高考數學難點突破

本文格式為Word版，下載可任意編輯——高考數學難點突破難點26垂直與平行

垂直與平行是高考的重點內容之一，考察內容靈活多樣.本節(jié)主要幫助考生深刻理解線面平行與垂直、面面平行與垂直的判定與性質，并能利用它們解決一些問題.

●難點磁場

(★★★★)已知斜三棱柱ABC—A1B1C1中，A1C1=B1C1=2，D、D1分別是AB、A1B1的中點，平面A1ABB1⊥平面A1B1C1，異面直線AB1和C1B相互垂直.

(1)求證：AB1⊥C1D1；(2)求證：AB1⊥面A1CD；

(3)若AB1=3，求直線AC與平面A1CD所成的角.

●案例探究

［例1］兩個全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB，且AM=FN，求證：MN∥平面BCE.

命題意圖：此題主要考察線面平行的判定，面面平行的判定與性質，以及一些平面幾何的知識，屬★★★★級題目.

知識依托：解決此題的關鍵在于找出面內的一條直線和該平面外的一條直線平行，即線(內)∥線(外)?線(外)∥面.或轉化為證兩個平面平行.

錯解分析：證法二中要證線面平行，通過轉化證兩個平面平行，正確的找出MN所在平面是一個關鍵.

技巧與方法：證法一利用線面平行的判定來證明.證法二采用轉化思想，通過證面面平行來證線面平行.

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

∴MP=NQ,故四邊形MPQN為平行四邊形∴MN∥PQ

∵PQ?平面BCE，MN在平面BCE外，∴MN∥平面BCE.

證法二：如圖過M作MH⊥AB于H，則MH∥BC，∴

AMAH?ACAB連結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，側面BB1C1C⊥底面ABC.

(1)若D是BC的中點，求證：AD⊥CC1；

(2)過側面BB1C1C的對角線BC1的平面交側棱于M，若AM=MA1，求證：截面MBC1⊥側面BB1C1C；

(3)AM=MA1是截面MBC1⊥平面BB1C1C的充要條件嗎？請你表達判斷理由.

命題意圖：此題主要考察線面垂直、面面垂直的判定與性質，屬★★★★★級題目.知識依托：線面垂直、面面垂直的判定與性質.

錯解分析：(3)的結論在證必要性時，輔助線要重新作出.

技巧與方法：此題屬于知識組合題類，關鍵在于對題目中條件的思考與分析，把握做此類題目的一般技巧與方法，以及如何巧妙作輔助線.

(1)證明：∵AB=AC，D是BC的中點，∴AD⊥BC∵底面ABC⊥平面BB1C1C，∴AD⊥側面BB1C1C∴AD⊥CC1.

(2)證明：延長B1A1與BM交于N，連結C1N∵AM=MA1，∴NA1=A1B1

∵A1B1=A1C1，∴A1C1=A1N=A1B1∴C1N⊥C1B1

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

(3)解：結論是確定的，充分性已由(2)證明，下面證必要性.過M作ME⊥BC1于E，∵截面MBC1⊥側面BB1C1C∴ME⊥側面BB1C1C，又∵AD⊥側面BB1C1C.∴ME∥AD，∴M、E、D、A共面∵AM∥側面BB1C1C，∴AM∥DE∵CC1⊥AM，∴DE∥CC1

∵D是BC的中點，∴E是BC1的中點

∴AM=DE=CC1?121AA1，∴AM=MA1.2●錦囊妙計

垂直和平行涉及題目的解決方法須熟練把握兩類相互轉化關系：1.平行轉化

2.垂直轉化

每一垂直或平行的判定就是從某一垂直或平行開始轉向另一垂直或平行最終達到目的.例如：有兩個平面垂直時，一般要用性質定理，在一個平面內作交線的垂線，使之轉化為線面垂直，然后進一步轉化為線線垂直.

●殲滅難點訓練一、選擇題

1.(★★★★)在長方體ABCD—A1B1C1D1中，底面是邊長為2的正方形，高為4，則點A1到截面AB1D1的距離是()

A.

83B.

38C.

43D.

342.(★★★★)在直二面角α—l—β中，直線a?α,直線b?β,a、b與l斜交，則()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、填空題

3.(★★★★★)設X、Y、Z是空間不同的直線或平面，對下面四種情形，使“X⊥Z且Y⊥Z?X∥Y〞為真命題的是_________(填序號).

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

4.(★★★★)設a,b是異面直線，以下命題正確的是_________.①過不在a、b上的一點P一定可以作一條直線和a、b都相交②過不在a、b上的一點P一定可以作一個平面和a、b都垂直③過a一定可以作一個平面與b垂直④過a一定可以作一個平面與b平行三、解答題

5.(★★★★)如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是矩形，側棱PA垂直于底面，E、F分別是AB、PC的中點.

(1)求證：CD⊥PD;

(2)求證：EF∥平面PAD;

(3)當平面PCD與平面ABCD成多大角時，直線EF⊥平面PCD？

6.(★★★★)如圖，在正三棱錐A—BCD中，∠BAC=30°，AB=a,平行于AD、BC的截面EFGH分別交AB、BD、DC、CA于點E、F、G、H.

(1)判定四邊形EFGH的形狀，并說明理由.

(2)設P是棱AD上的點，當AP為何值時，平面PBC⊥平面EFGH，請給出證明.

7.(★★★★)如圖，正三棱柱ABC—A1B1C1的各棱長都相等，D、E分別是CC1和AB1

的中點，點F在BC上且滿足BF∶FC=1∶3.

(1)若M為AB中點，求證：BB1∥平面EFM；(2)求證：EF⊥BC；

(3)求二面角A1—B1D—C1的大小.

