《创新设计》理科高考数学二轮专题复习习题专题七(必做)附加题高考
创新设计江苏专用理科高考数学二轮专题复习——专题七 附加题(课件+提升训练)(共31张PPT)(13
第4讲 不等式选讲1．(2012·江苏卷)已知实数x ，y 满足：|x ＋y |＜13，|2x －y |＜16，求证：|y |＜518.证明 因为3|y |＝|3y |＝|2(x ＋y )－(2x －y )|≤2|x ＋y |＋|2x －y |，由题设知，|x ＋y |＜13，|2x －y |＜16， 从而3|y |＜23＋16＝56，所以|y |＜518.2．(2011·江苏卷)解不等式：x ＋|2x －1|＜3.解 原不等式可化为⎩⎨⎧2x －1≥0，x ＋（2x －1）＜3或⎩⎨⎧2x －1＜0，x －（2x －1）＜3.解得12≤x ＜43或－2＜x ＜12. 所以不等式的解集是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－2＜x ＜43. 3．(1)已知a ，b 都是正数，且a ≠b ，求证：a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2；(2)已知a ，b ，c 都是正数，求证：a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c ≥abc .证明 (1)(a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)＝(a ＋b )(a －b )2，因为a ，b 都是正数，所以a ＋b ＞0，又因为a ≠b ，所以(a －b )2＞0，于是(a ＋b )(a －b )2＞0，即(a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)＞0，所以a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2.(2)因为b 2＋c 2≥2bc ，a 2≥0，所以a 2(b 2＋c 2)≥2a 2bc .①同理b 2(a 2＋c 2)≥2ab 2c .②c 2(a 2＋b 2)≥2abc 2.③①②③相加得2(a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2)≥2a 2bc ＋2ab 2c ＋2abc 2，从而a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2≥abc (a ＋b ＋c )． 由a ，b ，c 都是正数，得a ＋b ＋c ＞0，因此a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c≥abc . 4．已知定义在R 上的函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|的最小值为a .(1)求a 的值；(2)若p ，q ，r 是正实数，且满足p ＋q ＋r ＝a ，求证：p 2＋q 2＋r 2≥3.(1)解 因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，当且仅当－1≤x ≤2时，等号成立，所以f (x )的最小值等于3，即a ＝3. (2)证明 由(1)知p ＋q ＋r ＝3，又因为p ，q ，r 是正实数，所以(p 2＋q 2＋r 2)(12＋12＋12)≥(p ×1＋q ×1＋r ×1)2＝(p ＋q ＋r )2＝9， 即p 2＋q 2＋r 2≥3.5．设函数f (x )＝2|x －1|＋|x ＋2|.(1)求不等式f (x )≥4的解集； (2)若不等式f (x )＜|m －2|的解集是非空集合，求实数m 的取值范围．解 (1)f (x )＝⎩⎨⎧－3x ，x ≤－2，－x ＋4，－2＜x ≤1，3x ，x ＞1，令f (x )≥4，则⎩⎨⎧x ≤－2，－3x ≥4或⎩⎨⎧－2＜x ≤1，－x ＋4≥4或⎩⎨⎧x ＞1，3x ≥4，解得x ≤0或x ≥43，所以不等式f (x )≥4的解集是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≤0或x ≥43.(2)f (x )在(－∞，1]上递减，在[1，＋∞)上递增，所以f (x )≥f (1)＝3.由于不等式f (x )＜|m －2|的解集是非空集合，所以|m －2|＞3，解得m ＜－1或m ＞5， 即实数m 的取值范围是(－∞，－1)∪(5，＋∞)．6．(2015·全国Ⅱ卷)设a 、b 、c 、d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明：(1)若ab ＞cd ，则a ＋b ＞c ＋d ；(2)a ＋b ＞c ＋d 是|a －b |＜|c －d |的充要条件．证明 (1)因为(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ，(c ＋d )2＝c ＋d ＋2cd ，由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab ＞cd 得(a ＋b )2＞(c ＋d )2. 因此a ＋b ＞c ＋d .(2)①若|a－b|＜|c－d|，则(a－b)2＜(c－d)2, 即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd.由(1)得a＋b＞c＋d.②若a＋b＞c＋d，则(a＋b)2＞(c＋d)2，即a＋b＋2ab＞c＋d＋2cd. 因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd，于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此|a－b|＜|c－d|.综上，a＋b＞c＋d是|a－b|＜|c－d|的充要条件．。
创新设计江苏专用理科高考数学二轮专题复习——专题七 附加题(课件+提升训练)(共31张PPT)(13
第1讲几何证明选讲1．(2013·江苏卷)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.求证：AC＝2AD.证明连接OD.因为AB和BC分别与圆O相切于点D，C，所以∠ADO＝∠ACB＝90°.又因为∠A＝∠A，所以Rt△ADO∽Rt△ACB.所以BCOD＝ACAD.又BC＝2OC＝2OD，故AC＝2AD.2.(2012·江苏卷)如图，AB是圆O的直径，D，E为圆上位于AB异侧的两点，连接BD并延长至点C，使BD＝DC，连接AC，AE，DE.求证：∠E＝∠C.证明连接OD，因为BD＝DC，O为AB的中点，所以OD∥AC，于是∠ODB＝∠C.因为OB＝OD，所以∠ODB＝∠B于是∠B＝∠C.因为点A，E，B，D都在圆O上，且D，E为圆O上位于AB异侧的两点，所以∠E 和∠B为同弧所对的圆周角，故∠E＝∠B.所以∠E＝∠C.3.(2011·江苏卷)如图，圆O1与圆O2内切于点A，其半径分别为r1与r2(r1＞r2)，圆O1的弦AB交圆O2于点C(O1不在AB上)．求证：AB∶AC为定值．证明如图，连接AO1并延长，分别交两圆于点E和点D.连接BD，CE.因为圆O1与圆O2内切于点A，所以点O2在AD上，故AD，AE分别为圆O1，圆O2的直径．从而∠ABD＝∠ACE＝π2.所以BD∥CE，于是ABAC＝ADAE＝2r12r2＝r1r2.所以AB∶AC为定值．4.(2010·江苏卷)AB是圆O的直径，D为圆O上一点，过D作圆O的切线交AB延长线于点C，若DA＝DC，求证：AB＝2BC.证明连接OD，则OD⊥DC，又OA＝OD，DA＝DC，所以∠DAO＝∠ODA＝∠DCO，∠DOC＝∠DAO＋∠ODA＝2∠DCO，所以∠DCO＝30°，∠DOC＝60°，所以OC ＝2OD，即OB＝BC＝OD＝OA，所以AB＝2BC.5．(2015·全国Ⅱ卷)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．(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＝1633.6．如图，D，E分别为△ABC边AB，AC的中点，直线DE交△ABC的外接圆于F，G 两点．若CF∥AB.证明：(1)CD＝BC；(2)△BCD∽△GBD.证明(1)如图，因为D，E分别为AB，AC的中点，所以DE∥BC.又已知CF∥AB，故四边形BCFD是平行四边形，所以CF＝BD＝AD.而CF∥AD，连接AF，所以四边形ADCF是平行四边形，故CD＝AF.因为CF∥AB，所以BC＝AF，故CD＝BC.(2)因为FG∥BC，故GB＝CF.由(1)可知BD＝CF，所以GB＝BD.∴∠BGD＝∠BDG，由BC＝CD知，∠CBD＝∠CDB.又因为∠DGB＝∠EFC＝∠DBC，故△BCD∽△GBD.。
《创新设计》2021届高考数学(理)二轮复习(江苏专用)习题：专题七 附加题 第1讲
1.(2022·南通调研)如图，在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，SA ⊥平面ABCD ，AB ＝1，AD ＝AS ＝2，P 是棱SD 上一点，且SP ＝12PD . (1)求直线AB 与CP 所成角的余弦值； (2)求二面角A －PC －D 的余弦值.解 (1)如图，以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AS 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，2，0)，D (0，2，0)，S (0，0，2). 设P (x 0，y 0，z 0)，由SP →＝13SD →得(x 0，y 0，z 0－2)＝13(0，2，－2)，所以x 0＝0，y 0＝23，z 0＝43，点P 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，43. CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－43，43，AB →＝(1，0，0).设直线AB 与CP 所成的角为α，由图可知，α为锐角， 则cos α＝AB →·CP →|AB →||CP →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1×1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－43×0＋43×01＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－432＋⎝ ⎛⎭⎪⎫432×1＝34141.(2)设平面APC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 由于AC→＝(1，2，0)，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，43， 所以⎩⎨⎧m ·AC →＝x 1＋2y 1＝0，m ·AP →＝23y 1＋43z 1＝0. 令y 1＝－2，则x 1＝4，z 1＝1，m ＝(4，－2，1). 设平面DPC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 由于DC→＝(1，0，0)，CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－43，43， 所以⎩⎨⎧n ·DC →＝x 2＝0，n ·CP →＝－x 2－43y 2＋43z 2＝0， 令y 2＝1，则z 2＝1，n ＝(0，1，1). 设二面角A －PC －D 的大小为θ，由于cos 〈m ，n 〉＝0×4＋1×（－2）＋1×12×21＝－4242，由于θ为钝角，所以cos θ＝cos 〈m ，n 〉＝－4242.2.(2021·山东卷)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.(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 . 由于BD ⊂平面ABED ， 所以BD ∥平面FGH .(2)解 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 .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). 由于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°.3.(2022·四川卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .E 为边AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90°.(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角P －CD －A 的大小为45°，求直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值.解 (1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行.延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面P AB )，点M 即为所求的一个点.理由如下： 由已知，BC ∥ED ，且BC ＝ED .所以四边形BCDE 是平行四边形.从而CM ∥EB .又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE . 所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)法一 由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD . 于是CD ⊥PD .从而∠PDA 是二面角P －CD －A 的平面角.所以∠PDA ＝45°. 由P A ⊥AB ，可得P A ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，P (0，0，2)，C (2，1，0)，E (1，0，0). 所以PE→＝(1，0，－2)，EC →＝(1，1，0)，AP →＝(0，0，2). 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0.得⎩⎨⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0.设x ＝2，解得n ＝(2，－2，1). 设直线P A 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋（－2）2＋12＝13. 所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13. 法二 由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD .从而CD ⊥PD . 所以∠PDA 是二面角P －CD －A 的平面角. 所以∠PDA ＝45°.设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH .易知P A ⊥平面ABCD ，从而P A ⊥CE .且P A ∩AH ＝A ，于是CE ⊥平面P AH .又CE ⊂平面PCE 所以平面PCE ⊥平面P AH .过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE . 所以∠APH 是P A 与平面PCE 所成的角. 在Rt △AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1， 所以AH ＝22.在Rt △P AH 中，PH ＝P A 2＋AH 2＝322.所以sin ∠APH ＝AH PH ＝13.4.(2022·浙江卷)如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3. (1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求二面角B －AD －F 的平面角的余弦值.(1)证明 延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示.由于平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ，所以AC ⊥平面BCK ，因此BF ⊥AC .又由于EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF ⊥CK ， 且CK ∩AC ＝C ， 所以BF ⊥平面ACFD .(2)解 法一 如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则△BCK 为等边三角形.取BC 的中点O ，连接KO ，则KO ⊥BC ，又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以KO ⊥平面ABC .以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x ，z 的正方向， 建立空间直角坐标系O －xyz .由题意得B (1，0，0)，C (－1，0，0)，K (0，0，3)，A (－1，－3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，32.因此，AC→＝(0，3，0)，AK →＝(1，3，3)，AB →＝(2，3，0).设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2). 由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·m ＝0，AK →·m ＝0，得⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)；由⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AK →·n ＝0，得⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3).于是，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝34.所以，二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34. 法二 过点F 作FQ ⊥AK 于Q ，连接BQ .由于BF ⊥平面ACK ，所以BF ⊥AK ，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ ⊥AK . 