作业(五) 空间向量在立体几何中的应用-2024年高二数学暑假作业（湘教版）

空间向量在立体几何中的应用 1.空间位置关系的向量表示 (1)直线的方向向量与平面的法向量 ①直线的方向向量:一般地,如果非零向量 v与直线l平行,就称v为l的方向向量; ②平面的法向量:如果非零向量n所在直 线与平面α 垂直,则称n 为平面α 的法 向量; ③方向向量和法向量均是非零向量且不 唯一. (2)空间位置关系的向量表示 位置关系 向量表示 直 线l1,l2 的 方 向 向 量 分 别 为 n1,n2 l1∥l2 n1∥n2⇔n1=kn2(k∈R) l1⊥l2 n1⊥n2⇔n1·n2=0 直线l的方向 向 量为n,平面α的 法向量为m l∥α n⊥m⇔n·m=0 l⊥α n∥m⇔n=km(k∈R) 平面α,β 的法向 量分别为n,m α∥β n∥m⇔n=km(k∈R) α⊥β n⊥m⇔n·m=0 2.向量与夹角 (1)直线与直线的夹角 设异面直线l1,l2 所成的角为θ,其方向向 量分别为u,v,则cosθ=|cos<u,v>|= u·v |u||v| = |u·v| |u||v|. (2)直线与平面所成的角 设向量l为直线l的一个方向向量,n是平 面α 的一个 法 向 量,则 直 线l与 平 面α 所成的角θ∈ 0,π2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 ,且θ=π2- <l,n>(如 图1)或θ=<l,n>-π2 (如图2),故sinθ= |cos<l,n>|=|l ·n| |l||n|. (3)两个平面所成的角 设平面α,β的法向量分别是n1,n2,平面α 与平面β 的夹角为θ,则cosθ=|cos<n1, n2>|= n1·n2 |n1||n2| = |n1·n2| |n1||n2| . 3.向量与距离 (1)点到直线的距离 如图,直线l的方向 向量为v,点P 为直 线l外一点,过点P 作直线l的垂线交l于点D,则|PD → |即为 点P 到直线l的距离. 设A 为直线l上任意一点,则AD → 是AP → 在l 上的投影向量,所以投影长 |AD → |=|AP → ||cos∠PAD|=|AP → |· |AP →·v| |AP → ||v| =|AP →·v| |v| . 于是,点P 到已知直线l的距离 d=|PD → |=|AP → |2-|AD → |2=|AP → |2-|AP →·v| |v| 2 . (2)点到平面的距离 如图,在平面α内任 取 一 点 A,作 向 量 AP →,设n是平面α的 法向 量,则AP → 在 法 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —21— 高二数学(配XJ版) 向量n 上的投影长|BP → |=|AP →·n| |n| 即为 点P 到平面α的距离d. (3)两平行线间的距离:转化为点到直线的 距离. (4)两平行平面间的距离:转化为点到平面 的距离. 1.已知向量m,n分别是直线l的方向向量和 平面α的法向量,若cos<m,n>= 32 ,则l 与α所成的角为 ( ) A.30° B.60° C.120° D.150° 2.已知直线l1 的方向向量s1=(1,0,1),直 线l2 的方向向量s2=(-1,2,-2),则直 线l1 和l2 所成角的余弦值为 ( ) A.24 B. 1 2 C. 2 2 D. 3 2 3.已知A(0,0,2),B(1,0,2),C(0,2,0),则 点A 到直线BC 的距离为 ( ) A.2 23 B.1 C.2 D.2 2 4.在空间中,已知平面α过A(3,0,0)和B (0,4,0)及z轴上一点P(0,0,a)(a>0), 如果平面α与平面Oxy 所成的角为45°, 则a= . 1.如 图,在 直 三 棱 柱 ABC- A1B1C1 中,AB = AC = AA1= 2,BC=2,点 D 为 BC 的中点,则异面直线AD 与A1C所成的角为 ( ) A.π2 B. π 3 C.π4 D. π 6 2.(多选)如图所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E,F 分 别 在 A1D,AC 上,且 A1E= 2 3A1D ,AF=13AC , 则正确的选项为 ( ) A.EF至多与A1D,AC之一垂直 B.EF⊥A1D,EF⊥AC C.EF与BD1 相交 D.EF与BD1 平行 3.