PAGEPAGE1專題七隨機變量、空間向量eq\a\vs4\al([江蘇卷5年考情分析])這兩部分內容的教學課時較多，是高考的重點，近幾年通常交替式考查，對于空間向量的考查，以簡單建立空間直角坐標系，計算空間角為主(2015年、2024年、2024年)，難度一般；概率題重點考查離散型隨機變量及其分布列、均值與方差、n次獨立重復試驗的模型及二項分布等，難度中等偏難(2024年T23、2024年T23)．既考查數學運算、邏輯推理，又考查數學建模、數據分析等數學核心素養．第一講|隨機變量與分布列題型(一)離散型隨機變量的分布列及其期望eq\a\vs4\al(主要考查特別事務的概率求解以及分布列與期望的求解.)[典例感悟][例1](2024·南通等七市一模)“回文數”是指從左到右與從右到左讀都一樣的正整數，如22，121，3553等．明顯兩位“回文數”共9個：11，22，33，…，99，現從9個不同兩位“回文數”中任取1個乘以4，其結果記為X；從9個不同兩位“回文數”中任取2個相加，其結果記為Y.(1)求X為“回文數”的概率；(2)設隨機變量ξ表示X，Y兩數中“回文數”的個數，求ξ的概率分布和數學期望E(ξ)．[解](1)記“X是‘回文數’”為事務A，9個不同兩位“回文數”乘以4的值依次為44，88，132，176，220，264，308，352，396，其中“回文數”有44，88.所以事務A的概率為eq\f(2,9).(2)由題意知，隨機變量ξ的全部可能取值為0，1，2.由(1)得P(A)＝eq\f(2,9).設“Y是‘回文數’”為事務B，則事務A，B相互獨立．依據已知條件得，P(B)＝eq\f(20,Ceq\o\al(2,9))＝eq\f(5,9).P(ξ＝0)＝P(A)P(B)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,9)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5,9)))＝eq\f(28,81)；P(ξ＝1)＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,9)))×eq\f(5,9)＋eq\f(2,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5,9)))＝eq\f(43,81)；P(ξ＝2)＝P(A)P(B)＝eq\f(2,9)×eq\f(5,9)＝eq\f(10,81).所以隨機變量ξ的分布列為ξ012Peq\f(28,81)eq\f(43,81)eq\f(10,81)所以E(ξ)＝0×eq\f(28,81)＋1×eq\f(43,81)＋2×eq\f(10,81)＝eq\f(7,9).[方法技巧]求離散型隨機變量分布列及期望的關鍵和步驟由于離散型隨機變量的數學期望是依據其分布列運用相應公式求解，因而解決這種問題的關鍵是求離散型隨機變量的分布列，而分布列是由隨機變量及其相應的概率值構成的，所以這類問題主要就是求隨機變量取各個值的概率．詳細步驟如下：[演練沖關](2024·揚州考前調研)某校舉辦校內科技文化藝術節，在同一時間支配《生活趣味數學》和《校內舞蹈賞析》兩場講座．已知A，B兩學習小組各有5位同學，每位同學在兩場講座隨意選聽一場．若A組1人選聽《生活趣味數學》，其余4人選聽《校內舞蹈賞析》；B組2人選聽《生活趣味數學》，其余3人選聽《校內舞蹈賞析》．(1)若從今10人中隨意選出3人，求選出的3人中恰有2人選聽《校內舞蹈賞析》的概率；(2)若從A，B兩組中各任選2人，設X為選出的4人中選聽《生活趣味數學》的人數，求X的分布列和數學期望E(X)．解：(1)設“選出的3人中恰有2人選聽《校內舞蹈賞析》”為事務M，則P(M)＝eq\f(Ceq\o\al(2,7)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(21,40)，故選出的3人中恰有2人選聽《校內舞蹈賞析》的概率為eq\f(21,40).(2)X可能的取值為0，1，2，3，P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(9,50)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(12,25)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)＋Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(3,10)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(1,25)，所以X的分布列為：X0123Peq\f(9,50)eq\f(12,25)eq\f(3,10)eq\f(1,25)所以X的數學期望E(X)＝0×eq\f(9,50)＋1×eq\f(12,25)＋2×eq\f(3,10)＋3×eq\f(1,25)＝eq\f(6,5).題型(二)n次獨立重復試驗的模型及二項分布主要考查對n次獨立重復試驗的模型的識別以及二項分布模型公式的應用.[典例感悟][例2](2024·南京鹽城二模)如圖是一旅游景區供游客行走的路途圖，假設從進口A到出口B，每遇到一個岔路口，每位游客選擇任何一條道路行進是等可能的．現有甲、乙、丙、丁4名游客結伴到旅游景區游玩，他們從進口A的岔路口起先選擇道路自行游玩，并按箭頭所指路途行走，最終到出口B集合，設點C是其中的一個岔路口．(1)求甲經過點C的概率；(2)設這4名游客中恰有X名游客經過點C，求隨機變量X的分布列和數學期望．[解](1)設“甲經過點C”為事務M，從進口A動身時，甲選中間的路的概率為eq\f(1,3)，再從岔路到達點C的概率為eq\f(1,2)，所以選擇從中間一條路走到點C的概率P1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6).同理，選擇從最右邊的路走到點C的概率P2＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)所以P(M)＝P1＋P2＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,6)＝eq\f(1,3).故甲經過點C的概率為eq\f(1,3).(2)隨機變量X的全部可能取值為0，1，2，3，4，則P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(0)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(4)＝eq\f(16,81)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(32,81)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(8,27)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(1)＝eq\f(8,81)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(4,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(0)＝eq\f(1,81).所以X的分布列為X01234Peq\f(16,81)eq\f(32,81)eq\f(8,27)eq\f(8,81)eq\f(1,81)數學期望E(X)＝0×eq\f(16,81)＋1×eq\f(32,81)＋2×eq\f(8,27)＋3×eq\f(8,81)＋4×eq\f(1,81)＝eq\f(4,3).