2020高考—立体几何(解答+答案)

1 2020年高考——立体几何

1.(20全国Ⅰ文19) （12分）

如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC△是底面的内接正三角形，P为DO

上一点，∠APC=90°．

（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；

（2）设DO

，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P−ABC的体积.

2.(20全国Ⅰ理18)（12分）

如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEAD．ABC△是

底面的内接正三角形，P为DO上一点，6

6PODO．

2 （1）证明：PA平面PBC；

（2）求二面角BPCE的余弦值．

3.（20全国Ⅱ文20）（12分）

如图，已知三棱柱ABC–A

1的底面是正三角形，侧面BB

1C是矩形，M，N分别为

BC，B

1的中点，P为AM上一点．过B

1和P的平面交AB于E，交AC于F．

（1）证明：AA

1//MN，且平面A

1AMN⊥平面EB

1F；

（2）设O为△A

1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB

1F，且∠MPN=π

3，求四棱

锥B–EB

1F的体积．

4.（20全国Ⅱ理20）（12分）

如图，已知三棱柱ABC-A

1的底面是正三角形，侧面BB

1C是矩形，M，N分别为

BC，B

1的中点，P为AM上一点，过B

1和P的平面交AB于E，交AC于F．

（1）证明：AA

1∥MN，且平面A

1AMN⊥EB

1F；

（2）设O为△A

1的中心，若AO∥平面EB

1F，且AO=AB，求直线B

1E与平面A

1AMN

所成角的正弦值．

5.（20全国Ⅲ文 19）（12分）

如图，在长方体

1111ABCDABCD

中，点E，F分别在棱

1DD

，

1BB

上，且

12DEED

，

12BFFB

．证明：

（1）当ABBC时，EFAC；

（2）点

在平面AEF内．

6.（20全国Ⅲ理19）（12分）

如图，在长方体

1111ABCDABCD中，点

,EF分别在棱

11,DDBB上，且

12DEED，

12BFFB．

（1）证明：点

在平面AEF内；

（2）若2AB，1AD，

13AA，求二面角

1AEFA的正弦值．

7.（20新高考Ⅰ20）（12分）

如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线

为l．

（1）证明：l⊥平面PDC；

（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．

6 8.(20天津17)（本小题满分15分）

如图，在三棱柱

111ABCABC

中，

1CC

平面,,2ABCACBCACBC

，

13CC

，点,DE

分别在棱

1AA

和棱

1CC

上，且2,1,ADCEM

为棱

11AB

的中

点．

（Ⅰ）求证：

11CMBD

；

（Ⅱ）求二面角

1BBED

的正弦值；

（Ⅲ）求直线AB

与平面

1DBE

所成角的正弦值．

9.(20浙江19)（本题满分15分）

如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．

（Ⅰ）证明：EF⊥DB；

（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．

10.（20江苏15）（本小题满分14分）

在三棱柱ABC－A

1中，AB⊥AC，B

1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B

1C的中点．

（1）求证：EF∥平面AB

1；

（2）求证：平面AB

1C⊥平面ABB

1．

11.（20江苏22）（本小题满分10分）

在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD

,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，

E为AC的中点．

（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；

（2）若点F在BC上，满足BF=1

4BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．

12.(20北京16)（本小题13分）

如图，在正方体

1111ABCDABCD

中，E为

1BB

的中点．

（Ⅰ）求证：

1//BC

平面

1ADE

；

（Ⅱ）求直线

1AA

与平面

1ADE

所成角的正弦值． 9

参考答案：

1.解：（1）由题设可知，PA=PB= PC．

由于△ABC是正三角形，故可得△PAC≌△PAB．

△PAC≌△PBC．

又∠APC =90°，故∠APB=90°，∠BPC=90°．

从而PB⊥PA，PB⊥PC，故PB⊥平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC．

（2）设圆锥的底面半径为r，母线长为l．

由题设可得rl

=3，222lr

．

解得r=1，l=

3，从而3AB．由（1）可得222

PAPBAB，故6

2PAPBPC．

所以三棱锥P-ABC的体积为3111166

()

323228PAPBPC．

2．解：（1）设DOa

，由题设可得63

63POaAOaABa， 10

2PAPBPCa. 因此222

PAPBAB，从而PAPB.

又222

PAPCAC，故PAPC

所以PA

平面PBC

. （2）以O

为坐标原点，OE的方向为y

轴正方向，||OE

为单位长，建立如图所示的

空间直角坐标系Oxyz

由题设可得312

(0,1,0),(0,1,0),(,,0),(0,0,)

222EACP. 所以312

(,,0),(0,1,)

222ECEP.