如图为一个四棱锥与三 棱锥的组合体,C,D,E 三点共线,已知三棱锥 P-ADE 四个面都为直 角三角 形,且 ED ⊥AD,PA ⊥ 平 面 ABCE,AB∥CD,PE=3,CD=AD=2, ED=1,则直线PC与平面PAE 所成角的 正弦值为 ( ) A.34 B. 10 5 C.155 D. 13 4 4.(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱 长为1,点 E,O 分别是A1B1,A1C1 的中 点,P 在正方体内部且满足AP → =34AB → + 1 2AD → +23AA1 →,则下列说法正确的是 ( ) A.点A 到直线BE 的距离是 55 B.点O到平面ABC1D1 的距离是 2 4 C.平面A1BD 与平面B1CD1 之间的距离 为 3 3 D.点P 到直线AB 的距离为56 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —31— 5.在三棱锥 P-ABC 中,AB⊥ BC,AB=BC=12PA ,点O, D 分别是AC,PC 的中点, OP⊥底面ABC,则直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值为 . 6.在直三棱柱ABC-A1B1C1 中,AB=AC= AA1=2,∠BAC=90°,M 为BB1 的中点, N 为BC 的中点.则 (1)点 M 到直线AC1 的距离为 ; (2)点 N 到平面 MA1C1 的距离为 . 7.(2024· 九 省 联 考)如 图,平 行 六 面 体 ABCD-A1B1C1D1 中,底面ABCD是边长为2 的正方形,O为AC与BD 的交点,AA1=2, ∠C1CB=∠C1CD,∠C1CO=45°. (1)证明:C1O⊥平面ABCD; (2)求二面角B-AA1-D 的正弦值. 1.(2023·新课标Ⅱ卷) 如 图,三 棱 锥 A BCD 中,DA=DB= DC, BD ⊥ CD, ∠ADB=∠ADC=60°,E 为BC 的中点. (1)证明:BC⊥DA; (2)点F满足EF → =DA →,求二面角D AB F 的正弦值. 2.(2020·全国Ⅰ卷)如图, D 为圆锥的顶点,O 是圆 锥底面的圆心,AE 为底 面直径,AE=AD.△ABC 是底面的内接正三角形, P 为DO 上一点,PO= 66DO. (1)证明:PA⊥平面PBC; (2)求二面角B-PC-E 的余弦值. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —41— 高二数学(配XJ版) 易错一 忽视线面平行的隐含条件而致误 [示例1] 如图所示,四 棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是矩形,PB⊥底 面ABCD,AB=BC=4, 点E,F 分别在AD,CP 上,且DE=13DA ,CF=13CP. 证明:EF∥ 平面ABP. [名师叮嘱] 利用直线的方向向量和平面的法 向量证明线面平行时,务必指明直线不在平面内. 易错二 忽视空间角的范围而致误 [示例2] 如图所示,四棱锥S-ABCD的底 面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长 的 2倍,SD⊥平面PAC,P 为侧棱SD 上 的 点,则 二 面 角 P-AC-B 的 大 小 为 ,平面PAC 与平面ABC 的夹角 的大小为 . [名师叮嘱] 空间角的取值范围:①直线与直线 夹角的取值范围是 0,π2 ;②异面直线所成角的取 值范围是 0,π2 ;③直线与平面所成角的取值范围 是 0,π2 ;④二面角的取值范围是[0,π];⑤两个平 面所成角的取值范围是 0,π2 . 注意区分两条直线的方向向量的夹角、直线的 方向向量与平面的法向量的夹角、两个平面的法向 量的夹角跟上述空间角的关系,避免出错. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —51— 此时P∈线段CC1,△AB1P 周长 不是定值,故A错误; 对于B,当μ=1时,BP →=λBC→+ BB1 →=BB1 →+λB1C1 →,故此时P 点 轨迹为线段B1C1,而B1C1∥BC, B1C1∥平面 A1BC,则有 P 到平 面A1BC 的距 离 为 定 值,所 以 其 体积为定值,故B正确. 对于C,当λ=12 时,BP→=12BC →+ μBB1 →,取 BC,B1C1 中点分别为 Q,H,则BP→=BQ→+μQH →,所以P 点轨迹为线段QH, 不 妨 建 系 解 决,建 立 空 间 直 角 坐 标 系 如 图,A1 3 2 ,0,1 ,P (0,0,μ),B 0,12,0 ,则 A1P→ = - 32 ,0,μ-1 ,BP→= 0,-12,μ ,μ(μ-1)=0,所以 μ=0或μ=1.故 H,Q 均满足,故C错误; 对于D,当μ= 1 2 时,BP→=λBC→+12BB1 →,取BB1,CC1 中点为 M,N.BP→=BM→+λMN→,所以P 点轨迹为线段 MN.设 P 0,y0, 1 2 ,因 为 A 32,0,0 ,所 以AP→= - 32 ,y0, 1 2 ,A1B→= - 32,12,-1 ,所以34+12y0 -12=0⇒y0=- 1 2 ,此时P 与N 重合,故D正确. 故选:BD. 2.证明 以点C 为原点,分别以CD→,CB→,CC→1 的方向为 x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图 所示, 则C(0,0,0),C2(0,0,3),B2(0,2,2),D2(2,0,2),A2 (2,2,1), ∴B2C2 →=(0,-2,1),A2D2 →=(0,-2,1), ∴B2C2 →∥A2D2 →, 又B2C2,A2D2不在同一条直线上, ∴B2C2∥A2D2. 【易错警示】 [示例1] [解析] ∵向量a=(-2,1,4),b=(-4,2,t) 的夹角为锐角, ∴a·b=8+2+4t>0,解得t>-52 , 当a∥b时,-2-4= 1 2= 4 t ,解得t=8, ∴实数t的取值范围为 -52 ,8 ∪(8,+∞). [答案] -52 ,8 ∪(8,+∞) [示例2] B ∵OA=OB=OC,BC= 2OA, ∴∠BOC=90°. ∵OA=OC,∠AOC=60°,∴AC=OA. 又OB→·AC→=OB→·(OC→-OA→)=OB→·OC→-OB→·OA→= -OB→·OA→=-12|OA →|2, ∴cos<OB→,AC→>= OB →·AC→ |OB→||AC→| =-12 , ∴<OB→,AC→>=120°, ∴异面直线OB 与AC 所成的角为60°. 作业(五) 空间向量在立体几何中的应用 【基础诊断】 1.B 2.C 3.A 4.125 【综合应用】 1.B 由题意可知,AB,AC,AA1 两 两互相垂直,以点 A 为原点,分别 以AB→,AC→,AA→1 的 方 向 为 x 轴、 y轴、z轴的正方向,建立如图所示 的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),A1(0,0,2),C(0, 2,0),D 2 2 ,2 2 ,0 , ∴AD→= 2 2 ,2 2 ,0 ,A1C→=(0,2,- 2), ∴cos<AD→,A1C →>= AD →·A1C → |AD→||A1C →| =12 , ∴异面直线AD 与A1C所成的角为 π 3. 2.BD 如图,以点D 为原点,分别 以DA→,DC→,DD→1 的方向为x 轴、 y轴、z轴的正方向建立空间直角 坐标系. 设正方体的棱长为3,则E(1,0, 1),F(2,1,0),A1(3,0,3),A(3, 0,0),C(0,3,0),D(0,0,0),B(3, 3,0),D1(0,0,3), ∴EF→=(1,1,-1),AC→=(-3,3,0), A1D→=(-3,0,-3), ∵EF→·AC→=0,EF→·A1D→=0, ∴EF⊥AC,EF⊥A1D,B正确,A错误. 由BD1→=(-3,-3,3),得EF→=-13BD1 →, 故选项D正确,C错误. 3.C 在三棱锥P-ADE 中,ED⊥AD,PA⊥平面ABCE, 所以PE= PA2+AD2+DE2= PA2+22+12=3,解 得PA=2. 