[方法技巧]二項分布的分布列及期望問題求解三步驟第一步推斷二項分布先推斷隨機變量是否聽從二項分布，即若滿意：①對立性：即一次試驗中只有兩種結果“勝利”和“不勝利”，而且有且僅有一個發生；②重復性：試驗在相同條件下獨立重復地進行n次，保證每一次試驗中勝利的概率和不勝利的概率都保持不變，則該隨機變量聽從二項分布，否則不聽從二項分布其次步求概率若該隨機變量聽從二項分布，還須要通過古典概型或相互獨立事務的概率計算公式計算出試驗中“勝利”“不勝利”的概率分別是多少第三步求期望依據二項分布的分布列列出相應的分布列，再依據期望公式或二項分布期望公式求期望即可[演練沖關](2024·蘇北四市三調)將4本不同的書隨機放入編號為1，2，3，4的四個抽屜中．(1)求4本書恰好放在四個不同抽屜中的概率；(2)設隨機變量X表示放在2號抽屜中書的本數，求X的分布列和數學期望E(X)．解：(1)將4本不同的書放入編號為1，2，3，4的四個抽屜中，共有44＝256種不同放法．記“4本書恰好放在四個不同抽屜中”為事務A，則事務A共包含Aeq\o\al(4,4)＝24個基本領件，所以P(A)＝eq\f(24,256)＝eq\f(3,32)，所以4本書恰好放在四個不同抽屜中的概率為eq\f(3,32).(2)法一：X的全部可能取值為0，1，2，3，4，P(X＝0)＝eq\f(34,44)＝eq\f(81,256)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4)×33,44)＝eq\f(27,64)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4)×32,44)＝eq\f(27,128)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4)×3,44)＝eq\f(3,64)，P(X＝4)＝eq\f(Ceq\o\al(4,4),44)＝eq\f(1,256).所以X的分布列為X01234Peq\f(81,256)eq\f(27,64)eq\f(27,128)eq\f(3,64)eq\f(1,256)所以X的數學期望為E(X)＝0×eq\f(81,256)＋1×eq\f(27,64)＋2×eq\f(27,128)＋3×eq\f(3,64)＋4×eq\f(1,256)＝1.法二：每本書放入2號抽屜的概率為P(B)＝eq\f(1,4)，P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).依據題意X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,4)))，所以P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(k)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(4－k)，k＝0，1，2，3，4，所以X的分布列為X01234Peq\f(81,256)eq\f(27,64)eq\f(27,128)eq\f(3,64)eq\f(1,256)所以X的數學期望為E(X)＝4×eq\f(1,4)＝1.題型(三)概率與其他學問的綜合主要考查與概率或期望有關的綜合問題或在困難背景下的概率與期望的綜合問題.[典例感悟][例3](2024·南通調研)甲、乙兩人進行圍棋競賽，共競賽2n(n∈N*)局．依據以往競賽輸贏的狀況知道，每局甲勝的概率和乙勝的概率均為eq\f(1,2).假如某人獲勝的局數多于另一人，則此人贏得競賽．記甲贏得競賽的概率為P(n)．(1)求P(2)與P(3)的值；(2)試比較P(n)與P(n＋1)的大小，并證明你的結論．[解](1)若甲、乙競賽4局甲贏，則甲在4局競賽中至少勝3局，所以P(2)＝Ceq\o\al(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＋Ceq\o\al(4,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＝eq\f(5,16)，同理P(3)＝Ceq\o\al(4,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(6)＋Ceq\o\al(5,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(6)＋Ceq\o\al(6,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(6)＝eq\f(11,32).(2)在2n局競賽中甲贏，則甲勝的局數至少為n＋1局，故P(n)＝Ceq\o\al(n＋1,2n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n)＋Ceq\o\al(n＋2,2n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n)＋…＋Ceq\o\al(2n,2n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(n＋1,2n)＋Ceq\o\al(n＋2,2n)＋…＋Ceq\o\al(2n,2n)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(0,2n)＋Ceq\o\al(1,2n)＋…＋Ceq\o\al(2n,2n)－Ceq\o\al(n,2n)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(22n－Ceq\o\al(n,2n)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(Ceq\o\al(n,2n),22n)))，所以P(n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(Ceq\o\al(n＋1,2n＋2),22n＋2))).又eq\f(\f(Ceq\o\al(n,2n),22n),\f(Ceq\o\al(n＋1,2n＋2),22n＋2))＝eq\f(4Ceq\o\al(n,2n),Ceq\o\al(n＋1,2n＋2))＝eq\f(4·\f(（2n）！,n！n！),\f(（2n＋2）！,（n＋1）?。╪＋1）！))＝eq\f(4（n＋1）2,（2n＋2）（2n＋1）)＝eq\f(2（n＋1）,2n＋1)＞1，所以eq\f(Ceq\o\al(n,2n),22n)＞eq\f(Ceq\o\al(n＋1,2n＋2),22n＋2)，所以P(n)＜P(n＋1)．[方法技巧]二項分布與二項式定理的交匯問題，其求解的一般思路是先利用二項分布求其P(n)和P(n＋1)，然后利用組合數的性質即可求得，概率還常與數列、函數、不等式、數學歸納法、立體幾何等學問交匯命題．[演練沖關]1．(2024·江蘇高考)在平面直角坐標系xOy中，設點集An＝{(0，0)，(1，0)，(2，0)，…，(n，0)}，Bn＝{(0，1)，(n，1)}，Cn＝{(0，2)，(1，2)，(2，2)，…，(n，2)}，n∈N*.令Mn＝An∪Bn∪Cn.從集合Mn中任取兩個不同的點，用隨機變量X表示它們之間的距離．(1)當n＝1時，求X的概率分布；(2)對給定的正整數n(n≥3)，求概率P(X≤n)(用n表示)．解：(1)當n＝1時，X的全部可能取值是1,eq\r(2)，2,eq\r(5).X的概率分布為P(X＝1)＝eq\f(7,Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(7,15)，P(X＝eq\r(2))＝eq\f(4,Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(4,15)，P(X＝2)＝eq\f(2,Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(2,15)，P(X＝eq\r(5))＝eq\f(2,Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(2,15).