新高考数学一轮复习讲义命题方向全归类第6讲立体几何(2022-2023年高考真题)(原卷版+解析)

第6讲立体几何（2022-2023年高考真题）一．选择题1．（2023•乙卷）如图，网格纸上绘制的是个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积A．24 B．26 C．28 D．302．（2023•甲卷）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，，则该棱锥的体积为A．1 B． C．2 D．33．（2023•乙卷）已知圆锥的底面半径为，为底面圆心，，为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为A． B． C． D．4．（2023•天津）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为A． B． C． D．5．（2023•甲卷）在四棱锥中，底面为正方形，，，，则的面积为A． B． C． D．6．（2023•乙卷）已知为等腰直角三角形，为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线与平面所成角的正切值为A． B． C． D．7．（2022•浙江）如图，已知正三棱柱，，，分别是棱，上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则A． B． C． D．8．（2022•甲卷）在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则A． B．与平面所成的角为 C． D．与平面所成的角为9．（2022•浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：，则该几何体的体积（单位：是A． B． C． D．10．（2022•北京）已知正三棱锥的六条棱长均为6，是及其内部的点构成的集合．设集合，则表示的区域的面积为A． B． C． D．11．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是A．， B．， C．， D．，12．（2022•乙卷）已知球的半径为1，四棱锥的顶点为，底面的四个顶点均在球的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为A． B． C． D．13．（2022•甲卷）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为A．8 B．12 C．16 D．2014．（2022•乙卷）在正方体中，，分别为，的中点，则A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面15．（2022•甲卷）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则A． B． C． D．16．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为A． B． C． D．17．（2022•新高考Ⅰ）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为A． B． C． D．二．多选题18．（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有A．直径为的球体 B．所有棱长均为的四面体 C．底面直径为，高为的圆柱体 D．底面直径为，高为的圆柱体19．（2023•新高考Ⅱ）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，，点在底面圆周上，且二面角为，则A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为 C． D．的面积为20．（2022•新高考Ⅰ）已知正方体，则A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面所成的角为21．（2022•新高考Ⅱ）如图，四边形为正方形，平面，，．记三棱锥，，的体积分别为，，，则A． B． C． D．三．填空题22．（2023•上海）空间中有三个点、、，且，在空间中任取2个不同的点，使得它们与、、恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法有种．23．（2023•新高考Ⅱ）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．24．（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台中，，，，则该棱台的体积为．25．（2023•乙卷）已知点，，，均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则．26．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为，则圆柱的侧面积为．四．解答题27．（2023•乙卷）如图，在三棱锥中，，，，，，，，的中点分别为，，，点在上，．（1）证明：平面；（2）证明：平面平面；（3）求二面角的正弦值．28．（2023•上海）已知直四棱柱，，，，，．（1）证明：直线平面；（2）若该四棱柱的体积为36，求二面角的大小．29．（2023•甲卷）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1．（1）求证：AC＝A1C；（2）若直线AA1与BB1距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．30．（2023•天津）如图，已知平面，，，，，分别为，中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求平面与平面所成角的余弦值；（Ⅲ）求点到平面的距离．31．（2023•新高考Ⅱ）如图，三棱锥中，，，，为中点．（1）证明；（2）点满足，求二面角的正弦值．32．（2023•新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱中，，．点，，，分别在棱，，，上，，，．（1）证明：；（2）点在棱上，当二面角为时，求．33．（2022•天津）直三棱柱中，，，，为中点，为中点，为中点．（1）求证：平面；（2）求直线与平面的正弦值；（3）求平面与平面夹角的余弦值．34．（2022•浙江）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设，分别为，的中点．