第10章 第11节 立体几何计算题集锦-【高考零起点】2026年新高考数学总复习（艺考）

高考零起点·数学 第十一节立体几何计算题集锦 1.(2021新高考I卷)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为 BD的中点 (1)证明：OA⊥CD; (2)若△OCD是边长为1的等边三角形，E在棱AD上，DE=2EA,且二面角E-BC-D 的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积 2.(2021新高考Ⅱ卷)在四棱锥Q-ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2,QD=QA= 5,QC=3. (1)证明：平面QAD⊥平面ABCD; (2)求二面角B-QD-A的平面角的余弦值. 178 第十章立体几何 3.(2021天津卷)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D1 中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点 B C (1)求证：DF∥平面AEC1; (2)求直线AC,与平面A,EC,所成角的正弦值； (3)求二面角A-A,C,-E的正弦值， 4.(2024新高考I卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底 面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=√3 (1)若AD⊥PB,证明：AD∥平面PBC; (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为 42 求AD. 5.(2025全国Ⅱ卷)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD,∠DAB=90°，F为CD的中点， 点E在AB上，EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形 EFD'A',使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明：A'B∥平面CD'F; (2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值， D' D C 179 高考零起点·数学 6.(2022浙江卷)如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC,DC∥EF,AB=5, DC=3,EF=1,∠BAD=∠CDE=60°，二面角F-DC-B的平面角为60°.设M,N分别 为AE,BC的中点. (1)证明：FN⊥AD; (2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值 7.（2024新高考Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB=8,CD=3,AD=5√3， 乙ADG=0,∠B4D=30,么，下满足正-子而，正-，将△ABP沿ED翻折至 △PEF,使得PC=4√3. (1)证明：EF⊥PD; (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 8.（2025北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，△ADC与△BAC均为等腰直角三角 形，∠ADC=90°，∠BAC=90°，E为BC的中点 (1)若F,G分别为PD,PE的中点，求证：FG∥平面PAB; (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求直线AB与平面PCD所成角的正弦值. 180 第十章立体几何 9.(2023全国甲卷)如图，在三棱柱ABC-A,B,C,中，A1C1底 面ABC,∠ACB=90°，AA1=2,A1到平面BCC,B1的距离为1. (1)证明：A,C=AC; (2)已知AA1与BB,的距离为2，求AB,与平面BCC,B1,所成 角的正弦值 10.