2017年高考真题--立体几何部分
2017年高考真题--立体几何部分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、解答题
1．（12分）
如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2
AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点.
（1）证明：直线//CE 平面PAB
（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成锐角为o 45 ，求二面角M -AB -D 的余弦值
2．（12分）如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o
(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；
(2)若PA =PD =AB =DC ,90APD ∠=o
,求二面角A -PB -C 的余弦值.
3．（12分）如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD=∠CBD ，AB=BD ．
（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ； （2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D –AE –C 的余弦值．
4．如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD//平面MAC ，PA =PD =6，AB=4．
（I ）求证：M 为PB 的中点；
（II ）求二面角B -PD -A 的大小；
（III ）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．
5．如图，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=?.点D ，E ，N 分别为棱PA ，P C ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA =AC =4，AB =2.
（Ⅰ）求证：MN ∥平面BDE ；
（Ⅱ）求二面角C -EM -N 的正弦值；
（Ⅲ）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为
721
，求线段AH 的长.
6．17.如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形
（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转
得到的，是的中点. （Ⅰ）设
是上的一点，且，求的大小； （Ⅱ）当，，求二面角
的大小.
7．（本题满分15分）如图，已知四棱锥P–ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点.
（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；
（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.
参考答案
1．
（1）详见解析
（2
）cos |cos ,||5θ=<>==n k 【解析】
（1）取PA 中点F ，连接EF 、BF 、EC ∵E 、F 分别为PD 、PA 中点
∴12EF AD ∥，又∵12
BC AD ∥
∴EF BC ∥，∴四边形BCEF 为平行四边形
∴CE ∥平面PAD
（2）取AD 中点O ，连PO ，由于PAD △为正三角形
∴PO AD ⊥
又∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∧平面ABCD AD =
∴PO ⊥平面ABCD ，连OC ，四边形ABCD 为正方形。
∵PO ?平面POC ，∴平面POC ⊥平面ABCD
而平面POC I 平面ABCD OC =
过M 作MH OG ⊥，垂足为H ，∴MH ⊥平面ABCD
∴MBH ∠为MB 与平面ABCD 所成角，45MBH ∠=? ∴MH BH =
在PCO △中，MH PO ∥，∴MH CH PO CO
=， 设
AB BC a ==，2AD a =，
PO =
，CO a =
CH a =，∴MH = 在Rt BCH △中，222BH BC CH =+，∴2223CH a CH =+
∴
2
2 CH a
=
，
6
2
MH a
=，
2
OH a a
=-
以O为坐标原点，OC、OD、OP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
26
(,0,)
M a a a
-，(0,,0)
A a
-，(,,0)
B a a
-，
26
(,,)
22
MA a a a a
=---
u u u r
，(,0,0)
AB a
=
u u u r
设平面MAB的法向量为(0,,1)
y
=
n，
6
2
MA ay a
?=--=
u u u r
n，∴
6
2
y=-
∴
6
(0,,1)
=-
n，而平面ABCD的法向量为(0,0,1)
=
k
设二面角M AB D
--的大角为θ（θ为锐角）
∴
10
cos|cos,|||
6
11
4
θ=<>==
?+
n k。
2．（1）详见解析；（2）
3
-
【解析】（1）由已知90
BAP CDP
∠=∠=?，得AB⊥AP，CD⊥PD.
由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD.
又AB ?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.
（2）在平面PAD内做PF AD
⊥，垂足为F，
由（1）可知，AB⊥平面PAD，故AB PF
⊥，可得PF⊥平面ABCD.
以F为坐标原点，FA
u u u r
的方向为x轴正方向，||
AB
uuu r
为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F xyz
-.
由（1
）及已知可得2A
，(0,0,2P
，2
B
，(C .
所以(22PC =--u u u r
，CB =u u u r
，()22
PA =-u u u r ，(0,1,0)AB =u u u r . 设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量，则
00PC CB ??=???=??u u u r u u u r n n
，即0220x y z ?-+-=??=，
可取(0,1,=-n .
设(,,)x y z =m 是平面PAB 的法向量，则
00PA AB ??=???=??u u u r u u u r m m
，即00x z y =?=?
， 可取(1,0,1)=n .
则cos ,||||?==<>n m n m n m ， 所以二面角A PB C --
的余弦值为3-
. 3．
（1）见解析
【解析】
（1）由题设可得，,ABD CBD AD DC ???=从而
又ACD ?是直角三角形，所以0
=90ACD ∠
取AC 的中点O ，连接DO,BO,则DO ⊥AC,DO=AO
又由于ABC BO AC ?⊥是正三角形，故
所以DOB D AC B ∠--为二面角的平面角
222
2222220
,
Rt AOB BO AO AB
AB BD
BO DO BO AO AB BD
ACD ABC
?+=
=
+=+==∠
⊥
在中，
又所以
，故DOB=90
所以平面平面
（2）
由题设及（1）知，OA,OB,OD两两垂直，以O为坐标原点，OA
u u u r
的方向为x轴正方向，
OA
u u u r 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz
-，则
-
(1，0，0),(0，3，0),(1，0，0),(0，0，1)
A B C D
由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的
1
2
，从而E到平面ABC的距离为D 到平面ABC的距离的
1
2
，即E为DB的中点，得E
31
0，，
22
??