(2)設A(a，b)和B(c，d)是從Mn中取出的兩個點．因為P(X≤n)＝1－P(X>n)，所以僅需考慮X>n的狀況．①若b＝d，則AB≤n，不存在X>n的取法；②若b＝0，d＝1，則AB＝eq\r(（a－c）2＋1)≤eq\r(n2＋1)，所以X>n當且僅當AB＝eq\r(n2＋1)，此時a＝0，c＝n或a＝n，c＝0，有2種取法；③若b＝0，d＝2，則AB＝eq\r(（a－c）2＋4)≤eq\r(n2＋4).因為當n≥3時，eq\r(（n－1）2＋4)≤n，所以X>n當且僅當AB＝eq\r(n2＋4)，此時a＝0，c＝n或a＝n，c＝0，有2種取法；④若b＝1，d＝2，則AB＝eq\r(（a－c）2＋1)≤eq\r(n2＋1)，所以X>n當且僅當AB＝eq\r(n2＋1)，此時a＝0，c＝n或a＝n，c＝0，有2種取法．綜上，當X>n時，X的全部可能取值是eq\r(n2＋1)和eq\r(n2＋4)，且P(X＝eq\r(n2＋1))＝eq\f(4,Ceq\o\al(2,2n＋4))，P(X＝eq\r(n2＋4))＝eq\f(2,Ceq\o\al(2,2n＋4)).因此，P(X≤n)＝1－P(X＝eq\r(n2＋1))－P(X＝eq\r(n2＋4))＝1－eq\f(6,Ceq\o\al(2,2n＋4)).2．(2024·江蘇高考)已知一個口袋中有m個白球，n個黑球(m，n∈N*，n≥2)，這些球除顏色外完全相同．現將口袋中的球隨機地逐個取出，并放入如圖所示的編號為1，2，3，…，m＋n的抽屜內，其中第k次取出的球放入編號為k的抽屜(k＝1，2，3，…，m＋n).123…m＋n(1)試求編號為2的抽屜內放的是黑球的概率p；(2)隨機變量X表示最終一個取出的黑球所在抽屜編號的倒數，E(X)是X的數學期望，證明：E(X)<eq\f(n,（m＋n）（n－1）).解：(1)編號為2的抽屜內放的是黑球的概率p為：p＝eq\f(Ceq\o\al(n－1,m＋n－1),Ceq\o\al(n,m＋n))＝eq\f(n,m＋n).(2)證明：隨機變量X的概率分布為：Xeq\f(1,n)eq\f(1,n＋1)eq\f(1,n＋2)…eq\f(1,k)…eq\f(1,m＋n)Peq\f(Ceq\o\al(n－1,n－1),Ceq\o\al(n,m＋n))eq\f(Ceq\o\al(n－1,n),Ceq\o\al(n,m＋n))eq\f(Ceq\o\al(n－1,n＋1),Ceq\o\al(n,m＋n))…eq\f(Ceq\o\al(n－1,k－1),Ceq\o\al(n,m＋n))…eq\f(Ceq\o\al(n－1,n＋m－1),Ceq\o\al(n,m＋n))隨機變量X的期望為：E(X)＝∑m＋n,k＝neq\f(1,k)·eq\f(Ceq\o\al(n－1,k－1),Ceq\o\al(n,m＋n))＝eq\f(1,Ceq\o\al(n,m＋n))∑m＋n,k＝neq\f(1,k)·eq\f(（k－1）！,（n－1）?。╧－n）！).所以E(X)<eq\f(1,Ceq\o\al(n,m＋n))∑m＋n,k＝neq\f(（k－2）！,（n－1）！（k－n）！)＝eq\f(1,（n－1）Ceq\o\al(n,m＋n))∑m＋n,k＝neq\f(（k－2）！,（n－2）！（k－n）！)＝eq\f(1,（n－1）Ceq\o\al(n,m＋n))(1＋Ceq\o\al(n－2,n－1)＋Ceq\o\al(n－2,n)＋…＋Ceq\o\al(n－2,m＋n－2))＝eq\f(1,（n－1）Ceq\o\al(n,m＋n))(Ceq\o\al(n－1,n－1)＋Ceq\o\al(n－2,n－1)＋Ceq\o\al(n－2,n)＋…＋Ceq\o\al(n－2,m＋n－2))＝eq\f(1,（n－1）Ceq\o\al(n,m＋n))(Ceq\o\al(n－1,n)＋Ceq\o\al(n－2,n)＋…＋Ceq\o\al(n－2,m＋n－2))＝…＝eq\f(1,（n－1）Ceq\o\al(n,m＋n))(Ceq\o\al(n－1,m＋n－2)＋Ceq\o\al(n－2,m＋n－2))＝eq\f(Ceq\o\al(n－1,m＋n－1),（n－1）Ceq\o\al(n,m＋n))＝eq\f(n,（m＋n）（n－1）)，即E(X)<eq\f(n,（m＋n）（n－1）).eq\a\vs4\al([課時達標訓練])A組——大題保分練1．(2024·南京學情調研)袋中有形態和大小完全相同的四種不同顏色的小球，每種顏色的小球各有4個，分別編號為1，2，3，4.現從袋中隨機取兩個球．(1)若兩個球顏色不同，求不同取法的種數；(2)在(1)的條件下，記兩球編號的差的肯定值為隨機變量X，求隨機變量X的概率分布與數學期望．解：(1)兩個球顏色不同的狀況共有Ceq\o\al(2,4)·42＝96(種)．(2)隨機變量X全部可能的值為0，1，2，3.P(X＝0)＝eq\f(4·Ceq\o\al(2,4),96)＝eq\f(1,4)，P(X＝1)＝eq\f(3·Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(1,3),96)＝eq\f(3,8)，P(X＝2)＝eq\f(2·Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(1,3),96)＝eq\f(1,4)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(1,3),96)＝eq\f(1,8).所以隨機變量X的概率分布列為X0123Peq\f(1,4)eq\f(3,8)eq\f(1,4)eq\f(1,8)所以E(X)＝0×eq\f(1,4)＋1×eq\f(3,8)＋2×eq\f(1,4)＋3×eq\f(1,8)＝eq\f(5,4).2．(2024·蘇錫常鎮一模)從批量較大的產品中隨機取出10件產品進行質量檢測，若這批產品的不合格率為0.05，隨機變量X表示這10件產品中的不合格產品的件數．(1)問：這10件產品中“恰好有2件不合格的概率P(X＝2)”和“恰好有3件不合格的概率P(X＝3)”哪個大？請說明理由；(2)求隨機變量X的數學期望E(X)．解：∵批量較大，∴可以認為隨機變量X～B(10，0.05)．(1)恰好有2件不合格的概率P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,10)×0.052×0.958，恰好有3件不合格的概率P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,10)×0.053×0.957，∵eq\f(P（X＝2）,P（X＝3）)＝eq\f(Ceq\o\al(2,10)×0.052×0.958,Ceq\o\al(3,10)×0.053×0.957)＝eq\f(57,8)＞1，∴P(X＝2)＞P(X＝3)，即恰好有2件不合格的概率大．(2)令p＝0.05，P(X＝k)＝pk＝Ceq\o\al(k,10)pk(1－p)10－k，k＝0，1，2，…，10.隨機變量X的概率分布為X012…10PCeq\o\al(0,10)p0(1－p)10Ceq\o\al(1,10)p1(1－p)9Ceq\o\al(2,10)p2(1－p)8…Ceq\o\al(10,10)p10(1－p)0故E(X)＝∑10,k＝0kpk＝10×0.05＝0.5.3．(2024·南通、泰州等七市三模)現有一款智能學習APP，學習內容包含文章學習和視頻學習兩類，且這兩類學習互不影響．已知該APP積分規則如下：每閱讀一篇文章積1分，每日上限積5分；觀看視頻累計3分鐘積2分，每日上限積6分．經過抽樣統計發覺，文章學習積分的概率分布表如表1所示，視頻學習積分的概率分布表如表2所示．表1文章學習積分12345概率eq\f(1,9)eq\f(1,9)eq\f(1,9)eq\f(1,6)eq\f(1,2)表2視頻學習積分246概率eq\f(1,6)eq\f(1,3)eq\f(1,2)(1)現隨機抽取1人了解學習狀況，求其每日學習積分不低于9分的概率；(2)現隨機抽取3人了解學習狀況，設積分不低于9分的人數為ξ，求ξ的概率分布及數學期望．