如图,建立空间直角坐标系, 则P(0,0,2),C(2,2,0),A(0,0,0), E(2,-1,0),所以PC→=(2,2,-2), AE→=(2,-1,0),AP→=(0,0,2),设 平面PAE的法向量为n=(x,y,z), 则 n·AE→=0, n·AP→=0, 即 2x-y=0 , 2z=0, 令x=1,则y=2,z=0,即n=(1,2,0), 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —05— 高二数学(配XJ版) 所以cos<PC→,n>= PC →·n |PC→||n| = 155 ,即直线PC 与平面 PAE 所成角的正弦值为 155 . 故选C. 4.BCD 如图,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1, 0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),C1(1,1,1),D1(0,1,1), E 12 ,0,1 ,所以BA→=(-1,0,0),BE→= -12,0,1 . 设∠ABE=θ,则 cosθ=|BA →·BE→| |BA→||BE→| = 55 ,sinθ= 1-cos2θ=2 55 . 故点A 到直线BE 的距离d1=|BA →|sinθ=1×2 55 = 2 5 5 ,故A错误; 易知C1O →=12C1A1 →= -12 ,-12 ,0 ,平面ABC1D1的一 个法向量DA1 →=(0,-1,1),则点O 到平面ABC1D1 的 距离d2= |DA1 →·C1O →| |DA1 →| = 1 2 2 = 24 ,故B正确;A1B →=(1, 0,-1),A1D →=(0,1,-1),A1D1 →=(0,1,0). 设平面A1BD 的法向量为n=(x,y,z), 则 n·A1B →=0, n·A1D →=0, 即 x-z=0,y-z=0, 令z=1,得y=1,x=1,所以n=(1,1,1). 所以点D1到平面A1BD 的距离d3= |A1D1 →·n| |n| = 1 3 = 33. 因为平面A1BD∥平面B1CD1,所以平面A1BD 与平面 B1CD1之间的距离等于点D1到平面A1BD 的距离,所以 平面A1BD与平面B1CD1之间的距离为 3 3 ,故C正确;因 为AP→=34AB →+12AD →+23AA1 →,AB→=(1,0,0),AD→= (0,1,0),AA1 →=(0,0,1),所以AP→= 34 ,1 2 ,2 3 ,则 AP→·AB→ |AB→| = 34 ,所 以 点 P 到 直 线 AB 的 距 离d4= |AP→|2- AP→·AB→ |AB→| 2 = 181144- 9 16= 5 6 ,故 D正确. 故选BCD. 5.解析 以点O 为原点,分别以OA→,OB→,OP→的方向为x 轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图,设 AB=a, 则OP= 142 a ,OD→= - 24a ,0, 144 a , 可求 得 平 面 PBC 的 法 向 量 为 n = -1,1, 17 , 所 以 cos<OD→,n> = OD →·n OD→ |n| = 210 30 ,设OD 与平面PBC 所成的角 为θ,则sinθ= 21030 . 答案 21030 6.解析 (1)建立如图所示的空间 直角坐标系,则A(0,0,0),A1(0, 0,2),M(2,0,1),C1(0,2,2),直 线AC1的一个单位方向向量为s0 = 0,22 ,2 2 ,AM→=(2,0,1),故 点 M 到 直 线 AC1 的 距 离 d= |AM→|2-|AM→·s0|2= 5-12 =3 22 . (2)设 平 面 MA1C1 的 法 向 量 为 n= (x,y,z),则 n·A1C1→=0且n·A1M→=0,即(x,y,z)·(0,2,0)=0 且(x,y,z)·(2,0,-1)=0,即y=0且2x-z=0,取x =1,得z=2,故n=(1,0,2)为平面 MA1C1的一个法向 量,与n 同 向 的 单 位 向 量 为n0= 55 ,0,2 55 .