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

(1)證明：C1C⊥BD；

(2)假定CD=2，CC1=的余弦值；

(3)當

3，記面C1BD為α,面CBD為β,求二面角α—BD—β的平面角2CD的值為多少時，可使A1C⊥面C1BD？CC1

參考答案

難點磁場

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

CC1，∴C1D1∥CD，由(1)得CD⊥AB1，

又∵C1D1⊥平面A1ABB1，C1B⊥AB1，由三垂線定理得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，連結CO1得∠ACO為直線AC與平面A1CD所成的

角，∵AB1=3，AC=A1C1=2，∴AO=1，∴sinOCA=

∴∠OCA=

AO1?，AC2?.6殲滅難點訓練一、1.解析：如圖，設A1C1∩B1D1=O1，∵B1D1⊥A1O1，B1D1⊥AA1，∴B1D1⊥平面AA1O1，故平面AA1O1⊥AB1D1，交線為AO1，在面AA1O1內過A1作A1H⊥AO1于H，則易知A1H長即是點A1到平面AB1D1的距離，在Rt△A1O1A中，A1O1=2，AO1=32，由A1O1·A1A=h·AO1,可得A1H=

4.3

答案：C

2.解析：如圖，在l上任取一點P，過P分別在α、β內作a′∥a,b′∥b,在a′上任取一點A，過A作AC⊥l，垂足為C，則AC⊥β,過C作CB⊥b′交b′于B，連AB，由三垂線定理知AB⊥b′，

∴△APB為直角三角形,故∠APB為銳角.答案：C

二、3.解析：①是假命題，直線X、Y、Z位于正方體的三條共點棱時為反例，②③是真命題，④是假命題，平面X、Y、Z位于正方體的三個共點側面時為反例.

答案：②③4.④

三、5.證明：(1)∵PA⊥底面ABCD，∴AD是PD在平面ABCD內的射影，∵CD?平面ABCD且CD⊥AD，∴CD⊥PD.(2)取CD中點G，連EG、FG，

∵E、F分別是AB、PC的中點，∴EG∥AD，FG∥PD∴平面EFG∥平面PAD，故EF∥平面PAD

(3）解：當平面PCD與平面ABCD成45°角時，直線EF⊥面PCD證明：G為CD中點，則EG⊥CD,由(1)知FG⊥CD，故∠EGF為平面PCD與平面ABCD所成二面角的平面角.即∠EGF=45°，從而得∠ADP=45°，AD=AP

由Rt△PAE≌Rt△CBE,得PE=CE

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

6.(1)證明：

同理EF∥FG，∴EFGH是平行四邊形

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

∴HG⊥EH，四邊形EFGH是矩形.

(2)作CP⊥AD于P點，連結BP，∵AD⊥BC，∴AD⊥面BCP

∵HG∥AD，∴HG⊥面BCP，HG?面EFGH.面BCP⊥面EFGH，

3a.27.(1)證明：連結EM、MF，∵M、E分別是正三棱柱的棱AB和AB1的中點，∴BB1∥ME，又BB1?平面EFM，∴BB1∥平面EFM.

(2)證明：取BC的中點N，連結AN由正三棱柱得：AN⊥BC，又BF∶FC=1∶3，∴F是BN的中點，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的中點O，連結A1O知，A1O⊥面BCC1B1，由點O作B1D的垂線OQ，垂足為Q，連結A1Q，由三垂線定理，A1Q⊥B1D，故∠A1QD為二面角A1—B1D—C的平面

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

8.(1)證明：連結A1C1、AC，AC和BD交于點O，連結C1O，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC=CD

又∵∠BCC1=∠DCC1，C1C是公共邊，∴△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，垂足為H，則H是OC中點且OH=，∴cosC1OC=

23∵∠OCB=30°,∴OB=

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

CD=1時，平行六CC1面體的六個面是全等的菱形，同理可證BC1⊥A1C，又∵BD∩BC1=B，∴A1C⊥平面C1BD.

難點27求空間的角

空間的角是空間圖形的一個要素，在異面直線所成的角、線面角、二面角等知識點上，較好地考察了學生的規(guī)律推理能力以及化歸的數學思想.

●難點磁場

(★★★★★)如圖，α—l—β為60°的二面角，等腰直角三角形MPN的直角頂點P在l上，M∈α,N∈β,且MP與β所成的角等于NP與α所成的角.

(1)求證：MN分別與α、β所成角相等；(2)求MN與β所成角.

●案例探究

［例1］在棱長為a的正方體ABCD—A′B′C′D′中，E、F分別是BC、A′D′的中點.

(1)求證：四邊形B′EDF是菱形；(2)求直線A′C與DE所成的角；

(3)求直線AD與平面B′EDF所成的角；(4)求面B′EDF與面ABCD所成的角.命題意圖：此題主要考察異面直線所成的角、線面角及二面角的一般求法，綜合性較強，屬★★★★★級題目.

知識依托：平移法求異面直線所成的角，利用三垂線定理求作二面角的平面角.錯解分析：對于第(1)問，若僅由B′E=ED=DF=FB′就斷定B′EDF是菱形是錯誤的，由于存在著四邊相等的空間四邊形，必需證明B′、E、D、F四點共面.

技巧與方法：求線面角關鍵是作垂線，找射影，求異面直線所成的角采用平移法.求二面角的大小也可應用面積射影法.

(1)證明：如上圖所示，由勾股定理，得B′E=ED=DF=FB′=F四點共面，取AD中點G，連結A′G、EG，由EG行四邊形.

