洗衣店转让-近几年高考分数线

立体几何坐标法：

一：一般的公式：
1、空间角
(1)（线线）设异面直线l
1
， l
2
的方向向量分别为m
1
，m
2
，则l
1
与l
2
的夹角θ满
足cos θ＝|cos〈m
1
，m
2
〉|.
(2)（线面）设直线l的方向 向量和平面α的法向量分别为m，n，则直线l与平
面α的夹角θ满足sin θ＝|cos〈m，n〉|.
(3)（面面）求二面角的大小
(ⅰ)如图①，AB、CD是二面角α-l- β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的
→
，CD
→
〉大小θ＝〈AB．

(ⅱ)如图②③，n
1
，n
2
分别是二面角α-l- β的两个半平面α，β的法向量，则二面
角的大小θ满足cos θ＝cos〈n
1
， n
2
〉或－cos〈n
1
，n
2
〉．

2、距离
（1）点面距的求法：设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B< br>→
·|ABn|
到平面α的距离d＝
|n|
.
（2）线面距、面面距均可转化为点面距
→
·|ABn|
（3）
两 异面直线的距离求法：d＝
|n|
.（AB
是异面直线上任意两点
）











二：如何选择建系：
1

8
、
在如图所示的几何 体中，
EA
平面
ABC
，
DB
平面
ABC，
ACBC
，且
ACBCBD2AE
，
M
是< br>AB
的中点．
（Ⅰ）求证：
CMEM
；
（Ⅱ）求
CM
与平面
CDE
所成的角．
D

E





A


M




11年重庆
19．（本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分．）
如题（19）图，在四面 体
ABCD
中，平面
ABC
平面
ACD
，
AB BC
，
ADCD
，
CAD
．
（Ⅰ）若
AD
，
ABBC
，求四面体
ABCD
的体积；
（Ⅱ）若二面角
CABD
为

，求异面直线
AD
与
BC
所成角的余弦值．



C

B












28.【2012高考四川文19】(本小题满分12分)
如图，在三棱锥
PABC
中，
APB90
，
PAB60
，
ABBCCA
，点
P
2
oo

P
C
在平面
ABC
内的射影
O
在
AB
上。
A
B

（Ⅰ）求直线
PC
与平面
ABC
所成的角的大小；
（Ⅱ）求二面角
BAPC
的大小。





三：添加
Z
轴，通过公式算出来的：
S
点。

全国的
19．（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效）
．．．．．．．．．
如图，四棱锥
SABCD
中，
AB∥CD< br>,
BCCD
，侧面
SAB
为等边三角形，
ABBC2, CDSD1
．
（Ⅰ）证明：
SD平面SAB
;
（Ⅱ）求
AB
与平面
SBC
所成角的大小．




















3

三：经典练习;




26.【201 2高考全国文19】（本小题满分12分）（注意：在试题卷上
．．．．．
作答无效）
．．．．
如图，四棱锥
PABCD
中，底面
ABCD
为菱形，< br>PA
底
P
AC22
，面
ABCD
，
P E2EC
。
E
是
PC
上的一点，
PA2
，（Ⅰ）证明：
PC
平面
BED
；
（Ⅱ）设二面角
A PBC
为
90
，求
PD
与平面
PBC
所成角的
大小。






成都二诊：


o
E
B
C
A
D










4

19．如图，正方体ABCD—A
1
B
1
C
1
D
1
棱长为8，E、F分别为AD
1，CD
1
中点，G、H分别
为棱DA，DC上动点，且EH⊥FG．
（1）求GH长的取值范围；
（2）当GH取得最小值时，求证：EH与FG共面；并求出此时EH与FG的交点P到直线
B
1
B
的距离.












