平行四边形，MN∥ED
又MN平面C1DE，所以MN∥平面C1DE
（2）过C作C1E的垂线，垂足为H
由已知可得DEBC，DEC1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH
从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到平面C1DE的距离，
由已知可得CE1，C1C4，所以C1E
17，故CH4
17

17
从而点C到平面C1DE
的距离为
41717

2019年高考数学试题分类汇编立体几何第5页共10页
f3、（2019年高考全国II卷文理科17）如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1
（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AEA1E，AB3，求四棱锥EBB1C1C的体积．解：（1）由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，
故B1C1BE
又BEEC1，所以BE⊥平面EB1C1
（2）由（1）知∠BEB190°由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以AEBA1EB145，故AEAB3，
AA12AE6
作EFBB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EFAB3
所以，四棱锥E

BB1C1C
的体积V

13633
18
4、（2019年高考全国III卷理科19）图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，
其中AB1，BEBF2，∠FBC60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角BCGA的大小
解：（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，
故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．（2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC60°，可求得BH1，EH3．
以H为坐标原点，HC的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，
则A（1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，3），
CG（1，0，3），AC（2，1，0）．
设平面ACGD的法向量为
（x，y，z），则
2019年高考数学试题分类汇编立体几何第6页共10页
fCG




0
即

x

3z0
AC
02xy0
所以可取
（3，6，3）．
又平面BCGE的法向量可取为m（0，1，0），所以cos
m
m3．
m2
因此二面角BCGA的大小为30°．
5、（2019年高考全国III卷文科19）图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，∠FBC60°将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2
（1）证明图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2r