所以∠BQF 是二面角B －AD －F 的平面角.在Rt △ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，得AK ＝13，FQ ＝31313. 在Rt △BQF 中，FQ ＝31313，BF ＝3， 得cos ∠BQF ＝34.所以，二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34.5.(2022·苏北四市模拟)如图，△ABC 和△BCD 所在平面相互垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F 分别为AC ，DC 的中点. (1)求证：EF ⊥BC ；(2)求二面角E －BF －C 的正弦值.法一 (1)证明 由题意，以B 为坐标原点，在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线为x 轴，BC 所在直线为y 轴，在平面ABC 内过B 作垂直BC 的直线为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系.易得B (0，0，0)，A (0，－1，3)，D (3，－1，0)，C (0，2，0).因而E (0，12，32)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，所以EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－32，BC →＝(0，2，0)，因此EF→·BC →＝0.从而EF →⊥BC →，所以EF ⊥BC .(2)解 平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1). 设平面BEF 的法向量n 2＝(x ，y ，z )， 又BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32.由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BF→＝0，n 2·BE →＝0，得其中一个n 2＝(1，－3，1).设二面角E －BF －C 大小为θ，且由题意知θ为锐角，则 cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝15，∴cos θ＝55，因此sin θ＝25＝255，即所求二面角的正弦值为255.法二 (1)证明 过E 作EO ⊥BC ，垂足为O ，连接OF . 由△ABC ≌△DBC 可证出△EOC ≌△FOC . 所以∠EOC ＝∠FOC ＝π2， 即FO ⊥BC .又EO ⊥BC ，EO ∩FO ＝O ，EO ，FO ⊂平面EFO ，因此BC ⊥平面EFO ， 又EF ⊂平面EFO ， 所以EF ⊥BC .(2)解 过O 作OG ⊥BF ，垂足为G ，连接EG . 由平面ABC ⊥平面BDC ，从而EO ⊥平面BDC ， BF ⊂平面BDC ，∴BF ⊥EO ， 又OG ⊥BF ，又EO ∩OG ＝O ，所以BF ⊥平面EOG ，又EG ⊂平面EOG ， 所以EG ⊥BF .因此∠EGO 为二面角E －BF －C 的平面角.在△EOC 中，EO ＝12EC ＝12BC ·cos 30°＝32， 由△BGO ∽△BFC 知，OG ＝BO BC ·FC ＝34，因此tan ∠EGO ＝EO OG ＝2，从而sin ∠EGO ＝255，即二面角E BF C 的正弦值为255. 6.(2022·北京海淀区二模)如图，正方形AMDE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点.在五棱锥P －ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD ，PC 分别交于点G ，H . (1)求证：AB ∥FG ；(2)若P A ⊥底面ABCDE ，且P A ＝AE .求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长. (1)证明 在正方形AMDE 中，由于B 是AM 的中点， 所以AB ∥DE .又由于AB ⊄平面PDE ，DE ⊂平面PDE ， 所以AB ∥平面PDE . 由于AB ⊂平面ABF ，且平面ABF ∩平面PDE ＝FG ， 所以AB ∥FG .(2)解 由于P A ⊥底面ABCDE ， 所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE .如图建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (2，1，0)，P (0，0，2)，F (0，1，1)，BC →＝(1，1，0).设平面ABF 的法向量为 n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎨⎧x ＝0，y ＋z ＝0. 令z ＝1，则y ＝－1. 所以n ＝(0，－1，1). 设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则cos 〈n ，BC →〉＝n ·BC →|n ||BC →|＝－12.∴sin α＝12，因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6.设点H 的坐标为(u ，v ，w ). 由于点H 在棱PC 上， 所以可设PH→＝λPC →(0＜λ＜1)，即(u ，v ，w －2)＝λ(2，1，－2)， 所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ. 由于n 是平面ABF 的法向量， 所以n ·AH→＝0，即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0. 解得λ＝23，所以点H 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，23，23.所以PH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－432＝2.。
创新设计江苏专用理科高考数学二轮专题复习——专题七 附加题(课件+提升训练)(共31张PPT)(13
第3讲 坐标系与参数方程1．(2013·江苏卷)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝t ＋1，y ＝2t(t 为参数)，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2tan 2θ，y ＝2tan θ(θ为参数)．试求直线l 和曲线C 的普通方程，并求出它们的公共点的坐标．解 因为直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝t ＋1，y ＝2t(t 为参数)，由x ＝t ＋1得t ＝x －1，代入y ＝2t ，得到直线l 的普通方程为2x －y －2＝0.同理得到曲线C 的普通方程为y 2＝2x . 联立方程组⎩⎨⎧y ＝2（x －1），y 2＝2x ，解得公共点的坐标为(2，2)，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1. 2．(2011·江苏卷)在平面直角坐标系xOy 中，求过椭圆⎩⎨⎧x ＝5cos φ，y ＝3sin φ(φ为参数)的右焦点，且与直线⎩⎨⎧x ＝4－2t ，y ＝3－t(t 为参数)平行的直线的普通方程． 解 由题意知，椭圆的长半轴长为a ＝5，短半轴长b ＝3，从而c ＝4，所以右焦点为(4，0)，将已知直线的参数方程化为普通方程得x －2y ＋2＝0，故所求的直线的斜率为12，因此所求的方程为y ＝12(x －4)， 即x －2y －4＝0.3．(2010·江苏卷)在极坐标系中，已知圆ρ＝2cos θ与直线3ρcos θ＋4ρsin θ＋a ＝0相切，求实数a 的值．解 将极坐标方程化为直角坐标方程，得圆的方程为x 2＋y 2＝2x ，即(x －1)2＋y 2＝1，直线的方程为3x ＋4y ＋a ＝0.由题设知，圆心(1，0)到直线的距离为1， 即有|3×1＋4×0＋a |32＋42＝1，解得a ＝－8或a ＝2， 故a 的值为－8或2.4．在平面直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋32t ，y ＝12t(t 为参数)，曲线C 的极坐标方程为ρ＝2cos θ.(1)求直线l 和曲线C 的直角坐标方程；(2)求曲线C 上的点到直线l 的距离的最值．解 (1)化为直角坐标方程得，直线l ：x －3y －2＝0，曲线C ：(x －1)2＋y 2＝1.(2)由(1)可知，曲线C 是圆心为 C (1，0)，半径r ＝1的圆．且圆心C (1，0)到直线l 的距离d ＝|1－0－2|1＋3＝12＜r ＝1，故直线l 与曲线C 相交． 所以曲线C 上的点到直线l 的距离的最大值为d ＋r ＝32，最小值为0.5．(2015·全国Ⅱ卷)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1：⎩⎨⎧x ＝t cos α，y ＝t sin α(t 为参数，t ≠0)，其中0≤α＜π，在以O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 2：ρ＝2sin θ，曲线C 3：ρ＝23cos θ.(1)求C 2与C 3交点的直角坐标；(2)若C 1与C 2相交于点A ，C 1与C 3相交于点B ，求|AB |的最大值． 解 (1)曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋y 2－2y ＝0，曲线C 3的直角坐标方程为x 2＋y 2－23x ＝0.联立⎩⎨⎧x 2＋y 2－2y ＝0，x 2＋y 2－23x ＝0， 解得⎩⎨⎧x ＝0，y ＝0，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝32，y ＝32.所以C 2与C 3交点的直角坐标为(0，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32. (2)曲线C 1的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R ，ρ≠0)，其中0≤α＜π.因此A 的极坐标为(2sin α，α)，B 的极坐标为(23cos α，α)．所以|AB |＝|2sin α－23cos α|＝4⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3. 当α＝5π6时，|AB |取得最大值，最大值为4.6．(2015·湖南卷)已知直线l ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5＋32t ，y ＝3＋12t(t 为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ＝2cos θ.(1)将曲线C 的极坐标方程化为直角坐标方程；(2)设点M 的直角坐标为(5，3)，直线l 与曲线C 的交点为A ，B ，求|MA |·|MB |的值．解 (1)ρ＝2cos θ等价于ρ2＝2ρcos θ.① 将ρ2＝x 2＋y 2，ρcos θ＝x 代入①即得曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＝0.②(2)将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5＋32t ，y ＝3＋12t (t 为参数)代入②式，得t 2＋53t ＋18＝0.设这个方程的两个实根分别为t 1，t 2，则由参数t 的几何意义即知，|MA |·|MB |＝|t 1t 2|＝18.。
创新设计高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题七附加题必做部分教师用书理
专题七 附加题（必做部分）教师用书 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P －ABCD 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A －xyz ，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＝|cos 〈a ，μ〉|＝|a·μ||a||μ|，(3)面面夹角设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，则|cos θ|＝|cos 〈μ，ν〉|＝|μ·ν||μ||ν|.热点一 向量法证明平行与垂直【例1】 如图，在直三棱柱ADE －BCF 中，平面ABFE 和平面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的中点，O 为DF 的中点，运用向量方法求证：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .证明 法一 由题意，得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)，CF →＝(0，－1，1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DF →＝0，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).∵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(1)及题意知，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P －ABCD 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O －xyz ，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 [微题型1] 求线面角【例2－1】 (2016·全国Ⅲ卷)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点.(1)证明MN ∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值. (1)证明 由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綉AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN ∥平面PAB . (2)解 取BC 的中点E ，连接AE . 由AB ＝AC 得AE ⊥BC ， 从而AE ⊥AD ，AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5. 以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz . 由题意知，P (0，0，4)，M (0，2，0)，C (5，2，0)，N ⎝⎛⎭⎪⎫52，1，2，PM →＝(0，2，－4)，PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2. 设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0，2，1). 于是cos 〈n ，AN →〉＝n ·AN →|n ||AN →|＝8525.设AN 与平面PMN 所成的角为θ，则sin θ＝8525，∴直线AN 与平面PMN 所成的角的正弦值为8525.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”. [微题型2] 求二面角【例2－2】 (2016·全国Ⅱ卷)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. (1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD，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 ＝AE 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)解 如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，HD →的方向为y 轴正方向，HD ′→的方向为z 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.探究提高 利用法向量的根据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在能断定所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角的情况下，这种方法具有一定的优势，但要注意，必须能断定“所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角”，在用法向量法求二面角的大小时，务必要作出这个判断，否则解法是不严谨的.【训练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 →〉＝1111A B C D A B C D⋅u u u r u u u u r ＝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. 热点三 向量法解决立体几何中的探索性问题【例3】 如图，在四棱锥P －ABCD 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M －BQ －C 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 ，PQ ，BQ ⊂平面PBQ ，∴AD ⊥平面PBQ ， ∵AD ⊂平面PAD ，∴平面PQB ⊥平面PAD .(2)解 当M 是棱PC 上靠近点C 的四等分点时，有二面角M －BQ －C 为30°，理由如下： 由(1)知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M －BQ －C 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 (1)确定点的坐标时，通常利用向量共线来求，如本例PM →＝tMC →来求M 点的坐标.(2)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解题.【训练3】 (2016·北京卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由. (1)证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD . 又AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD . ∴AB ⊥平面PAD .∵PD ⊂平面PAD .∴AB ⊥PD . 又PA ⊥PD ，PA ∩AB ＝A . ∴PD ⊥平面PAB .(2)解 取AD 中点O ，连接CO ，PO ，∵PA ＝PD ，∴PO ⊥AD . 又∵PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，∵CO ⊂平面ABCD ，∴PO ⊥CO ， ∵AC ＝CD ，∴CO ⊥AD .以O 为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P (0，0，1)，B (1，1，0)，D (0，－1，0)，C (2，0，0).则PB →＝(1，1，－1)，PD →＝(0，－1，－1)，PC →＝(2，0，－1). CD →＝(－2，－1，0).设n ＝(x 0，y 0，1)为平面PDC 的一个法向量.由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－y 0－1＝0，2x 0－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－1，x 0＝12. 即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1.设PB 与平面PCD 的夹角为θ.则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n ||PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－1－114＋1＋1×3＝33.(3)解 设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0，1]使得AM →＝λAP →，因此点M (0，1－λ，λ)，BM→＝(－1，－λ，λ)，因为BM ⊄平面PCD ，所以BM ∥平面PCD ，当且仅当BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1＝0，解得λ＝14，所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.1.两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＝|cosn 1，n 2|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.2.二面角的范围为[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|cosθ|＝|cos n 1，n 2|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|. 3.利用空间向量求解二面角时，易忽视二面角的范围，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错.4.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题.应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性.1.(2016·南通调研)如图，在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，SA ⊥平面ABCD ，AB ＝1，AD ＝AS ＝2，P 是棱SD 上一点，且SP ＝12PD .(1)求直线AB 与CP 所成角的余弦值； (2)求二面角A －PC －D 的余弦值.解 (1)如图，以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AS 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，2，0)，D (0，2，0)，S (0，0，2).设P (x 0，y 0，z 0)，由SP →＝13SD →得(x 0，y 0，z 0－2)＝13(0，2，－2)，所以x 0＝0，y 0＝23，z 0＝43，点P 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，43.CP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－43，43，AB →＝(1，0，0).设直线AB 与CP 所成的角为α，由图可知，α为锐角，则cos α＝AB →·CP →|AB →||CP →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1×1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－43×0＋43×01＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－432＋⎝ ⎛⎭⎪⎫432×1＝34141.(2)设平面APC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 由于AC →＝(1，2，0)，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，43，所以⎩⎨⎧m ·AC →＝x 1＋2y 1＝0，m ·AP →＝23y 1＋43z 1＝0.令y 1＝－2，则x 1＝4，z 1＝1，m ＝(4，－2，1). 设平面DPC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 由于DC →＝(1，0，0)，CP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－43，43，所以⎩⎨⎧n ·DC →＝x 2＝0，n ·CP →＝－x 2－43y 2＋43z 2＝0，令y 2＝1，则z 2＝1，n ＝(0，1，1). 设二面角A －PC －D 的大小为θ，由于cos 〈m ，n 〉＝0×4＋1×（－2）＋1×12×21＝－4242，由于θ为钝角，所以cos θ＝cos 〈m ，n 〉＝－4242. 2.(2015·山东卷)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.(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 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 .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°.3.(2016·四川卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .E 为边AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.(1)在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由；(2)若二面角P －CD －A 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值.解 (1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行.延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面PAB )，点M 即为所求的一个点.理由如下： 由已知，BC ∥ED ，且BC ＝ED . 所以四边形BCDE 是平行四边形.从而CM ∥EB .又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE . 所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)法一 由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面PAD . 于是CD ⊥PD .从而∠PDA 是二面角P －CD －A 的平面角.所以∠PDA ＝45°. 由PA ⊥AB ，可得PA ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，P (0，0，2)，C (2，1，0)，E (1，0，0). 所以PE →＝(1，0，－2)，EC →＝(1，1，0)，AP →＝(0，0，2). 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0.设x ＝2，解得n ＝(2，－2，1). 设直线PA 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋（－2）2＋12＝13. 所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13.法二 由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面PAD .从而CD ⊥PD . 所以∠PDA 是二面角P －CD －A 的平面角. 所以∠PDA ＝45°.设BC ＝1，则在Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH . 易知PA ⊥平面ABCD ，从而PA ⊥CE .且PA ∩AH ＝A ，于是CE ⊥平面PAH .又CE ⊂平面PCE 所以平面PCE ⊥平面PAH .过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE . 所以∠APH 是PA 与平面PCE 所成的角. 在Rt △AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1， 所以AH ＝22. 在Rt △PAH 中，PH ＝PA 2＋AH 2＝322.所以sin ∠APH ＝AH PH ＝13.4.(2016·浙江卷)如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3. (1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求二面角B －AD －F 的平面角的余弦值.(1)证明 延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示.因为平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ，所以AC ⊥平面BCK ，因此BF ⊥AC .又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF ⊥CK ，且CK ∩AC ＝C ， 所以BF ⊥平面ACFD .(2)解 法一 如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则△BCK 为等边三角形.取BC 的中点O ，连接KO ，则KO ⊥BC ，又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以KO ⊥平面ABC .以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x ，z 的正方向， 建立空间直角坐标系O －xyz .由题意得B (1，0，0)，C (－1，0，0)，K (0，0，3)，A (－1，－3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，32.因此，AC →＝(0，3，0)，AK →＝(1，3，3)，AB →＝(2，3，0).设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2).由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·m ＝0，AK →·m ＝0，得⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)；由⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AK →·n ＝0，得⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3).于是，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝34.所以，二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34. 法二 过点F 作FQ ⊥AK 于Q ，连接BQ .因为BF ⊥平面ACK ，所以BF ⊥AK ，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ ⊥AK . 所以∠BQF 是二面角B －AD －F 的平面角.在Rt △ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，得AK ＝13，FQ ＝31313.在Rt △BQF 中，FQ ＝31313，BF ＝3，得cos ∠BQF ＝34. 所以，二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34. 5.(2016·苏北四市模拟)如图，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F 分别为AC ，DC 的中点. (1)求证：EF ⊥BC ；(2)求二面角E －BF －C 的正弦值.法一 (1)证明 由题意，以B 为坐标原点，在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线为x 轴，BC 所在直线为y 轴，在平面ABC 内过B 作垂直BC的直线为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系.易得B (0，0，0)，A (0，－1，3)，D (3，－1，0)，C (0，2，0). 因而E (0，12，32)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，所以EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－32，BC →＝(0，2，0)，因此EF →·BC →＝0.从而EF →⊥BC →，所以EF ⊥BC .(2)解 平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1). 设平面BEF 的法向量n 2＝(x ，y ，z )， 又BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32.由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BF →＝0，n 2·BE →＝0，得其中一个n 2＝(1，－3，1).设二面角E －BF －C 大小为θ，且由题意知θ为锐角，则 cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝15，∴cos θ＝55，因此sin θ＝25＝255，即所求二面角的正弦值为255.法二 (1)证明 过E 作EO ⊥BC ，垂足为O ，连接OF . 由△ABC ≌△DBC 可证出△EOC ≌△FOC . 所以∠EOC ＝∠FOC ＝π2，即FO ⊥BC .又EO ⊥BC ，EO ∩FO ＝O ，EO ，FO ⊂平面EFO ，因此BC ⊥平面EFO ， 又EF ⊂平面EFO ， 所以EF ⊥BC .(2)解 过O 作OG ⊥BF ，垂足为G ，连接EG . 由平面ABC ⊥平面BDC ，从而EO ⊥平面BDC ，BF ⊂平面BDC ，∴BF ⊥EO ，又OG ⊥BF ，又EO ∩OG ＝O ，所以BF ⊥平面EOG ，又EG ⊂平面EOG ， 所以EG ⊥BF .因此∠EGO 为二面角E －BF －C 的平面角. 在△EOC 中，EO ＝12EC ＝12BC ·cos 30°＝32，由△BGO ∽△BFC 知，OG ＝BOBC ·FC ＝34， 因此tan ∠EGO ＝EO OG ＝2，从而sin ∠EGO ＝255，即二面角E BF C 的正弦值为255.6.(2016·北京海淀区二模)如图，正方形AMDE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点.在五棱锥P －ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD ，PC 分别交于点G ，H .(1)求证：AB ∥FG ；(2)若PA ⊥底面ABCDE ，且PA ＝AE .求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长. (1)证明 在正方形AMDE 中，因为B 是AM 的中点， 所以AB ∥DE .又因为AB ⊄平面PDE ，DE ⊂平面PDE ， 所以AB ∥平面PDE . 因为AB ⊂平面ABF ， 且平面ABF ∩平面PDE ＝FG ， 所以AB ∥FG .(2)解 因为PA ⊥底面ABCDE ， 所以PA ⊥AB ，PA ⊥AE .如图建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (2，1，0)，P (0，0，2)，F (0，1，1)，BC →＝(1，1，0).设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋z ＝0. 令z ＝1，则y ＝－1. 所以n ＝(0，－1，1). 设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则cos 〈n ，BC →〉＝n ·BC →|n ||BC →|＝－12.∴sin α＝12，因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6.设点H 的坐标为(u ，v ，w ). 因为点H 在棱PC 上，所以可设PH →＝λPC →(0＜λ＜1)， 即(u ，v ，w －2)＝λ(2，1，－2)， 所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ. 因为n 是平面ABF 的法向量， 所以n ·AH →＝0，即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0. 