19、如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD ，AB+AD=4，
CD=
2
，
CDA45
．

（I）求证：平面PAB⊥平面PAD；
（II）设AB=AP．
（i）若直线PB与平面PCD所成的角为
30
，求线段AB的
长；
（ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？
说明理由。













5

22. 在三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中,已知
ABACAA
1
5,BC4
,在
A
1
在底面
ABC
的
投影是线段
BC
的中点
O
。
（1）求点C到平面
A
1
ABB
1
的距离；
(2)求二面角
ABC
1
B
1
的余弦值;
( 3)若M,N分别为直线
AA
1
,B
1
C
上动点,求MN< br>的最小值。
































用向量法做几何题：

A
1< br>B
1
A
C
O
B
C
1
6

2010 年河南 预赛：
6.已知一个正三棱柱的底面边长为1,两个侧 面的异面对角线互相垂直.该
正三棱柱的侧棱长为 ．
2
解:填.
2
a,
侧面的异面对角线
AB
1
,BC
1
互相垂 直,则 设三棱柱
ABCA
1
BC
11
,
侧棱长为
u
u
AB
uuruuuuruuuruuuruuuruuuur
1
BC
1
0(B
1
BBA)(BB
1
B
1
C
1
)0
B
uuruuuruuuruuuuruuuruu uruuuruuuur
1
BBB
1
B
1
BB
1
C
1
BABB
1
BAB
1
C
1
0
a
2
cos60
o
0

a
2
2
.






9、如图，在四棱锥
PABCD
中，底面
ABCD
是矩形.
已知
AB3,AD2,PA2,PD22,PAB60

.
（Ⅰ）证明
AD
平面
PAB
；
（Ⅱ）求异面直线
PC
与
AD
所成的角的大小；
（Ⅲ）求二面角
PBDA
的大小.


















7

59、
已知斜三棱 柱
ABCA
1
B
1
C
1
的各棱长均为2， 侧棱
BB
1
与底面
ABC
所成角为

，
3
A
1
且侧面
ABB
1
A
1

底面
ABC
.
（1）证明：点
B
1
在平面
ABC
上的射影
O
为
AB
的中点；
B
1
C
1
（2）求二面角
CAB
1
B
的大小 ；
（3）求点
C
1
到平面
CB
1
A
的距离.
B
O
A
C
8

答案：


28.【2012高考四川文19】(本小题满分12分)
如图，在三棱锥
PA BC
中，
APB90
，
PAB60
，
ABBC CA
，点
P
oo
P
C
在平面
ABC
内的射 影
O
在
AB
上。
A
B

（Ⅰ）求直线
PC
与平面
ABC
所成的角的大小；
（Ⅱ）求二面角
BAPC
的大小。
命题立意：本题主要考查本题主要考 查直线与平面的位置关系，线面角的概念，二面角的概
念等基础知识，考查空间想象能力，利用向量解决 立体几何问题的能力.
【答案】
【解析】
9

10

19．解法一：
（I）取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DE=CB=2，
连结SE，则
SEAB,SE3.

又SD=1，故
EDSESD
，
所以
DSE
为直角。 …………3分
222
由
ABDE,ABSE,DEISEE
，
得
AB
平面SDE，所以
ABSD
。
SD与两条相交直线AB、SE都垂直。
所以
SD
平面SAB。
（II）由
AB
平面SDE知，
平面
ABCD
平面SED。
…………6分
作
SFDE,
垂足为F，则SF

平面ABCD，

SF
SDSE3
.

DE2
作
FGBC
，垂足为G，则FG=DC=1。
连结SG，则
SGBC
，
又
BCFG,SGIFGG
，
故
BC
平面SFG，平面SBC

平面SFG。
作
FHSG
，H为垂足，则
FH
平面SBC。

FH
…………9分
SFFG3
21
，即F到平面SBC的距离为

.

SG
7
7
由于EDBC，所以ED平面SBC，E到平面SBC的距离d也有
设AB与平面SBC所成的角为α，
则
sin


21
.

7
d2121
,

arcsin.

