理有关的问题【例1】 (2011·江苏卷)设整数n ≥4，P (a ，b )是平面直角坐标系xOy 中的点，其中a ，b ∈{1，2，3，…，n }，a ＞b .(1)记A n 为满足a －b ＝3的点P 的个数，求A n ； (2)记B n 为满足13(a －b )是整数的点P 的个数，求B n .解 (1)点P 的坐标满足条件1≤b ＝a －3≤n －3，所以A n ＝n －3.(2)设k 为正整数，记f n (k )为满足条件以及a －b ＝3k 的点P 的个数，只要讨论f n (k )≥1的情形．由1≤b ＝a －3k ≤n －3k 知f n (k )＝n －3k ，且k ≤n －13，设n －1＝3m ＋r ，其中m ∈N *，r ∈{0，1，2}，则k ≤m ，所以B n ＝∑mk ＝1f n (k )＝∑mk ＝1 (n －3k )＝mn －3m （m ＋1）2＝m （2n －3m －3）2， 将m ＝n －1－r3代入上式，化简得B n ＝（n －1）（n －2）6－r （r －1）6，所以B n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n （n －3）6，n3是整数，（n －1）（n －2）6，n3不是整数. 探究提高 此计数原理问题中要计算点的个数，因此要根据条件对正整数的取值进行分类，弄清可能的取值类别，再根据加法原理进行计算．【训练1】 (2015·南通调研)记1，2…，n 满足下列性质T 的排列a 1，a 2…，a n 的个数为f (n )(n ≥2，n ∈N *)．性质T ：排列a 1，a 2，…，a n 中有且只有一个a i ＞a i ＋1(i ∈{1，2，…，n －1})．(1)求f (3)； (2)求f (n )．解 (1)当n ＝3时，1，2，3的所有排列有(1，2，3)，(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，(3，2，1)，其中满足仅存在一个i ∈{1，2，3}，使得a i ＞a i ＋1的排列有(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，所以f (3)＝4. (2)在1，2，…，n 的所有排列(a 1，a 2，…，a n )中，若a i ＝n (1≤i ≤n －1)，从n －1个数1，2，3，…，n －1中选i －1个数按从小到大顺序排列为a 1，a 2，…，a i －1，其余按从小到大的顺序排列在余下位置，于是满足题意的排列个数为C i －1n －1.若a n ＝n ，则满足题意的排列个数为f (n －1)． 综上，f (n )＝f (n －1)＋11n i -=∑C i －1n －1＝f (n －1)＋2n －1－1.从而f (n )＝23（1－2n －3）1－2－(n －3)＋f (3)＝2n－n －1.热点二 数学归纳法的应用【例2】 (2015·江苏卷)已知集合X ＝{1，2，3}，Y n ＝{1，2，3，…，n }(n ∈N *)，设S n ＝{(a ，b )|a 整除b 或b 整除a ，a ∈X ，b ∈Y n }，令f (n )表示集合S n 所含元素的个数． (1)写出f (6)的值；(2)当n ≥6时，写出f (n )的表达式，并用数学归纳法证明． 解 (1)Y 6＝{1，2，3，4，5，6}，S 6中的元素(a ，b )满足： 若a ＝1，则b ＝1，2，3，4，5，6；若a ＝2，则b ＝1，2，4，6； 若a ＝3，则b ＝1，3，6.所以f (6)＝13. (2)当n ≥6时，f (n )＝⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n 3，n ＝6t ，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －13，n ＝6t ＋1，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －23，n ＝6t ＋2，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n 3，n ＝6t ＋3，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －13，n ＝6t ＋4，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －23，n ＝6t ＋5(t ∈N *)．下面用数学归纳法证明：①当n ＝6时，f (6)＝6＋2＋62＋63＝13，结论成立；②假设n ＝k (k ≥6)时结论成立，那么n ＝k ＋1时，S k ＋1在S k 的基础上新增加的元素在(1，k ＋1)，(2，k ＋1)，(3，k ＋1)中产生，分以下情形讨论： 1)若k ＋1＝6t ，则k ＝6(t －1)＋5，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋3＝k ＋2＋k －12＋k －23＋3＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋13，结论成立；2)若k ＋1＝6t ＋1，则k ＝6t ，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k3＋1＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋（k ＋1）－13，结论成立；3)若k ＋1＝6t ＋2，则k ＝6t ＋1，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k －13＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋（k ＋1）－23，结论成立；4)若k ＋1＝6t ＋3，则k ＝6t ＋2，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k 2＋k －23＋2＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋k ＋13，结论成立；5)若k ＋1＝6t ＋4，则k ＝6t ＋3，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k3＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋（k ＋1）－13，结论成立；6)若k ＋1＝6t ＋5，则k ＝6t ＋4，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k －13＋1＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋（k ＋1）－23，结论成立．综上所述，结论对满足n ≥6的自然数n 均成立．探究提高 在数学归纳法中，归纳奠基和归纳递推缺一不可．在较复杂的式子中，注意由n ＝k 到n ＝k ＋1时，式子中项数的变化应仔细分析，观察通项．同时还应注意，不用假设的证法不是数学归纳法．【训练2】 (2014·江苏卷)已知函数f 0(x )＝sin xx(x >0)，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2的值；(2)证明：对任意的n ∈N *，等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22都成立．(1)解 由已知，得f 1(x )＝f ′0(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫sin x x ′＝cos x x －sin x x 2，于是f 2(x )＝f ′1(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x x ′－⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x x 2′＝－sin x x －2cos x x 2＋2sin x x 3，所以f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－4π2，f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－2π＋16π3， 故2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－1. (2)证明 由已知，得xf 0(x )＝sin x ，等式两边分别对x 求导，得f 0(x )＋xf ′0(x )＝cos x ，即f 0(x )＋xf 1(x )＝cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2，类似可得2f 1(x )＋xf 2(x )＝－sin x ＝sin(x ＋π)，3f 2(x )＋xf 3(x )＝－cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3π2，4f 3(x )＋xf 4(x )＝sin x ＝sin ()x ＋2π. 下面用数学归纳法证明等式nf n －1(x )＋xf n (x ) ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立． (ⅰ)当n ＝1时，由上可知等式成立． (ⅱ)假设当n ＝k 时等式成立， 即kf k －1(x )＋xf k (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2.因为[kf k －1(x )＋xf k (x )]′＝kf ′k －1(x )＋f k (x )＋xf ′k (x )＝(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )，⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋（k ＋1）π2， 所以(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋（k ＋1）π2. 因此当n ＝k ＋1时，等式也成立． 综合(ⅰ)，(ⅱ)可知等式nf n －1(x )＋xf n (x ) ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立． 令x ＝π4，可得nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋n π2(n ∈N *)．所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22(n ∈N *)．