∴B′E∥A′G,又A′F

AB

5a,下證B′、E、D、2A′B′知，B′EGA′是平

DG,∴A′GDF為平行四邊形.

∴A′G∥FD，∴B′、E、D、F四點共面

故四邊形B′EDF是菱形.

(2)解：如下圖，在平面ABCD內，過C作CP∥DE，交直線AD于P，

則∠A′CP(或補角)為異面直線A′C與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內的射影在∠EDF的平分線上.如下圖所示.

故A′C與DE所成角為arccos

又∵B′EDF為菱形，∴DB′為∠EDF的平分線，故直線AD與平面B′EDF所成的角為∠ADB′在Rt△B′AD中，AD=2a，AB′=2a,B′D=2a則cosADB′=

333.3(4)解：如圖，連結EF、B′D，交于O點，顯然O為B′D的中點，從而O為正方形ABCD—A′B′C′D的中心.

故AD與平面B′EDF所成的角是arccos

作OH⊥平面ABCD，則H為正方形ABCD的中心，再作HM⊥DE，垂足為M，連結OM，則OM⊥DE，

故∠OMH為二面角B′—DE′—A的平面角.

235a,OD=a,斜邊DE=a,222OD?OE30?則由面積關系得OM=aDE10OH30?在Rt△OHM中，sinOMH=OM630故面B′EDF與面ABCD所成的角為arcsin.

6［例2］如下圖，已知平行六面體ABCD—A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為a的正方形，側棱AA1長為b,且AA1與AB、AD的夾角都是120°.

在Rt△DOE中，OE=

求：(1)AC1的長；

(2)直線BD1與AC所成的角的余弦值.

命題意圖：此題主要考察利用向量法來解決立體幾何問題，屬★★★★★級題目.知識依托：向量的加、減及向量的數量積.

錯解分析：注意＜AA1,AB＞=＜AA1,AD＞=120°而不是60°,＜AB,AD＞=90°.技巧與方法：數量積公式及向量、模公式的巧用、變形用.

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)依題意得,|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與AC所成角的余弦值為.

●錦囊妙計

空間角的計算步驟：一作、二證、三算

1.異面直線所成的角范圍：0°＜θ≤90°方法：①平移法；②補形法.

2.直線與平面所成的角范圍：0°≤θ≤90°方法：關鍵是作垂線，找射影.3.二面角

方法：①定義法；②三垂線定理及其逆定理；③垂面法.注：二面角的計算也可利用射影面積公式S′=Scosθ來計算●殲滅難點訓練一、選擇題

1.(★★★★★)在正方體ABCD—A1B1C1D1中，M為DD1的中點，O為底面ABCD的中心，P為棱A1B1上任意一點，則直線OP與直線AM所成的角是()

A.

?6B.

?4C.

?3D.

?22.(★★★★★)設△ABC和△DBC所在兩平面相互垂直，且AB=BC=BD=a,∠CBA=∠CBD=120°,則AD與平面BCD所成的角為()

A.30°B.45°C.60°D.75°二、填空題

3.(★★★★★)已知∠AOB=90°,過O點引∠AOB所在平面的斜線OC，與OA、OB分別成45°、60°，則以OC為棱的二面角A—OC—B的余弦值等于_________.

4.(★★★★)正三棱錐的一個側面的面積與底面積之比為2∶3,則這個三棱錐的側面和底面所成二面角的度數為_________.

三、解答題

5.(★★★★★)已知四邊形ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠ABC=90°,PA⊥平面AC，且PA=AD=AB=1,BC=2

(1)求PC的長；

(2)求異面直線PC與BD所成角的余弦值的大??；(3)求證：二面角B—PC—D為直二面角.

6.(★★★★)設△ABC和△DBC所在的兩個平面相互垂直，且AB=BC=BD，∠ABC=∠DBC=120°

求：(1)直線AD與平面BCD所成角的大??；

(2)異面直線AD與BC所成的角；(3)二面角A—BD—C的大小.

7.(★★★★★)一副三角板拼成一個四邊形ABCD，如圖，然后將它沿BC折成直二面角.

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

8.(★★★★★)設D是△ABC的BC邊上一點，把△ACD沿AD折起，使C點所處的新位置C′在平面ABD上的射影H恰好在AB上.

(1)求證：直線C′D與平面ABD和平面AHC′所成的兩個角之和不可能超過90°；(2)若∠BAC=90°，二面角C′—AD—H為60°，求∠BAD的正切值.

參考答案

難點磁場

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

∵NA⊥α,MB⊥β,∴∠MPB、∠NPA分別是MP與β所成角及NP與α所成角，∠MNB，∠NMA分別是MN與β,α所成角，∴∠MPB=∠NPA.

在Rt△MPB與Rt△NPA中，PM=PN，∠MPB=∠NPA，∴△MPB≌△NPA，∴MB=NA.在Rt△MNB與Rt△NMA中，MB=NA，MN是公共邊，∴△MNB≌△NMA，∴∠MNB=∠NMA，即(1)結論成立.

(2)解：設∠MNB=θ,MN=2a,則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，當sinθ=時，CN=6asinθ=2a＞PN不

222341,∴MN與β所成角為30°.2殲滅難點訓練

一、1.解析：(特別位置法）將P點取為A1，作OE⊥AD于E，連結A1E，則A1E為OA1

的射影，又AM⊥A1E，∴AM⊥OA1，即AM與OP成90°角.

