1、以下这些语句存在若干问题，包括语法错误、标点使用不当、语句不通畅及信息不完整——“.....则该球的表面积为解析将该三棱锥放入正方体内，若球与三棱锥各棱均相切等价于球与正方体各面均相切，所以则球的表面积为答案三棱锥中是斜边的等腰直角三角形，则以下结论中异面直线与所成的角为直线⊥平面平面⊥平面点到平面的距离是其中正确结论的序号是解析由题意知⊥平面，故⊥，⊥平面，平面⊥平面，正确取的中点，连接，如图可证得⊥平面，故的长度即为到平面的距离，正确答案如图，在矩形中，且，为的中点，为的中点沿将矩形折成的二面角，此时的长为解析如图，过作⊥，垂足为的中点，则向量与的夹角为又，答案三解答题共小题，共分，解答应写出必要的文字说明计算过程或证明步骤分个几何体是由圆柱和三棱锥组合而成，点在圆的圆周上，其正主视图，侧左视图的面积分别为和，如图所示，其中⊥平面，⊥求证⊥求三棱锥的体积解因为⊥平面，⊂平面，所以⊥，即⊥又因为⊥，∩所以⊥因为四边形为直角梯形，⊥，所以四边形为正方形，所以⊥因为∩所以⊥平面，所以⊥因为平面⊥平面，且⊥，所以⊥平面，所以⊥由两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系因为三角形为等腰直角三角形，所以，设，所以，所以......”。

2、以下这些语句存在多处问题，具体涉及到语法误用、标点符号运用不当、句子表达不流畅以及信息表述不全面——“.....谢杰同相供电有源补偿的特性与最小容量西南交通大学学报，魏光同相牵引供电系统负序谐波无功电流实时检测方法及其补偿策略电力系统保护与控制，霍长龙基于，接线变压器的新型同相牵引供电系统电源技术，唐学林，张秀峰，林贞礼基于，变压器的同相牵引供电系统大功率变流技术，刘晓菊同相牵引供电系统的补偿原理及再生制动特性电网技术，段胜朋同相供电系统的改进型电流检测方法电网技术，王存岭，王化成单相短路试验的三相试验变压器供电低压电器，蒋寿生新型四相输电方式与三相变四相变压器电力自动化设备，马庆安三种供电模式的比较铁道学报，李群湛交流电气化铁路供电牵化铁路是由哈尔斯克公司和西门子公司在年月日出现，经历百二十多年的历史。在上世纪六七十年代，电气化铁路在全球范围内发展速度很快，每年修建的数量平均可达多公里。并且到了七十年代末，前苏联西欧东欧以要的电源供给都是外部获得的，比如外部电源或者牵引供电系统在变换之后将电能输送给牵引电动机上，使得牵引电动机开始运作，从而牵引列车通过车轮的转动行驶前进。在德国柏林举行的世界贸易博览会上，世界第条电气牵引动力设备，主要类型为电力机车和内燃机车......”。

3、以下这些语句在语言表达上出现了多方面的问题，包括语法错误、标点符号使用不规范、句子结构不够流畅，以及内容阐述不够详尽和全面——“.....则向量与的夹角为又，答案三解答题共小题，共分，解答应写出必要的文字说明计算过程或证明步骤分个几何体是由圆柱和三棱锥组合而成，点在圆的圆周上，其正主视图，侧左视图的面积分别为和，如图所示，其中⊥平面，⊥求证⊥求三棱锥的体积解因为⊥平面，⊂平面，所以⊥，即⊥又因为⊥，∩所以⊥因为四边形为直角梯形，⊥，所以四边形为正方形，所以⊥因为∩所以⊥平面，所以⊥因为平面⊥平面，且⊥，所以⊥平面，所以⊥由两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系因为三角形为等腰直角三角形，所以，设，所以，所以，平面的个法向量为设直线与平面所成的角为，所以即直线与平面所成角的正弦值为存在点，且时，有平面证明如下由，，所以，设平面的法向量为，则有，所以取，得因为，且⊄平面，所以平面，即点满足时，有平面分如图，为圆的直径，点，在圆上，，矩形所在的平面与圆所在的平面互相垂直已知，求证平面⊥平面求直线与平面所成角的大小当的长为何值时，平面与平面所成的锐二面角的大小为解证明平面⊥平面，⊥，平面∩平面，⊥平面，⊂平面，⊥，又为圆的直径，⊥，又∩，⊥平面⊂平面......”。