设(,,)xyzm

是平面PCE

的法向量，则0

0EP

EC









m

m，即2

310

22yz

xy







，

可取3

(,1,2)

3m.

由（1）知2

(0,1,)

2AP是平面PCB

的一个法向量，记APn，

则25

cos,

|||5

nm

nm|.

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2020年高考数学解答题核心：立体几何综合问题(专项训练)(教师版)

考点突破·备战高考

精选资源·战胜高考专题08 立体几何综合问题（专项训练）

1．如图,菱形ABCD中,∠ABC＝60°,AC与BD相交于点O,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AB＝AE＝2.

(1)求证：BD⊥平面ACFE；

(2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时,求异面直线OF与BE所成的角的余弦值大小．

【答案】见解析

【解析】(1)因为四边形ABCD是菱形,所以BD⊥AC.因为AE⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥AE.因为AC∩AE＝A,所以BD⊥平面ACFE.

(2)以O为原点,OA→,OB→的方向为x,y轴正方向,过O且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向),建立空间直角坐标系,则B(0,3,0),D(0,－3,0),E(1,0,2),F(－1,0,a)(a>0),OF→＝(－1,0,a)．设平面EBD的法向量为n＝(x,y,z),则有 n·OB→＝0，n·OE→＝0，即 3y＝0，x＋2z＝0，令z＝1,则n＝(－2,0,1),由题意得sin 45°＝|cos〈OF→,n〉|＝|OF→·n||OF→||n|＝|2＋a|a2＋1·5＝22.因为a>0,所以解得a＝3.所以OF→＝(－1,0,3),BE→＝(1,－3,2),所以cos〈OF→,BE→〉＝OF→·BE→|OF→|·|BE→|＝－1＋610·8＝54.故异面直线OF与BE所成的角的余弦值为54.

2．(2019·河南郑州模拟)如图,在△ABC中,∠ABC＝π4,O为AB边上一点,且3OB＝3OC＝2AB,已知PO⊥平面ABC,2DA＝2AO＝PO,且DA∥PO.

(1)求证：平面PBAD⊥平面COD；

(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值．

【答案】见解析考点突破·备战高考

精选资源·战胜高考【解析】(1)证明：因为OB＝OC,又因为∠ABC＝π4,所以∠OCB＝π4,所以∠BOC＝π2,即CO⊥AB.又PO⊥平面ABC,OC⊂平面ABC,所以PO⊥OC.又因为PO,AB⊂平面PAB,PO∩AB＝O,所以CO⊥平面PAB,即CO⊥平面PBAD.又CO⊂平面COD,所以平面PBAD⊥平面COD.

2015-2020年高考全国卷(文)立体几何试题(含答案)

2015-2020年全国卷立体几何试题(含答案)

1.(2020年全国卷1 文3)．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状

可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一

个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比

值为（）

A．514 B．512 C．514 D．512

2.(2020年全国卷1 文12)．已知,,ABC为球O的球面上的三个点，⊙1O为ABC△的外接圆，

若⊙1O的面积为4π，1ABBCACOO，则球O的表面积为（）

A．64π B．48π C．36π D．32π

3.(2020年全国卷1 文19)．如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，

ABC△是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC=90°．

（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；

（2）设DO=2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P−ABC的体积．

4.(2020年全国卷2 文11)．已知ABC是面积为439的等边三角形，

且其顶点都在球O的球面上。若球O的表面积为16，则O到平面ABC的距离为

A. 3 B. 23 C. 1 D. 23

5.(2020年全国卷2 文16)．设有下列四个命题：

1p：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内。

2p：过空间中任意三点有且仅有一个平面。

3p：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行。

4p：若直线l平面，直线m平面，则lm。

则下述命题中所有真命题的序号是____________。

①41pp②21pp③32pp④43pp

6.(2020年全国卷2 文20)．如图，已知三棱柱111CBAABC的底面是

正三角形，侧面CCBB11是矩形，M、N分别为BC、11CB的中点，

P为AM上一点。过11CB和P的平面交AB于E，交AC于F。

历年高考理科数学真题汇编+答案解析(5)：立体几何

- 1 - 历年高考理科数学真题汇编+答案解析

专题5 立体几何

（2020年版）

考查频率：一般为2个小题和1个大题.

考试分值：22分

知识点分布：必修2、选修2-1

一、选择题和填空题（每题5分）

1．（2019全国I卷理12）已知三棱锥P−ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，△CEF=90°，则球O的体积为

A．68 B．64 C．62 D．6

【解析】如图所示.