热点三 随机变量的分布列及其数学期望【例3】 (2015·泰州调研)设ξ为随机变量，从棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的八个顶点中任取四个点，当四点共面时，ξ＝0，当四点不共面时，ξ的值为四点组成的四面体的体积．(1)求概率P (ξ＝0)；(2)求ξ的分布列，并求出数学期望E (ξ)．解 (1)从正方体的八个顶点中任取四个点，共有C 48＝70种不同取法．其中共面的情况共有12种(6个侧面，6个对角面)，则P (ξ＝0)＝1270＝635.(2)任取四个点，当四点不共面时，四面体的体积只有以下两种情况：①四点在相对面且异面的对角线上，体积为1－4×16＝13.这样的取法共有2种．②四点中有三个点在一个侧面上，另一个点在相对侧面上，体积为16.这样的取法共有70－12－2＝56(种)． ∴ξ的分布列为数学期望E (ξ)＝13×135＋6×35＝7.探究提高 求解一般的随机变量的期望和方差的基本方法是：先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值，然后根据随机变量取这些值的意义求出取这些值的概率，列出分布列，根据数学期望和方差的公式计算．【训练3】 (2015·苏、锡、常、镇调研)甲、乙两个同学进行定点投篮游戏，已知他们每一次投篮投中的概率均为23，且各次投篮的结果互不影响．甲同学决定投5次，乙同学决定投中1次就停止，否则就继续投下去，但投篮次数不超过5次． (1)求甲同学至少有4次投中的概率；(2)求乙同学投篮次数ξ的分布列和数学期望．解 (1)设甲同学在5次投篮中，恰有x 次投中，“至少有4次投中”的概率为P ，则P ＝P (x ＝4)＋P (x ＝5)＝C 45423⎛⎫ ⎪⎝⎭1213⎛⎫- ⎪⎝⎭＋C 55523⎛⎫ ⎪⎝⎭0213⎛⎫- ⎪⎝⎭＝112243.(2)由题意ξ＝1，2，3，4，5.P (ξ＝1)＝23， P (ξ＝2)＝13×23＝29， P (ξ＝3)＝13×13×23＝227，P (ξ＝4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133×23＝281，P (ξ＝5)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝181.ξ的分布表为ξ 1 2 3 4 5 P2329 227 281 181 ξ的数学期望E (ξ)＝1×3＋2×9＋3×27＋4×81＋5×81＝81.1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理如果每种方法都能将规定的事件完成，则要用分类加法计数原理将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理将各步的方法种数相乘． 2．数学归纳法主要是用来解决与自然数有关的命题．通常与数列、不等式证明等基础知识和基本技能相结合来考查逻辑推理能力，要了解数学归纳法的原理，并能加以简单的应用． 3．离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和． 4．求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义； 第二步是“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式(常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式)等，求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值.1．(2012·江苏卷)设ξ为随机变量，从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，ξ＝0；当两条棱平行时，ξ的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，ξ＝1.(1)求概率P (ξ＝0)；(2)求ξ的分布列，并求其数学期望E (ξ)．解 (1)若两条棱相交，则交点必为正方体8个顶点中的1个，过任意1个顶点恰有3条棱，所以共有8C 23对相交棱，因此P (ξ＝0)＝8C 23C 212＝8×366＝411.(2)若两条棱平行，则它们的距离为1或2，其中距离为2的共有6对，故P (ξ＝2)＝6C 212＝111， 于是P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝2)＝1－411－111＝611，所以随机变量ξ的分布列是因此E (ξ)＝1×611＋22．(2015·山东卷)若n 是一个三位正整数，且n 的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n 为“三位递增数”(如137，359，567等)．在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次．得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得－1分；若能被10整除，得1分． (1)写出所有个位数字是5的“三位递增数” ；(2)若甲参加活动，求甲得分X 的分布列和数学期望E (X )．