（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．35．（2022•甲卷）在四棱锥中，底面，，，，．（1）证明：；（2）求与平面所成的角的正弦值．36．（2022•北京）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，，分别为，的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．37．（2022•新高考Ⅱ）如图，是三棱锥的高，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若，，，求二面角的正弦值．38．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱的体积为4，△的面积为．（1）求到平面的距离；（2）设为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．39．（2022•乙卷）如图，四面体中，，，，为的中点．（1）证明：平面平面；（2）设，，点在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．40．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边，为边中点，且底面，．（1）求三棱锥体积；（2）若为中点，求与面所成角大小．第6讲立体几何（2022-2023年高考真题）一．选择题1．（2023•乙卷）如图，网格纸上绘制的是个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积A．24 B．26 C．28 D．30【答案】【解析】根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体是由两个直四棱柱组成的几何体．如图所示：故该几何体的表面积为：．故选：．2．（2023•甲卷）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，，则该棱锥的体积为A．1 B． C．2 D．3【答案】【解析】如图，，，取的中点，连接，，可得，，又，、平面，平面，在与中，求得，在中，由，，得，则，，．故选：．3．（2023•乙卷）已知圆锥的底面半径为，为底面圆心，，为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为A． B． C． D．【答案】【解析】根据题意，设该圆锥的高为，即，取的中点，连接、，由于圆锥的底面半径为，即，而，故，同时，中，，为的中点，则有，又由的面积等于，即，变形可得，而，则有，解可得，故该圆锥的体积．故选：．4．（2023•天津）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为A． B． C． D．【答案】【解析】在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，所以，设到平面的距离，到平面的距离，则，则三棱锥的体积为．故三棱锥和三棱锥的体积之比为．故选：．5．（2023•甲卷）在四棱锥中，底面为正方形，，，，则的面积为A． B． C． D．【答案】【解析】如图，设在底面的射影为，连接，设，，且，则，或，易知，又，则根据最小角定理（三余弦定理）可得：，或，或，或，或，又，，，，，，再根据最小角定理可得：，，又，，的面积为．故选：．6．（2023•乙卷）已知为等腰直角三角形，为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线与平面所成角的正切值为A． B． C． D．【答案】【解析】如图，取的中点，连接，，则根据题意易得，，二面角的平面角为，，，且，平面，又平面，平面平面，在平面内的射影为，直线与平面所成角为，过作垂直所在直线，垂足点为，设等腰直角三角形的斜边长为2，则可易得，，又，，，，．故选：．7．（2022•浙江）如图，已知正三棱柱，，，分别是棱，上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则A． B． C． D．【答案】【解析】正三棱柱中，，正三棱柱的所有棱长相等，设棱长为1，如图，过作，垂足点为，连接，则，与所成的角为，且，又，，，，与平面所成的角为，且，，，①，再过点作，垂足点为，连接，又易知底面，底面，，又，平面，二面角的平面角为，且，又，，，，，②，又，，③，由①②③得，又，，，，在，单调递增，，故选：．8．（2022•甲卷）在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则A． B．与平面所成的角为 C． D．与平面所成的角为【答案】【解析】如图所示，连接，，不妨令，在长方体中，面，面，所以和分别为与平面和平面所成的角，即，所以在中，，，在中，，，所以，，，故选项，错误，由图易知，在平面上的射影在上，所以为与平面所成的角，在中，，故选项错误，如图，连接，则在平面上的射影为，所以为与平面所成的角，在△中，，所以，所以选项正确，故选：．9．（2022•浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：，则该几何体的体积（单位：是A． B． C． D．【答案】【解析】由三视图可知几何体是上部为半球，中部是圆柱，下部是圆台，所以几何体的体积为：．故选：．10．（2022•北京）已知正三棱锥的六条棱长均为6，是及其内部的点构成的集合．设集合，则表示的区域的面积为A． B． C． D．【答案】【解析】设点在面内的投影为点，连接，则，所以，由，知表示的区域是以为圆心，1为半径的圆，所以其面积．故选：．11．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是A．， B．， C．， D．，【答案】【解析】如图所示，正四棱锥各顶点都在同一球面上，连接与交于点，连接，则球心在直线上，连接，设正四棱锥的底面边长为，高为，在中，，即，球的体积为，球的半径，在中，，即，，，，又，，该正四棱锥体积，，当时，，单调递增；当时，，单调递减，（4），又，，且，，即该正四棱锥体积的取值范围是，，故选：．12．（2022•乙卷）已知球的半径为1，四棱锥的顶点为，底面的四个顶点均在球的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为A． B． C． D．【答案】【解析】对于圆内接四边形，如图所示，，当且仅当，为圆的直径，且时，等号成立，此时四边形为正方形，当该四棱锥的体积最大时，底面一定为正方形，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，该四棱锥的高，该四棱锥的体积，当且仅当，即时，等号成立，该四棱锥的体积最大时，其高，故选：．