解：(1)由題意知，獲得的積分不低于9分的情形有：文章學習積分3455視頻學習積分6646因為兩類學習互不影響，所以概率P＝eq\f(1,9)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,6)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(5,9)，所以每人每日學習積分不低于9分的概率為eq\f(5,9).(2)隨機變量ξ的全部可能取值為0，1，2，3.由(1)知每人每日學習積分不低于9分的概率為eq\f(5,9)，則P(ξ＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))eq\s\up12(3)＝eq\f(64,729)；P(ξ＝1)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(5,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))eq\s\up12(2)＝eq\f(80,243)；P(ξ＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,9)))eq\s\up12(2)×eq\f(4,9)＝eq\f(100,243)；P(ξ＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,9)))eq\s\up12(3)＝eq\f(125,729).所以隨機變量ξ的概率分布為ξ0123Peq\f(64,729)eq\f(80,243)eq\f(100,243)eq\f(125,729)所以E(ξ)＝0×eq\f(64,729)＋1×eq\f(80,243)＋2×eq\f(100,243)＋3×eq\f(125,729)＝eq\f(5,3).所以隨機變量ξ的數學期望為eq\f(5,3).4．已知某種植物的種子每粒發芽的概率都為eq\f(1,3)，某試驗小組對該種植物的種子進行發芽試驗，若該試驗小組共種植四粒該植物的種子(每粒種子的生長因素相同且發芽與否相互獨立)，用ξ表示這四粒種子中發芽的種子數與未發芽的種子數的差的肯定值．(1)求隨機變量ξ的概率分布和數學期望；(2)求不等式ξx2－ξx＋1>0的解集為R的概率．解：(1)由題意知，這四粒種子中發芽的種子數可能為0，1，2，3，4，對應的未發芽的種子數為4，3，2，1，0，所以ξ的全部可能取值為0，2，4，P(ξ＝0)＝Ceq\o\al(2,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(8,27)，P(ξ＝2)＝Ceq\o\al(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(1)＋Ceq\o\al(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(40,81)，P(ξ＝4)＝Ceq\o\al(4,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(0)＋Ceq\o\al(0,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(0)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(4)＝eq\f(17,81).所以隨機變量ξ的概率分布為ξ024Peq\f(8,27)eq\f(40,81)eq\f(17,81)數學期望E(ξ)＝0×eq\f(8,27)＋2×eq\f(40,81)＋4×eq\f(17,81)＝eq\f(148,81).(2)由(1)知ξ的全部可能取值為0，2，4，當ξ＝0時，代入ξx2－ξx＋1>0，得1>0，對x∈R恒成立，即解集為R；當ξ＝2時，代入ξx2－ξx＋1>0，得2x2－2x＋1>0，即2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)>0，對x∈R恒成立，即解集為R；當ξ＝4時，代入ξx2－ξx＋1>0，得4x2－4x＋1>0，其解集為x≠eq\f(1,2)，不滿意題意．所以不等式ξx2－ξx＋1>0的解集為R的概率P＝P(ξ＝0)＋P(ξ＝2)＝eq\f(64,81).B組——大題增分練1．(2024·鎮江期末)某學生參與4門學科的學業水平測試，每門得A等級的概率都是eq\f(1,4)，該學生各學科等級成果彼此獨立．規定：有一門學科獲A等級加1分，有兩門學科獲A等級加2分，有三門學科獲A等級加3分，四門學科獲A等級則加5分．記X1表示該生的加分數，X2表示該生獲A等級的學科門數與未獲A等級學科門數的差的肯定值．(1)求X1的數學期望；(2)求X2的分布列．解：(1)記該學生有i門學科獲得A等級為事務Ai，i＝0，1，2，3，4.X1的可能取值為0，1，2，3，5.則P(Ai)＝Ceq\o\al(i,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(i)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(4－i)，即P(A0)＝eq\f(81,256)，P(A1)＝eq\f(27,64)，P(A2)＝eq\f(27,128)，P(A3)＝eq\f(3,64)，P(A4)＝eq\f(1,256)，則X1的分布列為X101235Peq\f(81,256)eq\f(27,64)eq\f(27,128)eq\f(3,64)eq\f(1,256)所以E(X1)＝0×eq\f(81,256)＋1×eq\f(27,64)＋2×eq\f(27,128)＋3×eq\f(3,64)＋5×eq\f(1,256)＝eq\f(257,256).(2)X2的可能取值為0，2，4，則P(X2＝0)＝P(A2)＝eq\f(27,128)；P(X2＝2)＝P(A1)＋P(A3)＝eq\f(27,64)＋eq\f(3,64)＝eq\f(15,32)；P(X2＝4)＝P(A0)＋P(A4)＝eq\f(81,256)＋eq\f(1,256)＝eq\f(41,128).所以X2的分布列為X2024Peq\f(27,128)eq\f(15,32)eq\f(41,128)2.(2024·全國卷Ⅰ)某工廠的某種產品成箱包裝，每箱200件，每一箱產品在交付用戶之前要對產品作檢驗，如檢驗出不合格品，則更換為合格品．檢驗時，先從這箱產品中任取20件作檢驗，再依據檢驗結果確定是否對余下的全部產品作檢驗．設每件產品為不合格品的概率都為p(0<p<1)，且各件產品是否為不合格品相互獨立．(1)記20件產品中恰有2件不合格品的概率為f(p)，求f(p)的最大值點p0.(2)現對一箱產品檢驗了20件，結果恰有2件不合格品，以(1)中確定的p0作為p的值．已知每件產品的檢驗費用為2元，若有不合格品進入用戶手中，則工廠要對每件不合格品支付25元的賠償費用．①若不對該箱余下的產品作檢驗，這一箱產品的檢驗費用與賠償費用的和記為X，求EX；②以檢驗費用與賠償費用和的期望值為決策依據，是否該對這箱余下的全部產品作檢驗？解：(1)因為20件產品中恰有2件不合格品的概率為f(p)＝Ceq\o\al(2,20)p2·(1－p)18，所以f′(p)＝Ceq\o\al(2,20)[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2Ceq\o\al(2,20)p(1－p)17(1－10p)．令f′(p)＝0，得p＝0.1.當p∈(0，0.1)時，f′(p)>0；當p∈(0.1，1)時，f′(p)<0.所以f(p)的最大值點為p0＝0.1.(2)由(1)知，p＝0.1.