EB77
…………12分
解法二：
以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C—xyz。
设D（1，0，0），则A（2，2，0）、B（0，2，0）。
又设
S(x,y,z),则x0,y0,z0.

uuuruuur
uuur
（I）
AS(x2,y2,z),B S(x,y2,z)
，
DS(x1,y,z)
，
uuuruuur
由
|AS||BS|
得
11

(x2)
2
(y2)
2
z
2
x
2
(y2)
2
z
2
,

故x=1。 由
|
u
DS
uur
|1得y
2
z
2
1,

又由
|
u
BS
uur
|2得 x
2
(y2)
2
z
2
4,

即< br>y
2
z
2
4y10,故y
1
2
, z
3
2
.

于是
S(1,
13
uuur
33
uuur
33
2
,
2
),AS(1,< br>2
,
2
),BS(1,
2
,
2
)
，
u
DS
uur
(0,
13
uuruuuruuuru uur
2
,
2
),DS
u
AS0,DSBS0.< br>
故
DSAD,DSBS,又ASIBSS,

所以
SD
平面SAB。
II）设平面SBC的法向量
a(m,n,p)
，
则
a
u
BS
uur
,a
u
CB
uur
,a
u
BS
uur
0,a
u
CB
uur
0.< br>
又
u
BS
uur
(1,
3
2
,
3
2
),
u
CB
uur
(0,2,0),

故


m
33
p0,


2
n
2


2n0.
取p=2得< br>a(3,0,2),又
u
AB
uur
(2,0,0)
。
u
cos
u
AB
uur
,a
|
u< br>AB
u
AB
uur
ur
a
||a|
< br>21
7
.

故AB与平面SBC所成的角为
arcsin
21
7
.







…………3分
…………6分
…………9分
12

（

4、如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥A D，
AB+AD=4，CD=
2
，
CDA45
．

（I）求证：平面PAB⊥平面PAD；
（II）设AB=AP．
（i）若直线PB与平面PCD所成的角为
30
，求线段AB的长；
（ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？
说明理
由。




本小题主要考查直线与直线、直线与平面、 平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想
象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力， 考查函数与方程思想、数形结
合思想、化归与转化思想，满分14分。
解法一：
（I）因为
PA
平面ABCD，
AC
平面ABCD，
所以
PAAB
，
又
ABAD,PAIADA,

所以
AB
平面PAD。
又
AB
平面PAB，所以平面
PAB
平面PAD。
（II）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系
A—xyz（如图）
在平面ABCD内，作CEAB交AD于点E，则
CEAD.

在
RtCDE
中，DE=
CDcos451
，
CECDsin451,

设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）
由AB+AD=4，得AD=4-t，
所以
E(0,3t,0),C(1,3t,0),D(0,4t,0)
，
uuuruuur
CD(1,1,0),PD(0,4t,t).

（i）设平面PCD的法向量为
n(x,y,z)
，
uuuruuur< br>
xy0,
nCDnPD
由，，得


( 4t)ytx0.

取
xt
，得平面PCD的一个法向量
n {t,t,4t}
，
13

uuur
又
PB (t,0,t)
，故由直线PB与平面PCD所成的角为
30
，得
u uur
nPB|2t
2
4t|1
uuur
|,
即
cos60|,

|n||PB|
t
2
t
2< br>(4t)
2
2x
2
2
解得
t
44< br>，所以
AB.

或t4
（舍去，因为AD
4t0< br>）
55
（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都 相等，
设G（0，m，0）（其中
0m4t
）
uuuruuuru uur
则
GC(1,3tm,0),GD(0,4tm,0),GP(0,m ,t)
，
uuuruuur
222
由
|GC||GD|
得
(4tm)mt
，（2）
由（1）、（2）消去t，化简得
m
2
3m40
（3）
由于方程（3）没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，
使得点G到点P，C，D的距离都相等。
从而，在线段AD上不存在一个点G，
使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。
解法二：
（I）同解法一。
（II）（i）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A—xyz（如图）
在平面ABCD内，作CEAB交AD于E，
则
CEAD
。
在平面ABCD内，作CEAB交AD于点E，则
CEAD.