解得λ＝23，所以点H 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，23，23.所以PH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－432＝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(2016·江苏卷)(1)求7C 36－4C 47的值； (2)设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋n C m n －1＋(n ＋1)C m n ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2. (1)解 7C 36－4C 47＝7×20－4×35＝0. (2)证明 对任意的m ，n ∈N *，n ≥m ， ①当n ＝m 时，左边＝(m ＋1)C m m ＝m ＋1， 右边＝(m ＋1)C m ＋2m ＋2＝m ＋1，原等式成立. ②假设n ＝k (k ≥m )时命题成立.即(m ＋1)C mm ＋(m ＋2)C mm ＋1＋(m ＋3)C mm ＋2＋…＋k C mk －1＋(k ＋1)C mk ＝(m ＋1)C m ＋2k ＋2， 当n ＝k ＋1时，左边＝(m ＋1)C mm ＋(m ＋2)C mm ＋1＋(m ＋3)C mm ＋2＋…＋k C mk －1＋(k ＋1)C mk ＋(k ＋2)C mk ＋1 ＝(m ＋1)C m ＋2k ＋2＋(k ＋2)C mk ＋1， 右边＝(m ＋1)C m ＋2k ＋3. 而(m ＋1)C m ＋2k ＋3－(m ＋1)C m ＋2k ＋2＝(m ＋1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤（k ＋3）！（m ＋2）！（k －m ＋1）！－（k ＋2）！（m ＋2）！（k －m ）！＝(m ＋1)×（k ＋2）！（m ＋2）！（k －m ＋1）！[(k ＋3)－(k －m ＋1)]＝(k ＋2)（k ＋1）！m ！（k －m ＋1）！＝(k ＋2)C mk ＋1，∴(m ＋1)C m ＋2k ＋2＋(k ＋2)C mk ＋1＝(m ＋1)C m ＋2k ＋3， ∴左边＝右边.即m ＝k ＋1时命题也成立.综合①②可得原命题对任意m ，n ∈N *，n ≥m 均成立.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】 (2016·南京、盐城、徐州、连云港模拟)设(1－x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，n ∈N *，n ≥2.(1)设n ＝11，求|a 6|＋|a 7|＋|a 8|＋|a 9|＋|a 10|＋|a 11|的值； (2)设b k ＝k ＋1n －k a k ＋1(k ∈N ，k ≤n －1)，S m ＝b 0＋b 1＋b 2＋…＋b m (m ∈N ，m ≤n －1)，求⎪⎪⎪⎪⎪⎪S m C m n －1的值.解 (1)因为a k ＝(－1)k C kn ，k ∈N ，当n ＝11时，|a 6|＋|a 7|＋|a 8|＋|a 9|＋|a 10|＋|a 11|＝C 611＋C 711＋C 811＋C 911＋C 1011＋C 1111＝12(C 011＋C 111＋…＋C 1011＋C 1111)＝210＝1 024. (2)b k ＝k ＋1n －k a k ＋1＝(－1)k ＋1k ＋1n －kC k ＋1n ＝(－1)k ＋1C k n ， 当1≤k ≤n －1时，b k ＝(－1)k ＋1C kn＝(－1)k ＋1(C kn －1＋C k －1n －1)＝(－1)k ＋1Ck －1n －1＋(－1)k ＋1C kn －1＝(－1)k －1Ck －1n －1－(－1)k C kn －1.当m ＝0时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪S m C m n －1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 0C 0n －1＝1.当1≤m ≤n －1时，S m ＝－1＋∑k ＝1m[(－1)k －1C k －1n －1－(－1)k C kn －1]＝－1＋1－(－1)m C m n －1＝－(－1)m C mn －1.所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪S m C m n －1＝1.综上，⎪⎪⎪⎪⎪⎪Sm C m n －1＝1. 热点二 数学归纳法的应用【例2】 (2016·南通调研)已知函数f 0(x )＝x (sin x ＋cos x )，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求f 1(x )，f 2(x )的表达式；(2)写出f n (x )的表达式，并用数学归纳法证明. 解 (1)因为f n (x )为f n －1(x )的导数，所以f 1(x )＝f 0′(x )＝(sin x ＋cos x )＋x (cos x －sin x ) ＝(x ＋1)cos x ＋(x －1)(－sin x )，同理，f 2(x )＝f 1′(x )＝－(x ＋2)sin x －(x －2)cos x . (2)由(1)得f 3(x )＝f 2′(x )＝－(x ＋3)cos x ＋(x －3)sin x ， 把f 1(x )，f 2(x )，f 3(x )分别改写为f 1(x )＝(x ＋1)sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2＋(x －1)cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2，f 2(x )＝(x ＋2)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2π2＋(x －2)cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2π2，f 3(x )＝(x ＋3)sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3π2＋(x －3)cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3π2， 猜测f n (x )＝(x ＋n )sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2＋(x －n )cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2.(*) 下面用数学归纳法证明上述等式. 当n ＝1时，由(1)知，等式(*)成立； 假设当n ＝k 时，等式(*)成立， 即f k (x )＝(x ＋k )sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2＋(x －k )cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2， 则当n ＝k ＋1时，f k ＋1(x )＝f k ′(x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2＋(x ＋k )cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2＋(x －k )·⎣⎢⎡⎦⎥⎤－sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2＝(x ＋k ＋1)cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2＋[x －(k ＋1)]⎣⎢⎡⎦⎥⎤－sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2 ＝[x ＋(k ＋1)]sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k ＋12π＋[x －(k ＋1)]·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k ＋12π，即当n ＝k ＋1时，等式(*)成立.综上所述，当n ∈N *时，f n (x )＝(x ＋n )sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2＋(x －n )cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋n π2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】 (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. 热点三 随机变量的分布列及其数学期望【例3】 (2016·扬州高三期末)某商场举办“迎新年摸球”活动，主办方准备了甲、乙两个箱子，其中甲箱中有四个球，乙箱中有三个球(每个球的大小、形状完全相同)，每一个箱子中只有一个红球，其余都是黑球.若摸中甲箱中的红球，则可获得奖金m 元，若摸中乙箱中的红球，则可获奖金n 元.活动规定：①参与者每个箱子中只能摸一次，一次摸一个球；②可选择先摸甲箱，也可先摸乙箱；③如果在第一个箱子中摸到红球，则可继续在第二个箱子中摸球，否则活动终止.(1)如果参与者先在乙箱中摸球，求其恰好获得奖金n 元的概率；(2)若要使得该参与者获奖金额的期望值较大，请你帮他设计摸箱子的顺序，并说明理由. 解 (1)设“参与者先在乙箱中摸球，且恰好获得奖金n 元”为事件M . 则P (M )＝13×34＝14，即参与者先在乙箱中摸球，且恰好获得奖金n 元的概率为14.(2)参与者摸球的顺序有两种，分别讨论如下：①先在甲箱中摸球，参与者获奖金额X 的可能取值为0，m ，m ＋n ， 则P (X ＝0)＝34，P (X ＝m )＝14×23＝16， P (X ＝m ＋n )＝14×13＝112，故X 的分布列为E (X )＝0×34＋m ×16＋(m ＋n )×12＝4＋12.②先在乙箱中摸球，参与者获奖金额Y 的可能取值为0，n ，m ＋n ，则P (Y ＝0)＝23，P (Y ＝n )＝13×34＝14， P (Y ＝m ＋n )＝13×14＝112，故Y 的分布列为E (Y )＝0×23＋n ×14＋(m ＋n )×12＝12＋3.E (X )－E (Y )＝2m －3n12. 当E (X )－E (Y )＞0时，m n ＞32，当E (X )－E (Y )＝0时，m n ＝32，当E (X )－E (Y )＜0时，m n ＜32，综上，当m n ＞32时，先在甲箱中摸球，再在乙箱中摸球，参与者获奖金额的期望值较大；当m n ＝32时，两种顺序摸球，参与者获奖金额的期望值相等； 当m n ＜32时，先在乙箱中摸球，再在甲箱中摸球，参与者获奖金额的期望值较大. 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】 (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＋21.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.(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：因此随机变量X E (X )＝2×1114＋3×1363＋4×1126＝209.2.(2016·苏北四市调研)为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加.现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名.从这8名运动员中随机选择4人参加比赛.(1)设A 为事件“选出的4人中恰有2 名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件A 发生的概率；(2)设X 为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X 的分布列和数学期望. 解 (1)由已知，有P (A )＝C 22C 23＋C 23C 23C 48＝635. 所以，事件A 发生的概率为635. (2)随机变量X 的所有可能取值为1，2，3，4. P (X ＝k )＝C k 5C 4－k3C 48(k ＝1，2，3，4).所以随机变量X 的分布列为随机变量X 的数学期望E (X )＝1×14＋2×7＋3×7＋4×14＝2.3.(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)＋i ＝1n －1C 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 －1.4.(2016·苏、锡、常、镇、宿调研)在杨辉三角形中，从第2行开始，除1以外，其它每一个数值是它上面的两个数值之和，该三角形数阵开头几行如图所示.。
《创新设计》理科高考数学二轮专题复习——考前增分指导指导二全面掌握解答题的个模板,规范答题拿高分高考
规范——解答题的6个解题模板题型概述解答题是高考试卷中的一类重要题型，通常是高考的把关题和压轴题，具有较好的区分层次和选拔功能．目前的高考解答题已经由单纯的知识综合型转化为知识、方法和能力的综合型解答题．要求考生具有一定的创新意识和创新能力等特点．解答题综合考查运算能力、逻辑思维能力、空间想象能力和分析问题、解决问题的能力．针对不少同学答题格式不规范，出现“会而不对，对而不全”的问题，规范每种题型的万能答题模板，按照规范的解题程序和答题格式分步解答，实现答题步骤的最优化．模板1三角问题【例1】(满分14分)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝b cos C＋c sin B.(1)求B；(2)若b＝2，求△ABC面积的最大值．[规范解答]解(1)由已知及正弦定理，得sin A＝sin B cos C＋sin C sin B，①2′又A＝π－(B＋C)，所以sin A＝sin(B＋C)＝sin B cos C＋cos B sin C．②4′由①②得，sin C sin B＝cos B sin C，∵C∈(0，π)，∴sin C≠0，∴sin B＝cos B.又B∈(0，π)，所以B＝π4.6′(2)△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝24ac ，8′ 由已知及余弦定理得4＝a 2＋c 2－2ac cos π4＝a 2＋c 2－2ac ，10′ 又a 2＋c 2≥2ac ， 故ac ≤42－2＝2()2＋2， 当且仅当a ＝c 时，取等号． 所以△ABC 面积的最大值为2＋1.14′[解题模板] 第一步 利用正弦定理或余弦定理将已知条件转化为边之间的关系或角之间的关系第二步 求待求角的某一三角函数值； 第三步 指明角的范围，并求角；第四步 利用面积公式表示所求三角形的面积或利用余弦定理表示边角关系； 第五步 反思回顾，查看关键点、易错点，规范解题步骤．【训练1】 △ABC 中，D 是BC 上的点，AD 平分∠BAC ，△ABD 面积是△ADC 面积的2倍． (1)求sin ∠Bsin ∠C； (2)若AD ＝1，DC ＝22，求BD 和AC 的长． 解 (1)S △ABD ＝12AB ·AD sin ∠BAD ， S △ADC ＝12AC ·AD sin ∠CAD .因为S △ABD ＝2S △ADC ，∠BAD ＝∠CAD ，所以AB ＝2AC . 由正弦定理可得sin ∠B sin ∠C ＝AC AB ＝12.(2)因为S △ABD ∶S △ADC ＝BD ∶DC ，所以BD ＝ 2.在△ABD 和△ADC 中，由余弦定理知AB 2＝AD 2＋BD 2－2AD ·BD cos ∠ADB ， AC 2＝AD 2＋DC 2－2AD ·DC cos ∠ADC .故AB2＋2AC2＝3AD2＋BD2＋2DC2＝6，由(1)知AB＝2AC，所以AC＝1.模板2立体几何问题【例2】(满分14分)如图，四棱锥P-ABCD的底面为矩形，且AB＝2，BC＝1，E，F分别为AB，PC中点．(1)求证：EF∥平面P AD；(2)若平面P AC⊥平面ABCD，求证：平面P AC⊥平面PDE.[规范解答](1)证明法一取线段PD的中点M，连接FM，AM.因为F为PC的中点，所以FM∥CD，且FM＝12CD.因为四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，所以EA∥CD，且EA＝12CD.所以FM∥EA，且FM＝EA.所以四边形AEFM为平行四边形．所以EF∥AM.5′又AM⊂平面P AD，EF⊄平面P AD，所以EF∥平面P AD.7′法二连接CE并延长交DA的延长线于N，连接PN.因为四边形ABCD为矩形，所以AD∥BC，所以∠BCE＝∠ANE，∠CBE＝∠NAE.又AE＝EB，所以△CEB≌△NEA，所以CE＝NE.又F为PC的中点，所以EF∥NP.5′又NP⊂平面P AD，EF⊄平面P AD，所以EF∥平面P AD.7′法三取CD的中点Q，连接FQ，EQ.在矩形ABCD中，E为AB的中点，所以AE＝DQ，且AE∥DQ.所以四边形AEQD为平行四边形，所以EQ∥AD.又AD⊂平面P AD，EQ⊄平面P AD，所以EQ∥平面P AD.2′因为Q，F分别为CD，CP的中点，所以FQ∥PD.又PD⊂平面P AD，FQ⊄平面P AD，所以FQ∥平面P AD.又FQ，EQ⊂平面EQF，FQ∩EQ＝Q，所以平面EQF∥平面P AD.5′因为EF⊂平面EQF，所以EF∥平面P AD.7′(2)证明设AC，DE相交于G.在矩形ABCD中，因为AB＝2BC，E为AB的中点．所以DAAE＝CDDA＝ 2.又∠DAE＝∠CDA，所以△DAE∽△CDA，所以∠ADE＝∠DCA.又∠ADE＋∠CDE＝∠ADC＝90°，所以∠DCA＋∠CDE＝90°.由△DGC的内角和为180°，得∠DGC＝90°.即DE⊥AC.9′因为平面P AC⊥平面ABCD且平面P AC∩平面ABCD＝AC，因为DE⊂平面ABCD，所以DE⊥平面P AC，12′又DE⊂平面PDE，所以平面P AC⊥平面PDE.14′[解题模板]1．画出必要的辅助线，根据条件合理转化；2．写出推证平行或垂直所需条件，注意条件要充分；3．明确写出所证结论．【训练2】如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．求证：(1)AF∥平面BCE；(2)平面BCE⊥平面CDE.证明(1)如图，取CE的中点G，连接FG，BG.∵F为CD的中点，∴GF∥DE且GF＝12DE.∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，∴AB∥DE，∴GF∥AB.又AB＝12DE，∴GF＝AB.∴四边形GF AB为平行四边形，则AF∥BG.