在△PAC中，设△PAC=θ，PA=PB=PC=2x，EC=y，x>0，y>0，

△点E、F分别为PA、AB的中点，△xPBEF21，AE=x，

在△PAC中，由余弦定理得：xxxx21222424cos222，

在△EAC中，由余弦定理得：xyxxyx44222cos22222，

△xyxx442122，即222yx△.

△△ABC是边长为2的正三角形，△360sin2CF

△△CEF=90°，△222CFEFCE，即322yx△. - 2 - 联立△△得，22x，△PA=PB=PC=2x=2

△△ABC是边长为2的正三角形，△222ABPBPA，222ACPCPA，222BCPCPB，即PA=PB=PC两两垂直，△三棱锥P-ABC的外接球O即以PA为棱的正方体的外接球

△外接球的直径为62222PCPBPAR，△26R

△外接球O的体积为π6866π34π343RV

【答案】D

【考点】必修2 空间几何体的体积、余弦定理

2．（2019全国II卷理7）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（）

A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行

C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面

2020年高考数学空间几何体解答题专练(含答案)

第 1 页共 24 页 2020年高考数学空间几何体解答题专练

1.如图，四棱锥P－ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA=2，∠PDA=45°，点E、F分别为棱AB、PD的中点．

（1）求证：AF∥平面PCE；

（2）求证：平面PCE⊥平面PCD；

（3）求三棱锥C－BEP的体积．

2.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB=AC，P为AA1的中点，Q为BC的中点。

（1）求证：PQ//平面A1BC1；

（2）求证：BC⊥PQ。

第 2 页共 24 页

3.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，A1B与AB1交于点D，A1C与AC1交于点E．求证：

（1）DE∥平面B1BCC1；

（2）平面A1BC⊥平面A1ACC1．

4.如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是平行四边形，平面PBD⊥平面ABCD，PB=PD，PA⊥PC，CD⊥PC，O，M分别是BD，PC的中点，连结OM．

（1）求证：OM∥平面PAD；

（2）求证：OM⊥平面PCD．

第 3 页共 24 页

5.如图，在直四棱柱ABCD–A1B1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，点P是侧棱C1C的中点．

（1）求证：AC1∥平面PBD；

（2）求证：BD⊥A1P．

6.如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．

（1）证明：MN∥平面C1DE；

（2）求二面角A−MA1−N的正弦值．

第 4 页共 24 页

7.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD=2AB，E，F是线段BC，AB的中点．

（1）证明：ED⊥PE；

（2）在线段PA上确定点G，使得FG∥平面PED，请说明理由．

8.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面是棱长为1的菱形，∠ADC=60°，，M是PB的中点．

2020年高考冲刺解答题专项训练(文)-立体几何

第 1 页共 27 页 2020年高考冲刺解答题专项训练—数列

1、（考查面面垂直证明和点到平面距离）如图1是由正方形ABCG，直角梯形ABED，三角形BCF组成的一个平面图形，其中22ABDE，3BEBFCF，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.

（1）证明：图2中的D，E，C，G四点共面，且平面ABD平面DEC；

（2）求图2中的点A到平面BCE的距离.

2、（考查线面平行证明、三棱锥体积和线线所成角）如图，在长方体1111ABCDABCD中，1224ABBCAA，E为11AD的中点，N为BC的中点，M为线段11CD上一点，且满足11114MCDCuuuuruuuur，F为MC的中点.

（1）求证：//EF平面1ADC；

（2）求三棱锥1CFCN的体积；

（3）求直线1AD与直线CF所成角的余弦值.

第 2 页共 27 页 3、（考查图形翻折、三棱锥体积和异面直线垂直证明）如图，在矩形ABCD中，4AB，2AD，E是CD的中点，以AE为折痕将DAE向上折起，D变为'D，且平面'DAE平面ABCE.

（1）求三棱锥'ADCE的体积；

（2）求证：'ADBE；

（3）求证：平面'ABD平面BDE

4、（考查线面平行证明和求体积）如图，四棱锥PABC中，PA平面ABCD，ADBC∥，3ABADAC，4PABC==，M为线段AD上一点，2AMMD，N为PC的中点．

（I）证明MN∥平面PAB；

（II）求四面体NBCM的体积.

第 3 页共 27 页 5、（考查线面平行证明和求体积）在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，M在棱PD上，且35PMPD，在底面ABCD中，10BABC，5DADC，2AC，O为对角线AC，BD的交点.

（1）证明：OMP平面PBC；

（2）若2PA，求三棱锥MPBC的体积.