因 为 N(1,1,0),所 以MN→=(-1,1,-1),故 点 N 到 平 面 MA1C1的距离d=|MN→·n0|=3 55 . 答案 (1)3 22 (2)3 55 7.解析 (1)证明 OC1 →=OC→+CC1 →=CC1 →-12 (CB→+ CD→), OC1 →·BD→= CC1 →-12 (CB→+CD→) ·(CD→-CB→) =(CC1 → ·CD→ -CC1 → ·CB→)- 12 (CD→2-CB→2)=0, ∴C1O⊥BD, 而CC1=2,CO= 2,∠C1CO=45°,∴C1O= 2, ∴C1O2+OC2=CC21,∴C1O⊥OC, ∵BD∩OC=O,BD,AC⊂平面ABCD, ∴C1O⊥平面ABCD. (2)如图,以O 为坐标原点,OB,OC,OC1 所在直线分别 为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则B(2,0,0), A(0,- 2,0),C1(0,0,2),C(0,2,0),A1(0,-2 2, 2),D(- 2,0,0), 设平面AA1B 与平面AA1D 的一个法向量分别为n1= (x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2), 又AA1 →=(0,- 2,2),AB→=(2,2,0),AD→=(- 2, 2,0), ∴ n1·AB →=0, n1·AA1 →=0, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —15— ∴ 2x1+ 2y1=0 , - 2y1+ 2z1=0, 取n1=(1,-1,-1), ∴ n2·AA1 →=0, n2·AD →=0, 即 - 2y2+ 2z2=0, - 2x2+ 2y2=0, 取n2=(1,1,1), 设二面角B-AA1-D 的平面角为θ, ∴|cosθ|= |n1·n2| |n1||n2| = 1 3× 3 =13 , ∴sinθ=2 23 , 即二面角B-AA1-D 的正弦值为 2 2 3 . 【真题体验】 1.解析 (1)证明 连接AE,DE,∵DB=DC, ∴DE⊥BC, 又DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°, ∴△ACD 与△ABD 均为等边三角形, ∴AC=AB,∴AE⊥BC,AE∩DE=E,AE⊂平 面 ADE,DE⊂平面ADE,∴BC⊥平面ADE,∴BC⊥DA. (2)设DA=DB=DC=2,∴BC=2 2,∴DE=AE= 2,AD=2,∴AE2+DE2=4=AD2,∴AE⊥DE,又 AE⊥BC,DE∩BC=E,DE⊂平 面 BCD,BC⊂平 面 BCD,∴AE⊥平 面 BCD,建 立 如 图 所 示 空 间 直 角 坐 标系. 则D(2,0,0),A(0,0,2),B(0,2,0),E(0,0,0), EF→=DA→⇒F(- 2,0,2), ∴DA→=(- 2,0,2),AB→=(0,2,- 2),AF→=(- 2, 0,0), 设平面 DAB 与平面ABF 的一个法向量分别为n1= (x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2),二面角D AB F 的平 面角为θ, ∴ - 2x1+ 2z1=0 , 2y1- 2z1=0, 解 得 n1 = (1,1,1), 2y2- 2z2=0, - 2x2=0, 解得n2=(0,1,1). ∴|cosθ|= |n1·n2| |n1||n2| = 2 3· 2 = 63 , ∴sinθ= 33. 2.解析 (1)证明 由题设,知△DAE 为等边三角形,设 AE=1, 则DO= 32 ,CO=BO=12AE= 1 2 , 所以PO= 66DO= 2 4 , PC= PO2+OC2= 64 , PB= PO2+OB2= 64 , 又△ABC为等边三角形,则 BAsin60°=2OA , 所以BA= 32 ,PA2+PB2=34=AB 2, 则∠APB=90°,所以PA⊥PB, 同理PA⊥PC,又PC∩PB=P, 所以PA⊥平面PBC. (2)过O 作ON∥BC交AB 于点N, 因为 PO⊥平面 ABC,以O 为坐标原点,OA 为x 轴, ON 为y 轴,OD 为z 轴建立如图所示的 空 间 直 角 坐 标系. 