?
?
??
.故
()()31
1，0，1，2，0，0，1，，
22
AD AC AE
??
=-=-=- ?
?
??
u u u r u u u r u u u r
设()
=x,y,z
n是平面DAE的法向量，则
0，
即31
0，
22
x z
AD
x y z
AE
-+=
?
?=
??
??
-++=
=
??
??
u u u r
g
u u u r
g
n
n
可取
3
11
3
=,,
??
?
?
??
n
设m是平面AEC的法向量，则
0，
0，
AC
AE
?=
?
?
=
??
u u u r
g
u u u r
g
m
m
同理可得()
013
,,
=-
m
则
7
7
cos,==
g n m
n m
n m
所以二面角D-AE-C的余弦值为
7
7
4．（I）详见解析
（II）二面角B PD A
--为锐角的大小为
3
π
.；
（III）直线MC与平面BDP所成角的正弦值为
26
.
【解析】解：（I）设,
AC BD交点为E，连接ME.
因为PD∥平面MAC，平面MAC I平面PBD ME
=，所以PD ME
∥.
因为ABCD是正方形，所以E为BD的中点，所以M为PB的中点.
（II）取AD的中点O，连接OP，OE.
因为PA PD
=，所以OP AD
⊥.
又因为平面PAD⊥平面ABCD，且OP?平面PAD，所以OP⊥平面ABCD. 因为OE?平面ABCD，所以OP OE
⊥.
因为ABCD是正方形，所以OE AD
⊥.
如图建立空间直角坐标系O xyz
-，则2)
P，(2,0,0)
D，(2,4,0)
B-，(4,4,0)
BD=-
u u u r
，(2,0,2)
PD=
u u u r
.
设平面BDP的法向量为(,,)
x y z
=
n，则
BD
PD
??=
?
?
?=
??
u u u r
u u u r
n
n
，即
440
220
x y
x z
-=
??
?
=
??
.
令1
x=，则1
y=，2
z=于是2)
=
n.
平面PAD的法向量为(0,1,0)
=
p，所以
1
cos,
||||2
?
==
<>
n p
n p
n p
.
由题知二面角B PD A
--为锐角，所以它的大小为
3
π
.
（III
）由题意知2(1,2,)M -，(2,4,0)D ，2(3,2,)MC =-u u u u r . 设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则||26sin |cos ,|9||||
MC MC MC α?===u u u u r u u u u r u u u u r <>n n n . 所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为269
. 5． （1）证明见解析（2）10521 （3）85 或12
【解析】试题分析：本小题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.
试题解析：如图，以A 为原点，分别以AB u u u r ，AC u u u r ，AP u u u r 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立
空间直角坐标系.依题意可得
A （0，0，0），
B （2，0，0），
C （0，4，0），P （0，0，4），
D （0，0，2），
E （0，2，2），M （0，0，1），N （1，2，0）.
（Ⅰ）证明：DE u u u r =（0，2，0），DB u u u r =（2，0，2-）.设(,,)x y z =n ，为平面BDE 的法向量，
则00
DE DB ??=???=??u u u r u u u r n n ，即20220y x z =??-=?.不妨设1z =，可得(1,0,1)=n .又MN u u u u r =（1，2，1-），可得0MN ?=u u u u r n .
因为MN ?平面BDE ，所以
MN//平面BDE.
（Ⅱ）易知1(1,0,0)=n 为平面CEM 的一个法向量.设2(,,)x y z =n 为平面EMN 的法向量，则
2200
EM MN ??=???=??u u u u r u u u u r n n ，因为(0,2,1)EM =--u u u u r ，(1,2,1)MN =-u u u u r ，所以2020y z x y z --=??+-=?.不妨设1y =，可得2(4,1,2)=--n .
因此有121212cos ,|||21
?<>==-n n n n |n n ，于是12105sin ,<>=n n . 所以，二面角C —EM —N 的正弦值为
105. （Ⅲ）依题意，设AH=h （04h ≤≤），则H （0，0，h ），进而可得(1,2,)NH h =--u u u u r ，(2,2,2)BE =-u u u r .
由已知，得2||7|cos ,|||||523NH BE NH BE NH BE h ?<>===+?u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r ，整理得2102180h h -+=，解得85h =，或12
h =. 所以，线段AH 的长为85或12
.
6．（Ⅰ）30CBP ∠=?.（Ⅱ）60?.
【解析】解：（Ⅰ）因为AP BE ⊥，AB BE ⊥，
AB ，AP ?平面ABP ，AB AP A =I ，
所以BE ⊥平面ABP ，
又BP ?平面ABP ，
所以BE BP ⊥，又120EBC ∠=?，
因此30CBP ∠=?
（Ⅱ）解法一：
取
?EC的中点H，连接EH，GH，CH.
因为120
EBC
∠=?，
所以四边形BEHC为菱形，
所以22
3213
AE GE AC GC
====+=.
取AG中点M，连接EM，CM，EC.
