高考数学难点突破

本文格式为Word版，下载可任意编辑——高考数学难点突破难点26垂直与平行

垂直与平行是高考的重点内容之一，考察内容灵活多样.本节主要帮助考生深刻理解线面平行与垂直、面面平行与垂直的判定与性质，并能利用它们解决一些问题.

●难点磁场

(★★★★)已知斜三棱柱ABC—A1B1C1中，A1C1=B1C1=2，D、D1分别是AB、A1B1的中点，平面A1ABB1⊥平面A1B1C1，异面直线AB1和C1B相互垂直.

(1)求证：AB1⊥C1D1；(2)求证：AB1⊥面A1CD；

(3)若AB1=3，求直线AC与平面A1CD所成的角.

●案例探究

［例1］两个全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB，且AM=FN，求证：MN∥平面BCE.

命题意图：此题主要考察线面平行的判定，面面平行的判定与性质，以及一些平面几何的知识，属★★★★级题目.

知识依托：解决此题的关键在于找出面内的一条直线和该平面外的一条直线平行，即线(内)∥线(外)?线(外)∥面.或转化为证两个平面平行.

错解分析：证法二中要证线面平行，通过转化证两个平面平行，正确的找出MN所在平面是一个关键.

技巧与方法：证法一利用线面平行的判定来证明.证法二采用转化思想，通过证面面平行来证线面平行.

证法一：作MP⊥BC，NQ⊥BE，P、Q为垂足，则MP∥AB，NQ∥AB.∴MP∥NQ，又AM=NF，AC=BF，∴MC=NB，∠MCP=∠NBQ=45°∴Rt△MCP≌Rt△NBQ

∴MP=NQ,故四边形MPQN为平行四边形∴MN∥PQ

∵PQ?平面BCE，MN在平面BCE外，∴MN∥平面BCE.

证法二：如图过M作MH⊥AB于H，则MH∥BC，∴

AMAH?ACAB连结NH，由BF=AC，FN=AM，得

FNAH?BFAB

∴MN∥平面BCE.［例2］在斜三棱柱A1B1C1—ABC中，底面是等腰三角形，AB=AC，侧面BB1C1C⊥底面ABC.

(1)若D是BC的中点，求证：AD⊥CC1；

(2)过侧面BB1C1C的对角线BC1的平面交侧棱于M，若AM=MA1，求证：截面MBC1⊥侧面BB1C1C；

(3)AM=MA1是截面MBC1⊥平面BB1C1C的充要条件吗？请你表达判断理由.

命题意图：此题主要考察线面垂直、面面垂直的判定与性质，属★★★★★级题目.知识依托：线面垂直、面面垂直的判定与性质.

错解分析：(3)的结论在证必要性时，辅助线要重新作出.

技巧与方法：此题属于知识组合题类，关键在于对题目中条件的思考与分析，把握做此类题目的一般技巧与方法，以及如何巧妙作辅助线.

(1)证明：∵AB=AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC∵底面ABC⊥平面BB1C1C，∴AD⊥侧面BB1C1C∴AD⊥CC1.

(2)证明：延长B1A1与BM交于N，连结C1N∵AM=MA1，∴NA1=A1B1

∵A1B1=A1C1，∴A1C1=A1N=A1B1∴C1N⊥C1B1

∵底面NB1C1⊥侧面BB1C1C，∴C1N⊥侧面BB1C1C∴截面C1NB⊥侧面BB1C1C∴截面MBC1⊥侧面BB1C1C.

(3)解：结论是确定的，充分性已由(2)证明，下面证必要性.过M作ME⊥BC1于E，∵截面MBC1⊥侧面BB1C1C∴ME⊥侧面BB1C1C，又∵AD⊥侧面BB1C1C.∴ME∥AD，∴M、E、D、A共面∵AM∥侧面BB1C1C，∴AM∥DE∵CC1⊥AM，∴DE∥CC1

∵D是BC的中点，∴E是BC1的中点

∴AM=DE=CC1?121AA1，∴AM=MA1.2●锦囊妙计

垂直和平行涉及题目的解决方法须熟练把握两类相互转化关系：1.平行转化

2.垂直转化

每一垂直或平行的判定就是从某一垂直或平行开始转向另一垂直或平行最终达到目的.例如：有两个平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.

●歼灭难点训练一、选择题

1.(★★★★)在长方体ABCD—A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是()

A.

83B.

38C.

43D.

342.(★★★★)在直二面角α—l—β中，直线a?α,直线b?β,a、b与l斜交，则()A.a不和b垂直，但可能a∥bB.a可能和b垂直，也可能a∥bC.a不和b垂直，a也不和b平行D.a不和b平行，但可能a⊥b二、填空题

3.(★★★★★)设X、Y、Z是空间不同的直线或平面，对下面四种情形，使“X⊥Z且Y⊥Z?X∥Y〞为真命题的是_________(填序号).

①X、Y、Z是直线②X、Y是直线，Z是平面③Z是直线，X、Y是平面④X、Y、Z是平面

4.(★★★★)设a,b是异面直线，以下命题正确的是_________.①过不在a、b上的一点P一定可以作一条直线和a、b都相交②过不在a、b上的一点P一定可以作一个平面和a、b都垂直③过a一定可以作一个平面与b垂直④过a一定可以作一个平面与b平行三、解答题

5.(★★★★)如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA垂直于底面，E、F分别是AB、PC的中点.

(1)求证：CD⊥PD;

(2)求证：EF∥平面PAD;

(3)当平面PCD与平面ABCD成多大角时，直线EF⊥平面PCD？

6.(★★★★)如图，在正三棱锥A—BCD中，∠BAC=30°，AB=a,平行于AD、BC的截面EFGH分别交AB、BD、DC、CA于点E、F、G、H.

(1)判定四边形EFGH的形状，并说明理由.

(2)设P是棱AD上的点，当AP为何值时，平面PBC⊥平面EFGH，请给出证明.

7.(★★★★)如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的各棱长都相等，D、E分别是CC1和AB1

的中点，点F在BC上且满足BF∶FC=1∶3.

(1)若M为AB中点，求证：BB1∥平面EFM；(2)求证：EF⊥BC；

(3)求二面角A1—B1D—C1的大小.

8.(★★★★★)如图，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面是菱形且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°,

(1)证明：C1C⊥BD；

(2)假定CD=2，CC1=的余弦值；

(3)当

3，记面C1BD为α,面CBD为β,求二面角α—BD—β的平面角2CD的值为多少时，可使A1C⊥面C1BD？CC1

参考答案

难点磁场

1.(1)证明：∵A1C1=B1C1，D1是A1B1的中点，∴C1D1⊥A1B1于D1，又∵平面A1ABB1⊥平面A1B1C1，∴C1D1⊥平面A1B1BA，而AB1?平面A1ABB1，∴AB1⊥C1D1.(2)证明：连结D1D，∵D是AB中点，∴DD1

CC1，∴C1D1∥CD，由(1)得CD⊥AB1，

又∵C1D1⊥平面A1ABB1，C1B⊥AB1，由三垂线定理得BD1⊥AB1，又∵A1D∥D1B，∴AB1⊥A1D而CD∩A1D=D，∴AB1⊥平面A1CD.