∵AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，∴AF∥平面BCE.(2)∵△ACD为等边三角形，F为CD的中点，∴AF⊥CD.∵DE⊥平面ACD，AF⊂平面ACD，∴DE⊥AF.又CD∩DE＝D，∴AF⊥平面CDE.∵BG∥AF，∴BG⊥平面CDE.∵BG⊂平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE.模板3实际应用问题【例3】(满分14分)如图所示：一吊灯的下圆环直径为4 m，圆心为O，通过细绳悬挂在天花板上，圆环呈水平状态，并且与天花板的距离(即OB)为2 m，在圆环上设置三个等分点A1，A2，A3.点C为OB上一点(不包含端点O、B)，同时点C 与点A1，A2，A3，B均用细绳相连接，且细绳CA1，CA2，CA3的长度相等．设细绳的总长为y.(1)设∠CA 1O ＝θ(rad)，将y 表示成θ的函数关系式；(2)请你设计θ，当角θ正弦值的大小是多少时，细绳总长y 最小，并指明此时BC 应为多长．[规范解答] 解 (1)在Rt △COA 1中，CA 1＝2cos θ，CO ＝2tan θ，2′ y ＝3CA 1＋CB ＝3·2cos θ＋2－2tan θ＝2（3－sin θ）cos θ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜θ＜π4.6′(2)y ′＝2－cos 2θ－（3－sin θ）（－sin θ）cos 2θ＝23sin θ－1cos 2θ，令y ′＝0，则sin θ＝13，10′ 当sin θ＞13时，y ′＞0； sin θ＜13时，y ′＜0，∵y ＝sin θ在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上是增函数，∴当角θ满足sin θ＝13时，y 最小，最小为42＋2；此时BC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－22 m ．14′[解题模板]解决实际问题的一般步骤： (1)阅读题目，理解题意； (2)设置变量，建立函数关系； (3)应用函数知识或数学方法解决问题； (4)检验，作答．【训练3】 如图，在C 城周边已有两条公路l 1，l 2在点O 处交汇．已知OC ＝(2＋6)km ，∠AOB ＝75°，∠AOC ＝45°，现规划在公路l 1，l 2上分别选择A ，B 两处为交汇点(异于点O )直接修建一条公路通过C 城．设OA ＝x km ，OB ＝y km.(1)求y 关于x 的函数关系式并指出它的定义域； (2)试确定点A ，B 的位置，使△OAB 的面积最小．解 (1)因为△AOC 的面积与△BOC 的面积之和等于△AOB 的面积，所以12x (2＋6)sin 45°＋12y (2＋6)·sin 30°＝12xy sin 75 °， 即22x (2＋6)＋12y (2＋6)＝6＋24xy ， 所以y ＝22xx －2(x ＞2)． (2)△AOB 的面积S ＝12xy sin 75°＝6＋28xy ＝3＋12×x 2x －2＝3＋12(x －2＋4x －2＋4)≥3＋12×8＝4(3＋1)．当且仅当x ＝4时取等号，此时y ＝4 2.故OA ＝4 km ，OB ＝4 2 km 时，△OAB 面积的最小值为4(3＋1) km 2. 模板4 解析几何问题【例4】 (满分16分)如图，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的短轴长为2，点P 为上顶点，圆O ：x 2＋y 2＝b 2将椭圆C 的长轴三等分，直线l ：y ＝mx －45(m ≠0)与椭圆C 交于A ，B 两点，P A ，PB 与圆O 交于M ，N 两点．(1)求椭圆C 的方程； (2)求证△APB 为直角三角形；(3)设直线MN 的斜率为n ，求证mn 为定值． [规范解答](1)解 由已知⎩⎨⎧2b ＝2，2a ＝6b ，解得⎩⎨⎧a ＝3，b ＝1，所求椭圆方程为x 29＋y 2＝1.Ⅰ 5′(2)证明 将y ＝mx －45代入椭圆方程整理得 (9m 2＋1)x 2－725mx －8125＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，利用求根公式求解上述一元二次方程的根，则x 1＋x 2＝72m5（9m 2＋1），x 1x 2＝－8125（9m 2＋1）.又P (0，1)，∴P A →·PB →＝(x 1，y 1－1)·(x 2，y 2－1) ＝x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1) ＝x 1x 2＋(mx 1－95)(mx 2－95) ＝(m 2＋1)x 1x 2－95m (x 1＋x 2)＋8125＝－81（m 2＋1）25（9m 2＋1）－648m 225（9m 2＋1）＋8125＝0，因此P A ⊥PB ，则△APB 为直角三角形．Ⅱ 12′ (3)证明 由(2)知直线MN 方程为y ＝nx ， 代入x 2＋y 2＝1，得(n 2＋1)x 2－1＝0.设M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)，则⎩⎨⎧x 3＋x 4＝0，x 3x 4＝－1n 2＋1，y 1－1x 1＝y 3－1x 3，① y 2－1x 2＝y 4－1x 4.② 两式相加整理得2m －95·x 1＋x 2x 1x 2＝2n ，可求得m n ＝15.Ⅲ 16′[解题模板] Ⅰ求椭圆方程； Ⅱ证明垂直①将直线方程和椭圆方程联立，得到一元二次方程；②设出直线与椭圆的交点坐标，利用求根公式求一元二次方程的根，并求两根和与积；③利用两根和与两根积的关系证明垂直； Ⅲ可利用第(2)问结论，证明mn 为定值．【训练4】 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)经过点(0，3)，离心率为12，直线l 经过椭圆C 的右焦点F 交椭圆于A 、B 两点． (1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 交y 轴于点M ，且MA→＝λAF →，MB →＝μBF →，当直线l 的倾斜角变化时，探求λ＋μ的值是否为定值？若是，求出λ＋μ的值；否则，请说明理由． 解 (1)依题意得b ＝3，e ＝c a ＝12，a 2＝b 2＋c 2，∴a ＝2，c ＝1，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)因直线l 与y 轴相交于点M ，故斜率存在，又F 坐标为(1，0)，设直线l 方程为y ＝k (x －1)，求得l 与y 轴交于M (0，－k )， 设l 交椭圆A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1），x 24＋y 23＝1，消去y 得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，∴x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，又由MA →＝λAF →， ∴(x 1，y 1＋k )＝λ(1－x 1，－y 1)， ∴λ＝x 11－x 1，同理μ＝x 21－x 2，∴λ＋μ＝x 11－x 1＋x 21－x 2＝x 1＋x 2－2x 1x 21－（x 1＋x 2）＋x 1x 2＝8k 23＋4k 2－2（4k 2－12）3＋4k 21－8k 23＋4k 2＋4k 2－123＋4k 2＝－83.所以当直线l 的倾斜角变化时，λ＋μ的值为定值－83. 模板5 函数与导数问题【例5】 (满分16分)设函数f (x )＝ax －2－ln x (a ∈R )． (1)若f (x )在点(e ，f (e))处的切线为x －e y －2e ＝0，求a 的值； (2)求f (x )的单调区间；(3)当x ＞0时，求证： f (x )－ax ＋e x ＞0. [规范解答](1)解 ∵f (x )＝ax －2－ln x (x ＞0)， ∴f ′(x )＝a －1x ，由已知f ′(e)＝1e ， 即a －1e ＝1e ，则a ＝2e .Ⅰ 6′(2)解 由(1)知，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x (x ＞0)． 当a ≤0时，f ′(x )＜0在(0，＋∞)上恒成立， ∴f (x )在(0，＋∞)上递减； 当a ＞0时，令f ′(x )＝0得x ＝1a ；当x 变化时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：由表可知：f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上是单调减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上是单调增函数， 综上所述：当a ≤0时，f (x )的单调减区间为(0，＋∞)；当a ＞0时，f (x )的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞.Ⅱ 10′(3)证明 当x ＞0时，要证f (x )－ax ＋e x ＞0，即证e x －ln x －2＞0，设g (x )＝e x －ln x －2(x ＞0)．只需证g (x )＞0，∵g ′(x )＝e x －1x ，由指数函数及幂函数的性质知：g ′(x )＝e x －1x 在(0，＋∞)上是增函数，又g ′(1)＝e －1＞0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝e 13－3＜0， ∴g ′(1)·g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫13＜0， ∴g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1内存在唯一的零点， 则g ′(x )在(0，＋∞)上有唯一的零点，设g ′(x )的零点为t ，则g ′(t )＝e t －1t ＝0，即e t ＝1t ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＜t ＜1， 由g ′(x )的单调性知：当x ∈(0，t )时，g ′(x )＜g ′(t )＝0；当x ∈(t ，＋∞)时，g ′(x )＞g ′(t )＝0，∴g (x )在(0，t )上为减函数，在(t ，＋∞)上为增函数，∴当x ＞0时，g (x )≥g (t )＝e t －ln t －2＝1t －ln 1e t －2＝1t ＋t －2≥2－2＝0，又13＜t ＜1，等号不成立，∴g (x )＞0，故当x ＞0时，f (x )－ax ＋e x ＞0.Ⅲ 16′[解题模板]Ⅰ求参数值，利用导数的几何意义求a ；Ⅱ判断单调性：①求定义域，②求导，③讨论，并求单调区间；Ⅲ利用最值证不等式：①构造函数；②求导；③判断最值点x ＝x 0，并用x 0表示最值；④证不等式．【训练5】 设f (x )＝（x ＋a ）ln x x ＋1，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x ＋y ＋1＝0垂直．(1)求a 的值；(2)若对∀x ∈[1，＋∞)，f (x )≤m (x －1)恒成立，求m 的范围．解 (1)f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋x ＋a x （x ＋1）－（x ＋a ）ln x （x ＋1）2由f ′(1)＝12，即2（1＋a ）4＝12，解得a ＝0. (2)由(1)知f (x )＝x ln x x ＋1， 当x ≥1时，f (x )≤m (x －1)，即x ln x x ＋1≤m (x －1)， 可化为ln x －mx ＋m x ≤0，设g (x )＝ln x －mx ＋m x ，g ′(x )＝1x －m －m x 2＝－mx 2＋x －m x 2. 设φ(x )＝－mx 2＋x －m ，①当m ≤0时，g ′(x )＞0，g (x )≥g (1)＝0，不合题意．②当m ＞0时，1°.Δ≤0时，即m ≥12，g ′(x )≤0，g (x )≤g (1)＝0，符合题意．2°.Δ＞0时，0＜m ＜12，φ(1)＝1－2m ＞0，不合题意．综上，m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 模板6 数列问题【例6】 (满分16分)已知数列{b n }满足S n ＋b n ＝n ＋132，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．(1)求证{b n －12}是等比数例，并求数列{b n }的通项公式；(2)如果对任意n ∈N *，不等式12k 12＋n －2S n≥2n －7恒成立，求实数k 的取值范围． [规范解答](1)证明 当n ＝1时，2b 1＝7，b 1＝72.Ⅰ 2′ 当n ≥2时， S n ＋b n ＝n ＋132， ①S n －1＋b n －1＝（n －1）＋132， ②①－②得2b n －b n －1＝12，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －12＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －1－12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n －12是首项为b 1－12＝3，公比为12的等比数列，Ⅱ 6′所以b n －12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－12·112n -⎛⎫ ⎪⎝⎭＝3·112n -⎛⎫ ⎪⎝⎭，即b n ＝3·112n -⎛⎫⎪⎝⎭＋12.Ⅲ 7′(2)解 由题意及(1)得S n ＝n ＋132－b n ＝n ＋132－3112n -⎛⎫ ⎪⎝⎭－12＝n ＋122－3112n -⎛⎫⎪⎝⎭.Ⅳ10′不等式12k12＋n －2S n ≥2n －7，化简得k ≥2n －72n ，对任意n ∈N *恒成立．设c n ＝2n －72n ，则c n ＋1－c n ＝2n －52n ＋1－2n －72n ＝－2n ＋92n ＋1. 当n ≥5时，c n ＋1≤c n ，c n 为单调递减数列， 当1≤n ＜5时，c n ＋1＞c n ，c n 为单调递增数列， 116＝c 4＜c 5＝332，所以n ＝5时，c n 取得最大值332，所以，要使k ≥2n －72n 对任意n ∈N *恒成立，k ≥332.Ⅴ 16′[解题模板]Ⅰ求首项令n ＝1，即可求出b 1；Ⅱ转化为等比数列将⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝72，b n ＝12b n －1＋14类型的问题转化为等比数列求解； Ⅲ求通项公式根据等比数列通项公式求b n －12，进而求b n ；Ⅳ求前n 项和由已知可用b n 表示S n ，即S n ＝n ＋132－b n ；Ⅴ转化并证明分离字母，并判断数列{c n }的增减性求数列{c n }中的最大项．【训练6】 设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足4S n ＝a 2n ＋1－4n －1，n ∈N *，且a 2，a 5，a 14构成等比数列．(1)证明：a 2＝4a 1＋5；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＜12. (1)证明 因为a n ＞0，令n ＝1，有4S 1＝a 22－4－1，即4a 1＝a 22－5，所以a 2＝4a 1＋5. (2)解 4S n ＝a 2n ＋1－4n －1，当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1，两式相减得4a n ＝a 2n ＋1－a 2n －4，整理得a 2n ＋1＝(a n ＋2)2，即a n ＋1＝a n ＋2.所以{a n }从第2项起，是公差为2的等差数列． 所以a 5＝a 2＋3×2＝a 2＋6，a 14＝a 2＋12×2＝a 2＋24， 又a 2，a 5，a 14构成等比数列，有a 25＝a 2·a 14， 则(a 2＋6)2＝a 2(a 2＋24)，解得a 2＝3.由(1)知a 1＝1，又a n ＋1＝a n ＋2(n ≥2)，所以数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，即a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(3)证明由(2)得1a1a2＋1a2a3＋…＋1a n a n＋1＝11×3＋13×5＋…＋1（2n－1）（2n＋1）＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n＋1＜12.。
创新设计江苏专用理科高考数学二轮专题复习课件 专题七必做第2讲 附加题
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
归纳总结·思维升华
(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 kfk－1(x)＋xfk(x)＝sinx＋k2π. 因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k－1(x)＋fk(x)＋xf′k(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)， sinx＋k2π′＝cosx＋k2π·x＋k2π′＝sinx＋（k＋21）π， 所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sinx＋（k＋21）π. 因此当 n＝k＋1 时，等式也成立.
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解 (1)Y6＝{1，2，3，4，5，6}，S6 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，
n＋2＋n2＋n3，n＝6t， f(n)＝nnn＋＋＋222＋＋＋nn2n－＋－22 1n1＋－＋3 n2n3－3，，1nn，＝＝n66＝tt＋＋623t＋，，1，(t∈N*).
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(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)＝CrMCCNMnN－－rM； 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)＝Cknpk(1－p)n－k. 注意：P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＋…＋P(X＝r)＋…＋P(X＝n)＝ 1.