(2022新高考I卷)如图，直三棱柱ABC-A,B,C1的体积为4，△A,BC的面积为2√2 (1)求A到平面A,BC的距离： (2)设D为A,C的中点，AA1=AB,平面A,BC⊥平面ABBA1,求二面角A-BD-C的正 弦值， B 11.(2022新高考Ⅱ卷)如图，P0是三棱锥P-ABC的高，PA=PB,AB⊥AC,E是PB的 中点。 (1)证明：OE∥平面PAC; (2)若∠AB0=∠CB0=30°，P0=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值. C 181平面SCD与平面SBA所成二面角的余弦值为 小正切杭为号 第十一节立体几何计算题集锦 1.(1)AB=AD,0为BD的中点， ..AO⊥BD. :平面ABD∩平面BCD=BD,平面ABD⊥平面BCD,AO C平面ABD,∴.AO⊥平面BCD. :CDC平面BCD,∴.AO⊥CD. （2)如图，作EF⊥BD于F,作FM⊥BC于M,连接EM. :AO⊥平面BCD,.AO⊥BD,AO⊥CD. 又EF⊥BD,EF⊥CD,BD∩CD=D, ∴.EF⊥平面BCD,即EF⊥BC. FM⊥BC,FM∩EF=F,.BC⊥平面EFM, 即BC⊥ME,则∠EMF为二面角E-BC-D的平面角， 2EMF- :B0=OD,△OCD为正三角形， ∴.△BCD为直角三角形. nE=2AW=2r=2(+号）=子 2 ·EF=FM= 3…40=1 A0⊥平面BCD, V=A0·SA=人小 6 2.(1)如图，取AD的中点0，连接Q0,C0. QA=QD,0A=0D,∴.Q0⊥AD. AD=2,QA=5,.Q0=√5-I=2. 在正方形ABCD中，.AD=2,.D0=1,.C0=√5. :QC=3,.QC2=Q02+0C2,.△Q0C为直角三角形且 00⊥0C. :OC∩AD=0,∴.Q0⊥平面ABCD, :Q0C平面QAD,∴.平面QAD⊥平面ABCD. 7 (2)在平面ABCD内，过0作OT∥CD,交BC于T,则 0T⊥AD,结合(1)中的Q0⊥平面ABCD,故可建立如图 所示的空间直角坐标系. R x 则D(0,1,0),Q(0,0,2),B(2,-1,0), .B0=(-2,1,2),Bi=(-2,2,0). 设平面QBD的法向量n=(x,y,z), 则n可=0即2t20取=1，则y=1, n·Bi=0,(-2x+2y=0. 分a=.l,) 而平面QAD的一个法向量为m=(1,0,0), 六cos(m,m)=1=2 33 1× 2 由图可知，二面角B-QD-A的平面角为锐角，.其余弦 窗药系 3.(1)以A为原点，以AB,AD,AA,所在的直线分别为 x轴，y轴，2轴，建立如图所示空间直角坐标系， A,42 B- E 则A(0,0,0),A(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0), D(0,2,0),C1(2,2,2),D(0,2,2). E为棱BC的中点，F为棱CD的中点， .E(2,1,0),F(1,2,0), D1F=(1,0,-2),41C=(2,2,0),A1E=(2,1,-2). 设平面A1EC1的法向量m=(x1,y1,1), m·A1C1=2x1+2y1=0, 则 m·A1E=2x1ty1-2z1=0, 令x1=2,则m=(2,-2,1). D,F.m=2-2=0,.D1F⊥m. D,F￠平面A1EC1,D1F∥平面A,EC1 (2)由(1)得AC=(2,2,2), 设直线AC,与平面AEC1所成角为0， m·AC 则sin0=|cos(m,AC1)|= Im·|AC1 2√3 3×259 ·直线AC,与平面4，BC,所成角的正弦值为5 (3)由正方体的特征可得，平面AA1C,的一个法向量为 D品=(2，-2,0)， 则cos(DB,m〉= D成.m。822 D·m3x223, ∴.二面角A-A,C,-E的正弦值为 人硫网号 4.(1)PA⊥平面ABCD,而ADC平面ABCD,∴.PA⊥AD. 又AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PAC平面PAB,.AD⊥平 面PAB. ABC平面PAB,.AD⊥AB. .BC2+AB2=AC2,..BC LAB. 