(3)解：由(2)AB1⊥平面A1CD于O，连结CO1得∠ACO为直线AC与平面A1CD所成的

角，∵AB1=3，AC=A1C1=2，∴AO=1，∴sinOCA=

∴∠OCA=

AO1?，AC2?.6歼灭难点训练一、1.解析：如图，设A1C1∩B1D1=O1，∵B1D1⊥A1O1，B1D1⊥AA1，∴B1D1⊥平面AA1O1，故平面AA1O1⊥AB1D1，交线为AO1，在面AA1O1内过A1作A1H⊥AO1于H，则易知A1H长即是点A1到平面AB1D1的距离，在Rt△A1O1A中，A1O1=2，AO1=32，由A1O1·A1A=h·AO1,可得A1H=

4.3

答案：C

2.解析：如图，在l上任取一点P，过P分别在α、β内作a′∥a,b′∥b,在a′上任取一点A，过A作AC⊥l，垂足为C，则AC⊥β,过C作CB⊥b′交b′于B，连AB，由三垂线定理知AB⊥b′，

∴△APB为直角三角形,故∠APB为锐角.答案：C

二、3.解析：①是假命题，直线X、Y、Z位于正方体的三条共点棱时为反例，②③是真命题，④是假命题，平面X、Y、Z位于正方体的三个共点侧面时为反例.

答案：②③4.④

三、5.证明：(1)∵PA⊥底面ABCD，∴AD是PD在平面ABCD内的射影，∵CD?平面ABCD且CD⊥AD，∴CD⊥PD.(2)取CD中点G，连EG、FG，

∵E、F分别是AB、PC的中点，∴EG∥AD，FG∥PD∴平面EFG∥平面PAD，故EF∥平面PAD

(3）解：当平面PCD与平面ABCD成45°角时，直线EF⊥面PCD证明：G为CD中点，则EG⊥CD,由(1)知FG⊥CD，故∠EGF为平面PCD与平面ABCD所成二面角的平面角.即∠EGF=45°，从而得∠ADP=45°，AD=AP

由Rt△PAE≌Rt△CBE,得PE=CE

又F是PC的中点，∴EF⊥PC，由CD⊥EG，CD⊥FG，得CD⊥平面EFG，CD⊥EF即EF⊥CD，故EF⊥平面PCD.

6.(1)证明：

同理EF∥FG，∴EFGH是平行四边形

∵A—BCD是正三棱锥，∴A在底面上的射影O是△BCD的中心，∴DO⊥BC，∴AD⊥BC，

∴HG⊥EH，四边形EFGH是矩形.

(2)作CP⊥AD于P点，连结BP，∵AD⊥BC，∴AD⊥面BCP

∵HG∥AD，∴HG⊥面BCP，HG?面EFGH.面BCP⊥面EFGH，

3a.27.(1)证明：连结EM、MF，∵M、E分别是正三棱柱的棱AB和AB1的中点，∴BB1∥ME，又BB1?平面EFM，∴BB1∥平面EFM.

(2)证明：取BC的中点N，连结AN由正三棱柱得：AN⊥BC，又BF∶FC=1∶3，∴F是BN的中点，故MF∥AN，∴MF⊥BC，而BC⊥BB1，BB1∥ME.

∴ME⊥BC，由于MF∩ME=M，∴BC⊥平面EFM，又EF平面EFM，∴BC⊥EF.

(3)解：取B1C1的中点O，连结A1O知，A1O⊥面BCC1B1，由点O作B1D的垂线OQ，垂足为Q，连结A1Q，由三垂线定理，A1Q⊥B1D，故∠A1QD为二面角A1—B1D—C的平面

在Rt△APC中，∠CAP=30°，AC=a,∴AP=角，易得∠A1QO=arctan15.

8.(1)证明：连结A1C1、AC，AC和BD交于点O，连结C1O，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC=CD

又∵∠BCC1=∠DCC1，C1C是公共边，∴△C1BC≌△C1DC，∴C1B=C1D∵DO=OB，∴C1O⊥BD，但AC⊥BD，AC∩C1O=O∴BD⊥平面AC1，又C1C?平面AC1，∴C1C⊥BD.

(2)解：由(1)知AC⊥BD，C1O⊥BD，∴∠C1OC是二面角α—BD—β的平面角.在△C1BC中，BC=2，C1C==

333，∠BCC1=60°，∴C1B2=22+()2－2×2××cos60°22213.413,BC=1,C1O=,即C1O=C1C.2233作C1H⊥OC，垂足为H，则H是OC中点且OH=，∴cosC1OC=

23∵∠OCB=30°,∴OB=

(3)解：由(1)知BD⊥平面AC1，∵A1O?平面AC1，∴BD⊥A1C，当

CD=1时，平行六CC1面体的六个面是全等的菱形，同理可证BC1⊥A1C，又∵BD∩BC1=B，∴A1C⊥平面C1BD.

难点27求空间的角

空间的角是空间图形的一个要素，在异面直线所成的角、线面角、二面角等知识点上，较好地考察了学生的规律推理能力以及化归的数学思想.

●难点磁场

(★★★★★)如图，α—l—β为60°的二面角，等腰直角三角形MPN的直角顶点P在l上，M∈α,N∈β,且MP与β所成的角等于NP与α所成的角.

(1)求证：MN分别与α、β所成角相等；(2)求MN与β所成角.

●案例探究

［例1］在棱长为a的正方体ABCD—A′B′C′D′中，E、F分别是BC、A′D′的中点.

(1)求证：四边形B′EDF是菱形；(2)求直线A′C与DE所成的角；

(3)求直线AD与平面B′EDF所成的角；(4)求面B′EDF与面ABCD所成的角.命题意图：此题主要考察异面直线所成的角、线面角及二面角的一般求法，综合性较强，属★★★★★级题目.

知识依托：平移法求异面直线所成的角，利用三垂线定理求作二面角的平面角.错解分析：对于第(1)问，若仅由B′E=ED=DF=FB′就断定B′EDF是菱形是错误的，由于存在着四边相等的空间四边形，必需证明B′、E、D、F四点共面.

技巧与方法：求线面角关键是作垂线，找射影，求异面直线所成的角采用平移法.求二面角的大小也可应用面积射影法.

(1)证明：如上图所示，由勾股定理，得B′E=ED=DF=FB′=F四点共面，取AD中点G，连结A′G、EG，由EG行四边形.