《创新设计》理科高考数学二轮专题复习——解答题强化练第一周星期六高考
星期六(解答题综合练)2016年____月____日1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c＝2，C＝60°.(1)求a＋bsin A＋sin B的值；(2)若a＋b＝ab，求△ABC的面积．解(1)由正弦定理可设asin A＝bsin B＝csin C＝2sin 60°＝232＝433，所以a＝433 sin A，b＝433sin B，所以a＋bsin A＋sin B＝433（sin A＋sin B）sin A＋sin B＝433.(2)由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab cos C，即4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab，又a＋b＝ab，所以(ab)2－3ab－4＝0.解得ab＝4或ab＝－1(舍去)．所以S△ABC＝12ab sin C＝12×4×32＝ 3.2.如图，正方形ABCD和三角形ACE所在的平面互相垂直，EF∥BD，AB＝2EF.(1)求证：BF∥平面ACE；(2)求证：BF⊥BD.证明(1)设AC与BD交于O点，连接EO.正方形ABCD 中，2BO ＝AB ，又因为AB ＝2EF ， ∴BO ＝EF ，又因为EF ∥BD ， ∴EFBO 是平行四边形，∴BF ∥EO ，又∵BF ⊄平面ACE ，EO ⊂平面ACE ， ∴BF ∥平面ACE .(2)正方形ABCD 中，AC ⊥BD ，又因为正方形ABCD 和三角形ACE 所在的平面互相垂直，BD ⊂平面ABCD ，平面ABCD ∩平面ACE ＝AC ，∴BD ⊥平面ACE ，∵EO ⊂平面ACE ，∴BD ⊥EO ，∵EO ∥BF ，∴BF ⊥BD .3.某运输装置如图所示，其中钢结构ABD 是一个AB ＝BD ＝l ，∠B ＝π3的固定装置，AB 上可滑动的点C 使CD 垂直于底面(C 不与A ，B 重合)，且CD 可伸缩(当CD 伸缩时，装置ABD 随之绕D 在同一平面内旋转)，利用该运输装置可以将货物从地面D 处沿D →C →A 运送至A 处，货物从D 处至C 处运行速度为v ，从C 处至A 处运行速度为3v ，为了使运送货物的时间t 最短，需在运送前调整运输装置中∠DCB ＝θ的大小．(1)当θ变化时，试将货物运行的时间t 表示成θ的函数(用含有v 和l 的式子)； (2)当t 最小时，C 点应设计在AB 的什么位置？解 (1)在△BCD 中，∵∠BCD ＝θ，∠B ＝π3，BD ＝l ，∴BC ＝l sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－θsin θ，CD ＝3l2sin θ，∴AC ＝AB －BC ＝l －l sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－θsin θ， 则t ＝AC 3v ＋CD v ＝l 3v －l sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－θ3v sin θ＋3l2v sin θ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＜θ＜2π3.(2)t ＝l 6v ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－3cos θsin θ＋3l 2v sin θ＝l 6v ＋3l 6v ·3－cos θsin θ.令m (θ)＝3－cos θsin θ，则m ′(θ)＝1－3cos θsin 2θ，令m ′(θ)＝0得cos θ＝13.设cos θ0＝13，θ0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，2π3，则θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，θ0时，m ′(θ)＜0；θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫θ0，2π3时，m ′(θ)＞0，∴当cos θ＝13时，m (θ)有最小值22，此时BC ＝6＋48l .答：当BC ＝6＋48l 时货物运行时间最短．4.如图，已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1，A 、B 是四条直线x ＝±2，y ＝±1所围成矩形的两个顶点．(1)设P 是椭圆C 上任意一点，若OP →＝mOA →＋nOB →，求证：动点Q (m ，n )在定圆上运动，并求出定圆的方程；(2)若M 、N 是椭圆C 上两个动点，且直线OM 、ON 的斜率之积等于直线OA 、OB 的斜率之积，试探求△OMN 的面积是否为定值，说明理由． (1)证明 易求A (2，1)，B (－2，1)．设P (x 0，y 0)，则x 204＋y 20＝1.由OP →＝mOA →＋nOB →，得⎩⎨⎧x 0＝2（m －n ），y 0＝m ＋n ，所以4（m －n ）24＋(m ＋n )2＝1，即m 2＋n 2＝12.故点Q (m ，n )在定圆x 2＋y 2＝12上． (2)解 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1y 2x 1x 2＝k OA ·k OB ＝－14.平方得x 21x 22＝16y 21y 22＝(4－x 21)(4－x 22)，即x 21＋x 22＝4.因为直线MN 的方程为(x 2－x 1)y －(y 2－y 1)x ＋x 1y 2－x 2y 1＝0，所以O 到直线MN 的距离为d ＝|x 1y 2－x 2y 1|（x 2－x 1）2＋[y 2－y 1]2＝|x 1y 2－x 2y 1|（x 2－x 1）2＋（y 2－y 1）2， 所以△OMN 的面积S ＝12MN ·d ＝12|x 1y 2－x 2y 1| ＝12 x 21y 22＋x 22y 21－2x 1x 2y 1y 2 ＝12x 21⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 224＋x 22⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214＋12x 21x 22＝12x 21＋x 22＝1.故△OMN 的面积为定值1.5．已知函数f (x )＝x 2＋2ax ＋1(a ∈R )，f ′(x )是f (x )的导函数． (1)若x ∈[－2，－1]，不等式f (x )≤f ′(x )恒成立，求a 的取值范围； (2)解关于x 的方程f (x )＝|f ′(x )|；(3)设函数g (x )＝⎩⎨⎧f ′（x ），f （x ）≥f ′（x ）f （x ），f （x ）＜f ′（x ），求g (x )在x ∈[2，4]时的最小值．解 (1)因为f (x )≤f ′(x )，所以x 2－2x ＋1≤2a (1－x )， 又因为－2≤x ≤－1，所以a ≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2－2x ＋12（1－x ）max 在x ∈[－2，－1]时恒成立，因为x 2－2x ＋12（1－x ）＝1－x 2≤32，所以a ≥32. (2)因为f (x )＝|f ′(x )|，所以x 2＋2ax ＋1＝2|x ＋a |，所以(x ＋a )2－2|x ＋a |＋1－a 2＝0，则|x ＋a |＝1＋a 或|x ＋a |＝1－a . ①当a ＜－1时，|x ＋a |＝1－a ，所以x ＝－1或x ＝1－2a ； ②当－1≤a ≤1时，|x ＋a |＝1－a 或|x ＋a |＝1＋a ， 所以x ＝±1或x ＝1－2a 或x ＝－(1＋2a )；③当a ＞1时，|x ＋a |＝1＋a ，所以x ＝1或x ＝－(1＋2a )．(3)因为f (x )－f ′(x )＝(x －1)[x －(1－2a )]，g (x )＝⎩⎨⎧f ′（x ），f （x ）≥f ′（x ），f （x ），f （x ）＜f ′（x ），①若a ≥－12，则x ∈[2，4]时，f (x )≥f ′(x )，所以g (x )＝f ′(x )＝2x ＋2a ，从而g (x )的最小值为g (2)＝2a ＋4； ②若a ＜－32，则x ∈[2，4]时，f (x )＜f ′(x )，所以g (x )＝f (x )＝x 2＋2ax ＋1，当－2≤a ＜－32时，g (x )的最小值为g (2)＝4a ＋5， 当－4＜a ＜－2时，g (x )的最小值为g (－a )＝1－a 2， 当a ≤－4时，g (x )的最小值为g (4)＝8a ＋17. ③若－32≤a ＜－12，则x ∈[2，4]时， g (x )＝⎩⎨⎧x 2＋2ax ＋1，x ∈[2，1－2a ）2x ＋2a ，x ∈[1－2a ，4]当x ∈[2，1－2a )时，g (x )最小值为g (2)＝4a ＋5； 当x ∈[1－2a ，4]时，g (x )最小值为g (1－2a )＝2－2a . 因为－32≤a ＜－12，(4a ＋5)－(2－2a )＝6a ＋3＜0，所以g (x )最小值为4a ＋5，综上所述，[g (x )]min＝⎩⎪⎨⎪⎧8a ＋17，a ≤－4，1－a 2，－4＜a ＜－2，4a ＋5，－2≤a ＜－12，2a ＋4，a ≥－12.6．已知a ，b 是不相等的正数，在a ，b 之间分别插入m 个正数a 1，a 2，…，a m和m 个正数b 1，b 2，…，b m ，使a ，a 1，a 2，…，a m ，b 是等差数列，a ，b 1，b 2，…，b m ，b 是等比数列． (1)若m ＝5，a 3b 3＝54，求ba 的值；(2)若b ＝λa (λ∈N *，λ≥2)，如果存在n (n ∈N *，6≤n ≤m )使得a n －5＝b n ，求λ的最小值及此时m 的值；(3)求证：a n ＞b n (n ∈N *，n ≤m )．(1)解 设等差数列的公差为d ，等比数列的公比为q ，则d ＝b －a6，q ＝6b a .a 3＝a ＋3d ＝a ＋b2，b 3＝aq 3＝ab .因为a 3b 3＝54，所以2a －5ab ＋2b ＝0，解得b a ＝4或14.(2)解 因为λa ＝a ＋(m ＋1)d ，所以d ＝λ－1m ＋1a ，从而得a n ＝a ＋λ－1m ＋1a ×n .因为λa ＝a ×qm ＋1，所以q ＝λ1m ＋1，从而得b n ＝a ×λnm ＋1.因为a n －5＝b n ，所以a ＋（λ－1）（n －5）m ＋1×a ＝a ×λnm ＋1.因为a ＞0，所以1＋（λ－1）（n －5）m ＋1＝λnm ＋1(*)．因为λ，m ，n ∈N *，所以1＋（λ－1）（n －5）m ＋1为有理数．要使(*)成立，则λnm ＋1必须为有理数． 因为n ≤m ，所以n ＜m ＋1. 若λ＝2，则λnm ＋1为无理数，不满足条件． 同理，λ＝3不满足条件．当λ＝4时，4n m ＋1＝22n m ＋1. 要使22n m ＋1为有理数，则2nm ＋1必须为整数． 又因为n ≤m ，所以仅有2n ＝m ＋1满足条件． 所以1＋3（n －5）m ＋1＝2，从而解得n ＝15，m ＝29.综上，λ的最小值为4，此时m 为29.(3)证明 法一 设等比数列a ，b 1，b 2，…，b m ，b 设为{c n }，且c n ＞0，S n 为数列{c n }的前n 项的和．先证：若{c n }为递增数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为递增数列．证明：当n ∈N *时，S n n ＜nc n ＋1n ＝c n ＋1.因为S n ＋1＝S n ＋c n ＋1＞S n ＋S n n ＝n ＋1n S n ，所以S n n ＜S n ＋1n ＋1，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为递增数列．同理可证，若{c n }为递减数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为递减数列．①当b ＞a 时，q ＞1.当n ∈N *，n ≤m 时，S m ＋1m ＋1＞S nn. 即aq （q m ＋1－1）q －1m ＋1＞aq （q n －1）q －1n ，即aq m ＋1－a m ＋1＞aq n －an .因为b ＝aq m ＋1，b n ＝aq n ，d ＝b －am ＋1， 所以d ＞b n －an ，即a ＋nd ＞b n ，即a n ＞b n .②当b ＜a 时，0＜q ＜1.当n ∈N *，n ≤m 时，S m ＋1m ＋1＜S nn.即aq （q m ＋1－1）q －1m ＋1＜aq （q n －1）q －1n .因为0＜q ＜1，所以aq m ＋1－a m ＋1＞aq n －an .以下同①.综上，a n ＞b n (n ∈N *，n ≤m )．法二 设等差数列a ，a 1，a 2，…，a m ，b 的公差为d ，等比数列a ，b 1，b 2，…，b m ，b 的公比为q ，b ＝λa (λ＞0，λ≠1)．由题意得d ＝λ－1m ＋1a ，q ＝aλ1m ＋1， 所以a n ＝a ＋nd ＝a ＋λ－1m ＋1an ，b n ＝aλnm ＋1.要证a n ＞b n (n ∈N *，n ≤m )，只要证1＋λ－1m ＋1n －λnm ＋1＞0(λ＞0，λ≠1，n ∈N *，n ≤m )．构造函数f (x )＝1＋λ－1m ＋1x －λxm ＋1(λ＞0，λ≠1，0＜x ＜m ＋1)，则f ′(x )＝λ－1m ＋1－1 m＋1λxm＋1ln λ.令f′(x)＝0，解得x0＝(m＋1)logλλ－1 ln λ.以下证明0＜log λλ－1ln λ＜1.不妨设λ＞1，即证明1＜λ－1ln λ＜λ，即证明ln λ－λ＋1＜0，λln λ－λ＋1＞0.设g(λ)＝ln λ－λ＋1，h(λ)＝λln λ－λ＋1(λ＞1)，则g′(λ)＝1λ－1＜0，h′(λ)＝ln λ＞0，所以函数g(λ)＝ln λ－λ＋1(λ＞1)为减函数，函数h(λ)＝λln λ－λ＋1(λ＞1)为增函数．所以g(λ)＜g(1)＝0，h(λ)＞h(1)＝0.所以1＜λ－1ln λ＜λ，从而0＜logλλ－1ln λ＜1，所以0＜x0＜m＋1.因为在(0，x0)上f′(x)＞0，函数f(x)在(0，x0)上是增函数；因为在(x0，m＋1)上f′(x)＜0，函数f(x)在(x0，m＋1)上是减函数；所以f(x)＞min{f(0)，f(m＋1)}＝0.所以a n＞b n(n∈N*，n≤m)．同理，当0＜λ＜1时，a n＞b n(n∈N*，n≤m)．。
创新设计江苏专用理科高考数学二轮专题复习——专题七 附加题(课件+提升训练)(共31张PPT)(13
第2讲 计数原理、数学归纳法、随机变量及其分布列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)＝C38C39＝23，P(X＝－1)＝C24C39＝114，P(X＝1)＝1－114－23＝1142，所以X的分布列为则E(X)＝0×23＋(－1)×114＋1×1142＝421.3．(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）k2<n≤k（k＋1）2(k∈N*)时，an＝(－1)k－1k，记S n＝a1＋a2＋…＋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P11中元素的个数；(2)求集合P2 000中元素的个数．解(1)由数列{a n}的定义得a1＝1，a2＝－2，a3＝－2，a4＝3，a5＝3，a6＝3，a7＝－4，a8＝－4，a9＝－4，a10＝－4，a11＝5，所以S1＝1，S2＝－1，S3＝－3，S4＝0，S5＝3，S6＝6，S7＝2，S8＝－2，S9＝－6，S10＝－10，S11＝－5，从而S1＝a1，S4＝0×a4，S5＝a5，S6＝2a6，S11＝－a11，所以集合P11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)＝S3＝－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＝－(2m2＋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)＝i2，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 k 2k ＋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 )＝⎩⎪⎨⎪⎧2n 2，n 为偶数，2n ＋12，n 为奇数.。
创新设计江苏专用理科高考数学二轮专题复习课件 专题七选做第1讲 附加题
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【训练 2】 如图，已知在△ABC 中，AB＝AC，D 是△ABC 外接圆 劣弧A︵C上的点(不与点 A，C 重合)，延长 BD 至 E.