答案：D

2.解析：作AO⊥CB的延長線，連OD，則OD即為AD在平面BCD上的射影，

∵AO=OD=

3a,∴∠ADO=45°.2答案：B

二、3.解析：在OC上取一點C，使OC=1，過C分別作CA⊥OC交OA于A，CB⊥OC交OB于B，則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：設一個側面面積為S1，底面面積為S，則這個側面在底面上射影的面積為

S，31SS12S13由題設得?，設側面與底面所成二面角為θ,則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：如圖，過點C作CE∥BD交AD的延長線于E，連結PE，則PC與BD所成的角為∠PCE或它的補角.

∵CE=BD=2，且PE=PA2?AE2?10

PC2?CE2?PE23??∴由余弦定理得cosPCE=

2PC?CE63∴PC與BD所成角的余弦值為.

6(3）證明：設PB、PC中點分別為G、F，連結FG、AG、DF，則GF∥BC∥AD，且

GF=

1BC=1=AD，從而四邊形ADFG為平行四邊形，2又AD⊥平面PAB，∴AD⊥AG，即ADFG為矩形，DF⊥FG.在△PCD中，PD=2，CD=2，F為BC中點，∴DF⊥PC

從而DF⊥平面PBC，故平面PDC⊥平面PBC，即二面角B—PC—D為直二面角.6.解：(1)如圖，在平面ABC內，過A作AH⊥BC，垂足為H，則AH⊥平面DBC，∴∠ADH即為直線AD與平面BCD所成的角.由題設知△AHB≌△AHD，則DH⊥BH，AH=DH，

∴∠ADH=45°

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

(3)過H作HR⊥BD，垂足為R，連結AR，則由三垂線定理知，AR⊥BD，故∠ARH為二面角A—BD—C的平面角的補角.設BC=a,則由題設知，AH=DH=中，HR=

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

7.(1)證明：取BC中點E，連結AE，∵AB=AC，∴AE⊥BC∵平面ABC⊥平面BCD，∴AE⊥平面BCD，∵BC⊥CD，由三垂線定理知AB⊥CD.

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

(2)解：在面BCD內，過D作DF∥BC，過E作EF⊥DF，交DF于F，由三垂線定理知AF⊥DF，∠ADF為AD與BC所成的角.

設AB=m，則BC=2m，CE=DF=

26m,CD=EF=m23AF?tanADF??DFAE2?EF22121?,??ADF?arctanDF33213(3)解：∵AE⊥面BCD，過E作EG⊥BD于G，連結AG，由三垂線定理知AG⊥BD，∴∠AGE為二面角A—BD—C的平面角

即AD與BC所成的角為arctan

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

2GE即二面角A—BD—C的大小為arctan2.

8.(1)證明：連結DH，∵C′H⊥平面ABD，∴∠C′DH為C′D與平面ABD所成的角且平面C′HA⊥平面ABD，過D作DE⊥AB，垂足為E，則DE⊥平面C′HA.

故∠DC′E為C′D與平面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，垂足為G，連結C′G,

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

2.2難點28求空間距離

空間中距離的求法是歷年高考考察的重點，其中以點與點、點到線、點到面的距離為基礎，求其他幾種距離一般化歸為這三種距離.

●難點磁場

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

求：(1)Q到BD的距離；(2)P到平面BQD的距離.●案例探究

［例1］把正方形ABCD沿對角線AC折起成直二面角，點E、F分別是AD、BC的中點，點O是原正方形的中心，求：

(1)EF的長；

(2)折起后∠EOF的大小.

命題意圖：考察利用空間向量的坐標運算來解決立體幾何問題，屬★★★★級題目.

知識依托：空間向量的坐標運算及數量積公式.

錯解分析：建立正確的空間直角坐標系.其中必需保證x軸、y軸、z軸兩兩相互垂直.

技巧與方法：建系方式有多種，其中以O點為原點，以

OB、OC、OD的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向最

為簡單.

解：如圖，以O點為原點建立空間直角坐標系O—xyz,設正方形ABCD邊長為a,則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］正方體ABCD—A1B1C1D1的棱長為1，求異面直線A1C1與AB1間的距離.命題意圖：此題主要考察異面直線間距離的求法，屬★★★★級題目.

知識依托：求異面直線的距離，可求兩異面直線的公垂線，或轉化為求線面距離，或面面距離，亦可由最值法求得.

錯解分析：此題簡單錯誤認為O1B是A1C與AB1的距離，這主要是對異面直線定義不熟悉，異面直線的距離是與兩條異面直線垂直相交的直線上垂足間的距離.

技巧與方法：求異面直線的距離，有時較難作出它們的公垂線，故尋常采用化歸思想，轉化為求線面距、面面距、或由最值法求得.

解法一：如圖，連結AC1，在正方體AC1中，∵A1C1∥AC,∴A1C1∥平面AB1C，∴A1C1

與平面AB1C間的距離等于異面直線A1C1與AB1間的距離.

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

∴平面AB1C⊥平面BB1D1D，連結B1O，則平面AB1C∩平面BB1D1D=B1O作O1G⊥B1O于G，則O1G⊥平面AB1C

∴O1G為直線A1C1與平面AB1C間的距離，即為異面直線A1C1與AB1間的距離.在Rt△OO1B1中，∵O1B1=∴O1G=

2622，OO1=1，∴OB1=OO1?O1B1=223O1O?O1B13，即異面直線A1C1與AB1間距離為.?3OB13解法二：如圖，在A1C上任取一點M，作MN⊥AB1于N，作MR⊥A1B1于R，連結RN，

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

∵AB1⊥RN，設A1R=x,則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∴當x=

331時，MN有最小值即異面直線A1C1與AB1距離為.

333●錦囊妙記

空間中的距離主要指以下七種：(1)兩點之間的距離.(2)點到直線的距離.(3)點到平面的距離.(4)兩條平行線間的距離.(5)兩條異面直線間的距離.