∴B′E∥A′G,又A′F

AB

5a,下证B′、E、D、2A′B′知，B′EGA′是平

DG,∴A′GDF为平行四边形.

∴A′G∥FD，∴B′、E、D、F四点共面

故四边形B′EDF是菱形.

(2)解：如下图，在平面ABCD内，过C作CP∥DE，交直线AD于P，

则∠A′CP(或补角)为异面直线A′C与DE所成的角.在△A′CP中，易得A′C=3a，CP=DE=由余弦定理得cosA′CP=

513a,A′P=a22151515.15(3)解：∵∠ADE=∠ADF,∴AD在平面B′EDF内的射影在∠EDF的平分线上.如下图所示.

故A′C与DE所成角为arccos

又∵B′EDF为菱形，∴DB′为∠EDF的平分线，故直线AD与平面B′EDF所成的角为∠ADB′在Rt△B′AD中，AD=2a，AB′=2a,B′D=2a则cosADB′=

333.3(4)解：如图，连结EF、B′D，交于O点，显然O为B′D的中点，从而O为正方形ABCD—A′B′C′D的中心.

故AD与平面B′EDF所成的角是arccos

作OH⊥平面ABCD，则H为正方形ABCD的中心，再作HM⊥DE，垂足为M，连结OM，则OM⊥DE，

故∠OMH为二面角B′—DE′—A的平面角.

235a,OD=a,斜边DE=a,222OD?OE30?则由面积关系得OM=aDE10OH30?在Rt△OHM中，sinOMH=OM630故面B′EDF与面ABCD所成的角为arcsin.

6［例2］如下图，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱AA1长为b,且AA1与AB、AD的夹角都是120°.

在Rt△DOE中，OE=

求：(1)AC1的长；

(2)直线BD1与AC所成的角的余弦值.

命题意图：此题主要考察利用向量法来解决立体几何问题，属★★★★★级题目.知识依托：向量的加、减及向量的数量积.

错解分析：注意＜AA1,AB＞=＜AA1,AD＞=120°而不是60°,＜AB,AD＞=90°.技巧与方法：数量积公式及向量、模公式的巧用、变形用.

解:(1)|AC1|2?AC1?AC1?(AA1?AC)(AA1?AC)?(AA1?AB?AD)(AA1?AB?AD)?|AA1|2?|AB|2?|AD|2?2AA1?AB?2AA1?AD?2AB?AD由已知得:|AA1|2?b2,|AB|2?|AD|2?a2?AA1,AB???AA1,AD??120?,?AB,AD??90?11?AA1?AB?b?acos120???ab,AA1?AD?b?acos120???ab,AB?AD?0,22?|AC1|2?2a2?b2?2ab,?|AC1|?2a2?b2?2ab.(2)依题意得,|AC|?2a,AC?AB?ADBD1?AD?BA?AA1?AD?AB?AC?BD1?(AB?AD)(AA1?AD?AB)?AB?AA1?AD?AA1?AB?AD?AD2?AB2?AB?AD??ab|BD1|2?BD1?BD1?(AA1?AD?AB)(AA1?AD?AB)?|AA1|2?|AD|2?|AB|2?2AA1?AD?2AB?AD?2AA1?AB?2a2?b2

?|BD1|?2a2?b2

cos?BD1,AC??BD1?AC|BD1||AC|??b4a?2bb4a?2b2222

∴BD1与AC所成角的余弦值为.

●锦囊妙计

空间角的计算步骤：一作、二证、三算

1.异面直线所成的角范围：0°＜θ≤90°方法：①平移法；②补形法.

2.直线与平面所成的角范围：0°≤θ≤90°方法：关键是作垂线，找射影.3.二面角

方法：①定义法；②三垂线定理及其逆定理；③垂面法.注：二面角的计算也可利用射影面积公式S′=Scosθ来计算●歼灭难点训练一、选择题

1.(★★★★★)在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M为DD1的中点，O为底面ABCD的中心，P为棱A1B1上任意一点，则直线OP与直线AM所成的角是()

A.

?6B.

?4C.

?3D.

?22.(★★★★★)设△ABC和△DBC所在两平面相互垂直，且AB=BC=BD=a,∠CBA=∠CBD=120°,则AD与平面BCD所成的角为()

A.30°B.45°C.60°D.75°二、填空题

3.(★★★★★)已知∠AOB=90°,过O点引∠AOB所在平面的斜线OC，与OA、OB分别成45°、60°，则以OC为棱的二面角A—OC—B的余弦值等于_________.

4.(★★★★)正三棱锥的一个侧面的面积与底面积之比为2∶3,则这个三棱锥的侧面和底面所成二面角的度数为_________.

三、解答题

5.(★★★★★)已知四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ABC=90°,PA⊥平面AC，且PA=AD=AB=1,BC=2

(1)求PC的长；

(2)求异面直线PC与BD所成角的余弦值的大小；(3)求证：二面角B—PC—D为直二面角.

6.(★★★★)设△ABC和△DBC所在的两个平面相互垂直，且AB=BC=BD，∠ABC=∠DBC=120°

求：(1)直线AD与平面BCD所成角的大小；

(2)异面直线AD与BC所成的角；(3)二面角A—BD—C的大小.

7.(★★★★★)一副三角板拼成一个四边形ABCD，如图，然后将它沿BC折成直二面角.

(1)求证：平面ABD⊥平面ACD；(2)求AD与BC所成的角；(3)求二面角A—BD—C的大小.

8.(★★★★★)设D是△ABC的BC边上一点，把△ACD沿AD折起，使C点所处的新位置C′在平面ABD上的射影H恰好在AB上.

(1)求证：直线C′D与平面ABD和平面AHC′所成的两个角之和不可能超过90°；(2)若∠BAC=90°，二面角C′—AD—H为60°，求∠BAD的正切值.

参考答案

难点磁场

(1)证明：作NA⊥α于A，MB⊥β于B,连接AP、PB、BN、AM，再作AC⊥l于C，BD⊥l于D，连接NC、MD.

∵NA⊥α,MB⊥β,∴∠MPB、∠NPA分别是MP与β所成角及NP与α所成角，∠MNB，∠NMA分别是MN与β,α所成角，∴∠MPB=∠NPA.

在Rt△MPB与Rt△NPA中，PM=PN，∠MPB=∠NPA，∴△MPB≌△NPA，∴MB=NA.在Rt△MNB与Rt△NMA中，MB=NA，MN是公共边，∴△MNB≌△NMA，∴∠MNB=∠NMA，即(1)结论成立.