则EM AG
⊥，CM AG
⊥，
所以EMC
∠为所求二面角的平面角.
又1
AM=，所以13123
EM CM
==-=.
在BEC
?中，由于120
EBC
∠=?，
由余弦定理得222
22222cos12012
EC=+-????=，
所以23
EC=，因此EMC
?为等边三角形，
故所求的角为60?.
解法二：
以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意得(0,0,3)
A(2,0,0)
E，3,3)
G，(3,0)
C-，故(2,0,3)
AE=-
u u u r
，3,0)
AG=
u u u r
，(2,0,3)
CG=
u u u r
，
设
111
(,,)
m x y z
=是平面AEG的一个法向量.
由
m AE
m AG
??=
?
?
?=
??
u u u r
u u u r可得11
11
230,
30,
x z
x y
-=
??
?
+=
??
取1
2z =，可得平面AEG 的一个法向量(3,3,2)m -.
设222(,,)n x y z =是平面ACG 的一个法向量.
由00
n AG n CG ??=???=??u u u r u u u r 可得222230,230,x y x z ?+=??+=?? 取22z =-，可得平面ACG 的一个法向量(3,3,2)n =--.
所以1cos ,||||2
m n m n m n ?<>==?. 因此所求的角为60?.
7．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）8
2. 【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面学科&网所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分。
（Ⅰ）如图，设PA 中点为F ，连结EF ，FB .
因为E ，F 分别为PD ，PA 中点，所以EF ∥AD 且，
又因为BC ∥AD ，，所以
EF ∥BC 且EF =BC ，
即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE ∥BF ，
因此CE ∥平面PAB .
（Ⅱ）分别取BC ，AD 的中点为M ，N .连结PN 交EF 于点Q ，连结MQ .
因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点，
在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE .
由△PAD 为等腰直角三角形得
PN ⊥AD .
由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得
BN ⊥AD .
所以 AD ⊥平面PBN ，
由BC ∥AD 得 BC ⊥平面PBN ，
那么，平面PBC ⊥平面PBN .
过点Q作PB的垂线，垂足为H，连结MH.
MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角. 设CD=1.
在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=，
在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=，
在Rt△MQH中，QH=，MQ=，
所以sin∠QMH=，
所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.
近三年高考全国卷理科立体几何真题精编版
新课标卷高考真题 1、（2016年全国I 高考）如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面 ABEF 为正方形，AF =2FD ，90AFD ∠=，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60． （I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．
2、（2016年全国II 高考）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ， 5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，5 4 AE CF == ，EF 交BD 于点H ．将DEF ?沿EF 折到'D EF ?位置，10OD '=． （Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．
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5、[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图1-5，三棱柱ABC -A1B1C1中，侧面BB1C1C 为菱形，AB⊥B1C. 图1-5 (1)证明：AC＝AB1； (2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A -A1B1-C1的余弦值．
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立体几何高考真题大题
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设 n x, y, z 是平面C的法向量,则 n C 0, 即x 3z 0, n0 4 y0 所以可取 n3,0, 3 ． 设 m 是平面 m C0 CD 的法向量,则, m0 同理可取 m0, 3, 4 ．则 cos n, m n m 2 19． n m19 故二面角C 219的余弦值为． 19 考点：垂直问题的证明及空间向量的应用 【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明, 空间中线面位置关 系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系, 其中推理论证的关键是结 合空间想象能力进行推理, 要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面, 该类题目难度不 大 , 以中档题为主．第二问一般考查角度问题, 多用空间向量解决． 2 ．（ 2016 高考新课标 2 理数）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD交于点 O ， AB 5,AC 6，点 E, F 分别在 AD,CD 上， AE CF 5 ，EF交BD于点H．将4 DEF 沿 EF 折到 D EF 位置，OD10． （Ⅰ）证明： D H平面 ABCD ； （Ⅱ）求二面角 B D A C 的正弦值． 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）295 ．25