根据平面知识可知AD∥BC,又AD￠平面PBC,BCC平 面PBC, .AD∥平面PBC (2)如图所示，过D作DE⊥AC于E,再过E作EF⊥CP 于F,连接DF. :PA⊥平面ABCD,.平面PAC⊥平面ABCD,:平 面PAC∩平面ABCD=AC,∴.DE⊥平面PAC. 又EF⊥CP,.CP⊥平面DEF 根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D 的平面角，si血LDFE=至，LDFE=-后.ADLDC. 设AD=x,.CD=√4-x, 由等面积法可得DB=*V4- 2 又6=√).4号，而△B为烟 4 xV√4-x 直角三角形，：EF=4 2 .∴.tan∠DFE= =√6， 22 4-x2 2W2 解得x=√3，即AD=√3. 7 5(1证明见解有(2 【解析】(1)设AD=1,AB=3,CD=2,F为CD的中 点，∴DF=1,AE∥DF,.A'E∥D'F,D'FC平面 CD'F,A'E￠平面CDF,.A'E∥平面CD'F,:FC∥ EB,FCC平面CD'F,EB￠平面CD'F,∴.EB∥平面 CD'F,又EB∩A'E=E,EB,A'EC平面A'EB,∴.平面 A'EB∥平面CD'F,又A'BC平面A'EB,.A'B∥平面 CD'F; (2)∠DAB=90°，，AD⊥AB,又AB∥FC,EF∥AD, ∴.EF⊥FC,以F为原点，FE,FC所在直线以及垂直于 平面BEFC的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐 标系. B :D'F⊥EF,CF⊥EF,平面EFD'A'与平面EFCB所成的 二面角为60°，∴.∠DFC=60°，则B(1,2,0), c0.10,029）Ea00,F00.0. B成=(-1，-1,0)，CD 设平面BCD'的法向量 B元=0， -x-y=0, 为n=(x,y,z),则 cd.=0, 13 令y= 2J+22=0 √3，则z=1,x=-√3，则n=(-3,3,1).设平面EFD'A' 的法向量为 元=(x11,),则 (F2·m=0, x=0, 、1,3。令y=3,则z=-1,x=0, m.m=0,“2+2=0, 六反=(0，，).赠（成，）：a m1 0+3-1 1 ∴.面BCD'与面EFD'A所成的二 √3+3+I×√/1+3√7 面角的正弦为 √42 7 6.(1)如图，过E,D分别作直线DC,AB的垂线EG,DH并 分别交于G,H. :四边形ABCD和四边形EFCD都是直角梯形，AB∥ DC,CD∥EF,AB=5,DC=3,EF=1,∠BAD=∠CDE =60°， .由平面几何知识易知，DG=AH=2,∠EFC=∠DCF= ∠DCB=∠ABC=90°， .四边形EFCG和四边形DCBH是矩形， .在Rt△EGD和Rt△DHA中，EG=DH=2√5. :DC⊥CF,DC⊥CB,且CFnCB=C,∴.DC⊥平面BCF, 又∠BCF是二面角F-DC-B的平面角， ∴.∠BCF=60°， .△BCF是正三角形 由DCC平面ABCD,得平面ABCD⊥平面BCF. N是BC的中点， ∴.FN⊥BC. 又DC⊥平面BCF,FNC平面BCF,可得FN⊥CD, 而BC∩CD=C,.FN⊥平面ABCD,而ADC平面 ABCD,.FN⊥AD. H (2):FN⊥平面ABCD,过N作AB的平行线NK, 以N为原点，NK,NB,NF所在直线分别为x轴、 y轴、z轴建立空间直角坐标系N-xz.∴.A(5,W5,0), B(0,5,0),D(3,-3,0),E(1,0,3), -25,0),D2=(-2,5,3) 设平面ADE的法向量为n=(x,y,z), n·AD=0,（-2x-23y=0, 由 ”得 n·Di=0,-2x+3y+3z=0, 取n=(5,-1,5), 设直线BM与平面ADE所成角为O, sin 0=I cos(n,BM)=In.BM Inl·1BM 33+333 22 5557 /3+1+3·./9+ 03,97.2514 44 ·直线BM与平面ADE所成角的正弦值为5门 14 75 7.(1)由AB=8,AD=53,正-=2市，=1店，得AE= 5 21 25,AF=4,又∠BAD=30°， .在△AEF中，由余弦定理得EF =√JAE2+AF2-2AE·AFcos∠BAD =√12+16-2x23×4x :=2,.AE2+EF2=AF2, ∴.AE⊥EF,即EF⊥AD, ∴.EF⊥PE,EF⊥DE. 