(1)求证：AD 的延长线平分∠CDE； (2)若∠BAC＝30°，△ABC 中 BC 边上的高为 2＋ 3，求△ABC 外接圆的面积.
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(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.
∴sin∠ACD＝ 414＝sin∠AEB，
∴AE＝sin
∠ABAEB＝4
14 7.
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热点聚焦·题型突破
探究提高 在证明线段的乘积相等时，通常用三角形相似或圆的 切割线定理.同时，要注意等量的代换.
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【训练1】 已知AB为半圆O的直径，AB＝4，C为半圆上一点，过 点C作半圆的切线CD，过点A作AD⊥CD于D，交半圆于点E， DE＝1.
探究提高 (1)如果四点与一定点距离相等，那么这四点共圆； (2)如果四边形的一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆； (3)如果四边形的一个外角等于它的内对角，那么这个四边形的四 个顶点共圆.
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[微题型2] 考查四点共圆的性质
【例2－2】 如图所示，已知AP是⊙O的切线，P为切点，AC是 ⊙O的割线，与⊙O交于B、C两点，圆心O在∠PAC的内部，点 M是BC的中点.
创新设计江苏专用理科高考数学二轮专题复习课件 专题七选做第3讲 附加题
即(x－1)2＋(y＋1)2＝6，
所以圆 C 的半径为 6.
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2.(2014·江苏卷)在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线 l 的参数方程
x＝1－ 为
22t， (t
为参数)，直线
l
与抛物线
y2＝4x
相交于
A，B
y＝2＋
2 2t
两点，求线段 AB 的长.
解
将直线
l
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解 法一 (1)由 ρ＝2 5sin θ，得 x2＋y2－2 5y＝0，
即 x2＋(y－ 5)2＝5.
(2)将 l 的参数方程代入圆 C 的直角坐标方程，得 3
2 2
t
2
＋
2
2 2 t
＝5，即 t2－3 2t＋4＝0.
由于 Δ＝(－3 2)2－4×4＝2>0，故可设 t1，t2 是上述方程的两实根， 所以tt11·＋t2＝t2＝4.3 2，又直线 l 过点 P(3， 5)，故由上式及 t 的几何意 义得|PA|＋|PB|＝|t1|＋|t2|＝t1＋t2＝3 2. 法二 (1)同法一．
P2 对应的参数分别为 t1、t2，则|P1P2|＝|t1－t2|，P1P2 的中点对应的
参数为12(t1＋t2).
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【训练
2】
已知曲线
C1
的参数方程是xy＝＝23csions
φ， φ (φ
为参数)，以
坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2 的
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4.直线的参数方程
创新设计江苏专用理科高考数学二轮专题复习课件 专题七选做第2讲 附加题
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2.(2014·江苏卷)已知矩阵 A＝－ 1 1 2x，B＝12 －11，向量 α＝2y，
x，y 为实数.若 Aα＝Bα，求 x＋y 的值.
解
由已知，得 Aα＝－1 1
2 x
2y＝－2＋2＋xy 2y，Bα＝12
1 2 －1 y
＝24＋－yy.
因为 Aα＝Bα，所以－2＋2＋xy 2y＝24＋－yy，
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解 设曲线 2y2－x＋2＝0 上一点 P(x，y)在 M－1对应变化下变成 P(x′，
y′)，
设 M－1＝ac db，xy′′＝＝acxx＋＋dbyy，，代入 x2＋x－y＋1＝0 得，方程(ax＋ by)2＋(ax＋by)－(cx＋dy)＋1＝0，
即 b2y2＋(a－c)x＋(b－d)xy＋2abxy＋a2x2＋1＝0，与方程 y2－2x＋1
－2 ＝－12，a＝－2.∴M－1＝3
2
1 －12.
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热点三 特征值与特征向量
【例 3】 已知二阶矩阵 M 有特征值 λ＝3 及对应的一个特征向量 e1＝11，并且 M 对应的变换将点(－1,2)变换成(9，15),求矩阵 M. 解 设 M＝ac db，则ac db11＝311＝33，故ac＋＋db＝＝33.， 又ac db－12＝159，故－－ac＋＋22db＝＝195，. 联立以上两方程组解得 a＝－1，b＝4，c＝－3，d＝6， 故 M＝－－13 46.
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探究提高 求矩阵 M＝ac db就是要求待定的字母，利用条件建立 方程组，确立待定的字母的值，从而求出矩阵，待定系数法是求这 类问题的通用方法.
创新设计江苏专用理科高考数学二轮专题复习习题 专题七选做第2讲 附加题
第2讲 矩阵与变换1．(2013·江苏卷)已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－10 0 2，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 20 6，求矩阵A －1B .解 设矩阵A 的逆矩阵为⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab c d ，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 0 0 2 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab cd ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 001，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤－a －b 2c 2d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 1，故a ＝－1，b ＝0，c ＝0，d ＝12，从而A 的逆矩阵为A －1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－1 0 012，所以A －1B ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－1 0 0 12 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 20 6＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 －2 0 3. 2．(2012·江苏卷)已知矩阵A 的逆矩阵A －1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－14 34 12 －12，求矩阵A 的特征值．解 因为A －1A ＝E ，所以A ＝(A －1)－1.因为A－1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－14 34 12 －12，所以A ＝(A －1)－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 32 1， 于是矩阵A 的特征多项式为f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－2 －3 －2 λ－1＝λ2－3λ－4.令f (λ)＝0，解得A 的特征值λ1＝－1，λ2＝4.3．(2011·江苏卷)已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤112 1，向量β＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12.求向量α，使得A 2α＝β.解 A 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 12 1 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 12 1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 24 3，设α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ，由A 2α＝β得，⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 24 3 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，从而⎩⎨⎧3x ＋2y ＝1，4x ＋3y ＝2，解得⎩⎨⎧x ＝－1，y ＝2.所以α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 2.4．(2010·江苏卷)在平面直角坐标系xOy 中，已知点A (0，0)，B (－2，0)，C (－2，1)．设k 为非零实数，矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤k 00 1，N ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 11 0，点A 、B 、C 在矩阵MN 对应的变换下得到点分别为A 1、B 1、C 1，△A 1B 1C 1的面积是△ABC 面积的2倍，求k 的值． 解 由题设得，MN ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤k00 1 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 110＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 k 10，由⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 k 10 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 －2 －20 0 1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 0 k 0 －2 －2，可知A 1(0，0)、B 1(0，－2)、C 1(k ，－2)．计算得△ABC 的面积是1，△A 1B 1C 1的面积是|k |，则由题设知：|k |＝2×1＝2.所以k 的值为2或－2.5．已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1 a －1 b ，A 的一个特征值λ＝2，其对应的特征向量是α1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤21.设向量β＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤74，试计算A 5β的值．解 由题设条件可得，⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1 a －1 b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤21＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤21，即⎩⎨⎧2＋a ＝4，－2＋b ＝2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝4，得矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 2－1 4.矩阵A 的特征多项式为f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－1 －2 1 λ－4＝λ2－5λ＋6，令f (λ)＝0，解得λ1＝2，λ2＝3. 当λ1＝2时，得α1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤21；当λ2＝3时，得α2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤11，由β＝m α1＋n α2，得⎩⎨⎧2m ＋n ＝7，m ＋n ＝4，得m ＝3，n ＝1，∴A 5β＝A 5(3α1＋α2)＝3(A 5α1)＋A 5α2＝3(λ51α1)＋λ52α2＝3×25⎣⎢⎡⎦⎥⎤21＋35⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤435339.6．已知矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤213 4. (1)求矩阵M 的逆矩阵；(2)求矩阵M 的特征值及特征向量．解 (1)设M －1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d .则⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 13 4＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2a ＋3b a ＋4b 2c ＋3d c ＋4d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 001，∴⎩⎨⎧2a ＋3b ＝1，2c ＋3d ＝0，a ＋4b ＝0，c ＋4d ＝1，解得⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧a ＝45，b ＝－15，c ＝－35，d ＝25，∴M－1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤45 －15－35 25. (2)矩阵A 的特征多项式为f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－2 －1 －3 λ－4 ＝(λ－2)·(λ－4)－3＝λ2－6λ＋5， 令f (λ)＝0，得矩阵M 的特征值为1或5，当λ＝1时，由二元一次方程⎩⎨⎧－x －y ＝0，－3x －3y ＝0，得x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝－1，所以特征值λ＝1对应的特征向量为α1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1；当λ＝5时，由二元一次方程⎩⎨⎧3x －y ＝0，－3x ＋y ＝0，得3x －y ＝0，令x ＝1， 则y ＝3，所以特征值λ＝5对应的特征向量为α2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤13.。
创新设计江苏专用理科高考数学二轮专题复习课件 专题七选做第4讲 附加题
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
热点二 不等式的证明
【例2】 (2013·江苏卷)已知a≥b＞0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b. 证 明 2a3 － b3 － (2ab2 － a2b) ＝ 2a(a2 － b2) ＋ b(a2 － b2) ＝ (a2 － b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b). 因为a≥b＞0，所以a－b≥0，a＋b＞0，2a＋b＞0，从而(a－ b)(a＋b)(2a＋b)≥0，即2a3－b3≥2ab2－a2b.
所以 a3＋b3≥ ab(a2＋b2).
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热点聚焦·题型突破
热点三 柯西不等式 【例 3】(2015·陕西卷)已知关于 x 的不等式|x＋a|＜b 的解集为{x|2
＜x＜4}. (1)求实数 a，b 的值； (2)求 at＋12＋ bt的最大值.
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
a2＋2 b2(a>0，b>0)，在不等式的证明和求
最值中经常用到.
7.证明不等式的传统方法有比较法、综合法、分析法.另外还有拆项
法、添项法、换元法、放缩法、反证法、判别式法、数形结合法
等.
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
热点一 绝对值不等式 [微题型1] 考查绝对值不等式的解法
【例1－1】 已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|. (1)当a＝－3时，求不等式f(x)≥3的解集； (2)若f(x)≤|x－4|的解集包含[1，2]，求a的取值范围.
解 (1)由|ax＋1|≤3 得－4≤ax≤2. 又 f(x)≤3 的解集为{x|－2≤x≤1}，
所以当 a≤0 时，不合题意.当 a>0 时，－4a≤x≤2a，得 a＝2.