2017年全国高考语文试卷一卷及答案
绝密★启用前 2017年普通高等学校全国统一考试语文 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，在选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、现代文阅读（35分） （一）论述类文本阅读（9分，每小题3分） 阅读下面的文字，完成1~3题。 气候正义是环境主义在气候变化领域的具体发展和体现。2000年前后，一些非政府组织承袭环境正义运动的精神。开始对气候变化的影响进行伦理审视，气候正义便应运而生。气候正义关注的核心主要是在气候容量有限的前提下，如何界定各方的权利和义务，主要表现为一种社会正义或法律正义。 从空间维度来看，气候正义涉及不同国家和地区之间公平享有气候容量的问题，也涉及一国内部不同区域之间公平享有气候容量的问题，因而存在气候变化的国际公平和国内公平问题，公平原则应以满足人的基本需求作为首要目标，每个人都有义务将自己的“碳足迹”控制在合理范围之内。比如说，鉴于全球排放空间有限，而发达国家已实现工业化，在分配排放空间时，就应首先满足发展中国家在衣食住行和公共基础设施建设等方面的基本发展需求，同时遇到在满足基本需求之上的奢侈排放。 从时间维度上来看，气候正义涉及当代人与后代之间公平享有气候容量的问题，因而存在代际权利义务关系问题。这一权利义务关系，从消极方面看，体现为当代人如何约束自己的行为来保护地球气候系统，以将同等质量的气候系统交给后代；从积极方面看，体现为当代人为自己及后代设定义务，就代际公平而言，地球上的自然资源在代际分配问题上应实现代际共享，避免“生态赤字”。因为，地球这个行星上的自然资源包括气候资源，是人类所有成员，包括上一代、这一代和下一代，共同享有和掌管的。我们这一代既是受益人，有权使用并受益于地球，又是受托人，为下一代掌管地球。我们作为地球的受托管理人，对子孙后代负有道德义务。实际上气候变化公约或协定把长期目标设定为保护气候系统面授人为原因引起的温室气体排放导致的干扰，其目的正是为了保护地球气候系统，这是符合后代利益的。至少从我们当代人已有的科学认识来看，气候正义的本质是为了保护后代的利益，而非为其设定义务。 总之，气候正义既有空间的维度，也有时间的维度，既涉及国际公平和国内公平，也设计代际公平和代内公平。因此，气候正义的内涵是：所有国家、地区和个人都有平等使用、享受气候容量的权利，页应公平地分担稳定气候系统的义务和成本。 （摘编自明德《中国参与国际气候治理的法律立场和策略：以气候正义为视角》） 1．下列关于原文内容的理解和分析，正确的一项是（3分） A.为了应对气候变化，非政府组织承袭环境正义运动的精神，提出了气候正义。 B.与气候变化有关的国际公平和国内公平问题，实际上就是限制排放的问题。 C.气候正义中的义务问题，是指我们对后代负有义务，而且要为后代设定义务。 D.已有的科学认识和对利益分配的认识都会影响我们对气候正义内涵的理解。 2．下列对原文论证的相关分析，不正确的一项是（3分） A. 文章从两个维度审视气候正义，并较为深入地阐述了后一维度的两个方面。
(完整版)非常好高考立体几何专题复习
立体几何综合习题 一、考点分析 1．棱柱——有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。 ①? ? ??????→?? ?????→? ? ?? L 底面是正多形 棱垂直于底面 斜棱柱 棱柱正棱柱 直棱柱 其他棱柱 ★ 底面为矩形 底面为正方形侧棱与底面边长相等 2. 棱锥 棱锥——有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥。 ★正棱锥——如果有一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥叫做正棱锥。 3 ．球 球的性质： ①球心与截面圆心的连线垂直于截面； ★②r（其中，球心到截面的距离为 d、球的半径为R、截面的半径为r） ★球与多面体的组合体：球与正四面体，球与长 方体，球与正方体等的内接与外切. 注：球的有关问题转化为圆的问题解决. B
1．求异面直线所成的角(]0,90θ∈??： 解题步骤：一找（作）：利用平移法找出异面直线所成的角；（1）可固定一条直线平移 另一条与其相交；（2）可将两条一面直线同时平移至某一特殊位置。常用中位线平移法 二证：证明所找（作）的角就是异面直线所成的角（或其补角）。常需要证明线线平行； 三计算：通过解三角形，求出异面直线所成的角； 2求直线与平面所成的角[]0,90θ∈??：关键找“两足”：垂足与斜足 解题步骤：一找：找（作）出斜线与其在平面内的射影的夹角（注意三垂线定理的应用）； 二证：证明所找（作）的角就是直线与平面所成的角（或其补角）（常需证明线面垂直）；三计算：常通过解直角三角形，求出线面角。 3求二面角的平面角[]0,θπ∈ 解题步骤：一找：根据二面角的平面角的定义，找（作）出二面角的平面角； 二证： 证明所找（作）的平面角就是二面角的平面角（常用定义法，三垂线法，垂面法）； 三计算：通过解三角形，求出二面角的平面角。
2019高考试题分类汇编-立体几何
2019高考试题分类汇编-立体几何 立体几何 1（2019北京文）（本小题14分） 如图，在三棱锥P –ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA =AB =BC =2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点． （Ⅰ）求证：PA ⊥BD ； （Ⅱ）求证：平面BDE ⊥平面PAC ； （Ⅲ）当PA ∥平面BD E 时，求三棱锥E –BCD 的体积． 2（2019新课标Ⅱ理）（12分） 如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB =BC = 1 AD , ∠BAD =∠ABC =90o , E 是PD 的中点． 2 （1）证明：直线CE ∥平面PAB ； （2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45o ，求二面角M -AB -D 的余弦值． 3（2019天津理）（本小题满分13分） 如图，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，∠BAC =90?. 点D ，E ，N 分别为棱PA ，P C ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA =AC =4，AB =2. （Ⅰ）求证：MN ∥平面BDE ；（Ⅱ）求二面角C -EM -N 的正弦值； （Ⅲ）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为 ，求线段AH 的长. 21 4（2019新课标Ⅲ理数）a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角 边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角；②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角；③直线AB 与a 所称角的最小值为45°；④直线AB 与a 所称角的最小值为60°；