(2)解：设∠MNB=θ,MN=2a,则PB=PN=a,MB=NA=2asinθ，NB=2acosθ,∵MB⊥β,BD⊥l,∴MD⊥l,∴∠MDB是二面角α—l—β的平面角，

∴∠MDB=60°，同理∠NCA=60°,

36MB2MB?asinθ,CN=DM=?6asinθ,336sin60?3∵MB⊥β，MP⊥PN，∴BP⊥PN

∴BD=AC=

∵∠BPN=90°,∠DPB=∠CNP,∴△BPD∽△PNC,∴

PCBD?PNPB即a?CN?a22DBBN?a22a2?(,?26asin?)26sin?3?22a3(2acos?)?a整理得，16sin4θ－16sin2θ+3=0解得sin2θ=或合理，舍去.

∴sinθ=

1413332,sinθ=或，当sinθ=时，CN=6asinθ=2a＞PN不

222341,∴MN与β所成角为30°.2歼灭难点训练

一、1.解析：(特别位置法）将P点取为A1，作OE⊥AD于E，连结A1E，则A1E为OA1

的射影，又AM⊥A1E，∴AM⊥OA1，即AM与OP成90°角.

答案：D

2.解析：作AO⊥CB的延长线，连OD，则OD即为AD在平面BCD上的射影，

∵AO=OD=

3a,∴∠ADO=45°.2答案：B

二、3.解析：在OC上取一点C，使OC=1，过C分别作CA⊥OC交OA于A，CB⊥OC交OB于B，则AC=1，，OA=2，BC=3，OB=2，Rt△AOB中，AB2=6，△ABC中，由余弦定理，得cosACB=－

答案：－

3.3334.解析：设一个侧面面积为S1，底面面积为S，则这个侧面在底面上射影的面积为

S，31SS12S13由题设得?，设侧面与底面所成二面角为θ,则cosθ=??,∴θ=60°.

S13S12S3答案：60°

三、5.(1)解：由于PA⊥平面AC，AB⊥BC,∴PB⊥BC,即∠PBC=90°,由勾股定理得PB=

PA2?AB2?2.

∴PC=PB2?PC2?6.

(2)解：如图，过点C作CE∥BD交AD的延长线于E，连结PE，则PC与BD所成的角为∠PCE或它的补角.

∵CE=BD=2，且PE=PA2?AE2?10

PC2?CE2?PE23??∴由余弦定理得cosPCE=

2PC?CE63∴PC与BD所成角的余弦值为.

6(3）证明：设PB、PC中点分别为G、F，连结FG、AG、DF，则GF∥BC∥AD，且

GF=

1BC=1=AD，从而四边形ADFG为平行四边形，2又AD⊥平面PAB，∴AD⊥AG，即ADFG为矩形，DF⊥FG.在△PCD中，PD=2，CD=2，F为BC中点，∴DF⊥PC

从而DF⊥平面PBC，故平面PDC⊥平面PBC，即二面角B—PC—D为直二面角.6.解：(1)如图，在平面ABC内，过A作AH⊥BC，垂足为H，则AH⊥平面DBC，∴∠ADH即为直线AD与平面BCD所成的角.由题设知△AHB≌△AHD，则DH⊥BH，AH=DH，

∴∠ADH=45°

(2)∵BC⊥DH，且DH为AD在平面BCD上的射影，∴BC⊥AD，故AD与BC所成的角为90°.

(3)过H作HR⊥BD，垂足为R，连结AR，则由三垂线定理知，AR⊥BD，故∠ARH为二面角A—BD—C的平面角的补角.设BC=a,则由题设知，AH=DH=中，HR=

3aa,BH?,在△HDB223AHa，∴tanARH==24HR故二面角A—BD—C大小为π－arctan2.

7.(1)证明：取BC中点E，连结AE，∵AB=AC，∴AE⊥BC∵平面ABC⊥平面BCD，∴AE⊥平面BCD，∵BC⊥CD，由三垂线定理知AB⊥CD.

又∵AB⊥AC，∴AB⊥平面BCD，∵AB?平面ABD.∴平面ABD⊥平面ACD.

(2)解：在面BCD内，过D作DF∥BC，过E作EF⊥DF，交DF于F，由三垂线定理知AF⊥DF，∠ADF为AD与BC所成的角.

设AB=m，则BC=2m，CE=DF=

26m,CD=EF=m23AF?tanADF??DFAE2?EF22121?,??ADF?arctanDF33213(3)解：∵AE⊥面BCD，过E作EG⊥BD于G，连结AG，由三垂线定理知AG⊥BD，∴∠AGE为二面角A—BD—C的平面角

即AD与BC所成的角为arctan

22m,∴EG=m242AE又AE=m,∴tanAGE==2,∴∠AGE=arctan2.

2GE即二面角A—BD—C的大小为arctan2.

8.(1)证明：连结DH，∵C′H⊥平面ABD，∴∠C′DH为C′D与平面ABD所成的角且平面C′HA⊥平面ABD，过D作DE⊥AB，垂足为E，则DE⊥平面C′HA.

故∠DC′E为C′D与平面C′HA所成的角

∵∠EBG=30°，BE=∵sinDC′E=

DEDH≤=sinDC′HC?DC?D∴∠DC′E≤∠DC′H,

∴∠DC′E+∠C′DE≤∠DC′H+∠C′DE=90°(2)解：作HG⊥AD，垂足为G，连结C′G,

则C′G⊥AD，故∠C′GH是二面角C′—AD—H的平面角即∠C′GH=60°，计算得tanBAD=

2.2难点28求空间距离

空间中距离的求法是历年高考考察的重点，其中以点与点、点到线、点到面的距离为基础，求其他几种距离一般化归为这三种距离.

●难点磁场

(★★★★)如图，已知ABCD是矩形，AB=a,AD=b,PA⊥平面ABCD，PA=2c,Q是PA的中点.

求：(1)Q到BD的距离；(2)P到平面BQD的距离.●案例探究

［例1］把正方形ABCD沿对角线AC折起成直二面角，点E、F分别是AD、BC的中点，点O是原正方形的中心，求：

(1)EF的长；

(2)折起后∠EOF的大小.

命题意图：考察利用空间向量的坐标运算来解决立体几何问题，属★★★★级题目.

知识依托：空间向量的坐标运算及数量积公式.

错解分析：建立正确的空间直角坐标系.其中必需保证x轴、y轴、z轴两两相互垂直.

技巧与方法：建系方式有多种，其中以O点为原点，以

OB、OC、OD的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向最

为简单.

解：如图，以O点为原点建立空间直角坐标系O—xyz,设正方形ABCD边长为a,则A(0，－

2222222a,0),B(a,0,0),C(0,a,0),D(0,0,a),E(0,－a,a),F(a,a,0)222244422222233a?0)2?(a?a)?(0?a)?a,?EF?a4444422222(2)OE?(0,?a,a),OF?(a,a,0)4444

2222a2OE?OF?0?a?(?a)(a)?a?0??44448(1)|EF|2?(|OE|?aaOE?OF1,|OF|?,cos?OE,OF????222|OE||OF|∴∠EOF=120°

［例2］正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，求异面直线A1C1与AB1间的距离.命题意图：此题主要考察异面直线间距离的求法，属★★★★级题目.