在
RtCDE
中，DE=
CDcos451
，
CECDsin451,

设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）
由AB+AD=4，得AD=4-t，
所以
E(0,3t,0),C(1,3t,0),D(0,4t,0)
，
uuuruuur
CD(1,1,0),PD(0,4t,t).

设平面PCD的法向量为
n(x,y,z)
，
uuuruuur

xy0,
由
nCD
，
nPD
，得
< br>

(4t)ytx0.
取
xt
，得平面PCD的一 个法向量
n{t,t,4t}
，
uuur
又
PB(t,0, t)
，故由直线PB与平面PCD所成的角为
30
，得
14

uuur
nPB|2t
2
4t|1
uuur
| ,
即
cos60|,

|n||PB|
t
2
t
2
(4t)
2
2x
2
2
4
，
或t4
（舍去，因为AD
4t0
）
5
4
所 以
AB.

5
解得
t
（ii）假设在线段AD上存在一 个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，
由GC=CD，得
GCDGDC45
，
从而
CGD90
，即
CGAD,


GDCDsin451,

设
AB

,则AD=4-

,

AGADGD3

，
在
RtABG
中，
GBAB
2
AG
2


2
(3

)
2

39
2(

)
2
1,

22
这与GB=GD矛盾。
所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点B，C，D的距离都相等，
从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等

19. 解：（1）以D为原点，DA，DC，DD
1
分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
设DG=a，DH=b，则E（4，0，4），F（0，4，4），G（a，0，0），H（0，b，0 ）．
∴
EH
=（－4，b，－4），
FG
=（a，－4，－4）．
∵EH⊥FG．
FG
=－4a－4b+16=0，则a+b=4，即b=4－a． ∴
EH
·
又G
1
H在棱DA，DC上，则0≤a≤8，0≤b≤8， 从而0≤a≤4．
∴GH=
a
2
b
2
=
a( 4a)
22
2(a2)
2
8
．
∴GH取值范围是[2
2
，4] ． ……6分
（2）当GH=2
2
时，a=2，b=2．
∴
GH
=（－ 2，2，0），
EF
=（－4，4，0），即
EF
=2
GH
．
∴EF∥GH，即EH与FG共面．
所以EF=2GH，EF∥GH，则
EP
28

84
EH

,,

．
33

33
15

设P（x
1
，y
1
，z
1
），则
EP
=（x
1
－4， y，z
1
－4）．
444444
，y
1
=，z
1
=，即P（，，）．
333333
44444
则P（，，）在底面上ABCD上的射影为M（，，0）.又B（8，8，0），
33333
20
所以
MB2
为点P到直线
B
1
B
的距离. ……12分
3
∴x
1
=


平面
ABC
,所以
A
1
OBC
,因为
ABAC,OBOC
, 22.解:（1）连接
AO
, 因为
AO
1
得
AO BC
,
AOAB
2
BO
2
1,
在
AOA
1
中,

A
1
O2,

在BOA
1
中，
A
1
B22,
则
S
A
1
AB
6.
又
S
CAB
2.

设点C到平面
A
1
ABB
1
的距离为
h,
则由
V
CA
1
AB
V
A
1
ABC< br>得，

112
S
A
1
AB
hS
CAB
A
1
O.
从而
h6.
……4分
333
(2)如图所示,分别以
OA,OB,OA
1
所在的直线 为x,y,z轴，建立空间直角坐标系,
则A(1,0,0), C(0,-2,0), A
1
(0.0,2),B(0,2,0),
B
1
(1,2,2)
，
C
1
(1,2,2)

.
r
设平面
BCC
1
B
1
的法向量
n(x,y,z)
,
uuuruuur
又
BB
1


1,0,2< br>
,CB

0,4,0

.