高考立体几何大题20题汇总情况
高考立体几何大题20 题汇总情况 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
(2012江西省）（本小题满分12分） 如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，E ，F 是线段AB 上的两点，且DE ⊥AB ，CF ⊥AB ，AB=12，AD=5， BC=42，DE=4.现将△ADE ，△CFB 分别沿DE ，CF 折起，使A ，B 两点重合与点G ，得到多面体CDEFG. （1） 求证：平面DEG ⊥平面CFG ； （2)求多面体C DEFG 的体积。 2012，山东(19) (本小题满分12分) 如图，几何体E ABCD -是四棱锥，△ABD 为正三角形， ,CB CD EC BD =⊥. (Ⅰ)求证：BE DE =； (Ⅱ)若∠120BCD =?，M 为线段AE 的中点，求证：DM ∥平面BEC . 2012浙江20．（本题满分15分）如图，在侧棱锥垂直 底面的四棱锥1111ABCD A B C D -中，,AD BC //AD 11,2,2,4,2,AB AB AD BC AA E DD ⊥====是的中 点，F 是平面11B C E 与直线1AA 的交点。 （Ⅰ）证明：（i） 11;EF A D //ii （）111;BA B C EF ⊥平面 （Ⅱ）求1BC 与平面11B C EF 所成的角的正弦值。 (第20题图) F E C 1 B 1 D 1A 1 A D B C
（2010四川）18、(本小题满分12分)已知正方体''''ABCD A B C D -中，点M 是棱'AA 的中点，点O 是对角线'BD 的中点， （Ⅰ）求证：OM 为异面直线'AA 与'BD 的公垂线； （Ⅱ）求二面角''M BC B --的大小； 2010辽宁文（19）（本小题满分12分） 如图，棱柱111ABC A B C -的侧面11BCC B 是菱形，11B C A B ⊥ （Ⅰ）证明：平面11A B C ⊥平面11A BC ； （Ⅱ）设D 是11A C 上的点，且1//AB 平面1B CD ，求11:A D DC 的值。
2017年高考真题及答案：理科数学(全国Ⅲ卷)
{}{} )) 2B．2 A．1 绝密★启用前 2017年普通高等学校招生全国统一考试（新课标Ⅲ） 理科数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的。 1．已知集合A=(x,y│x2+y2=1，B=(x,y│y=x，则A A．3B．2C．1B中元素的个数为 D．0 2．设复数z满足(1+i)z=2i，则∣z∣= 2C．2D．2 3．某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图．学#科&网 根据该折线图，下列结论错误的是 A．月接待游客量逐月增加 B．年接待游客量逐年增加 C．各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月份
A ． π B ． 3π }的首项为 1，公差不为 0．若 a ，a ，a D ．各年 1 月至 6 月的月接待游客量相对 7 月至 12 月，波动性更小，变化比较平稳 4．( x + y )(2 x - y )5 的展开式中 x 3 y 3 的系数为 A ．-80 B ．-40 C ．40 D ．80 5 ．已知双曲线 C ： x 2 y 2 5 - = 1 (a ＞ 0,b ＞ 0) 的一条渐近线方程为 y = a 2 b 2 2 x , 且与椭圆 x 2 y 2 + = 1 有公共焦点，则 C 的方程为 12 3 A ． x 2 y 2 - = 1 8 10 B ． x 2 y 2 - = 1 4 5 C ． x 2 y 2 - = 1 5 4 D ． x 2 y 2 - = 1 4 3 6．设函数 f (x )=cos(x + π 3 )，则下列结论错误的是 A ．f (x )的一个周期为?2π B ．y =f (x )的图像关于直线 x = 8π 3 对称 C ．f (x +π)的一个零点为 x = π 6 D ．f (x )在( π 2 ,π)单调递减 7．执行下面的程序框图，为使输出 S 的值小于 91，则输入的正整数 N 的最小值为 A ．5 B ．4 C ．3 D ．2 8．已知圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，则该圆柱的 体积为 4 C ． π 2 D ． π 4 9．等差数列{a n 2 3 6 成等比数列，则{a n }前 6 项的和 为
2017年高考立体几何大题
2017年高考立体几何大题（文科） 1、（2017新课标Ⅰ文数）（12分） 如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o （1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ； （2）若PA =PD =AB =DC ,90APD ∠=o ,且四棱锥P-ABCD 的体积为 83 ，求该四棱锥的侧面积.
如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,1,90.2 AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=? （1）证明：直线BC ∥平面PAD ; （2）若△PCD 的面积为P ABCD -的体积.
如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD． （1）证明：AC⊥BD； （2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．
如图，在三棱锥P–ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点． （Ⅰ）求证：PA⊥BD； （Ⅱ）求证：平面BDE⊥平面PAC； （Ⅲ）当PA∥平面BD E时，求三棱锥E–BCD的体积．
由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1- B1CD1后得到的几何体如图所示,四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E⊥平面ABCD. A O∥平面B1CD1; （Ⅰ）证明： 1 （Ⅱ）设M是OD的中点,证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.
