2017届高考数学(理)二轮复习(江苏专用)习题：专题七

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P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB 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P AB ，所以AD →是平面P AB 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 →²m |AD→||m |＝33，所以平面P AB 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 →²DP →|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→²BA →＝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 1²DF→＝0，n 1²DM →＝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 1²n 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 →²CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →²BA →＝0，OM →²FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →²(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，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，P A ＝AB ＝2，∠BAD ＝60°，E 是P A 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P A 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 1²BD →＝0，n 1²BE →＝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 →²n 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→²BD →＝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，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点. (1)证明MN ∥平面P AB ；(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P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB . (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 ＝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 ＝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 ²AB →＝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 |＝－1450³10＝－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⋅＝1820³18＝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 1²AD →＝0，n 1²AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝，取z ＝1，得x ＝2，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 1²n 2|n 1||n 2|＝29³1＝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P AD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，P A ＝PD ＝2，BC ＝12AD ＝1，CD ＝ 3. (1)求证：平面PQB ⊥平面P AD ；(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 ， ∵P A ＝PD ，∴PQ ⊥AD ，∵PQ ∩BQ ＝Q ，PQ ，BQ ⊂平面PBQ ，∴AD ⊥平面PBQ ， ∵AD ⊂平面P AD ，∴平面PQB ⊥平面P AD .(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P AD ⊥平面ABCD ， 且平面P AD ∩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)，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 ＝－t 1＋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＋t 2＝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P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝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P A 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P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD . 又AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD . ∴AB ⊥平面P AD .∵PD ⊂平面P AD .∴AB ⊥PD . 又P A ⊥PD ，P A ∩AB ＝A . ∴PD ⊥平面P AB .(2)解 取AD 中点O ，连接CO ，PO ，∵P A ＝PD ，∴PO ⊥AD . 又∵PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥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＋1³3＝33.(3)解 设M 是棱P A 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→²n ＝0，即(－1，－λ，λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1＝0，解得λ＝14，所以在棱P A 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＝|cos n 1，n 2 |＝|n 1²n 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|cos θ|＝|cos n 1，n 2 |＝|n 1²n 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 →²CP →|AB →||CP →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1³1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－43³0＋43³01＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－432＋⎝ ⎛⎭⎪⎫432³1＝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 〉＝0³4＋1³（－2）＋1³12³21＝－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 →²n |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 ＝∠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 →|＝22³22＋（－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.(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 →²m ＝0，AK →²m ＝0，得⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)；由⎩⎪⎨⎪⎧AB →²n ＝0，AK →²n ＝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→²BC →＝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 2²BF →＝0，n 2²BE →＝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 1²n 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 ²cos 30°＝32， 由△BGO ∽△BFC 知，OG ＝BO BC ²FC ＝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，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 ). 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＝7³20－4³35＝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 m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋k C m k －1＋(k ＋1)C m k ＝(m ＋1)C m ＋2k ＋2，当n ＝k ＋1时，左边＝(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋k C m k －1＋(k ＋1)C m k ＋(k ＋2)C m k ＋1＝(m ＋1)C m ＋2k ＋2＋(k ＋2)C m k ＋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)³（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 m k ＋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 m n ＝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 m n ＝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 －m n ；C m n ＋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－r 3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 k n ，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 －k C k ＋1n ＝(－1)k ＋1C k n ， 当1≤k ≤n －1时，b k ＝(－1)k ＋1C k n＝(－1)k ＋1(C k n －1＋C k －1n －1)＝(－1)k ＋1C k －1n －1＋(－1)k ＋1C k n －1＝(－1)k －1C k －1n －1－(－1)k C k n －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 m n －1.所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪S m C m n －1＝1. 综上，⎪⎪⎪⎪⎪⎪S m 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＋k2＋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＋k2＋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 )＝13³34＝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 )＝14³23＝16， P (X ＝m ＋n )＝14³13＝112， 故X 的分布列为E (X )＝0³34＋m ³16＋(m ＋n )³112＝m 4＋n12.②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 )＝13³34＝14， P (Y ＝m ＋n )＝13³14＝112， 故Y 的分布列为E (Y )＝0³23＋n ³14＋(m ＋n )³112＝m 12＋n3. 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＝8³366＝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)＝1³611＋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XE(X)＝2³1114＋3³1363＋4³1126＝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)＝C22C23＋C23C23C48＝635.所以，事件A发生的概率为6 35.(2)随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4.P(X＝k)＝C k5C4－k3C48(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)＝1³114＋2³37＋3³37＋4³114＝52.3.(2015·南通调研)记1，2，…，n满足下列性质T的排列a1，a2，…，a n的个数为f(n)(n≥2，n∈N*).性质T：排列a1，a2，…，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.(1)在杨辉三角形中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比是3∶4∶5？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由；(2)已知n ，r 为正整数，且n ≥r ＋3.求证：任何四个相邻的组合数C r n ，C r ＋1n ，C r ＋2n ，C r ＋3n 不能构成等差数列.(1)解 存在.杨辉三角形的第n 行由二项式系数C k n ，k ＝0，1，2，…，n 组成. 若第n 行中有三个相邻的数之比为3∶4∶5，则C k －1n C k n ＝k n －k ＋1＝34，C k n C k ＋1n＝k ＋1n －k ＝45，。