z
A
1
B
1
C
1
ruuur


 x2z0

n
g
BB
1
0
由
ruuu
,得,
r

CB0

4y0


n
g
r
令
z1
,得
x2,y0< br>,即
n(2,0,1)
。

x
A
y
B< br>C
O
ur
uuuruuuur
设平面
ABC
1
的法向量
m(a,b,c)
, 又
AB

1,2,0

,AC
1


-2,-2,2

.

uruuur

ur

a2b0

m
g
AB0
由

u
,得

,令
b1< br>,得
a2,c3
,即
m(2,1,3)
。

ruuuur

2a2b2c0


m
g
AC
1
0
urr
urr
m
g
n70
ru ur

所以
cosm,n
uu
，……7分
|m| |n|
10
由图形观察可知，二面角
ABC
1
B
1< br>为钝角，
所以二面角
ABC
1
B
1
的余弦值是


70
. ……9分
10
16

(3)方法1.在
AOA
1
中,作
OEAA
1
于点< br>E
,因为
AA
1
BB
1
,得
OEBB1
.

平面
ABC
,所以
A
1
O BC
,因为
ABAC,OBOC
, 因为
AO
1
得< br>AOBC
,所以
BC
平面
AA
1
O
,所 以
BCOE
,
所以
OE
平面
BB
1
C
1
C
.从而
OEB
1
C

25为异面直线
AA
1
,B
1
C
的距离，即为MN的最小值 。……14分
5
rruuurruuuur
方法2.设向量
n
1< br>(x
1
,y
1
,z
1
)
,
且n
1
AA
1
,n
1
BC
1
.
在
AOA
1
中,
OE


uu uruuuur
Q
AA
1


1,0,2
,B
1
C

1,4,2

.

ruuurruuuuuur
n
1
g
AA
1
x
1
2z
1
0,n
1
g
BCx
1
 4y
1
2z
1
0.

1
r
uuur< br>令
z
1
1
,得
x
1
2,y
1< br>0
,即
n
1
(2,0,1)
。
Q
AC

-1,-2,0

.

uuurur
AC
g
n
1
2
uur

所以异面直线
AA
1
,B
1
C
的距离
d5,
即为MN的最小值。……14分
5
|n
1
|


59、（1）证明：过B
1
点作B
1
O⊥BA。∵侧面ABB
1
A
1
⊥底面 ABC
∴A
1
O⊥面ABC ∴∠B
1
BA是侧面BB
1
与底面ABC倾斜角

1
在Rt△B
1
OB中，BB
1
=2，∴BO=BB
1
=1
32
1
又∵BB
1
=AB，∴BO=AB ∴O是AB的中点。 < br>2
∴∠B
1
BO=
即点B
1
在平面ABC上的射影O 为AB的中点
（2）连接AB
1
过点O作OM⊥AB
1
，连线CM，OC，
∵OC⊥AB，平面ABC⊥平面AA
1
BB
1
∴OC⊥平面AABB。
∴OM是斜线CM在平面AA
1
B
1
B的射影 ∵OM⊥AB
1

∴AB
1
⊥CM ∴∠OMC是二面角C—AB
1
—B的平面角
在Rt△OCM中，OC=
3
，OM=
…………4分
3OC
,tanOMC2

2OM
…………8分
∴∠OMC=cosC+sin2
∴二面角C—AB
1
—B的大小为
arctan2.

（3）过点O作ON⊥CM，∵AB
1
⊥平面OCM，∴AB
1
⊥ON
∴ON⊥平面AB
1
C。∴ON是O点到平面AB
1
C的距离
17

338
在RtOMC中,OC3,OM
2.CM3
4

2
3
OMOC
3
< br>ON
2
CM

15
15
5
2
连接BC
1
与B
1
C相交于点H，则H是BC
1
的中点
∴B与C
1
到平面ACB
1
的相导。
又∵O是AB的中点 ∴B到平面AB
1
C的距离
是O到平面AB
1
C距离的2倍
是G到平面AB
215
1
C距离为
5
.
…………12分

18