知识依托：求异面直线的距离，可求两异面直线的公垂线，或转化为求线面距离，或面面距离，亦可由最值法求得.

错解分析：此题简单错误认为O1B是A1C与AB1的距离，这主要是对异面直线定义不熟悉，异面直线的距离是与两条异面直线垂直相交的直线上垂足间的距离.

技巧与方法：求异面直线的距离，有时较难作出它们的公垂线，故寻常采用化归思想，转化为求线面距、面面距、或由最值法求得.

解法一：如图，连结AC1，在正方体AC1中，∵A1C1∥AC,∴A1C1∥平面AB1C，∴A1C1

与平面AB1C间的距离等于异面直线A1C1与AB1间的距离.

连结B1D1、BD，设B1D1∩A1C1=O1,BD∩AC=O∵AC⊥BD，AC⊥DD1，∴AC⊥平面BB1D1D

∴平面AB1C⊥平面BB1D1D，连结B1O，则平面AB1C∩平面BB1D1D=B1O作O1G⊥B1O于G，则O1G⊥平面AB1C

∴O1G为直线A1C1与平面AB1C间的距离，即为异面直线A1C1与AB1间的距离.在Rt△OO1B1中，∵O1B1=∴O1G=

2622，OO1=1，∴OB1=OO1?O1B1=223O1O?O1B13，即异面直线A1C1与AB1间距离为.?3OB13解法二：如图，在A1C上任取一点M，作MN⊥AB1于N，作MR⊥A1B1于R，连结RN，

∵平面A1B1C1D1⊥平面A1ABB1，∴MR⊥平面A1ABB1，MR⊥AB1

∵AB1⊥RN，设A1R=x,则RB1=1－x∵∠C1A1B1=∠AB1A1=45°，∴MR=x,RN=NB1=

2(1?x)21311?MN?MR2?RN2?x2?(1?x)2?(x?)2?(0＜x＜1)

2233∴当x=

331时，MN有最小值即异面直线A1C1与AB1距离为.

333●锦囊妙记

空间中的距离主要指以下七种：(1)两点之间的距离.(2)点到直线的距离.(3)点到平面的距离.(4)两条平行线间的距离.(5)两条异面直线间的距离.

(6)平面的平行直线与平面之间的距离.

(7)两个平行平面之间的距离.

七种距离都是指它们所在的两个点集之间所含两点的距离中最小的距离.七种距离之间有密切联系，有些可以相互转化，如两条平行线的距离可转化为求点到直线的距离，平行线面间的距离或平行平面间的距离都可转化成点到平面的距离.

在七种距离中，求点到平面的距离是重点，求两条异面直线间的距离是难点.

求点到平面的距离：(1)直接法，即直接由点作垂线，求垂线段的长.(2)转移法，转化成求另一点到该平面的距离.(3)体积法.

求异面直线的距离：(1)定义法，即求公垂线段的长.(2)转化成求直线与平面的距离.(3)函数极值法，依据是两条异面直线的距离是分别在两条异面直线上两点间距离中最小的.

●歼灭难点训练一、选择题

1.(★★★★★)正方形ABCD边长为2，E、F分别是AB和CD的中点，将正方形沿EF折成直二面角(如图)，M为矩形AEFD内一点，假使∠MBE=∠MBC，MB和平面BCF所成角的正切值为

1，那么点M到直线EF的距离为()2

231B.1C.D.2222.(★★★★)三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1=1，AB=4，BC=3，∠ABC=90°,设平面A1BC1

与平面ABC的交线为l，则A1C1与l的距离为()

A.A.10

B.11

C.2.6

D.2.4

二、填空题

3.(★★★★)如左下图，空间四点A、B、C、D中，每两点所连线段的长都等于a，动点P在线段AB上，动点Q在线段CD上，则P与Q的最短距离为_________.

4.(★★★★)如右上图，ABCD与ABEF均是正方形，假使二面角E—AB—C的度数为30°，那么EF与平面ABCD的距离为_________.

三、解答题

5.(★★★★★)在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=4，BC=3，CC1=2，如图：

(1)求证：平面A1BC1∥平面ACD1；(2)求(1)中两个平行平面间的距离；(3)求点B1到平面A1BC1的距离.

6.(★★★★★)已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1，点E在棱D1D上，截面EAC∥D1B且面EAC与底面ABCD所成的角为45°,AB=a,求：

(1)截面EAC的面积；

(2)异面直线A1B1与AC之间的距离；(3)三棱锥B1—EAC的体积.

7.(★★★★)如图，已知三棱柱A1B1C1—ABC的底面是边长为2的正三角形，侧棱A1A与AB、AC均成45°角，且A1E⊥B1B于E，A1F⊥CC1于F.

(1)求点A到平面B1BCC1的距离；

(2)当AA1多长时，点A1到平面ABC与平面B1BCC1的距离相等.8.(★★★★★)如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=∠ADC=arccos

?1,AB=AD=a,

3225,PA⊥面ABCD且PA=a.5

(1)求异面直线AD与PC间的距离；

(2)在线段AD上是否存在一点F，使点A到平面PCF的距离为

参考答案

难点磁场

解：(1)在矩形ABCD中，作AE⊥BD，E为垂足

连结QE，∵QA⊥平面ABCD，由三垂线定理得QE⊥BE∴QE的长为Q到BD的距离在矩形ABCD中，AB=a,AD=b,

6.3∴AE=

aba?b22

在Rt△QAE中，QA=

1PA=c2a2b2∴QE=c?22a?b2a2b2∴Q到BD距离为c?2.

a?b22(2)解法一：∵平面BQD经过线段PA的中点，∴P到平面BQD的距离等于A到平面BQD的距离在△AQE中，作AH⊥QE，H为垂足

∵BD⊥AE,BD⊥QE,∴BD⊥平面AQE∴BD⊥AH∴AH⊥平面BQE，即AH为A到平面BQD的距离.在Rt△AQE中，∵AQ=c,AE=

aba?b22

∴AH=

abc(a?b)c?ab22222

∴P到平面BD的距离为

abc(a?b)c?ab22222

解法二：设点A到平面QBD的距离为h，由VA—BQD=VQ—ABD,得h=

11S△BQD·h=S△ABD·AQ33S?ABD?AQabc???