则 E -12 ,0,0 ,P 0,0,24 ,B -14,34,0 , C -14 ,- 34 ,0 ,故PC→= -14,- 34,- 24 ,PB→= -14 ,3 4 ,- 24 ,PE→= -12,0,- 24 , 设平面PCB 的一个法向量为n=(x1,y1,z1), 由 n·PC→=0, n·PB→=0, 得 -x1- 3y1- 2z1=0,-x1+ 3y1- 2z1=0, 令x1= 2,得z1=-1,y1=0, 所以n=(2,0,-1), 设平面PCE 的一个法向量为m=(x2,y2,z2), 由 m·PC→=0, m·PE→=0, 得 -x2- 3y2- 2z2=0,-2x2- 2z2=0, 令x2=1,得z2=- 2,y2= 3 3 , 所以m= 1,33 ,- 2 , 所以cos<n,m>= n ·m |n||m|= 2 2 3× 10 3 =2 55 , 由图形知,二面角B-PC-E 为锐角, 所以二面角B-PC-E 的余弦值为2 55 . 【易错警示】 [示例1] [证明] 由题意知,BC,BA,BP 两两互相垂 直.以点B 为原点,分别以BC→,BA→,BP→的方向为x 轴、y 轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系Bxyz(图略), 设BP=a(a>0),则B(0,0,0),C(4,0,0),E 83 ,4,0 , F 83 ,0,a3 , 所以BC→=(4,0,0),EF→= 0,-4,a3 . 易知BC→=(4,0,0)是平面ABP 的一个法向量. 因为BC→·EF→=(4,0,0)· 0,-4,a3 =0, 所以BC→⊥EF→. 又EF⊄平面ABP,所以EF∥平面ABP. [示例2] [解析] 连接 BD,设 AC 交BD 于点O,则 SO⊥平面ABCD.以点O 为原点,分别以OB→,OC→,OS→的 方向为x 轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间 直 角 坐 标 系.设 底 面 边 长 为 a,则 SO = 62a , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —25— 高二数学(配XJ版) S 0,0,62a ,D - 22a,0,0 ,故SD→ = - 22a,0,- 62a .显然n=(0, 0,1)是平面ABC 的一个法向量,SD→ = - 22a ,0,- 62a 是平面PAC 的 一个法向量.设二面角P-AC-B 为θ,则cosθ=cos<n, SD→>= n·SD → |n||SD→| = - 62a 1× - 22a 2 + - 62a 2 =- 32 , 所以θ=5π6 ,故二面角P-AC-B 的大小为5π6 ,平面PAC 与平面ABC 的夹角的大小为π-5π6= π 6. [答案] 5π6 π 6 作业(六) 条件概率与事件的独立性 【基础诊断】 1.D 2.B 3.C 4.0.4 【综合应用】 1.B 所求概率为1- 1-13 1-14 1-15 =1-23 ×34× 4 5= 3 5. 故选B. 2.D 设事件A={灯泡使用寿命1年以上},事件B={灯 泡使用寿命2年以上},则AB=B,P(A)=p1,P(B)= p2,所以P(B|A)= P(AB) P(A)= p2 p1 ,故选D. 3.A 由全概率公式可知所得的两位数能是偶数的概率 是3 5× 2 4+ 2 5× 1 4= 2 5. 4.BCD 由条件概率的计算公式知 A错误;B、C显然正 确;D选项中,因为P(B)=P(A)P(B|A)+P(􀭿A)P(B| 􀭿A),所 以 P(A|B)=P (AB) P(B) = P(A)P(B|A) P(B) = P(A)P(B|A) P(A)P(B|A)+P(􀭿A)P(B|􀭿A) ,故D正确. 5.解析 记 A 为事件“利率下调”,那么􀭿A 即为“利率不 变”,记B 为事件“股票价格上涨”.依题设知 P(A)= 60%,P(􀭿A)=40%,P(B|A)=80%,P(B|􀭿A)=40%,于 是P(B)=P(AB)+P(􀭿AB)=P(A)P(B|A)+P(􀭿A)· P(B|􀭿A)=60%×80%+40%×40%=64%. 