又PE∩DE=E,PE,DEC平面PDE,.EF⊥平面PDE. 又PDC平面PDE,∴.EF⊥PD. (2)连接CE,由∠ADC=90°，ED=35,CD=3,得CE2= ED2+CD2=36, 由在△PEC中，PC=4√5，PE=25,EC=6,得EC2 +PE2=PC2,.PE⊥EC. 由(1)知PE⊥EF,又EC∩EF=E,EC,EFC平面 ABCD,..PE⊥平面ABCD. 又EDC平面ABCD,∴PE⊥ED,则PE,EF,ED两两垂 直，建立如图所示的空间直角坐标系E-y2, B 则E(0,0,0),P(0,0,25),D(0,35,0),C(3, 33,0),F2,0,0),A(0,-25,0). 由F是AB的中点，得B(4,25,0),.P元=(3,35，-2 5),P⑦=(0,35，-23)，PB=(4,23,-25), P7=(2,0,-25), 设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n=(x1, y1,1),m=(x2,y2,22), 则元-3+33，-231=0. n.P币=33-2w5z,=0, (m·P2=4x2+23y2-2W3z2=0, m.P市=2x,-23,=0, 令y1=2,x2=3,得x1=0,1=3,y2=-1,22=1, ∴.n=(0,2,3),m=(3,-1,1), m·n1 √65 ÷1c0s<m,>=m.1m-/13xW565 设平面PCD与平面PBF所成角为O, 六s如9：V1-as0=8g后，平面PD与平面PB 所成角的正弦值为8y5 65 8(1)证明见解析(2)3 【解析】(1)取PA的中点N,PB的中点M,连接 FN,MN,MG,:△ACD与△ABC为等腰直角三角形且 ∠ADC=90°，∠BAC=90°，不妨设AD=CD=2, ∴.AC=AB=2W2,∴.BC=4.E,F分别为BC,PD的中 点N=24D=1,cM=2BE=1,且PN∥AD,6M/ BC..∠DAC=45°，∠ACB=45°，∴.AD∥BC,∴.FN∥ GM,.四边形FGMN为平行四边形，.FG∥MW, ·FGt平面PAB,MNC平面PAB,∴.FG∥平面PAB; (2):PA⊥平面ABCD,∴.以A为原点，AC,AB,AP所在 直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系， B y 设AD=CD=2,则A(0,0,0),B(0,22,0), C(22,0,0),D(2,-√2,0)，P(0,0,22),AB= (0,22,0),D元=(2,2,0)，C2=(-22,0,22),设 D元.=0， 平面PCD的法向量为n=(x,y,), .元=0， （2x+√2y=0, 取x=1,.y=-1,z=1,.n= （-22x+2w2z=0, (1,-1,1).设AB与平面PCD所成角为9，则sin0= 1s(,1=.元-10x1+22x-1）+0x1 |AB|元|22×√12+(-1)2+1平 22X万了，即直线B与平面PCD所成角的正弦值 22-√3 为 9.(1):A,C⊥平面ABC,BCC平面ABC, .AC⊥BC 又：∠ACB=90°，即AC⊥BC, AC,ACC平面ACC,A1,A1C∩AC=C, 16 ∴BC⊥平面ACCA1· 又：BCC平面BCC,B1, ∴.平面ACC1A1⊥平面BCC,B1· 如图，过A1作A,H⊥CC1,则A1H⊥平面BCC,B1,即A1H 的长为点A1到平面BCC,B1的距离，.A1H=1. 设AC=x,在Rt△A1CA中，A,C=√4-x, 在Rt△CA1C1中，A1C1·A1C=CC1·A1H, 即x√4-x=2×1,解得x=√2，.A1C=AC=V2, A C=AC. (2)方法一： 连接B,C,过C作CQ⊥AA1,垂足为Q, 连接BQ,由(1)知BC⊥平面ACC1A1, 又AA,C平面ACC1A1,∴.BC⊥AA1: 又CQ∩BC=C,∴.AA1⊥平面BCQ. BQC平面BCQ,∴.AA1⊥BQ, 又AA1∥BB1,BB1⊥BQ,.BQ的长为直线AA1与 BB,之间的距离，即BQ=2. 又在Rt△BCQ中，BQ=2,CQ=1,.BC=W3. 由(1)知CA,CB,CA,两两垂直，∴.