22222S?BQD(a?b)c?ab歼灭难点训练

一、1.解析：过点M作MM′⊥EF,则MM′⊥平面BCF∵∠MBE=∠MBC

∴BM′为∠EBC为角平分线，∴∠EBM′=45°,BM′=2,从而MN=

22答案：A

2.解析：交线l过B与AC平行，作CD⊥l于D，连C1D，则C1D为A1C1与l的距离，而CD等于AC上的高，即CD=

1213,Rt△C1CD中易求得C1D==2.6

55答案：C

二、3.解析：以A、B、C、D为顶点的四边形为空间四边形，且为正周边体，取P、Q

分别为AB、CD的中点，由于AQ=BQ=

2a,∴PQ⊥AB,同理可得PQ⊥CD，故线段PQ的2长为P、Q两点间的最短距离，在Rt△APQ中，PQ=AQ2?AP2?(a

32a22a)?()?2222a24.解析：显然∠FAD是二面角E—AB—C的平面角，∠FAD=30°,过F作FG⊥平面ABCD于G，则G必在AD上，由EF∥平面ABCD.

答案：

∴FG为EF与平面ABCD的距离，即FG=答案：

a.2a2三、5.(1)证明：由于BC1∥AD1，则BC1∥平面ACD1同理，A1B∥平面ACD1，则平面A1BC1∥平面ACD1

(2)解：设两平行平面A1BC1与ACD1间的距离为d，则d等于D1到平面A1BC1的距离.易求A1C1=5，A1B=25，BC1=13，则cosA1BC1=

265,则sinA1BC1=

6165,则S?A1B1C1=61,

由于VD1?A1BC1?VB?A1C1D1，则行平面间的距离为

1261111S?A1BC1·d=?(AD1C1D1)·BB1,代入求得d=,即两平

613321261.61(3)解：由于线段B1D1被平面A1BC1所平分，则B1、D1到平面A1BC1的距离相等，则由1261.616.解：(1)连结DB交AC于O，连结EO，∵底面ABCD是正方形

∴DO⊥AC，又ED⊥面ABCD∴EO⊥AC，即∠EOD=45°

22DOa，AC=2a，EO==a，∴S△EAC=a22cos45?(2)∵A1A⊥底面ABCD，∴A1A⊥AC，又A1A⊥A1B1∴A1A是异面直线A1B1与AC间的公垂线又EO∥BD1，O为BD中点，∴D1B=2EO=2a

又DO=

∴D1D=2a，∴A1B1与AC距离为2a

(3)连结B1D交D1B于P，交EO于Q，推证出B1D⊥面EAC∴B1Q是三棱锥B1—EAC的高，得B1Q=

(2)知点B1到平面A1BC1的距离等于

3a2122323VB1?EAC??a?a?a

32247.解：(1)∵BB1⊥A1E，CC1⊥A1F，BB1∥CC1

∴BB1⊥平面A1EF即面A1EF⊥面BB1C1C在Rt△A1EB1中，

∵∠A1B1E=45°，A1B1=a

222a,同理A1F=a,又EF=a，∴A1E=a2222同理A1F=a,又EF=a

2∴△EA1F为等腰直角三角形，∠EA1F=90°

过A1作A1N⊥EF，则N为EF中点，且A1N⊥平面BCC1B1即A1N为点A1到平面BCC1B1的距离

∴A1E=∴A1N=

1a?22a2又∵AA1∥面BCC1B，A到平面BCC1B1的距离为

∴a=2，∴所求距离为2

(2)设BC、B1C1的中点分别为D、D1，连结AD、DD1和A1D1，则DD1必过点N，易证ADD1A1为平行四边形.

∵B1C1⊥D1D,B1C1⊥A1N∴B1C1⊥平面ADD1A1∴BC⊥平面ADD1A1

得平面ABC⊥平面ADD1A1，过A1作A1M⊥平面ABC，交AD于M，若A1M=A1N，又∠A1AM=∠A1D1N，∠AMA1=∠A1ND1=90°

∴△AMA1≌△A1ND1,∴AA1=A1D1=3,即当AA1=3时满足条件.8.解：(1)∵BC∥AD,BC?面PBC,∴AD∥面PBC

从而AD与PC间的距离就是直线AD与平面PBC间的距离.过A作AE⊥PB，又AE⊥BC∴AE⊥平面PBC，AE为所求.

在等腰直角三角形PAB中，PA=AB=a∴AE=

2a2(2)作CM∥AB，由已知cosADC=∴tanADC=

25511,即CM=DM22∴ABCM为正方形，AC=2a,PC=3a过A作AH⊥PC,在Rt△PAC中，得AH=

63下面在AD上找一点F，使PC⊥CF

取MD中点F，△ACM、△FCM均为等腰直角三角形∴∠ACM+∠FCM=45°+45°=90°

∴FC⊥AC,即FC⊥PC∴在AD上存在满足条件的点F.

［学法指导］立体几何中的策略思想及方法

立体几何中的策略思想及方法

近年来，高考对立体几何的考察依旧重视于空间观点的建立和空间想象能力的培养.题目起点低，步步升高，给不同层次的学生有发挥能力的余地.大题综合性强，有几何组合体中深层次考察空间的线面关系.因此，高考复习应在抓好基本概念、定理、表述语言的基础上，以总结空间线面关系在几何体中的确定方法入手，突出数学思想方法在解题中的指导作用，并积极探寻解答各类立体几何问题的有效的策略思想及方法.

一、领悟解题的基本策略思想

高考改革稳中有变.运用基本数学思想如转化，类比，函数观点仍是考察中心，选择好典型例题，在基本数学思想指导下，归纳一套贴合一般思维规律的解题模式是受学生欢迎的，学生通过熟练运用，逐步内化为自己的经验，解决一般基本数学问题就会自然流畅.

二、探寻立体几何图形中的基面

立体几何图形必需借助面的衬托，点、线、面的位置关系才能显露地“立〞起来.在具体的问题中，证明和计算经常依附于某种特别的辅助平面即基面.这个辅助平面的获取正是解题的关键所在，通过对这个平面的截得，延展或构造，纲举目张，问题就迎刃而解了.

三、重视模型在解题中的应用

学生学习立体几何是从认识具体几何模型到抽象出空间点、线、面的关系，从而培养空间想象能力.而数学问题中大量图形和数量关系都与我们熟悉模型存在着某种联系.它引导我们以模型为依据，找出起关键作用的一些关系或数量，对比数学问题中题设条件，突出特性，设法对原图形补形，拼凑、构造、嵌入、转化为熟知的、形象的、直观的模型，利用其特征规律获取优解.

难点29排列、组合的应用问题

排列、组合是每年高考必定考察的内容之一，纵观全国高考数学题，每年都有1～2道排列组合题，考察排列组合的基础知识、思维能力.

●难点磁场

(★★★★★)有五张卡片，它们的正、反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？

●案例探究

［例1］在∠AOB的OA边上取m个点，在OB边上取n个点(均除O点外)，连同O点共m+n+1个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有()

212212A.C1B.C1m?1Cn?Cn?1CmmCn?CnCm2C.C1mCn?2C1nCm?112C1D.CmCnmCn?1?1C2m?1Cn

命题意图：考察组合的概念及加法原理，属★★★★★级题目.