13．（2022•甲卷）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为A．8 B．12 C．16 D．20【答案】【解析】由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱，四棱柱的底面是直角梯形，如图，，，，平面，该多面体的体积为：．故选：．14．（2022•乙卷）在正方体中，，分别为，的中点，则A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面【答案】【解析】对于，由于，分别为，的中点，则，又，，，且，平面，平面，则平面，又平面，平面平面，选项正确；对于，由选项可知，平面平面，而平面平面，在该正方体中，试想运动至时，平面不可能与平面垂直，选项错误；对于，在平面上，易知与必相交，故平面与平面不平行，选项错误；对于，易知平面平面，而平面与平面有公共点，故平面与平面不可能平行，选项错误．故选：．15．（2022•甲卷）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则A． B． C． D．【答案】【解析】如图，甲，乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为，，高分别为，，则，，解得，，由勾股定理可得，．故选：．16．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为A． B． C． D．【答案】【解析】当球心在台体外时，由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径为，下底面所在平面截球所得圆的半径为，如图，设球的半径为，则轴截面中由几何知识可得，解得，该球的表面积为．当球心在台体内时，如图，此时，无解．综上，该球的表面积为．故选：．17．（2022•新高考Ⅰ）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为A． B． C． D．【答案】【解析】，，根据题意，增加的水量约为．故选：．二．多选题18．（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有A．直径为的球体 B．所有棱长均为的四面体 C．底面直径为，高为的圆柱体 D．底面直径为，高为的圆柱体【答案】【解析】对于，棱长为1的正方体内切球的直径为，选项正确；对于，如图，正方体内部最大的正四面体的棱长为，选项正确；对于，棱长为1的正方体的体对角线为，选项错误；对于，如图，六边形为正六边形，，，，，，为棱的中点，高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，六边形棱长为米，，所以米，故六边形内切圆半径为米，而，选项正确．故选：．19．（2023•新高考Ⅱ）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，，点在底面圆周上，且二面角为，则A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为 C． D．的面积为【答案】【解析】取中点，则，，由二面角的定义可知，二面角的平面角即为，对于，中，由于，，则，，则，，选项正确．对于，，选项错误．对于，，选项正确．对于，，，选项错误．故选：．20．（2022•新高考Ⅰ）已知正方体，则A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面所成的角为【答案】【解析】如图，连接，由，，得四边形为平行四边形，可得，，直线与所成的角为，故正确；，，，平面，而平面，，即直线与所成的角为，故正确；设，连接，可得平面，即为直线与平面所成的角，，直线与平面所成的角为，故错误；底面，为直线与平面所成的角为，故正确．故选：．21．（2022•新高考Ⅱ）如图，四边形为正方形，平面，，．记三棱锥，，的体积分别为，，，则A． B． C． D．【答案】【解析】设，，，如图所示，连接交于点，连接、，则，，，故，，故、正确，、错误．故选：．三．填空题22．（2023•上海）空间中有三个点、、，且，在空间中任取2个不同的点，使得它们与、、恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法有种．【答案】2．【解析】如图所示，设任取2个不同的点为、，当为正四棱锥的侧面时，如图，平面的两侧分别可以做作为圆锥的底面，有2种情况，同理以、为底面各有2种情况，所以共有6种情况；当为正四棱锥的截面时，如图，、位于两侧，为圆锥的底面，只有一种情况，同理以、为为底面各有1种情况，所以共有3种情况；综上，共有种情况．故答案为：9．23．（2023•新高考Ⅱ）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．如图所示，根据题意易知△，，又，，，又上下底面正方形边长分别为2，4，所得棱台的体积为．故答案为：28．24．（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台中，，，，则该棱台的体积为．如图，设正四棱台的上下底面中心分别为，，过作，垂足点为，由题意易知，又，，又，，该四棱台的体积为．故答案为：．25．（2023•乙卷）已知点，，，均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则．【答案】2．【解析】设的外接圆圆心为，半径为，则，解得，设三棱锥的外接球球心为，连接，，则，，，，解得．故答案为：2．26．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为，则圆柱的侧面积为．【答案】．【解析】因为圆柱的底面积为，即，所以，所以．故答案为：．四．解答题27．（2023•乙卷）如图，在三棱锥中，，，，，，，，的中点分别为，，，点在上，．（1）证明：平面；（2）证明：平面平面；（3）求二面角的正弦值．【解析】证明：（1）由题可知，，设，，则，解得，，，而，，，，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面．证明：（2），，，即，，，，平面，平面，平面平面．（3）设二面角的平面角为，，，为和的夹角，，，，，二面角的正弦值为．28．（2023•上海）已知直四棱柱，，，，，．（1）证明：直线平面；（2）若该四棱柱的体积为36，求二面角的大小．【解析】（1）证明：根据题意可知，，且，可得平面平面，又直线平面，直线平面；（2）设，则根据题意可得该四棱柱的体积为，，底面，在底面内过作，垂足点为，则在底面内的射影为，根据三垂线定理可得，故即为所求，在中，，，，，又，，二面角的大小为．