以直线CA,CB,CA; 分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， -:8 则C(0,0,0),A(2,0,0),A1(0,0,2),B(0,3,0), .C=(0,3,0),44=(-√2,0,2). 又知BB=AM=(-2,0,2),B,(-2,3,2), .CB=(-√2,5,2)，AB=(-22,5,2) 设平面BCC,B1的法向量为n=(x,y,z), (n·C2=0, 则 即5y=0, n.c6=0, (-√2x+V3y+2z=0. 令x=1,则z=1,则n=(1,0,1), 设直线AB,与平面BCC,B1所成角为0，则 |AB,·nl sin 0=Icos(AB,n)I=- AB1·Inl 1(-22)×1+W2×1√2√13 √8+3+2×√1+13xW213’ A极，与平面BCC,B所成角的正弦值为V了 131 方法二： AC=AC1,BC⊥AC,BC⊥AC, .Rt△ACB≌Rt△A1CB, .BA =BA. 过B作BD⊥AA1交AA1于D,则D为AA1的中点， :直线AA1与BB1的距离为2，.BD=2. AD=1,BD=2,AB=AB=√5. 在Rt△ABC中，.BC=V√AB2-AC=√3， 延长AC,使AC=CM,连接C1M, 由CM∥A,C1,CM=A1C,知，四边形A,CMC,为平行四 边形， .C,M∥AC,.C,M⊥平面ABC. 又AMC平面ABC, ∴.CM⊥AM, 则在Rt△AC1M中，AM=2AC,C1M=A1C, ∴.AC1=√(2AC)2+A1C2, 在Rt△AB,C,中，AC1=√/(2AC)2+A1C,B1C1= BC=√3， .AB,=√(22)2+(2)+(3)了=3. 又A到平面BCC,B,的距离也为1， ,AB,与平面BCC,B,所成角的正弦值为 1 13 √1313 10.(1)在直三棱柱ABC-A1B1C,中，设点A到平面ABC 的距商为A,则4c了4·h= 1 3h=V4-c= 4 子5eAd=宁cr号每得=反， ·.点A到平面ABC的距离为√2 (2)取AB的中点E,连接AE,如图，AA1=AB, .AE⊥AB. 又平面ABC⊥平面ABBA1,平面A,BC∩平面 ABB1A1=A1B,且AEC平面ABB1A1,.AE⊥平 面ABC. 在直三棱柱ABC-AB,C1中，BB,⊥平面ABC, 由BCC平面A,BC,BCC平面ABC可得AE⊥BC, BB,⊥BC, 又AE,BB1C平面ABBA1且相交，∴.BC⊥平面 ABB1A1,∴.BC,BA,BB1两两垂直. 以B为原点，建立空间直角坐标系，如图， D 1 由(1)得AE=√2，A41=AB=2,A,B=22,BC=2, .A(0,2,0),A1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0), .A1C的中点D(1,1,1),BZ=(1,1,1),BA= (0,2,0),BC=(2,0,0). 设平面ABD的法向量m=(x,y,z),则 m…励=xy+z=0,可取m=(1,0-1), m·BA=2y=0, 设平面BDC的法向量n=(a,b,c),则 n…Bi=a+b+c=0 n.Bt=2a=0, 可取n=(0,1,-1), m·n11 则cos(m,n）=m:n2xw22’ 4二面角小0-G的正弦值为，-（兮厂-号 11.(1)如图，连接B0并延长交AC于D,连接OA,PD. PO是三棱锥P-ABC的高，∴PO⊥平面ABC. A0,B0C平面ABC,∴.P0⊥A0,P0⊥B0. 又PA=PB,.△POA≌△POB,即OA=OB, ∴.∠OAB=∠OBA. 又AB⊥AC,即∠BAC=90°，∴∠0AB+∠OAD=90°， ∠OBA+∠ODA=90°，∴.∠ODA=∠OAD,∴.A0=D0, 即AO=D0=OB,∴.O为BD的中点. 又E为PB的中点，∴.OE∥PD. 又OE￠平面PAC,PDC平面PAC,∴.OE∥平面PAC. B (2)过A作z∥OP,建立如图所示的空间直角坐标系， P0=3,AP=5,.0A=√AP2-P02=4. .BD=20A=8,又∠OBA=∠OBC=30°， .AD=4,AB=43,.AC=12,.0(23,2,0), B(43,0,0),P(25,2,3),C(0,12,0), E(331,2) -(51,)应=(45,00)，花=0,12,0. 