如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD． 求证：（1）EF∥平面ABC； （2）AD⊥AC．
(完整版)2019数学高考试题分类汇编 立体几何
2019年数学高考试题汇编—立体几何 1、全国I 理12．已知三棱锥P ?ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为（ ） A ．68π B ．64π C ．62π D ．6π 2、全国III 理8．如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则（ ） A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线 B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线 C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线 D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线 3、浙江4．祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是 A ．158 B ．162 C ．182 D ．32 4、浙江8．设三棱锥V -ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点），记直线PB 与直线AC 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P -AC -B 的平面角为γ，则 A ．β<γ，α<γ B ．β<α，β<γ C ．β<α，γ<α D ．α<β，γ<β 5、北京理（11）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________． 6、北京理（12）已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α． 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________． 7、江苏9．如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E -BCD 的体积是 . 8、全国I 文16．已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为______ _____． 9、全国II 文理16．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为 长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）. 半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美． 图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方 体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．） 10、全国III 理16．学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗， 制作该模型所需原料的质量为___________g.
立体几何高考真题大题
立体几何高考真题大题 1．（2016高考新课标1卷）如图,在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF=2FD, 90AFD ∠=o ,且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60o ． （Ⅰ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （Ⅱ）求二面角E-BC-A 的余弦值． 【答案】（Ⅰ）见解析； （Ⅱ）19 - 【解析】 试题分析：（Ⅰ）先证明F A ⊥平面FDC E ,结合F A ?平面F ABE ,可得平面F ABE ⊥平 面FDC E ．（Ⅱ）建立空间坐标系,分别求出平面C B E 的法向量m u r 及平面C B E 的法向量 n r ,再利用cos ,n m n m n m ?=r r r r r r 求二面角． 试题解析：（Ⅰ）由已知可得F DF A ⊥,F F A ⊥E ,所以F A ⊥平面FDC E ． 又F A ?平面F ABE ,故平面F ABE ⊥平面FDC E ． （Ⅱ）过D 作DG F ⊥E ,垂足为G ,由（Ⅰ）知DG ⊥平面F ABE ． 以G 为坐标原点,GF u u u r 的方向为x 轴正方向,GF u u u r 为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -． 由（Ⅰ）知DF ∠E 为二面角D F -A -E 的平面角,故DF 60∠E =o ,则DF 2=,DG 3=,可得()1,4,0A ,()3,4,0B -,()3,0,0E - ,(D ． 由已知,//F AB E ,所以//AB 平面FDC E ． 又平面CD AB I 平面FDC DC E =,故//CD AB ,CD//F E ． 由//F BE A ,可得BE ⊥平面FDC E ,所以C F ∠E 为二面角C F -BE -的平面角, C F 60∠E =o ．从而可得(C -． 所以(C E =u u u r ,()0,4,0EB =u u u r ,(C 3,A =--u u u r ,()4,0,0AB =-u u u r ． 设(),,n x y z =r 是平面C B E 的法向量,则 C 0 0n n ??E =???EB =??u u u r r u u u r r , 即040x y ?=?? =??, 所以可取(3,0,n =r ．
2017年高考英语全国1卷真题与答案(1)
绝密★启封前试卷类型A 2017 年普通高等学校招生全国统一考试（全国 1 卷）
英语 （考试时间： 120 分钟试卷满分：150分） 第一部分听力 (共两节，满分 30 分)略 第二部分阅读理解 (共两节，满分 40 分 ) 第一节(共 15 小题；每小题 2 分，满分 30 分) 阅读下列短文，从每题所给的 A 、 B、 C 和 D 四个选项中，选出最佳选项， 并在答题卡上将该项涂黑。 