解 (1)个位数是5的“三位递增数”有125，135，145，235，245，345； (2)由题意知，全部“三位递增数”的个数为C 39＝84， 随机变量X 的取值为：0，－1，1， 因此P (X ＝0)＝C 38C 39＝23，P (X ＝－1)＝C 24C 39＝114，P (X ＝1)＝1－114－23＝1142，所以X 的分布列为则E (X )＝0×23＋(－1)×114＋1×42＝21.3．(2013·江苏卷)设数列{a n }：1，－2，－2，3，3，3，－4，－4，－4，－4，…，(－1)k－1k ，…，(－1)k －1k 个k ，…，即当（k －1）k 2<n ≤k （k ＋1）2(k ∈N *)时，a n ＝(－1)k －1k ，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n (n ∈N *)．对于l ∈N *，定义集合P l ＝{n |S n 是a n 的整数倍，n ∈N *，且1≤n ≤l }．(1)求集合P 11中元素的个数；(2)求集合P 2 000中元素的个数．解 (1)由数列{a n }的定义得a 1＝1，a 2＝－2，a 3＝－2，a 4＝3，a 5＝3，a 6＝3，a 7＝－4，a 8＝－4，a 9＝－4，a 10＝－4，a 11＝5，所以S 1＝1，S 2＝－1，S 3＝－3，S 4＝0，S 5＝3，S 6＝6，S 7＝2，S 8＝－2，S 9＝－6，S 10＝－10，S 11＝－5，从而S 1＝a 1，S 4＝0×a 4，S 5＝a 5，S 6＝2a 6，S 11＝－a 11，所以集合P 11中元素的个数为5.(2)先证：S i (2i ＋1)＝－i (2i ＋1)(i ∈N *)．事实上，①当i ＝1时，S i (2i ＋1)＝S 3＝－3，－i (2i ＋1)＝－3，故原等式成立； ②假设i ＝m 时成立，即S m (2m ＋1)＝－m (2m ＋1)，则i ＝m ＋1时 ，S (m ＋1)(2m ＋3)＝S m (2m ＋1)＋(2m ＋1)2－(2m ＋2)2＝－m (2m ＋1)－4m －3＝－(2m 2＋5m ＋3)＝－(m ＋1)(2m ＋3)．综合①②可得，S i (2i ＋1)＝－i (2i ＋1)．于是S (i ＋1)(2i ＋1)＝S i (2i ＋1)＋(2i ＋1)2＝－i (2i ＋1)＋(2i ＋1)2＝(2i ＋1)(i ＋1)．由上可知S i (2i ＋1)是2i ＋1的倍数，而a i (2i ＋1)＋j ＝2i ＋1(j ＝1，2，…，2i ＋1)，所以S i (2i ＋1)＋j ＝S i (2i ＋1)＋j (2i ＋1)是a i (2i ＋1)＋j (j ＝1，2，…，2i ＋1)的倍数．又S (i ＋1)(2i ＋1)＝(i ＋1)·(2i ＋1)不是2i ＋2的倍数，而a (i ＋1)(2i ＋1)＋j ＝－(2i ＋2)(j ＝1，2，…，2i ＋2)，所以S (i ＋1)(2i ＋1)＋j＝S (i ＋1)(2i ＋1)－j (2i ＋2)＝(2i ＋1)(i ＋1)－j (2i ＋2)不是a (i ＋1)(2i ＋1)＋j (j ＝1，2，…，2i ＋2)的倍数，故当l ＝i (2i ＋1)时，集合P l 中元素的个数为1＋3＋…＋(2i －1)＝i 2， 于是，当l ＝i (2i ＋1)＋j (1≤j ≤2i ＋1)时，集合P l 中元素的个数为i 2＋j . 又2 000＝31×(2×31＋1)＋47，故集合P 2 000中元素的个数为312＋47＝1 008. 4．(2010·江苏卷)已知△ABC 的三边长都是有理数． (1)求证：cos A 是有理数；(2)求证：对任意正整数n ，cos nA 是有理数．证明 (1)设三边长分别为a ，b ，c ，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc，∵a ，b ，c 是有理数，b 2＋c 2－a 2是有理数，分母2bc 为正有理数，又有理数集对于除法具有封闭性， ∴b 2＋c 2－a 22bc必为有理数，∴cos A 是有理数．(2)①当n ＝1时，显然cos A 是有理数；当n ＝2时，∵cos 2A ＝2cos 2A －1，因为cos A 是有理数， ∴cos 2A 也是有理数；②假设当n ≤k (k ≥2)时，结论成立，即cos kA 、cos(k －1)A 均是有理数． 当n ＝k ＋1时，cos(k ＋1)A ＝cos kA cos A －sin kA sin A＝cos kA cos A －12[cos(kA －A )－cos(kA ＋A )]＝cos kA cos A －12cos(k －1)A ＋12cos(k ＋1)A解得：cos(k ＋1)A ＝2cos kA cos A －cos(k －1)A ∵cos A ，cos kA ，cos(k －1)A 均是有理数， ∴2cos kA cos A －cos(k －1)A 是有理数， ∴cos(k ＋1)A 是有理数． 即当n ＝k ＋1时，结论成立．综上所述，对于任意正整数n ，cos nA 是有理数．5．记⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 22…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 2n 的展开式中，x 的系数为a n ，x 2的系数为b n ，其中n ∈N *.(1)求a n ；(2)是否存在常数p ，q (p ＜q )，使b n ＝13⎝⎛⎭⎪⎫1＋p 2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋q 2n ，对n ∈N *，n ≥2恒成立？