设平面AEB的法向量为n=(x,y,),则 n正=35x+y+2=0令：=2，则y=-3,x=0, 3 n.B=43x=0, ∴.n=(0,-3,2). 设平面AEC的法向量为m=(a,b,c), 则m·应-36+3 c=0, m·AC=12b=0, 令a=√3，则c=-6,b=0,∴.m=(√3,0，-6) n·m -1245 co(n,m)=1n-m3×√3913 设二面角C-AE-B的大小为0， 则1cos01=cs(n,m)1=4 3, 小血8=Vo0-号即二面角C-A6-8的正孩值 为号 第十一章排列组合 第一节排列 典例精析 例1(1)A=6×5×4×3×2×1=720; (2)A号=7×6×5×4=840. 例2（1)共有A7=5040(种)排法. (2)甲、乙两人不能站在两端，则甲、乙只能站中间五个 位置，有A?=20(种)站法.对于20种站法里面的每一种 站法，当甲、乙站好后，还有剩下的五个位置可让剩下的 五个人任意排列，有A;种排法.由于整个事情是分步完 成，用乘法，所以总的排列方法有AA?=2400(种). (3)将四名男生和三名女生分别“捆绑”在一起看成两个 整体，则在这两个整体的内部的排列数分别为A4和A, 两个整体之间的排列数为A?,由于整个事情是分步完成 的，所以总的排法为A4AA3=288(种). (4)男男男男 当四个男生排好后，男生中间和两边共有五个空位置可 排女生，将三名女生放人这五个空位置后即可使女生不 相邻四个男生的排列数为A,将三个女生放入五个空位 置进行排列的排列数为A?,整个事情分步进行，故共有 排法A4A3=1440(种). 例3(1)六位偶数的最后一位可排0,2,4中的任意 一个数字，由于当0排末位的时候，2,4能排首位；而 当2,4排最后一位的时候，0不能排首位，所以要分情况 讨论： 7 ①当0排末位时，剩下五个数字在剩下五个位置上的排 法为A=120(种). ②当2,4排末位时，这两个数字共有A;种排法，对于 A2种排法中的每一种排法，0在中间有四个位置可排，排 列数为A4,于是把数字0排好的方法数为A2A4.对 于A2A}中的每一种排法，剩下的数字在剩下的四个位置 可任意排列，排列数为A4,所以总的排法为AA4A =192(种). 于是可组成120+192=312（个）无重复数字的六位偶数. (2)一个整数如果是3的倍数，则这个整数各个位上的 数字之和一定是3的倍数，所以这样的三位整数可由下 面四组数字组成：①1,2,3；②1,3,5；③2,3,4；④3,4,5.这 四组中的每一组又可组成A个整数，故所有的能被3整 除的整数为4A3=24(个). 例4(1)相当于从7个不同元素中取4个元素进行排 列，故有A=840(种)放法. (2)可视为与(1)互逆的过程，方法种数相同，故也 有A1=840(种)放法. (3)因为每个球放入盒子都有7种方法，所以4个球放入 盒子总共有74=2401（种）放法. 例5显然甲排在乙的右边和甲排在乙的左边的排列数 A 是相等的，故甲排在乙的右边的排法有2=60（种）， 巩固练习 一、计算题 1.(1)120A;=5×4×3×2×1=120. (2)6720A=8×7×6×5×4=6720. (3)720A0=10×9×8=720. 2.(1)144种将甲、乙、丙捆绑在一起看成一个整体，则 在甲、乙、丙内部的排列数为A,这个整体与其他三人 的排列数为A,由分步计数原理，所以总的排列数 为A3A4=144. (2)480种可用间接法求解，当甲、乙相邻时，利用捆 绑法可得其排列数为A?A,则甲、乙不相邻时的排列数 为A8-A2A=480. (3)144种将甲、乙捆绑在一起看成一个整体，这个 整体与除去丙、丁之外其他二人的排列数为AA,又这 个整体和其他两人的排列之间有4个空，将丙、丁插入 其中的两个空，由分步计数原理得，所求排列数为 A2A3A=144. 3.216个可分为两类：个位数字为0时，其排列数为A?, 个位数字为5时，其排列数为A4A4.由分类计数原理 得，所求六位数的个数为A+A4A4=216. 二、选择题 1.B由题意知，个位数应排2或4，由分步计数原理，偶 数共有A2A4=48(个).故选B. 2.A由题意知，个位数应排2或4，由分步计数原理，偶 数共有A2A子=24（个）.故选A. 3.B由分步计数原理，用0,1，…，9十个数字组成的三