(6)平面的平行直線與平面之間的距離.

(7)兩個平行平面之間的距離.

七種距離都是指它們所在的兩個點集之間所含兩點的距離中最小的距離.七種距離之間有密切聯系，有些可以相互轉化，如兩條平行線的距離可轉化為求點到直線的距離，平行線面間的距離或平行平面間的距離都可轉化成點到平面的距離.

在七種距離中，求點到平面的距離是重點，求兩條異面直線間的距離是難點.

求點到平面的距離：(1)直接法，即直接由點作垂線，求垂線段的長.(2)轉移法，轉化成求另一點到該平面的距離.(3)體積法.

求異面直線的距離：(1)定義法，即求公垂線段的長.(2)轉化成求直線與平面的距離.(3)函數極值法，依據是兩條異面直線的距離是分別在兩條異面直線上兩點間距離中最小的.

●殲滅難點訓練一、選擇題

1.(★★★★★)正方形ABCD邊長為2，E、F分別是AB和CD的中點，將正方形沿EF折成直二面角(如圖)，M為矩形AEFD內一點，假使∠MBE=∠MBC，MB和平面BCF所成角的正切值為

1，那么點M到直線EF的距離為()2

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

與平面ABC的交線為l，則A1C1與l的距離為()

A.A.10

B.11

C.2.6

D.2.4

二、填空題

3.(★★★★)如左下圖，空間四點A、B、C、D中，每兩點所連線段的長都等于a，動點P在線段AB上，動點Q在線段CD上，則P與Q的最短距離為_________.

4.(★★★★)如右上圖，ABCD與ABEF均是正方形，假使二面角E—AB—C的度數為30°，那么EF與平面ABCD的距離為_________.

三、解答題

5.(★★★★★)在長方體ABCD—A1B1C1D1中，AB=4，BC=3，CC1=2，如圖：

(1)求證：平面A1BC1∥平面ACD1；(2)求(1)中兩個平行平面間的距離；(3)求點B1到平面A1BC1的距離.

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

(1)截面EAC的面積；

(2)異面直線A1B1與AC之間的距離；(3)三棱錐B1—EAC的體積.

7.(★★★★)如圖，已知三棱柱A1B1C1—ABC的底面是邊長為2的正三角形，側棱A1A與AB、AC均成45°角，且A1E⊥B1B于E，A1F⊥CC1于F.

(1)求點A到平面B1BCC1的距離；

(2)當AA1多長時，點A1到平面ABC與平面B1BCC1的距離相等.8.(★★★★★)如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=∠ADC=arccos

?1,AB=AD=a,

3225,PA⊥面ABCD且PA=a.5

(1)求異面直線AD與PC間的距離；

(2)在線段AD上是否存在一點F，使點A到平面PCF的距離為

參考答案

難點磁場

解：(1)在矩形ABCD中，作AE⊥BD，E為垂足

連結QE，∵QA⊥平面ABCD，由三垂線定理得QE⊥BE∴QE的長為Q到BD的距離在矩形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距離為c?2.

a?b22(2)解法一：∵平面BQD經過線段PA的中點，∴P到平面BQD的距離等于A到平面BQD的距離在△AQE中，作AH⊥QE，H為垂足

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

aba?b22

∴AH=

abc(a?b)c?ab22222

∴P到平面BD的距離為

abc(a?b)c?ab22222

解法二：設點A到平面QBD的距離為h，由VA—BQD=VQ—ABD,得h=

11S△BQD·h=S△ABD·AQ33S?ABD?AQabc???

22222S?BQD(a?b)c?ab殲滅難點訓練

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

∴BM′為∠EBC為角平分線，∴∠EBM′=45°,BM′=2,從而MN=

22答案：A

2.解析：交線l過B與AC平行，作CD⊥l于D，連C1D，則C1D為A1C1與l的距離，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為頂點的四邊形為空間四邊形，且為正周邊體，取P、Q

分別為AB、CD的中點，由于AQ=BQ=

2a,∴PQ⊥AB,同理可得PQ⊥CD，故線段PQ的2長為P、Q兩點間的最短距離，在Rt△APQ中，PQ=AQ2?AP2?(a

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

答案：

∴FG為EF與平面ABCD的距離，即FG=答案：

a.2a2三、5.(1)證明：由于BC1∥AD1，則BC1∥平面ACD1同理，A1B∥平面ACD1，則平面A1BC1∥平面ACD1

(2)解：設兩平行平面A1BC1與ACD1間的距離為d，則d等于D1到平面A1BC1的距離.易求A1C1=5，A1B=25，BC1=13，則cosA1BC1=

265,則sinA1BC1=

6165,則S?A1B1C1=61,

由于VD1?A1BC1?VB?A1C1D1，則行平面間的距離為

1261111S?A1BC1·d=?(AD1C1D1)·BB1,代入求得d=,即兩平

613321261.61(3)解：由于線段B1D1被平面A1BC1所平分，則B1、D1到平面A1BC1的距離相等，則由1261.616.解：(1)連結DB交AC于O，連結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是異面直線A1B1與AC間的公垂線又EO∥BD1，O為BD中點，∴D1B=2EO=2a

又DO=

∴D1D=2a，∴A1B1與AC距離為2a

(3)連結B1D交D1B于P，交EO于Q，推證出B1D⊥面EAC∴B1Q是三棱錐B1—EAC的高，得B1Q=

(2)知點B1到平面A1BC1的距離等于

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為等腰直角三角形，∠EA1F=90°

過A1作A1N⊥EF，則N為EF中點，且A1N⊥平面BCC1B1即A1N為點A1到平面BCC1B1的距離

∴A1E=∴A1N=

1a?22a2又∵AA1∥面BCC1B，A到平面BCC1B1的距離為

∴a=2，∴所求距離為2

(2)設BC、B1C1的中點分別為D、D1，連結AD、DD1和A1D1，則DD1必過點N，易證ADD1A1為平行四邊形.