A Pacific Science Center Guide ◆Visit Pacific Science Center ’s Store Don’ t forget to stop by Pacific Science Center’ s Store while you are here to pick up a wonderful science activity or remember your visit. The store is located(位于 ) upstairs in Building 3 right next to the Laster Dome. ◆Hungry Our exhibits will feed your mind but what about your body? Our caf offers aécomplete menu of lunch and snack options, in addition to seasonal specials. The caf is located upstairs in Building 1 and is open daily until one hour before Pacific Science Center closes. ◆Rental Information Lockers are available to store any belongings during your visit. The lockers are located in Building 1 near the Information Desk and in Building 3. Pushchairs and wheelchairs are available to rent at the Information Desk and Denny Way entrance. ID required. ◆S upport Pacific Science Center Since 1962 Pacific Science Center has been inspiring a passion(热情) for discovery and lifelong learning in science, math and technology. Today Pacific Science Center serves more than 1.3 million people a year and beings inquiry-based science education to classrooms and community events all over Washington State. It an amazing accomplishment and one we connot achieve without generous support
历年高考立体几何大题试题(卷)
2015年高考立体几何大题试卷 1. 【2015高考新课标2，理19】 如图，长方体ABCD -A1B1C1D1中,AB=16, BC=10, AA = 8，点E , F 分别在AB , C1D1上，A1E =4 .过点E , F的平面:-与此长方体的面相交，交线围成一个正方形. （1题图） （I ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由） （n ）求直线AF与平面〉所成角的正弦值. 2. 【2015江苏高考，16】如图，在直三棱柱ABC—中，已知AC丄BC ,
BC =CC 1，设 AB 1 的中点为 D , BQ BC^ E .求证：（1） DE // 平面 AA 1C 1C ; (2) BC 1 _ AB 1 . （2题图） （3题图） C C 第的题图
3. 【2015高考安徽，理19】如图所示，在多面体 AEDQCBA ，四边形AABB , ADD 1A 1 ,ABCD 均为正方形，E 为Bp 的中点，过 A,D,E 的平面交CD ,于F. (I)证明：EF //BQ ； (□)求二面角E - A ,D - B i 余弦值. 4. 【2015江苏高考，22】如图，在四棱锥P-ABCD 中，已知PA _平面ABCD ，且 四边形 ABCD 为直角梯 形，.ABC =/BAD = —,PA 二 AD =2,AB 二 BC =1 2 (1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值； (2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线 CQ 与DP 所成角最小时，求线段 BQ 的长 (4题图) 5 .【2015高考福建，理17】如图，在几何体 ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB A 平面BEC , BE A EC , AB=BE=EC=2 , G , F 分别是线段 BE , DC 的中点. (I 求证：GF //平面ADE ; (^)求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值. 6. 【2015高考浙江，理17】如图，在三棱柱 AB^A 1B 1C 1-中，.BAC =90；, AB = AC=2 , AA = 4 , A 在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 为B 1C 1的中点. (5题图) D
历年高考立体几何大题试题汇编
2015 年高考立体几何大题试卷 1. 【 2015 高考新课标 2，理 19】 如图，长方体 ABCD A 1B 1C 1D 1中, AB=16 ， BC =10， AA 1 8，点E ，F 分别在 A 1B 1， C 1 D 1上， A 1 E D 1 F 4．过点 E ，F 的平面 与此长方体的面相交，交线围成一个正方 形． （ 1 题图） Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由） Ⅱ）求直线 AF 与平面 所成角的正弦值． 2. 【 2015江苏高考， 16】 如图，在直三棱柱 ABC A 1B 1C 1中，已知 AC BC ， BC CC 1，设 AB 1的中点为 D ， B 1C BC 1 E .求证：（1） DE //平面AA 1C 1C ； 2) BC 1 AB 1 . 3 题图） 3. 【2015 高考安徽，理 19】如图所示，在多面体 A 1B 1D 1DCBA ，四边形 2 题图） A B C
AA1B1B ， ADD1 A1 , ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1,D, E的平面交CD1于 F.
4. 【2015 江苏高考， 22】如图，在四棱锥 P ABCD 中，已知 PA 平面 ABCD ，且 四边形 ABCD 为直角梯 形， ABC BAD ,PA AD 2, AB BC 1 2 1）求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值； 2）点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线 CQ 与 DP 所成角最小时，求线段 BQ 的长 面 BEC ，BE ^ EC ，AB=BE=EC=2 ，G ，F 分别是线 段 （ Ⅰ ） 求证： GF // 平面 ADE ； （ Ⅱ）求平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值． 6.【2015 高考浙江，理 17】如图，在三棱柱 ABC A 1B 1C 1 -中， BAC 90 ， AB AC 2，A 1A 4 ， A 1在底面 ABC 的射影为 BC 的中点， D 为B 1C 1的中点. （1）证明： A 1D 平面 A 1B C ； （2）求二面角 A 1 -BD- B 1的平面角的余弦值 . Ⅰ）证明： EF //B 1C ； Ⅱ）求二面角 E A 1D B 1余弦值 . 4 题图） 5 题图） 5 .【 2015 高考福建， 理 17】如图， 在几何体 ABCDE 中， 四边形 ABCD 是矩形， AB ^ 平 BE ， DC 的中点 . B C D B