证明你的结论．解 (1)根据多项式乘法运算法则，得a n ＝12＋122＋…＋12n ＝1－12n .(2)计算得b 2＝18，b 3＝732.代入b n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋p 2n ⎝⎛⎭⎪⎫1＋q 2n ，解得p ＝－2，q ＝－1.下面用数学归纳法证明b n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＝13－12n ＋23×14n (n ≥2且n ∈N *)①当n ＝2时，b 2＝18，结论成立．②设n ＝k 时成立，即b k ＝13－12k ＋23×14k ，则当n ＝k ＋1时，b k ＋1＝b k ＋a k2k ＋1＝13－12k ＋23×14k ＋12k ＋1－122k ＋1 ＝13－12k ＋1＋23×14k ＋1. 由①②可得存在常数p ＝－2，q ＝－1使结论对n ∈N *，n ≥2成立．6．(2012·江苏卷)设集合P n ＝{1，2，…，n }，n ∈N *.记f (n )为同时满足下列条件的集合A 的个数：①A ⊆P n ；②若x ∈A ，则2x ∉A ；③若x ∈∁P n A ，则2x ∉∁P n A .(1)求f (4)；(2)求f (n )的解析式(用n 表示)．解 (1)当n ＝4时，符合条件的集合A 为：{2}，{1，4}，{2，3}，{1，3，4}，故f (4)＝4.(2)任取偶数x ∈P n ，将x 除以2，若商仍为偶数，再除以2，…，经过k 次以后，商必为奇数，此时记商为m ，于是x ＝m ·2k，其中m 为奇数，k ∈N *. 由条件知，若m ∈A ，则x ∈A ⇔k 为偶数； 若m ∉A ，则x ∈A ⇔k 为奇数．于是x 是否属于A 由m 是否属于A 确定．设Q n 是P n 中所有奇数的集合，因此f (n )等于Q n 的子集个数．当n 为偶数(或奇数)时，P n 中奇数的个数是n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫或n ＋12，所以f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧2n2，n 为偶数，2n ＋12，n 为奇数.第1讲几何证明选讲高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)三角形及相似三角形的判定与性质；(2)圆的相交弦定理，切割线定理；(3)圆内接四边形的性质与判定；(4)相交弦定理，本内容考查属B 级要求．真题感悟1.(2015·江苏卷)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.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.2．(2014·江苏卷)如图，AB是圆O的直径，C，D是圆O上位于AB异侧的两点．证明：∠OCB＝∠D.证明因为B，C是圆O上的两点，所以OB＝OC.故∠OCB＝∠B.又因为C，D是圆O上位于AB异侧的两点，故∠B，∠D为同弧所对的两个圆周角，所以∠B＝∠D.因此∠OCB＝∠D.考点整合1．(1)相似三角形的判定定理判定定理1：对于任意两个三角形，如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似．判定定理2：对于任意两个三角形，如果一个三角形的两边和另一个三角形的两边对应成比例，并且夹角相等，那么这两个三角形相似．判定定理3：对于任意两个三角形，如果一个三角形的三条边和另一个三角形的三条边对应成比例，那么这两个三角形相似．(2)相似三角形的性质①相似三角形对应高的比、对应中线的比和对应角平分线的比都等于相似比；②相似三角形周长的比等于相似比；③相似三角形面积的比等于相似比的平方．(3)直角三角形的射影定理：直角三角形中，每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影与斜边的比例中项；斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项．2．(1)圆周角定理：圆上一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．(2)圆心角定理：圆心角的度数等于它所对弧的度数．3．(1)圆内接四边形的性质定理：①圆的内接四边形的对角互补；②圆内接四边形的外角等于它的内角的对角．(2)圆内接四边形判定定理：如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆．4．(1)圆的切线的性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径．(2)圆的切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．(3)弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．(4)相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．(5)切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段。