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

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

∴△AMA1≌△A1ND1,∴AA1=A1D1=3,即當AA1=3時滿足條件.8.解：(1)∵BC∥AD,BC?面PBC,∴AD∥面PBC

從而AD與PC間的距離就是直線AD與平面PBC間的距離.過A作AE⊥PB，又AE⊥BC∴AE⊥平面PBC，AE為所求.

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為正方形，AC=2a,PC=3a過A作AH⊥PC,在Rt△PAC中，得AH=

63下面在AD上找一點F，使PC⊥CF

取MD中點F，△ACM、△FCM均為等腰直角三角形∴∠ACM+∠FCM=45°+45°=90°

∴FC⊥AC,即FC⊥PC∴在AD上存在滿足條件的點F.

［學法指導］立體幾何中的策略思想及方法

立體幾何中的策略思想及方法

近年來，高考對立體幾何的考察依舊重視于空間觀點的建立和空間想象能力的培養(yǎng).題目起點低，步步升高，給不同層次的學生有發(fā)揮能力的余地.大題綜合性強，有幾何組合體中深層次考察空間的線面關系.因此，高考復習應在抓好基本概念、定理、表述語言的基礎上，以總結空間線面關系在幾何體中的確定方法入手，突出數學思想方法在解題中的指導作用，并積極探尋解答各類立體幾何問題的有效的策略思想及方法.

一、領悟解題的基本策略思想

高考改革穩(wěn)中有變.運用基本數學思想如轉化，類比，函數觀點仍是考察中心，選擇好典型例題，在基本數學思想指導下，歸納一套貼合一般思維規(guī)律的解題模式是受學生歡迎的，學生通過熟練運用，逐步內化為自己的經驗，解決一般基本數學問題就會自然流暢.

二、探尋立體幾何圖形中的基面

立體幾何圖形必需借助面的襯托，點、線、面的位置關系才能顯露地“立〞起來.在具體的問題中，證明和計算經常依附于某種特別的輔助平面即基面.這個輔助平面的獲取正是解題的關鍵所在，通過對這個平面的截得，延展或構造，綱舉目張，問題就迎刃而解了.

三、重視模型在解題中的應用

學生學習立體幾何是從認識具體幾何模型到抽象出空間點、線、面的關系，從而培養(yǎng)空間想象能力.而數學問題中大量圖形和數量關系都與我們熟悉模型存在著某種聯系.它引導我們以模型為依據，找出起關鍵作用的一些關系或數量，對比數學問題中題設條件，突出特性，設法對原圖形補形，拼湊、構造、嵌入、轉化為熟知的、形象的、直觀的模型，利用其特征規(guī)律獲取優(yōu)解.

難點29排列、組合的應用問題

排列、組合是每年高考必定考察的內容之一，縱觀全國高考數學題，每年都有1～2道排列組合題，考察排列組合的基礎知識、思維能力.

●難點磁場

(★★★★★)有五張卡片，它們的正、反面分別寫0與1，2與3，4與5，6與7，8與9，將其中任意三張并排放在一起組成三位數，共可組成多少個不同的三位數？

●案例探究

［例1］在∠AOB的OA邊上取m個點，在OB邊上取n個點(均除O點外)，連同O點共m+n+1個點，現任取其中三個點為頂點作三角形，可作的三角形有()

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

命題意圖：考察組合的概念及加法原理，屬★★★★★級題目.

知識依托：法一分成三類方法；法二，間接法，去掉三點共線的組合.

22錯解分析：A中含有構不成三角形的組合，如：C1包括O、Bi、Bj;C1n?1Cm中，m?1Cn中，

包含O、Ap、Aq，其中Ap、Aq,Bi、Bj分別表示OA、OB邊上不同于O的點；B漏掉△AiOBj；

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

技巧與方法：分類探討思想及間接法.

解法一：第一類方法：從OA邊上(不包括O)中任取一點與從OB邊上(不包括O)中任取

2兩點，可構造一個三角形，有C1mCn個；其次類方法：從OA邊上(不包括O)中任取兩點與1OB邊上(不包括O)中任取一點，與O點可構造一個三角形，有C2mCn個；第三類方法：從

OA邊上(不包括O)任取一點與OB邊上(不包括O)中任取一點，與O點可構造一個三角形，

1122111有C1mCn個.由加法原理共有N=CmCn+CmCn+CmCn個三角形.

解法二：從m+n+1中任取三點共有C3m?n?1個，其中三點均在射線OA(包括O點)，有

33C3三點均在射線OB(包括O點)，有C3個數為N=C3n?1個.所以，m?1個，m?n?1－Cm?1－Cn?1個.

答案：C

［例2］四名優(yōu)等生保送到三所學校去，每所學校至少得一名，則不同的保送方案的總數是_________.

命題意圖：此題主要考察排列、組合、乘法原理概念，以及靈活應用上述概念處理數學問題的能力，屬★★★★級題目.

知識依托：排列、組合、乘法原理的概念.

錯解分析：根據題目要求每所學校至少接納一位優(yōu)等生，常采用先安排每學校一人，而后將剩的一人送到一所學校，故有3A34種.忽略此種方法是：將同在一所學校的兩名學生按進入學校的前后順序，分為兩種方案，而實際題目中對進入同一所學校的兩名學生是無順序要求的.