①令Y表示余下的180件產品中的不合格品件數，依題意知Y～B(180，0.1)，X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.所以EX＝E(40＋25Y)＝40＋25EY＝490.②若對余下的產品作檢驗，則這一箱產品所須要的檢驗費用為400元．由于EX>400，故應當對余下的產品作檢驗．3.如圖，設P1，P2，…，P6為單位圓上逆時針勻稱分布的六個點，現任選其中三個不同點構成一個三角形，記該三角形的面積為隨機變量S.(1)求S＝eq\f(\r(3),2)的概率；(2)求S的分布列及數學期望E(S)．解：(1)從六個點中任選三個不同點構成一個三角形共有Ceq\o\al(3,6)種不同選法，其中S＝eq\f(\r(3),2)的為有一個角是30°的直角三角形(如△P1P4P5)，共6×2＝12種，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S＝\f(\r(3),2)))＝eq\f(12,Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(3,5).(2)S的全部可能取值為eq\f(\r(3),4)，eq\f(\r(3),2)，eq\f(3\r(3),4).S＝eq\f(\r(3),4)的為頂角是120°的等腰三角形(如△P1P2P3)，共6種，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S＝\f(\r(3),4)))＝eq\f(6,Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(3,10).S＝eq\f(3\r(3),4)的為等邊三角形(如△P1P3P5)，共2種，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S＝\f(3\r(3),4)))＝eq\f(2,Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,10).又由(1)知Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S＝\f(\r(3),2)))＝eq\f(12,Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(3,5)，故S的分布列為Seq\f(\r(3),4)eq\f(\r(3),2)eq\f(3\r(3),4)Peq\f(3,10)eq\f(3,5)eq\f(1,10)所以E(S)＝eq\f(\r(3),4)×eq\f(3,10)＋eq\f(\r(3),2)×eq\f(3,5)＋eq\f(3\r(3),4)×eq\f(1,10)＝eq\f(9\r(3),20).4．(2024·全國卷Ⅰ)為治療某種疾病，研制了甲、乙兩種新藥，希望知道哪種新藥更有效，為此進行動物試驗．試驗方案如下：每一輪選取兩只白鼠對藥效進行對比試驗．對于兩只白鼠，隨機選一只施以甲藥，另一只施以乙藥．一輪的治療結果得出后，再支配下一輪試驗．當其中一種藥治愈的白鼠比另一種藥治愈的白鼠多4只時，就停止試驗，并認為治愈只數多的藥更有效．為了便利描述問題，約定：對于每輪試驗，若施以甲藥的白鼠治愈且施以乙藥的白鼠未治愈則甲藥得1分，乙藥得－1分；若施以乙藥的白鼠治愈且施以甲藥的白鼠未治愈則乙藥得1分，甲藥得－1分；若都治愈或都未治愈則兩種藥均得0分．甲、乙兩種藥的治愈率分別記為α和β，一輪試驗中甲藥的得分記為X.(1)求X的分布列；(2)若甲藥、乙藥在試驗起先時都給予4分，pi(i＝0，1，…，8)表示“甲藥的累計得分為i時，最終認為甲藥比乙藥更有效”的概率，則p0＝0，p8＝1，pi＝api－1＋bpi＋cpi＋1(i＝1，2，…，7)，其中a＝P(X＝－1)，b＝P(X＝0)，c＝P(X＝1)．假設α＝0.5，β＝0.8.①證明：{pi＋1－pi}(i＝0，1，2，…，7)為等比數列；②求p4，并依據p4的值說明這種試驗方案的合理性．解：(1)X的全部可能取值為－1，0，1.P(X＝－1)＝(1－α)β，P(X＝0)＝αβ＋(1－α)(1－β)，P(X＝1)＝α(1－β)．所以X的分布列為X－101P(1－α)βαβ＋(1－α)(1－β)α(1－β)(2)①證明：由(1)得a＝0.4，b＝0.5，c＝0.1，因此pi＝0.4pi－1＋0.5pi＋0.1pi＋1，故0.1(pi＋1－pi)＝0.4(pi－pi－1)，即pi＋1－pi＝4(pi－pi－1)．又因為p1－p0＝p1≠0，所以{pi＋1－pi}(i＝0，1，2，…，7)是公比為4，首項為p1的等比數列．②由①可得p8＝p8－p7＋p7－p6＋…＋p1－p0＋p0＝(p8－p7)＋(p7－p6)＋…＋(p1－p0)＝eq\f(48－1,3)p1.由于p8＝1，故p1＝eq\f(3,48－1)，所以p4＝(p4－p3)＋(p3－p2)＋(p2－p1)＋(p1－p0)＝eq\f(44－1,3)p1＝eq\f(1,257).p4表示最終認為甲藥更有效的概率．由計算結果可以看出，在甲藥治愈率為0.5，乙藥治愈率為0.8時，認為甲藥更有效的概率為p4＝eq\f(1,257)≈0.0039，此時得出錯誤結論的概率特別小，說明這種試驗方案合理．其次講|運用空間向量求角題型(一)運用空間向量求兩直線所成的角主要考查用直線的方向向量求異面直線所成的角.[典例感悟][例1](2024·南京鹽城一模)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝1，PA＝AB＝eq\r(2)，點E是棱PB的中點．(1)求異面直線EC與PD所成角的余弦值；(2)求二面角B-EC-D的余弦值．[解](1)因為PA⊥底面ABCD，且底面ABCD為矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直，以A為原點，AB，AD，AP所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，又PA＝AB＝eq\r(2)，AD＝1，所以B(eq\r(2)，0，0)，C(eq\r(2)，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，eq\r(2))，因為E是棱PB的中點，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))，所以eq\o(EC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1，－\f(\r(2),2)))，eq\o(PD,\s\up7(→))＝(0，1，－eq\r(2))，所以cos〈eq\o(EC,\s\up7(→))，eq\o(PD,\s\up7(→))〉＝eq\f(1＋1,\r(\f(1,2)＋1＋\f(1,2))×\r(1＋2))＝eq\f(\r(6),3)，所以異面直線EC與PD所成角的余弦值為eq\f(\r(6),3).(2)由(1)得eq\o(EC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1，－\f(\r(2),2)))，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(0，1，0)，eq\o(DC,\s\up7(→))＝(eq\r(2)，0，0)．設平面BEC的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(EC,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)x1＋y1－\f(\r(2),2)z1＝0，,y1＝0，))得y1＝0，令x1＝1，則z1＝1，所以平面BEC的一個法向量為n1＝(1，0，1)．設平面DEC的法向量為n2＝(x2，y2，z2)．