知识依托：法一分成三类方法；法二，间接法，去掉三点共线的组合.

22错解分析：A中含有构不成三角形的组合，如：C1包括O、Bi、Bj;C1n?1Cm中，m?1Cn中，

包含O、Ap、Aq，其中Ap、Aq,Bi、Bj分别表示OA、OB边上不同于O的点；B漏掉△AiOBj；

221D有重复的三角形.如C1mCn?1中有△AiOBj,Cm?1Cn中也有△AiOBj.

技巧与方法：分类探讨思想及间接法.

解法一：第一类方法：从OA边上(不包括O)中任取一点与从OB边上(不包括O)中任取

2两点，可构造一个三角形，有C1mCn个；其次类方法：从OA边上(不包括O)中任取两点与1OB边上(不包括O)中任取一点，与O点可构造一个三角形，有C2mCn个；第三类方法：从

OA边上(不包括O)任取一点与OB边上(不包括O)中任取一点，与O点可构造一个三角形，

1122111有C1mCn个.由加法原理共有N=CmCn+CmCn+CmCn个三角形.

解法二：从m+n+1中任取三点共有C3m?n?1个，其中三点均在射线OA(包括O点)，有

33C3三点均在射线OB(包括O点)，有C3个数为N=C3n?1个.所以，m?1个，m?n?1－Cm?1－Cn?1个.

答案：C

［例2］四名优等生保送到三所学校去，每所学校至少得一名，则不同的保送方案的总数是_________.

命题意图：此题主要考察排列、组合、乘法原理概念，以及灵活应用上述概念处理数学问题的能力，属★★★★级题目.

知识依托：排列、组合、乘法原理的概念.

错解分析：根据题目要求每所学校至少接纳一位优等生，常采用先安排每学校一人，而后将剩的一人送到一所学校，故有3A34种.忽略此种方法是：将同在一所学校的两名学生按进入学校的前后顺序，分为两种方案，而实际题目中对进入同一所学校的两名学生是无顺序要求的.

技巧与方法：解法一，采用处理分堆问题的方法.解法二，分两次安排优等生，但是进入同一所学校的两名优等生是不考虑顺序的.

解法一：分两步：先将四名优等生分成2，1，1三组，共有C24种；而后，对三组学生

3安排三所学校，即进行全排列，有A33种.依乘法原理，共有N=C24A3=36(种).

解法二：分两步：从每个学校至少有一名学生，每人进一所学校，共有A34种；而后，再将剩余的一名学生送到三所学校中的一所学校，有3种.值得注意的是：同在一所学校的两名学生是不考虑进入的前后顺序的.因此，共有N=

13A4·3=36(种).2答案：36●锦囊妙记

排列与组合的应用题，是高考常见题型，其中主要考察有附加条件的应用问题.解决这类问题寻常有三种途径：(1)以元素为主，应先满足特别元素的要求，再考虑其他元素.(2)以位置为主考虑，即先满足特别位置的要求，再考虑其他位置.(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列数或组合数.前两种方式叫直接解法，后一种方式叫间接解法.

在求解排列与组合应用问题时，应注意：

(1)把具体问题转化或归结为排列或组合问题；

(2)通过分析确定运用分类计数原理还是分步计数原理；(3)分析题目条件，避免“选取〞时重复和遗漏；

(4)列出式子计算和作答.

解排列与组合应用题常用的方法有：直接计算法与间接计算法；分类法与分步法；元素分析法和位置分析法；插空法和捆绑法等八种.

经常运用的数学思想是：

①分类探讨思想；②转化思想；③对称思想.●歼灭难点训练一、填空题

1.(★★★★)从集合{0，1，2，3，5，7，11}中任取3个元素分别作为直线方程Ax+By+C=0中的A、B、C，所得的经过坐标原点的直线有_________条(用数值表示).

2.(★★★★★)圆周上有2n个等分点(n＞1)，以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为_________.

二、解答题

3.(★★★★★)某人手中有5张扑克牌，其中2张为不同花色的2，3张为不同花色的A，有5次出牌机遇，每次只能出一种点数的牌但张数不限，此人有多少种不同的出牌方法？

4.(★★★★)二次函数y=ax2+bx+c的系数a、b、c，在集合{－3，－2，－1，0，1，2，3，4}中选取3个不同的值，则可确定坐标原点在抛物线内部的抛物线多少条？

5.(★★★★★)有3名男生，4名女生，在以下不同要求下，求不同的排列方法总数.(1)全体排成一行，其中甲只能在中间或者两边位置.(2)全体排成一行，其中甲不在最左边，乙不在最右边.(3)全体排成一行，其中男生必需排在一起.(4)全体排成一行，男、女各不相邻.(5)全体排成一行，男生不能排在一起.

(6)全体排成一行，其中甲、乙、丙三人从左至右的顺序不变.(7)排成前后二排，前排3人，后排4人.

(8)全体排成一行，甲、乙两人中间必需有3人.

6.(★★★★★)20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，求不同的放法种数.

7.(★★★★)用五种不同的颜色，给图中的(1)(2)(3)(4)的各部分涂色，每部分涂一色，相邻部分涂不同色，则涂色的方法共有几种？

8.(★★★★)甲、乙、丙三人值周一至周六的班，每人值两天班，若甲不值周一、乙不值周六，则可排出不同的值班表数为多少？

参考答案

难点磁场

33解：(间接法)：任取三张卡片可以组成不同三位数C35·2·A3(个)，其中0在百位的

2有C222·A2这是不合题意的，故共有不同三位数：C323·A322·A2.4·2(个)，5·3－C4·2=432(个）

歼灭难点训练

一、1.解析：由于直线过原点，所以C=0，从1，2，3，5，7，11这6个数中任取2个

2作为A、B两数的顺序不同，表示的直线不同，所以直线的条数为A6=30.

答案：30

2.解析：2n个等分点可作出n条直径，从中任选一条直径共有C1n种方法；再从以下的(2n－2)个等分点中任选一个点，共有C12n?2种方法，根据乘法原理：直角三角形的个数为：

1C1n·C2n?2=2n(n－1)个.

答案：2n(n－1)

二、3.解：出牌的方法可分为以下几类：(1)5张牌全部分开出，有A55种方法；

2(2)2张2一起出，3张A一起出，有A5种方法；4(3)2张2一起出，3张A一起出，有A5种方法；2(4)2张2一起出，3张A分两次出，有C3A35种方法；

(5)2张2分开出，3张A一起出，有A35种方法；

24(6)2张2分开出，3张A分两次出，有C3A5种方法.