答案 64% 6.解析 设事件A,B,C分别为和第一代、第二代、第三代 传播者接触,事件D 为小明被感染,则由已知得:P(A) =0.5,P(B)=0.3,P(C)=0.2,P(D|A)=0.95,P(D| B)=0.90,P(D|C)=0,85,从而,小明被感染的概率由 概率公式可得:P(D)=P(D|A)P(A)+P(D|B)P(B) +P(D|C)P(C)=0.95×0.5+0.90×0.3+0.85× 0.2=0.915. 答案 0.915 7.解析 设A={第1次抽到红球},B={第2次抽到红 球},则第1次和第2次都抽到红球为事件AB.从5个 球中不放回地依次抽取2个球的事件数为n(Ω)=A25= 20, (1)由分步乘法计数原理,n(A)=A13·A14=12, 于是P(A)=n (A) n(Ω)= 12 20= 3 5. (2)P(AB)=n (AB) n(Ω)= 6 20= 3 10. (3)解法一 在第1次抽到红球的条件下,第2次抽到 红球的概率为 P(B|A)=P (AB) P(A)= 3 10 3 5 =12. 解法二 P(B|A)=n (AB) n(A)= 1 2. (4)抽到颜色相同球的概率为 P=P(两次均为红球)+P(两次均为白球) =3×220 + 2×1 20 = 2 5. 【真题体验】 1.A 通解(图示法) 如 图,左圆表示爱好滑冰的 学生所占比例,右圆表示 爱好 滑 雪 的 学 生 所 占 比 例,A 表示爱好滑冰且不 爱好 滑 雪 的 学 生 所 占 比 例,B 表示既爱好滑冰又 爱好 滑 雪 的 学 生 所 占 比 例,C表示爱好滑雪且不爱好滑冰的学生所占比例,则 0.6+0.5-B=0.7,所以B=0.4,C=0.5-0.4=0.1. 所以若 该 学 生 爱 好 滑 雪,则 他 也 爱 好 滑 冰 的 概 率 为 B B+C= 0.4 0.5=0.8 ,故选A. 优解(运用条件概率的计算公式求解) 令事件A,B 分 别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪,事件C 表示 该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰,则P(A)=0.6, P(B)=0.5,P(AB)=P(A)+P(B)-0.7=0.4,所以 P(C)=P(A|B)=P (AB) P(B)= 0.4 0.5=0.8 ,故选A. 2.解析 设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5n, 4n,6n,所以总数为15n, 所以甲盒中黑球个数为40%×5n=2n,白球个数为3n; 甲盒中黑球个数为25%×4n=n,白球个数为3n; 甲盒中黑球个数为50%×6n=3n,白球个数为3n; 记“从三个盒子中各取一个球,取到的球都是黑球”为事 件A, 所以P A =0.4×0.25×0.5=0.05; 记“将三个盒子混合后取出一个球,是白球”为事件B, 黑球总共有2n+n+3n=6n个,白球共有9n个, 所以P B =9n15n= 3 5. 故答案为0.05;35. 答案 0.05 35 【易错警示】 [示例1] A 记两个球都是红球为事件A,至少有一个 红球为事件B,则(A|B)=P (AB) P(B)= C05C23 C28 C05C23+C15C13 C28 =16. 故选A. [示例2] B 令 A1=“每天玩手机时间超过1h的学 生”,A2=“每天玩手机时间不超过1h的学生”,B=“任 意调查一名学生,此人近视”,则Ω=A1∪A2,且A1,A2 互斥,P(A1)=0.2,P(A2)=0.8,P(B|A1)=0.5, P(B)=0.4. 依题意,P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)= 0.2×0.5+0.8×P(B|A2)=0.4,解得P(B|A2)= 3 8 , 所以所求概率为3 8. 故选B. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —35—