技巧與方法：解法一，采用處理分堆問題的方法.解法二，分兩次安排優(yōu)等生，但是進入同一所學校的兩名優(yōu)等生是不考慮順序的.

解法一：分兩步：先將四名優(yōu)等生分成2，1，1三組，共有C24種；而后，對三組學生

3安排三所學校，即進行全排列，有A33種.依乘法原理，共有N=C24A3=36(種).

解法二：分兩步：從每個學校至少有一名學生，每人進一所學校，共有A34種；而后，再將剩余的一名學生送到三所學校中的一所學校，有3種.值得注意的是：同在一所學校的兩名學生是不考慮進入的前后順序的.因此，共有N=

13A4·3=36(種).2答案：36●錦囊妙記

排列與組合的應用題，是高考常見題型，其中主要考察有附加條件的應用問題.解決這類問題尋常有三種途徑：(1)以元素為主，應先滿足特別元素的要求，再考慮其他元素.(2)以位置為主考慮，即先滿足特別位置的要求，再考慮其他位置.(3)先不考慮附加條件，計算出排列或組合數，再減去不符合要求的排列數或組合數.前兩種方式叫直接解法，后一種方式叫間接解法.

在求解排列與組合應用問題時，應注意：

(1)把具體問題轉化或歸結為排列或組合問題；

(2)通過分析確定運用分類計數原理還是分步計數原理；(3)分析題目條件，避免“選取〞時重復和遺漏；

(4)列出式子計算和作答.

解排列與組合應用題常用的方法有：直接計算法與間接計算法；分類法與分步法；元素分析法和位置分析法；插空法和捆綁法等八種.

經常運用的數學思想是：

①分類探討思想；②轉化思想；③對稱思想.●殲滅難點訓練一、填空題

1.(★★★★)從集合{0，1，2，3，5，7，11}中任取3個元素分別作為直線方程Ax+By+C=0中的A、B、C，所得的經過坐標原點的直線有_________條(用數值表示).

2.(★★★★★)圓周上有2n個等分點(n＞1)，以其中三個點為頂點的直角三角形的個數為_________.

二、解答題

3.(★★★★★)某人手中有5張撲克牌，其中2張為不同花色的2，3張為不同花色的A，有5次出牌機遇，每次只能出一種點數的牌但張數不限，此人有多少種不同的出牌方法？

4.(★★★★)二次函數y=ax2+bx+c的系數a、b、c，在集合{－3，－2，－1，0，1，2，3，4}中選取3個不同的值，則可確定坐標原點在拋物線內部的拋物線多少條？

5.(★★★★★)有3名男生，4名女生，在以下不同要求下，求不同的排列方法總數.(1)全體排成一行，其中甲只能在中間或者兩邊位置.(2)全體排成一行，其中甲不在最左邊，乙不在最右邊.(3)全體排成一行，其中男生必需排在一起.(4)全體排成一行，男、女各不相鄰.(5)全體排成一行，男生不能排在一起.

(6)全體排成一行，其中甲、乙、丙三人從左至右的順序不變.(7)排成前后二排，前排3人，后排4人.

(8)全體排成一行，甲、乙兩人中間必需有3人.

6.(★★★★★)20個不加區(qū)別的小球放入編號為1、2、3的三個盒子中，要求每個盒內的球數不小于它的編號數，求不同的放法種數.

7.(★★★★)用五種不同的顏色，給圖中的(1)(2)(3)(4)的各部分涂色，每部分涂一色，相鄰部分涂不同色，則涂色的方法共有幾種？

8.(★★★★)甲、乙、丙三人值周一至周六的班，每人值兩天班，若甲不值周一、乙不值周六，則可排出不同的值班表數為多少？

參考答案

難點磁場

33解：(間接法)：任取三張卡片可以組成不同三位數C35·2·A3(個)，其中0在百位的

2有C222·A2這是不合題意的，故共有不同三位數：C323·A322·A2.4·2(個)，5·3－C4·2=432(個）

殲滅難點訓練

一、1.解析：由于直線過原點，所以C=0，從1，2，3，5，7，11這6個數中任取2個

2作為A、B兩數的順序不同，表示的直線不同，所以直線的條數為A6=30.

答案：30

2.解析：2n個等分點可作出n條直徑，從中任選一條直徑共有C1n種方法；再從以下的(2n－2)個等分點中任選一個點，共有C12n?2種方法，根據乘法原理：直角三角形的個數為：

1C1n·C2n?2=2n(n－1)個.

答案：2n(n－1)

二、3.解：出牌的方法可分為以下幾類：(1)5張牌全部分開出，有A55種方法；

2(2)2張2一起出，3張A一起出，有A5種方法；4(3)2張2一起出，3張A一起出，有A5種方法；2(4)2張2一起出，3張A分兩次出，有C3A35種方法；

(5)2張2分開出，3張A一起出，有A35種方法；

24(6)2張2分開出，3張A分兩次出，有C3A5種方法.

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

4.解：由圖形特征分析，a＞0,開口向上，坐標原點在內部?f(0)=c＜0;a＜0,開口向下，原點在內部?f(0)=c＞0,所以對于拋物線y=ax2+bx+c來講，原點在其內部?af(0)=ac＜0,

12則確定拋物線時，可先定一正一負的a和c，再確定b,故滿足題設的拋物線共有C13C4A2A16=144

條.

5.解：(1)利用元素分析法，甲為特別元素，故先安排甲左、右、中共三個位置可供甲選

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

6(2)位置分析法.先排最右邊，除去甲外，有A16種，余下的6個位置全排有A6種，但應51615剔除乙在最右邊的排法數A15A5種.則符合條件的排法共有A6A6－A5A5=3720種.