2020届高考数学专题：立体几何计算问题(答案不全)

立体几何中的计算问题

1.三视图——是观察者从三个不同位置观察同一个空间几何体而画出的图形；

2.直观图——是观察着站在某一点观察一个空间几何体而画出的图形。直观图通常是在平行投影下画出的空间图形。

3斜二测法：

1.画直观图时，把它画成对应的轴'',''oxoy，取'''45(135)xoyor，它们确定的平面表示水平平面；

2.在坐标系'''xoy中画直观图时，已知图形中平行于数轴的线段保持平行性不变，平行于x轴（或在x轴上）的线段保持长度不变，平行于y轴（或在y轴上）的线段长度减半。

结论：一般地，采用斜二测法作出的直观图面积是原平面图形面积的24倍.

例1．下列命题：①如果一个几何体的三视图是完全相同的，那么这个几何体是正方体；

②如果一个几何体的主视图和俯视图都是矩形，那么这个几何体是长方体；

③如果一个几何体的三视图都是矩形，那么这个几何体是长方体；

④如果一个几何体的主视图和左视图都是等腰梯形，那么这个几何体是圆台．其中正确的是( )

A．①② B．③ C．②③ D．④

2、异面直线所成的角

(1)定义：a、b是两条异面直线，经过空间任意一点O，分别引直线a′∥a,b′∥b,则a′和b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a和b所成的角.

(2)取值范围：0°＜θ≤90°.

(3)求解方法

①根据定义，通过平移，找到异面直线所成的角θ；

②解含有θ的三角形，求出角θ的大小.

例2．在长方体1111ABCDABCD中，11BCCC，13ADB，则直线1AB与1BC所成角的余弦值为（） A．33 B．66 C．77 D．1414

【答案】D

例3．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若∠BAC=90°，AB=AC=AA1，则异面直线

BA1与AC1所成的角为（）

A．60° B．90° C．120° D．150°

例4．在四面体ABCD中，AC与BD的夹角为30°，2AC，23BD，M，N分别是AB，CD的中点，则线段MN的长度为________．

三年 (2020-2022 ) 高考数学真题汇编专题06立体几何(解答题)(文科专用)

专题06立体几何（解答题）（文科专用）

【2022年全国甲卷】

1．小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，,,,EABFBCGCDHDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．

(1)证明：//EF平面ABCD；

(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．

【答案】(1)证明见解析；

(2)64033．

【解析】

【分析】

（1）分别取,ABBC的中点,MN，连接MN，由平面知识可知,EMABFNBC，EMFN，依题从而可证EM平面ABCD，FN平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知//EMFN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是//EFMN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；

（2）再分别取,ADDC中点,KL，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNLEFGH的体积加上四棱锥BMNFE体积的4倍，即可解出．

（1）如图所示：，

分别取,ABBC的中点,MN，连接MN，因为,EABFBC为全等的正三角形，所以,EMABFNBC，EMFN，又平面EAB平面ABCD，平面EAB平面ABCDAB，EM平面EAB，所以EM平面ABCD，同理可得FN平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知//EMFN，而EMFN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以//EFMN，又EF平面ABCD，MN平面ABCD，所以//EF平面ABCD．

（2）

方法一：（分割法一）如图所示：

，

分别取,ADDC中点,KL，由（1）知，//EFMN且EFMN，同理有，//,HEKMHEKM，//,HGKLHGKL，//,GFLNGFLN，由平面知识可知，BDMN，MNMK，KMMNNLLK，所以该几何体的体积等于长方体KMNLEFGH的体积加上四棱锥BMNFE体积的4倍．

2020版高考数学立体几何初步第1节简单几何体的结构、三视图和直观图教案(文)(含解析)北师大版

1 第1节简单几何体的结构、三视图和直观图

最新考纲 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构；2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图；3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.

知识梳理

1.简单几何体的结构特征

(1)多面体的结构特征

名称

棱柱

棱锥

棱台

图形

底面互相平行且全等多边形互相平行且相似

侧棱平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点

侧面形状平行四边形三角形梯形

(2)旋转体的结构特征

名称圆柱圆锥圆台球

图形

母线互相平行且相等，垂直于底面相交于一点延长线交于一点

轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆

侧面展开图矩形扇形扇环

2.直观图

简单几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是： 2 (1)在已知图形中建立直角坐标系xOy.画直观图时，它们分别对应x′轴和y′轴，两轴交于点O′，使∠x′O′y′＝45°，它们确定的平面表示水平平面；

(2)已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴和y′轴的线段；

(3)已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段，长度为原来的12.