高考立体几何大题及答案理
1.如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面 ABCD ，2AD =，2DC SD ==，点M 在侧棱SC 上， ∠ABM=60 。 （I ）证明：M 是侧棱SC 的中点； ()II 求二面角S AM B --的大小。 2.如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ,D 、E 分别为AA 1、B 1C 的中点，DE ⊥平面BCC 1（Ⅰ）证明：AB =AC （Ⅱ）设二面角A -BD -C 为60°,求B 1C 与平面BCD 所成的角的大小 3.如图，DC ⊥平面ABC ，//EB DC ，22AC BC EB DC ====，120ACB ∠=，,P Q 分别为,AE AB 的中点．（I ）证明：//PQ 平面ACD ； （II ）求 AD 与平面ABE 所成角的正弦值． 4.如图，四棱锥P ABCD -的底面是正方形， PD ABCD ⊥底面，点E 在棱PB 上.（Ⅰ）求证：平面AEC PDB ⊥平面；（Ⅱ）当2PD AB =且E 为PB 的中 点 时，求AE 与平面PDB 所成的角的大小. 5.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形， PA ⊥平面ABCD ，4PA AD ==，2AB =．以BD 的中点O 为球心、BD 为直径的球面交PD 于点M ． B C D E O A P B M
（1）求证：平面ABM ⊥平面PCD ； （2）求直线PC 与平面ABM 所成的角； （3）求点O 到平面ABM 的距离． 6.如图，正方形ABCD 所在平面与平面四边形ABEF 所在平面互相垂直，△ABE 是等腰直角三角形，,,45AB AE FA FE AEF ?==∠=（I ）求证：EF BCE ⊥平面； （II ）设线段CD 、AE 的中点分别为P 、M ，求证： PM ∥BCE 平面 （III ）求二面角F BD A --的大小。 7.如图，四棱锥S -ABCD 的底面是正方形，SD ⊥平面ABCD ,SD ＝AD ＝a ,点E 是SD 上的点，且DE ＝λa (0<λ≦1). (Ⅰ)求证：对任意的λ∈（0、1）， 都有AC ⊥BE : (Ⅱ)若二面角C -AE -D 的大小为600C ，求λ的值。 8.如图3，在正三棱柱111ABC A B C -中，AB =4, 17AA =,点D 是BC 的中点，点E 在AC 上，且DE ⊥1A E .（Ⅰ）证明：平面1A DE ⊥平面 11ACC A ;（Ⅱ）求直线AD 和平面1A DE 所成角的正弦值。 9.如图，正方形ABCD 所在平面与平面四边形ABEF 所在平面互相垂直，△ABE 是等腰直角三角形，,,45AB AE FA FE AEF ?==∠= （I ）求证：EF BCE ⊥平面；
立体几何高考真题大题
立体几何咼考真题大题 1. （2016高考新课标1 卷）如图，在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方 形,AF=2FD, NAFD =90：且二面角 D-AF-E 与二面角 C-BE-F 都是 60： （I ）证明：平面 ABEF 丄平面EFDC （n ）求二面角 E-BC-A 的余弦值. 【答案】（I ）见解析；（n ） -2蜃 19 【解析】 试题分析：（I ）先证明AF 丄平面E FDC ,结合直F U 平面AB E F ,可得平面ABE F 丄 平面E FDC . （n ）建立空间坐标系，分别求出平面E C E 的法向量m 及平面E C E 的法 试题解析：（I ）由已知可得 A F 丄DF, A F 丄F E|,所以A F 丄平面E FDC . 又A F U 平面 AE E F ,故平面AEE F 丄平面|E F D C . _ （n ）过D 作DG 丄E F ,垂足为G ,由（I ）知DG 丄平面［A E 百F . 以G 为坐标原点，GF 的方向为x 轴正方向，GF 为单位长度，建立如图所示的空间直 角坐标系G —xyz . 由（I ）知N DF E 为二面角D -A F -E 的平面角，故N DF E =60：贝U DF = 2 , DG|=3,可得九(1,4,0 ), B(—3,4,0 ), E(—3,0,0 ), D (0,0, 73 ). 由已知，AE //E F ,所以AE //平面E FDC . 又平面 A ECD n 平面 |E FDC = DC ,故〕AB //CD , CD//EF . 由EE //A F ,可得EE 丄平面I E F DC ,所以N C E F |为二面角C —EE —F 的平面角， 向量n ,再利用cos （n,m ） 求二面角. n ||m |
2019年高考试题汇编文科数学--立体几何
（2019全国1文）16.已知90ACB ∠=?，P 为平面ABC 外一点，2PC =，点P 到ACB ∠两边,AC BC 的距 P 到平面ABC 的距离为 . 答案： 解答： 如图，过P 点做平面ABC 的垂线段，垂足为O ，则PO 的长度即为所求，再做,PE CB PF CA ⊥⊥，由线面的 垂直判定及性质定理可得出,OE CB OF CA ⊥⊥，在Rt PCF ?中，由2,PC PF == ，可得出1CF =，同 理在Rt PCE ?中可得出1CE =，结合90ACB ∠=?，,OE CB OF CA ⊥⊥可得出1OE OF ==，OC = ， PO == （2019全国1文）19.如图直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14,2AA AB ==，60BAD ∠=， ,,E M N 分别是11,,BC BB A D 的中点. （1）证明：//MN 平面1C DE （2）求点C 到平面1C DE 的距离. 答案： 见解析 解答： （1）连结1111,AC B D 相交于点G ，再过点M 作1//MH C E 交11B C 于点H ，再连结GH ，NG . ,,E M N 分别是 11,,BC BB A D 的中点. 于是可得到1//NG C D ，//GH DE ， 于是得到平面//NGHM 平面1C DE ， 由 MN ?平面NGHM ，于是得到//MN 平面1C DE
（2） E 为BC 中点，ABCD 为菱形且60BAD ∠= DE BC ∴⊥，又 1111ABCD A B C D -为直四棱柱，1DE CC ∴⊥ 1DE C E ∴⊥，又 12,4AB AA ==， 1DE C E ∴=，设点C 到平面1C DE 的距离为h 由11C C DE C DCE V V --=得 1111 143232 h ?=?? 解得h = 所以点C 到平面1C DE （2019全国2文）7. 设,αβ为两个平面，则//αβ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. ,αβ平行于同一条直线 D. ,αβ垂直于同一平面 答案：B 解析: 根据面面平行的判定定理易得答案. （2019全国2文）16.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有 个面，其棱长为 .(本题第一空2分，第二空3分.)