《创新设计》江苏专用理科高考数学二轮专题复习习题专题七(必做)第1讲附加题.doc
专题七附加题(必做部分)第1讲立体几何中的向量方法1. (2015-全国I卷)如图，四边形ABCD为菱形,ZMC=120。
，E, F是平面ABCD同一侧的两点，BE丄平面ABCD, DF丄平面ABCD, BE = 2DF,AE±EC.(1)证明：平面4EC丄平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.(1)证明如图，连接设BDQ/C=G,连接EG, FG, EF.在菱形ABCD中，不妨设GB=l.由Z/BC=120。
，可得AG=GC=y/3.由3E丄平面ABCD, AB=BC,可知AE=EC.乂AE1EC,所以EG=£,且EG丄/C.在Rt /\EBG中，可得BE=迄,故QF=*.在R( /\FDG中，可得FG=¥.在直角梯形BDFE中，由BD=2, BE=£, DF=誓,可得EF=学,从而EG2+FG2=EF29所以EG丄FG.又/CQFG=G,可得EG丄平面/FC.因为EGu平面AEC,所以平面AEC丄平面//FC.⑵解如图，以G为坐标原点，分别以葩，売的方向为x轴，尹轴正方向,|场|为单位长，建立空间直角坐标系Gxyz,由⑴可得力（0,—羽，0）, £（1,C （0,帀,0）,所以殛=（1,书,迈），CF =所以肓线/IE 与直线CF 所成角的余弦值为平.2. （2015-安徽卷）如图所示，在多面体A\BQ\・DCBA,四边形AADB, ADD X A X ,ABCD 均为正方形，E 为BQ 】的中点，过几 D, E 的平面交CD 于F.（1）证明：EF 〃B\C ；（2）求二面角E-AyD-B x 的余弦值.⑴证明 由正方形的性质可知A X B X //AB//DC,且A iB [=AB=DC,所以四边 形A\B\CD 为平行四边形，从而B 、C 〃A\D,又/Qu 面AQE, 5CQ 面AQE, 于是 5C 〃面 A 、DE. 乂 B]Cu 面 B\CD ・面面 B\CD\=EF,所以EF//B\C.⑵解 因为四边形AA\B 、B, ADD ⑷,ABCD 均为正方形，所以 山|丄AA }±AD f 丄/ID 且AA }=AB=AD,以力为原点，分别以乔，AD,石]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(0f 0, 0), 5(1, 0, 0), D(0, 1, 0),如(0, 0, 1), 0(1, 0, 1), Di(0,4ECF\AE\\CF故 cos 〈庞，CF>D —1,—羽, \0,迈)，F -1,所以E点的坐标为住, 1 1,1) 而E点为5D的中点,』］—1\ =0,(―1, 1，1)为其一组解，所以可取711=(—b h 1).设面A\B\CD 的法向量兀2=(尸2, S2,①，而该面上向量石方］=(1, 0, 0), AD=(0, 1, — 1),由此同理可得兀2 = (0, 1, 1).所以结合图形知二面角E ・A\D ・B\的余弦值为册箫茄导.3. (2014-新课标全国I 卷)如图，三棱柱ABC-AxB }C }中，侧面BB\C\C 为菱形，ABLBxC.(1) 证明：AC=4Bi ；(2) 若/C 丄力5，ZCBBi=60°, AB=BC,求二面角 A-A\B X -C X 的余弦值. ⑴证明连接BC 、,交BiC 于点O,连接力0.因为侧面BB\C\C 为菱形，所以5C 丄BC\,且O 为5C 及的中点. 又AB 丄B\C,4BQBO=B,所以5C 丄平面/BO.由于/Ou 平面ABO,故5C 丄力0・ 又 B\O=CO, ^AC=AB }.(2)解 因为/C 丄AB if 且O 为5C 的中点，所以AO=CO ・又因为AB=BC,所以△ BOA 竺5BOC.故CU 丄03,从而CM, OB, O 厲两两互相垂直.设面A\DE 的法向量wi = (ri ，5i ，“)，而该面上向量施=|j, 2(0, L 一1),由〃i 丄石Hh 应满足的方程组1=0,AJ)=以O为坐标原点，OB,爾,刃的方向分别为兀轴、尹轴、z轴的正方向，\OB |为单位长，建立如图所示的空间宜角坐标系Oxyz•因为ZCBB、=60°, 所以△CB5为等边三角形.又AB=BC, OC=OA,则彳0, 0, 5(1, 0, 0), 5(0,卑0)4= AB = 1,AB\= (°,爭,(-1,\-申,o)设n — (xjyz)是平面AA\B\的法向量，则3厂3厂°'0,0, ,B^Cx = BC =n-A\B\=Q,所以可取兀=(1,羽，羽).设加是平面A i B i C i的法向量，则m-B\C\=0.同理可取加=(1,—羽,萌).则cos {n, m)所以二面角A-A^B^Ci的余弦值为沪4. (2015-浙江卷)如图，在三棱柱ABCA\BC中，Z5^C=90°, AB=AC=2, A{A=4, Mi在底面/BC的射影为BC的中点，D是3C1的中点.(1)证明：丄平面AxBC,(2)求二面角AxBDB x的平面角的余弦值.⑴证明设E为BC的中点，由题意得//丄平面M?C,所以//丄/E. 因为MFC,所以M丄BC・故ME丄平面右BC.由D, E分别为5C], BC的中点，得DE//B\B且^TTu DE//A\A DE=A X A,所以A\AED为平行四边形.故A\D//AE.又因为/E丄平面A\BC,所以丄平面A X BC.⑵解法一作4F丄且4FCBD=F,连接5F. 由AE=EB=^2, ZA}EA=ZA}EB=90°f得A i B=A i A=4. 由A\D=B\D, A、B=B\B,得△儿DB 与厶BQB 全等.由4F丄BD,得B、F丄BD,因此SFB i为二面角A\BDB 1的平面角.由4Q=迄,AiB=4f ZDA l B=90°f得L 4 1BD=3yfi, M\F=B\F=w由余弦定理得cosZA}FB} = -^故二面角AyBDBy的平而角的余弦值为一右A B法二以CB的中点E为原点，分别以射线以，EB为X, y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Erpz,如图所示.7由题意知各点坐标如下：力1（0, 0, V14）, 5（0,迈，0）, D（_d 0, 0）, 31（—迈，迈，回）.因此丽=（0,孙-V14）, 5£）=（-^2,—迈，0）,屈|=（0, 0）.设平面如80的法向量为加=（力，力,zi）,平面B/D的法向量为n=（x29力,陸=(1,荒i=(—2, 0, 2),寿=(—I, 0, 2),0)，Z2)・石B=0, a i ^y/2yi —y[\^z\—Q, —y^2x\ —y[2y\ +y[l4z\=0,可取m = (0,⑴，1)・\nDB {=Q, nBD=O f可取〃=(羽，0, 1).于是|cos </w, ?i) | =爲.需=£.由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角AxBDBx 的平面角的余眩 值为-£5. (2014-湖北卷)如图，在棱长为2的正方体4BCD4\B\CQi 中，E, F, M, N 分 别是棱力3, AD,力為，/Qi 的中点，点P ，0分别在棱DD ，BB\上移动， 且DP=BQ=A (0<A<2)・Dr(1) 当人=1时，证明：直线BCy//平面EFP0(2) 是否存在儿 使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在， 求出久的值；若不存在，说明理由.解 以D 为原点，射线D4, DC, DD 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由已知得5(2, 2, 0), C|(0, 2, 2), £(2, 1, 0), F(], 0, 0), P(0,0, A). m ・ m^BD=O,y/2y2=0,—y[2x2—迈力 + V^Z2 — 0,⑴证明 当久=1时，帀=(—1, 0, 1),因为5Ci = (-2, 0, 2),所以陀1 =2序，即 BCJ/FP.而FFu 平面EFP0 且BC&平面EFPQ,故直线BCJ 平面EFPQ.FP ・“=0,同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m = (A-2, 2—久，1)・若存在儿使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则加・〃 = (久一2,2-2, 1).(2,—儿 1)=0,即 A(2-2)-A(2-A)+l=0,解得 2=1±半.故存在6.如图，四棱柱ABCD-A x B x CxD\中，侧棱力必丄底面/BCD AB//DC, AB 丄AD,AD=CD=\, AA {=AB=2f E 为棱 九£ 的中点.(1) 证明5Ci 丄CE ；(2)解 设平面EFPQ 的一个法向量为w = (x, y, z),则由FEn = G,可得兀+卩=0, —/^ 1).(2)求二面角B\CEC\的正弦值；(3)设点M在线段C\E上，且育线与平面ADD\A X所成角的正弦值为求线段的长. 解如图，以点力为原点建立空间直角坐标系，依题意得力(0, 0, 0), 5(0,0, 2), C(l, 0, 1), 5(0, 2, 2), Ci(l, 2, 1), E(0, 1, 0).(1)证明易得必1=(1, 0, -1),C£=(-l, 1, -1),于是威1•住=0,所以6C1丄CE.（2）卓 =（1, -2, 一1）・设平面5CE 的法向量加= （x,力z ）,m • B]C=0，[x~2y —z =0^ 则 即 : 八消去X,得y+2z=0,不妨令7=1,可得 [nvCE=0, l-x+y-z=0.一个法向量为加=(一3, -2, 1).由（1）, B 、C 」CE, 乂 CG 丄B\C\,可得耳G 丄平面CEC 、,故必尸（1, 0, 一1）为平面CECi 的一个法向量.吟 所以二面角B\CEC\的正弦值为孕. (3) 庞=(0, 1, 0),免i=(l, 1, 1),设EM=AEC }=(X, /, z), 0WNW1,有AM=AE+EM=Q… z+1, 2）.可取石=（0, 0, 2）为平面 ADD {A X 的一个法 向量.设&为直线与平面ADDxAy 所成的角，则sin0=|cos {AM, AB ） | =凶"個\AM\\AB\___________ U ________________ 2于是cos 〈加，乙〉 2^7 7 从而sin {m 5rCi )=—册+ G+l）吟尸X 2—寸3”+2久+1，3”；2卄厂習'解得久=+（负值舍去），所以4M=&.于是寸。
《创新设计》江苏专用理科高考数学二轮专题复习习题专题七(必做)第2讲附加题.doc
第2讲计数原理.数学归纳法.随机变量及其分布列1.(2012-江苏卷)设：为随机变量，从棱长为1的止方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，f=o；当两条棱平行时，d的值为两条棱Z间的距离；当两条棱异面时，F=i.⑴求概率p(e=o)；(2)求F的分布列，并求其数学期望£忆)・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8&对相交棱，因此尸(&0)=筆=詈=普.(2)若两条棱平行，贝怕们的距离为1或迈，其中距离为迈的共有6对，故尸忆于是P(l= 1)= 1 -P(^=0)-P^=y/2)= 1 —晋一*=晋，所以随机变量d的分布列是因此E©=1 x 晋+辺x 77=^7^.2.(2015-山东卷)若"是一个三位正整数，且〃的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称〃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Z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，得一1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Eg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&=84,随机变量X的取值为：0, -1, 1,「3 2 「孑1因此P(X=0)=g=§, P(X= — 1)=总=盲，啓=1)=]_占_|=越所以X的分布列为2则E(A3 = 0X-+(-l)X—+ 1 X—=—3.(2013-江苏卷)设数列｛a n｝z 1, —2, — 2, 3, 3, 3, —4, —4, —4,——1 人口口、1, Jk—1) k k (£+1) 4,…，(―1/ 'k,…，(―1/ 'k个k,…，即勻时，a n = (—\/~]k9记S〃=QI+Q2----- ・对于比N；定义集合Pi=｛n\S n是给的整数倍，用N：且(1)求集合Fii中元索的个数；(2)求集合Eooo屮元索的个数.解(1)由数列｛d“｝的定乂得。
创新设计(全国通用)高考数学二轮复习 小题综合限时练(七)理(2021年整理)
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2017届高考数学二轮复习小题综合限时练（七）理（限时:40分钟)一、选择题（本大题共12个小题,每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.)1。
已知全集U为R，集合A＝｛x｜x2＜16}，B＝{x|y＝log3(x－4）}，则下列关系正确的是( ）A。
A∪B＝R B.A∪（∁U B)＝RC.(∁U A)∪B＝R D。
A∩（∁U B）＝A解析因为A＝｛x｜－4＜x＜4｝，B＝｛x|x＞4｝，所以∁U B＝{x｜x≤4}，所以A∩(∁U B)＝A，故选D.答案D2.已知复数z＝错误!为纯虚数，其中i为虚数单位，则实数x的值为( ）A.－错误!B。
错误!C.－3D.错误!解析z＝错误!＝错误!＝错误!,因为复数z＝错误!为纯虚数，所以错误!即x＝－错误!，故选A。
答案A3。
设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内,且b⊥m,则“a⊥b”是“α⊥β”的（)A。
充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件D。
既不充分也不必要条件解析因为α⊥β，b⊥m，所以b⊥α,又直线a在平面α内，所以a⊥b；但直线a，m不一定相交，所以“a⊥b”是“α⊥β"的必要不充分条件，故选B.答案B4。
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第1讲立体几何中的向量方法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＝2 2.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 1-DCBA ，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 1-C 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 1-C 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.。