則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·eq\o(EC,\s\up7(→))＝0，,n2·eq\o(DC,\s\up7(→))＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)x2＋y2－\f(\r(2),2)z2＝0，,\r(2)x2＝0，))得x2＝0，令z2＝eq\r(2)，則y2＝1，所以平面DEC的一個法向量為n2＝(0，1，eq\r(2))．所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(\r(2),\r(1＋1)×\r(1＋2))＝eq\f(\r(3),3).由圖可知二面角B-EC-D為鈍二面角，所以二面角B-EC-D的余弦值為－eq\f(\r(3),3).[方法技巧]1．兩條異面直線所成角的求法設兩條異面直線a，b的方向向量分別為a，b，其夾角為θ，則cosφ＝|cosθ|＝eq\f(|a·b|,|a||b|)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中φ為異面直線a，b所成,的角φ∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))))).2．用向量法求異面直線所成角的四步驟(1)選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標系；(2)確定異面直線上兩個點的坐標，從而確定異面直線的方向向量；(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；(4)兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角余弦值的肯定值．[演練沖關](2024·蘇北三市一模)如圖，在三棱錐D-ABC中，DA⊥平面ABC，∠CAB＝90°，且AC＝AD＝1，AB＝2，E為BD的中點．(1)求異面直線AE與BC所成角的余弦值；(2)求二面角A-CE-B的余弦值．解：因為DA⊥平面ABC，∠CAB＝90°，所以可以以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz.因為AC＝AD＝1，AB＝2，所以A(0，0，0)，C(1，0，0)，B(0，2，0)，D(0，0，1)．因為點E為線段BD的中點，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2))).(1)eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(1，－2，0)．所以cos〈eq\o(AE,\s\up7(→))，eq\o(BC,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→)),|eq\o(AE,\s\up7(→))||eq\o(BC,\s\up7(→))|)＝eq\f(－2,\r(\f(5,4))×\r(5))＝－eq\f(4,5)，所以異面直線AE與BC所成角的余弦值為eq\f(4,5).(2)設平面ACE的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，因為eq\o(AC,\s\up7(→))＝(1，0，0)，eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，所以n1·eq\o(AC,\s\up7(→))＝0，n1·eq\o(AE,\s\up7(→))＝0，即x1＝0且y1＋eq\f(1,2)z1＝0，取y1＝1，得z1＝－2，所以n1＝(0，1，－2)是平面ACE的一個法向量．設平面BCE的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，因為eq\o(BC,\s\up7(→))＝(1，－2，0)，eq\o(BE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，\f(1,2)))，所以n2·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0，n2·eq\o(BE,\s\up7(→))＝0，即x2－2y2＝0且－y2＋eq\f(1,2)z2＝0，取y2＝1，得x2＝2，z2＝2，所以n2＝(2，1，2)是平面BCE的一個法向量．所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(－3,\r(5)×\r(9))＝－eq\f(\r(5),5).由圖易知二面角A-CE-B為鈍二面角，所以二面角A-CE-B的余弦值為－eq\f(\r(5),5).題型(二)運用空間向量求直線和平面所成的角考查用直線的方向向量與平面的法向量計算直線與平面所成的角.[典例感悟][例2](2024·常州期末)如圖，在空間直角坐標系O-xyz中，已知正四棱錐P-ABCD的高OP＝2，點B，D和C，A分別在x軸和y軸上，且AB＝eq\r(2)，點M是棱PC的中點．(1)求直線AM與平面PAB所成角的正弦值；(2)求二面角A-PB-C的余弦值．[解](1)設直線AM與平面PAB所成的角為α，易知A(0，－1，0)，B(1，0，0)，P(0，0，2)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，則eq\o(AB,\s\up7(→))＝(1，1，0)，eq\o(PA,\s\up7(→))＝(0，－1，－2)，eq\a\vs4\al(eq\o(AM,\s\up7(→)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，1)).設平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(PA,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,－y－2z＝0，))令x＝2，得y＝－2，z＝1，所以n＝(2，－2，1)是平面PAB的一個法向量，所以sinα＝|cos〈n，eq\o(AM,\s\up7(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·eq\o(AM,\s\up7(→)),|n|·|eq\o(AM,\s\up7(→))|)))＝eq\f(2,3×\f(\r(13),2))＝eq\f(4\r(13),39).故直線AM與平面PAB所成角的正弦值為eq\f(4\r(13),39).(2)設平面PBC的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，易知C(0，1，0)，則eq\o(BC,\s\up7(→))＝(－1，1，0)，eq\o(PB,\s\up7(→))＝(1，0，－2)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(PB,\s\up7(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1＝0，,x1－2z1＝0，))令x1＝2，得y1＝2，z1＝1，所以n1＝(2，2，1)是平面PBC的一個法向量，所以cos〈n，n1〉＝eq\f(n·n1,|n|·|n1|)＝eq\f(1,3×3)＝eq\f(1,9).易知二面角A-PB-C為鈍二面角，所以二面角A-PB-C的余弦值為－eq\f(1,9).[方法技巧]直線和平面所成角的求法如圖所示，設直線l的方向向量為e，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為φ，兩向量e與n的夾角為θ，則有sinφ＝|cosθ|＝eq\f(|n·e|,|n||e|)，φ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).