29．（2023•甲卷）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1．（1）求证：AC＝A1C；（2）若直线AA1与BB1距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．【解析】（1）证明：取CC1的中点，连接A1O，∵A1C⊥底面ABC，AC⊂底面ABC，∴A1C⊥AC，∴A1C⊥A1C1，∴A1O＝C1C＝1，∵A1C⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，∴A1C⊥BC，∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∵A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面A1C1CA，∵BC⊂平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面A1C1CA，∵A1到平面BCC1B1的距离为1，∴A1到CC1的距离为1，∴A1O⊥CC1，∴AC＝A1C；（2）过A作AM∥A1O交C1C的延长线与M，连接MB1，取BB1的中点N，连接ON，∴四边形BCON为平行四边形，∴ON⊥平面A1C1CA，A1O∩ON＝O，∴CC1⊥平面A1ON，∵A1N⊂平面A1ON，∴CC1⊥A1N，∴AA1⊥A1N，∴A1N为直线AA1与BB1距离，∴A1N＝2，∴ON＝，由（1）可知AM⊥平面BCC1B1，∴∠AB1M为AB1与平面BCC1B1所成角的角，易求得C1M＝3，∴B1M＝＝2，∵A1M＝1，∴A1B＝＝，∴sin∠AB1M＝＝．∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为．30．（2023•天津）如图，已知平面，，，，，分别为，中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求平面与平面所成角的余弦值；（Ⅲ）求点到平面的距离．【解析】（Ⅰ）证明：连接，可得为△的中位线，可得，且，而，，则，，可得四边形为平行四边形，则，而平面，平面，所以平面；（Ⅱ）取的中点，连接，由，，可得．由平面，平面，可得，可得平面．过作，垂足为，连接，由三垂线定理可得，可得为平面与平面所成角．由．在矩形中，，所以；（Ⅲ）设到平面的距离为．在△中，，，，则．由，可得，解得．31．（2023•新高考Ⅱ）如图，三棱锥中，，，，为中点．（1）证明；（2）点满足，求二面角的正弦值．【分析】（1）根据已知条件，推得，，再结合线面垂直的判定定理，即可求证．（2）根据已知条件，推得平面，依次求出两个平面的法向量，再结合向量的夹角公式，即可求解．【详解】证明：（1）连接，，，为中点．，又，，与均为等边三角形，，，，平面，平面，．（2）设，，，，，，又，，平面，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，，，，，0，，，，，，，设平面与平面的一个法向量分别为，，则，令，解得，，令，解得，，故，1，，，1，，设二面角的平面角为，则，故，所以二面角的正弦值为．32．（2023•新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱中，，．点，，，分别在棱，，，上，，，．（1）证明：；（2）点在棱上，当二面角为时，求．【分析】（1）建系，根据坐标法及向量共线定理，即可证明；（2）建系，根据向量法，向量夹角公式，方程思想，即可求解．【详解】（1）证明：根据题意建系如图，则有：，2，，，0，，，2，，，0，，，，，又，，，四点不共线，；（2）在（1）的坐标系下，可设，2，，，，又由（1）知，0，，，2，，，0，，，，，设平面的法向量为，则，取，设平面的法向量为，则，取，根据题意可得，，，，又，，解得或，为的中点或的中点，．33．（2022•天津）直三棱柱中，，，，为中点，为中点，为中点．（1）求证：平面；（2）求直线与平面的正弦值；（3）求平面与平面夹角的余弦值．【解析】（1）证明：取的中点，连接，，连接交于，再连接，，且是的中点，则是的中点，，，又平面，平面，平面，同理可得，平面，又，平面平面，平面，（2）在直三棱柱中，，则可建立如图所示的空间直角坐标系，又，为中点，为中点，为中点．故，2，，，0，，，0，，，0，，，1，，则，，，，0，，，1，，设，，是平面的法向量，则有：，，即，令，则，，所以，设直线与平面的夹角为，则，（3），0，，则，0，，，1，，设平面的法向量为，，，则有，，即，令，则，，故，设平面与平面的夹角为，所以．34．（2022•浙江）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设，分别为，的中点．（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．【解析】证明：由于，，平面平面，平面，平面，所以为二面角的平面角，则，平面，则．又，则是等边三角形，则，因为，，，平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又因为，平面，平面，所以平面，因为平面，故；（Ⅱ）由于平面，如图建系：于是，则，，设平面的法向量，，，则，，令，则，，平面的法向量，设与平面所成角为，则．35．（2022•甲卷）在四棱锥中，底面，，，，．（1）证明：；（2）求与平面所成的角的正弦值．【解析】（1）证明：底面，面，，取中点，连接，，，，又，，，为直角三角形，且为斜边，，又，面，面，面，又面，；（2）由（1）知，，，两两互相垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，，则，，设平面的一个法向量为，则，则可取，设与平面所成的角为，则，与平面所成的角的正弦值为．36．（2022•北京）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，，分别为，的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【解析】证明：取中点，连接，，为的中点．，且，四边形是平行四边形，故，平面；平面，平面，是中点，是的点，，平面；平面，平面，又，平面平面，又平面，平面；侧面为正方形，平面平面，平面平面，平面，，又，，若选①：；又，平面，又平面，，又，，，，两两垂直，若选②：平面，，平面，平面，，又，，，，，，又，，，，两两垂直，以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，1，，，1，，