2423324因此，共有不同的出牌方法A55+A5+A5+A3A5+A5+C3A5=860种.

4.解：由图形特征分析，a＞0,开口向上，坐标原点在内部?f(0)=c＜0;a＜0,开口向下，原点在内部?f(0)=c＞0,所以对于抛物线y=ax2+bx+c来讲，原点在其内部?af(0)=ac＜0,

12则确定抛物线时，可先定一正一负的a和c，再确定b,故满足题设的抛物线共有C13C4A2A16=144

条.

5.解：(1)利用元素分析法，甲为特别元素，故先安排甲左、右、中共三个位置可供甲选

616择.有A13种，其余6人全排列，有A6种.由乘法原理得A3A6=2160种.

6(2)位置分析法.先排最右边，除去甲外，有A16种，余下的6个位置全排有A6种，但应51615剔除乙在最右边的排法数A15A5种.则符合条件的排法共有A6A6－A5A5=3720种.

5(3)捆绑法.将男生看成一个整体，进行全排列.再与其他元素进行全排列.共有A33A5=720

种.

4(4)插空法.先排好男生，然后将女生插入其中的四个空位，共有A33A4=144种.

3(5)插空法.先排女生，然后在空位中插入男生，共有A44A5=1440种.

(6)定序排列.第一步，设固定甲、乙、丙从左至右顺序的排列总数为N，其次步，对甲、乙、丙进行全排列，则为七个人的全排列，因此

A77=N×A33，∴N=

A77=840种.A33(7)与无任何限制的排列一致，有A77=5040种.

(8)从除甲、乙以外的5人中选3人排在甲、乙中间的排法有A35种，甲、乙和其余2人

2排成一排且甲、乙相邻的排法有A3A33.最终再把选出的3人的排列插入到甲、乙之间即可.23共有A35×A2×A3=720种.

6.解：首先按每个盒子的编号放入1个、2个、3个小球，然后将剩余的14个小球排成一排，如图，|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|，有15个空档，其中“O〞表示小球，“|〞表示空档.将求小球装入盒中的方案数，可转化为将三个小盒插入15个空档的排列数.对应关系是：以插入两个空档的小盒之间的“O〞个数，表示右侧空档上的小盒所装有小球数.最左侧的空档可以同时插入两个小盒.而其余空档只可插入一个小盒，最右侧空档必插入小盒，于是，

12若有两个小盒插入最左侧空档，有C3种；若恰有一个小盒插入最左侧空档，有C13C3种；2122若没有小盒插入最左侧空档，有C13种.由加法原理，有N=C3?C13C13?C13=120种排列方

案，即有120种放法.

7.解：按排列中相邻问题处理.(1)(4)或(2)(4).可以涂一致的颜色.分类：若(1)(4)同色，有

34A35种，若(2)(4)同色，有A5种，若(1)(2)(3)(4)均不同色，有A5种.由加法原理，共有N=2A345+A5=240种.

22228.解：每人随意值两天，共有C6C2甲必值周一，有C1乙必值周六，4C2个；5C4C2个；22112有C15C4C2个；甲必值周一且乙必值周六，有C4C3C2个.所以每人值两天，且甲必不值22122112周一、乙必不值周六的值班表数，有N=C6C24C2－2C5C4C2+C4C3C2=90－2×5×

6+12=42个.

难点30概率

概率是高考的重点内容之一，特别是新增的随机变量这部分内容.要充分注意一些重要概念的实际意义，理解概率处理问题的基本思想方法.

●难点磁场

(★★★★★)如图，用A、B、C三类不同的元件连接成两个系统N1、N2，当元件A、B、C都正常工作时，系统N1正常工作；当元件A正常工作且元件B、C至少有一个正常工作

时，系统N2正常工作.已知元件A、B、C正常工作的概率依次为0.80,0.90,0.90，分别求系统N1，N2正常工作的概率P1、P2.

●案例探究

［例1］(★★★★★)有一容量为50的样本，数据的分组及各组的频率数如下：［10，15］4［30，35)9［15，20)5［35，40)8［20，25)10［40，45)3［25，30)11

(1)列出样本的频率分布表(含累积频率)；(2)画出频率分布直方图和累积频率的分布图.

命题意图：此题主要考察频率分布表，频率分布直方图和累积频率的分布图的画法.知识依托：频率、累积频率的概念以及频率分布表、直方图和累积频率分布图的画法.错解分析：解答此题时，计算简单出现失误，且要注意频率分布与累积频率分布的区别.技巧与方法：此题关键在于把握三种表格的区别与联系.解：(1)由所给数据，计算得如下频率分布表数据段频数频率累积频率［10,15)40.080.08［15,20)50.100.18［20,25)100.200.38［25,30)110.220.60［30,35)90.180.78［35,40)80.160.94［40,45)30.061总计501(2)频率分布直方图与累积频率分布图如下：

［例2］(★★★★★)某电器商经过多年的经验发现本店每个月售出的电冰箱的台数ζ是一个随机变量，它的分布列如下：ζP123??121111??12121212设每售出一台电冰箱，电器商获利300元，如销售不出而囤积于仓库，则每台每月需花

保养费用100元，问电器商每月初购进多少台电冰箱才能使自己月平均收益最大？

命题意图：此题考察利用概率中的某些知识如期望来解决实际问题.知识依托：期望的概念及函数的有关知识.

错解分析：在此题中，求Ey是一个难点，稍有不慎，就将产生失误.

技巧与方法：可借助概率分布、期望、方差等知识来解决日常生产生活中的实际问题.解：设x为月初电器商购进的冰箱台数，只须考虑1≤x≤12的状况，设电器商每月的

?300x,??x收益为y元，则y是随机变量ζ的函数且y=?,电器商平均每月获益

?300x?100(x??),??x的平均数，即数学期望为：Ey=300x(Px+Px+1+?+P12)+［300－100(x－1)］P1+［2×300－100(x－2)］P2+?+［300(x－1)－100］Px－1

=300x(12－x+1)=

11x(x?1)(x?1)x+［300×］?100?22121225(－2x2+38x)3由于x∈N,故可求出当x=9或x=10时，也即电器商月初购进9台或10台电冰箱时，收益最大.

●锦囊妙记

本章内容分为概率初步和随机变量两部分.第一部分包括等可能事件的概率、互斥事件有一个发生的概率、相互独立事件同时发生的概率和独立重复试验.其次部分包括随机变量、离散型随机变量的期望与方差.

涉及的思维方法：观测与试验、分析与综合、一般化与特别化.主要思维形式有：规律思维、聚合思维、形象思维和创造性思维.●歼灭难点训练一、选择题

1.(★★★★★)甲射击命中目标的概率是率是

11，乙命中目标的概率是，丙命中目标的概231.现在三人同时射击目标，则目标被击中的概率为()43247A.