[演練沖關]如圖，在三棱錐P-ABC中，∠APB＝90°，∠PAB＝60°，AB＝BC＝CA，平面PAB⊥平面ABC.(1)求直線PC與平面ABC所成的角的正弦值；(2)求二面角B-AP-C的平面角的余弦值．解：(1)如圖，設AB的中點為D，作PO⊥AB于點O，由∠APB＝90°，∠PAB＝60°得O為AD的中點，連接CD.因為平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AD，所以PO⊥平面ABC.所以PO⊥CD.由AB＝BC＝CA，知CD⊥AB.設E為AC的中點，則EO∥CD，從而OE⊥PO，OE⊥AB.如圖，以O為坐標原點，OB，OE，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系O-xyz.不妨設PA＝2，由已知可得，AB＝4，OA＝OD＝1，OP＝eq\r(3)，CD＝2eq\r(3).所以O(0，0，0)，A(－1，0，0)，C(1，2eq\r(3)，0)，P(0，0，eq\r(3))，所以eq\o(CP,\s\up7(→))＝(－1，－2eq\r(3)，eq\r(3))．而eq\o(OP,\s\up7(→))＝(0，0，eq\r(3))為平面ABC的一個法向量，設α為直線PC與平面ABC所成的角，則sinα＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(eq\o(CP,\s\up7(→))·eq\o(OP,\s\up7(→)),|eq\o(CP,\s\up7(→))||eq\o(OP,\s\up7(→))|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(0＋0＋3,\r(16)×\r(3))))＝eq\f(\r(3),4).(2)由(1)有eq\o(AP,\s\up7(→))＝(1，0，eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(2，2eq\r(3)，0)．設平面APC的一個法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n⊥eq\o(AP,\s\up7(→))，,n⊥eq\o(AC,\s\up7(→))))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AP,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(AC,\s\up7(→))＝0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x1，y1，z1）·（1，0，\r(3)）＝0，,（x1，y1，z1）·（2，2\r(3)，0）＝0.))從而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋\r(3)z1＝0，,2x1＋2\r(3)y1＝0.))取x1＝－eq\r(3)，則y1＝1，z1＝1，所以n＝(－eq\r(3)，1，1)．設二面角B-AP-C的平面角為β，易知β為銳角．而平面ABP的一個法向量為m＝(0，1，0)，則cosβ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·m,|n||m|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(3＋1＋1))))＝eq\f(\r(5),5).題型(三)運用空間向量求二面角eq\a\vs4\al(考查用平面的法向量計算平面與平面所成的角.)[典例感悟][例3](2024·南京四校聯考)如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝4，E，F分別為棱AD和CC1的中點．(1)求異面直線BE和AF所成角的余弦值；(2)求平面B1D1F與平面BB1E[解]在長方體ABCD-A1B1C1D1中，以點D1為坐標原點，D1A1，D1C1，D1D所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系如圖所示．因為AB＝BC＝2，AA1＝4，E，F分別為棱AD和CC1的中點，所以B(2，2，4)，E(1，0，4)，A(2，0，4)，F(0，2，2)，B1(2，2，0)，D1(0，0，(1)eq\o(BE,\s\up7(→))＝(－1，－2，0)，eq\o(AF,\s\up7(→))＝(－2，2，－2)，設異面直線BE和AF所成的角為θ，則cosθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(eq\o(BE,\s\up7(→))·eq\o(AF,\s\up7(→)),|eq\o(BE,\s\up7(→))|·|eq\o(AF,\s\up7(→))|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2,\r(5)×2\r(3))))＝eq\f(\r(15),15).故異面直線BE和AF所成角的余弦值為eq\f(\r(15),15).(2)設平面B1D1F和平面BB1E的法向量分別是n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2eq\o(D1F,\s\up7(→))＝(0，2，2)，eq\o(D1B1,\s\up7(→))＝(2，2，0)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(D1F,\s\up7(→))＝2y1＋2z1＝0，,n1·eq\o(D1B1,\s\up7(→))＝2x1＋2y1＝0，))取x1＝1，則y1＝－1，z1＝1，得n1＝(1，－1，1)為平面B1D1F的一個法向量．eq\o(EB,\s\up7(→))＝(1，2，0)，eq\o(B1B,\s\up7(→))＝(0，0，4)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·eq\o(EB,\s\up7(→))＝x2＋2y2＝0，,n2·eq\o(B1B,\s\up7(→))＝4z2＝0，))z2＝0，取y2＝－1，則x2＝2，得n2＝(2，－1，0)為平面BB1E的一個法向量．設平面B1D1F與平面BB1E所成的角為α，cosα＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1|·|n2|)))＝eq\f(3,\r(3)×\r(5))＝eq\f(\r(15),5).故平面B1D1F與平面BB1E所成角的余弦值為eq\f(\r(15),5).[方法技巧]二面角的求法建立恰當空間直角坐標系，求出兩個平面的法向量n1，n2，利用cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)求出(結合圖形取“±”號)二面角，也可依據線面垂直，干脆求出法向量來求解．[演練沖關]1．(2024·蘇州期末)如圖，四棱錐P-ABCD中，已知底面ABCD是邊長為1的正方形，側面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，PA與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(\r(21),7).(1)求側棱PA的長；(2)設E為AB中點，若PA≥AB，求二面角B-PC-E的余弦值．解：(1)取AD的中點O，BC的中點M，連接OP，OM，因為PA＝PD，所以OP⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，OP?平面PAD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以OP⊥平面ABCD，又OA?