3.三视图

(1)三视图的名称

几何体的三视图包括主视图、左视图、俯视图.

(2)三视图的画法

①画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线.

②三视图的主视图、左视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体得到的正投影图.

③观察简单组合体是由哪几个简单几何体组成的，并注意它们的组成方式，特别是它们的交线位置.

[微点提醒]

1.常见旋转体的三视图

(1)球的三视图都是半径相等的圆.

2020届高考数学(理)一轮必刷题专题45 立体几何中的向量方法(解析版)

考点45 立体几何中的向量方法

1．（辽宁省沈阳市2019届高三教学质量监测三数学理）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAB底面ABCD，E为PC上的点，且BE平面APC

（1）求证：平面PAD平面PBC；

（2）当三棱锥ABCP体积最大时，求二面角BACP的余弦值．

【答案】（1）见证明；（2）33.

【解析】

（1）证明：∵侧面PAB底面ABCD，侧面PAB底面ABCDAB，四边形ABCD为正方形，∴BCAB，面ABCD，

∴BC面PAB，

又AP面PAB，

∴APBC，

BE平面APC，AP面PAC，

∴BEAP，

BBEBC，,BCBE平面PBC，

∴AP面PBC，

AP面PAD，

∴平面PAD平面PBC．

（2）111323PABCCAPBVVPAPBBCPAPB，

求三棱锥ABCP体积的最大值，只需求PAPB的最大值．

令,PAxPBy，由（1）知，PAPB，

∴224xy，

而221123323PABCxyVxy，

当且仅当2xy，即2PAPB时，

ABCPV的最大值为23．

如图所示，分别取线段AB，CD中点O，F，连接OP，OF，

以点O为坐标原点，以OP，OB和OF分别作为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系xyzO．

由已知(0,1,0),(0,1,2),(1,0,0)ACP，

所以(1,1,0),(0,2,2)APAC，

令(,,)nxyz为面PAC的一个法向量，

则有0220xyyz，

∴(1,1,1)n

易知(1,0,0)m为面ABC的一个法向量，

二面角BACP的平面角为，为锐角

则13cos33nmnm.

2．（湖南省长沙市第一中学2019届高三下学期高考模拟卷一数学理）如图所示，圆O的直径AB＝6，C为圆周上一点，BC＝3，平面PAC垂直圆O所在平面，直线PC与圆O所在平面所成角为60°，PA⊥PC．

2020高考数学----立体几何中的建系设点问题

第八章第 63 炼立体几何解答题的建系设点问题立体几何

第 63 炼立体几何解答题的建系设点问题

在如今的立体几何解答题中，有些题目可以使用空间向量解决问题，与其说是向量运算，

不如说是点的坐标运算，所以第一个阶段：建系设点就显得更为重要，建立合适的直角坐标

系的原则有哪些？如何正确快速写出点的坐标？这是本文要介绍的内容。

一、基础知识：

（一）建立直角坐标系的原则：如何选取坐标轴

1、 z 轴的选取往往是比较容易的，依据的是线面垂直，即z

轴要与坐标平面 xOy 垂直，在几何体中也是很直观的，垂直

底面高高向上的即是，而坐标原点即为 z 轴与底面的交点

2、 x, y 轴的选取：此为坐标是否易于写出的关键，有这么

几个原则值得参考：

（1）尽可能的让底面上更多的点位于 x, y 轴上

（2）找角： x, y 轴要相互垂直，所以要利用好底面中的垂直条件

（3）找对称关系：寻找底面上的点能否存在轴对称特点

3、常用的空间直角坐标系满足 x, y, z 轴成右手系，所以在标

x, y 轴时要注意。

D' O y

E C'

4、同一个几何体可以有不同的建系方法，其坐标也会对应 A' B' J 不同。但是通过坐标所得到的结论（位置关系，角）是一致

的。 G

O C

5、解答题中，在建立空间直角坐标系之前，要先证明所用

x A H B I

坐标轴为两两垂直（即一个线面垂直底面两条线垂直），

这个过程不能省略。

6、与垂直相关的定理与结论：

（1）线面垂直：

① 如果一条直线与一个平面上的两条相交直线垂直，则这条直线与该平面垂直

② 两条平行线，如果其中一条与平面垂直，那么另外一条也与这个平面垂直

③ 两个平面垂直，则其中一个平面上垂直交线的直线与另一个平面垂直

④ 直棱柱：侧棱与底面垂直

（2）线线垂直（相交垂直）： H 1, ,0  , I  ,1,0 

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