5(3)捆綁法.將男生看成一個整體，進行全排列.再與其他元素進行全排列.共有A33A5=720

種.

4(4)插空法.先排好男生，然后將女生插入其中的四個空位，共有A33A4=144種.

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

(6)定序排列.第一步，設固定甲、乙、丙從左至右順序的排列總數為N，其次步，對甲、乙、丙進行全排列，則為七個人的全排列，因此

A77=N×A33，∴N=

A77=840種.A33(7)與無任何限制的排列一致，有A77=5040種.

(8)從除甲、乙以外的5人中選3人排在甲、乙中間的排法有A35種，甲、乙和其余2人

2排成一排且甲、乙相鄰的排法有A3A33.最終再把選出的3人的排列插入到甲、乙之間即可.23共有A35×A2×A3=720種.

6.解：首先按每個盒子的編號放入1個、2個、3個小球，然后將剩余的14個小球排成一排，如圖，|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|，有15個空檔，其中“O〞表示小球，“|〞表示空檔.將求小球裝入盒中的方案數，可轉化為將三個小盒插入15個空檔的排列數.對應關系是：以插入兩個空檔的小盒之間的“O〞個數，表示右側空檔上的小盒所裝有小球數.最左側的空檔可以同時插入兩個小盒.而其余空檔只可插入一個小盒，最右側空檔必插入小盒，于是，

12若有兩個小盒插入最左側空檔，有C3種；若恰有一個小盒插入最左側空檔，有C13C3種；2122若沒有小盒插入最左側空檔，有C13種.由加法原理，有N=C3?C13C13?C13=120種排列方

案，即有120種放法.

7.解：按排列中相鄰問題處理.(1)(4)或(2)(4).可以涂一致的顏色.分類：若(1)(4)同色，有

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

22228.解：每人隨意值兩天，共有C6C2甲必值周一，有C1乙必值周六，4C2個；5C4C2個；22112有C15C4C2個；甲必值周一且乙必值周六，有C4C3C2個.所以每人值兩天，且甲必不值22122112周一、乙必不值周六的值班表數，有N=C6C24C2－2C5C4C2+C4C3C2=90－2×5×

6+12=42個.

難點30概率

概率是高考的重點內容之一，特別是新增的隨機變量這部分內容.要充分注意一些重要概念的實際意義，理解概率處理問題的基本思想方法.

●難點磁場

(★★★★★)如圖，用A、B、C三類不同的元件連接成兩個系統(tǒng)N1、N2，當元件A、B、C都正常工作時，系統(tǒng)N1正常工作；當元件A正常工作且元件B、C至少有一個正常工作

時，系統(tǒng)N2正常工作.已知元件A、B、C正常工作的概率依次為0.80,0.90,0.90，分別求系統(tǒng)N1，N2正常工作的概率P1、P2.

●案例探究

［例1］(★★★★★)有一容量為50的樣本，數據的分組及各組的頻率數如下：［10，15］4［30，35)9［15，20)5［35，40)8［20，25)10［40，45)3［25，30)11

(1)列出樣本的頻率分布表(含累積頻率)；(2)畫出頻率分布直方圖和累積頻率的分布圖.

命題意圖：此題主要考察頻率分布表，頻率分布直方圖和累積頻率的分布圖的畫法.知識依托：頻率、累積頻率的概念以及頻率分布表、直方圖和累積頻率分布圖的畫法.錯解分析：解答此題時，計算簡單出現失誤，且要注意頻率分布與累積頻率分布的區(qū)別.技巧與方法：此題關鍵在于把握三種表格的區(qū)別與聯系.解：(1)由所給數據，計算得如下頻率分布表數據段頻數頻率累積頻率［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總計501(2)頻率分布直方圖與累積頻率分布圖如下：

［例2］(★★★★★)某電器商經過多年的經驗發(fā)現本店每個月售出的電冰箱的臺數ζ是一個隨機變量，它的分布列如下：ζP123??121111??12121212設每售出一臺電冰箱，電器商獲利300元，如銷售不出而囤積于倉庫，則每臺每月需花

保養(yǎng)費用100元，問電器商每月初購進多少臺電冰箱才能使自己月平均收益最大？

命題意圖：此題考察利用概率中的某些知識如期望來解決實際問題.知識依托：期望的概念及函數的有關知識.

錯解分析：在此題中，求Ey是一個難點，稍有不慎，就將產生失誤.

技巧與方法：可借助概率分布、期望、方差等知識來解決日常生產生活中的實際問題.解：設x為月初電器商購進的冰箱臺數，只須考慮1≤x≤12的狀況，設電器商每月的

?300x,??x收益為y元，則y是隨機變量ζ的函數且y=?,電器商平均每月獲益

?300x?100(x??),??x的平均數，即數學期望為：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,故可求出當x=9或x=10時，也即電器商月初購進9臺或10臺電冰箱時，收益最大.

●錦囊妙記

本章內容分為概率初步和隨機變量兩部分.第一部分包括等可能事件的概率、互斥事件有一個發(fā)生的概率、相互獨立事件同時發(fā)生的概率和獨立重復試驗.其次部分包括隨機變量、離散型隨機變量的期望與方差.

涉及的思維方法：觀測與試驗、分析與綜合、一般化與特別化.主要思維形式有：規(guī)律思維、聚合思維、形象思維和創(chuàng)造性思維.●殲滅難點訓練一、選擇題

1.(★★★★★)甲射擊命中目標的概率是率是

11，乙命中目標的概率是，丙命中目標的概231.現在三人同時射擊目標，則目標被擊中的概率為()43247A.