平面ABCD，OM?平面ABCD，所以OP⊥OA，OP⊥OM.因為ABCD是正方形，所以OA⊥OM.以O為原點，OA，OM，OP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系O-xyz(如圖)，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，0)).設P(0，0，c)(c＞0)，則eq\o(PB,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，－c))，eq\o(CB,\s\up7(→))＝(1，0，0)．設平面PBC的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(eq\o(PB,\s\up7(→))·n1＝0，,eq\o(CB,\s\up7(→))·n1＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x1＋y1－cz1＝0，,x1＝0，))取z1＝1，則y1＝c，從而n1＝(0，c，1)是平面PBC的一個法向量．設PA與平面PBC所成的角為α，因為eq\o(PA,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，－c))，所以sinα＝|cos〈eq\o(PA,\s\up7(→))，n1〉|＝eq\f(|eq\o(PA,\s\up7(→))·n1|,|eq\o(PA,\s\up7(→))|·|n1|)＝eq\f(c,\r(\f(1,4)＋c2)·\r(c2＋1))＝eq\f(\r(21),7)，得c2＝eq\f(3,4)或c2＝eq\f(1,3)，所以PA＝1或PA＝eq\f(\r(21),6).(2)由(1)知，PA≥AB＝1，所以PA＝1，c＝eq\f(\r(3),2).由(1)知，平面PBC的一個法向量為n1＝(0，c，1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，1)).設平面PCE的法向量為n2＝(x，y，z)，而eq\o(CE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)，0))，eq\o(PC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，－\f(\r(3),2)))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(eq\o(CE,\s\up7(→))·n2＝0，,eq\o(PC,\s\up7(→))·n2＝0，))則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)y＝0，,－\f(1,2)x＋y－\f(\r(3),2)z＝0，))取x＝1，則y＝2，z＝eq\r(3)，即n2＝(1，2，eq\r(3))是平面PCE的一個法向量．設二面角B-PC-E的平面角為β，所以|cosβ|＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1|·|n2|)))＝eq\f(2\r(3),\f(\r(7),2)×2\r(2))＝eq\f(\r(42),7).依據圖形知β為銳角，所以二面角B-PC-E的余弦值為eq\f(\r(42),7).2．(2024·蘇錫常鎮一模)如圖，已知正四棱錐P-ABCD中，PA＝AB＝2，點M，N分別在PA，BD上，且eq\f(PM,PA)＝eq\f(BN,BD)＝eq\f(1,3).(1)求異面直線MN與PC所成角的大小；(2)求二面角N-PC-B的余弦值．解：(1)連結AC，BD，設AC，BD交于點O，在正四棱錐P-ABCD中，OP⊥平面ABCD.又PA＝AB＝2，所以OP＝eq\r(2).以O為坐標原點，eq\o(DA,\s\up7(→))，eq\o(AB,\s\up7(→))方向分別是x軸，y軸正方向，建立空間直角坐標系O-xyz，如圖．則A(1，－1，0)，B(1，1，0)，C(－1，1，0)，D(－1，－1，0)，P(0，0，eq\r(2))．故eq\o(OM,\s\up7(→))＝eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(AM,\s\up7(→))＝eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(1,3)，\f(2\r(2),3)))，eq\o(ON,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，0))，所以eq\o(MN,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，－\f(2\r(2),3)))，eq\o(PC,\s\up7(→))＝(－1，1，－eq\r(2))，cos〈eq\o(MN,\s\up7(→))，eq\o(PC,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(MN,\s\up7(→))·eq\o(PC,\s\up7(→)),|eq\o(MN,\s\up7(→))||eq\o(PC,\s\up7(→))|)＝eq\f(2,\f(2\r(3),3)×2)＝eq\f(\r(3),2)，所以MN與PC所成角的大小為30°.(2)eq\o(PC,\s\up7(→))＝(－1，1，－eq\r(2))，eq\o(CB,\s\up7(→))＝(2，0，0)，NC→＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(2,3)，0)).設m＝(x，y，z)是平面PCB的一個法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(PC,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(CB,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋y－\r(2)z＝0，,2x＝0，))令y＝eq\r(2)，得z＝1，所以m＝(0，eq\r(2)，1)，設n＝(x1，y1，z1)是平面PCN的一個法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(PC,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(NC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1－\r(2)z1＝0，,－\f(4,3)x1＋\f(2,3)y1＝0.))令x1＝2，得y1＝4，z1＝eq\r(2)，所以n＝(2，4，eq\r(2)),故cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(5\r(2),\r(3)×\r(22))＝eq\f(5\r(33),33)，所以二面角N-PC-B的余弦值為eq\f(5\r(33),33).

eq\a\vs4\al([課時達標訓練])A組——大題保分練1．(2024·南通等七市二模)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，AB＝1，AP＝AD＝2.(1)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值；(2)若點M，N分別在AB，PC上，且MN⊥平面PCD，試確定點M，N的位置．解：(1)由題意知，AB，AD，AP兩兩垂直，以{eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(AP,\s\up7(→))}為正交基