4、以下这些语句该文档存在较明显的语言表达瑕疵，包括语法错误、标点符号使用不规范，句子结构不够顺畅，以及信息传达不充分，需要综合性的修订与完善——“.....共分以下关于几何体的三视图的叙述中，正确的是球的三视图总是三个全等的圆正方体的三视图总是三个全等的正方形水平放置的各面均为正三角形的四面体的三视图都是正三角形水平放置的圆台的俯视图是个圆解析画几何体的三视图要考虑视角，但对于球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆答案用与球心距离为的平面去截球，所得的截面面积为，则球的体积为解析圆⇒，而截面圆圆心与球心的距离，所以球的半径为所以，故选答案设是三个互不重合的平面，是两条不重合的直线，下列命题中正确的是若⊥，⊥，则⊥若，，⊥，则⊥若即，令，解得由可知⊥平面，取平面的个法向量为，依题意，与的夹角为，即，解得因此，当的长为时，平面与平面所成的锐二面角的大小为红对勾新课标高考数学大轮复习第七章立体几何单元质量检测理时间分钟分值分选择题每小题分，共分以下关于几何体的三视图的叙述中，正确的是球的三视图总是三个全，平面的个法向量为设直线与平面所成的角为，所以即直线与平面所成角的正弦值所示的空间直角坐标系因为三角形为等腰直角三角形，所以，设，所以，所以为正方形，所以⊥因为∩所以⊥平面，所以⊥因为平面⊥平面，且⊥......”。

5、以下这些语句存在多种问题，包括语法错误、不规范的标点符号使用、句子结构不够清晰流畅，以及信息传达不够完整详尽——“.....基于三相变压器和供电方式的同相供电系统的研究基于三相变压器和供电方式的同相供电系统的研究目录摘要第章绪论研究背景和意义国内外研究动态国外研究现状国内研究现状研究的思路及内容第章同相牵引供电系统概述现有牵引供电系统结构及特点同相牵引供电系统结构牵引供电方式直流供电方式直供回流供电方式吸流变压器供电方式自耦变压器供电方式第章牵引供电已知球与棱长均为的三棱锥各条棱都相切，则该球的表面积为解析将该三棱锥放入正方体内，若球与三棱锥各棱均相切等价于球与正方体各面均相切，所以则球的表面积为答案三棱锥中是斜边的等腰直角三角形，则以下结论中异面直线与所成的角为直线⊥平面平面⊥平面点到平面的距离是其中正确结论的序号是解析由题意知⊥平面，故⊥，⊥平面，平面⊥平面，正确取的中点，连接，如图可证得⊥平面，故的长度即为到平面的距离，正确答案如图，在矩形中，且，为的中点，为的中点沿将矩形折成的二面角，此时的长为解析如图，过作⊥......”。

6、以下这些语句存在多方面的问题亟需改进，具体而言：标点符号运用不当，句子结构条理性不足导致流畅度欠佳，存在语法误用情况，且在内容表述上缺乏完整性。——“.....所以⊥由两两垂直，建立如图体积解因为⊥平面，⊂平面，所以⊥，即⊥又因为⊥，∩所以⊥因为四边形为直角梯形，⊥，所以四边形锥组合而成，点在圆的圆周上，其正主视图，侧左视图的面积分别为和，如图所示，其中⊥平面，⊥求证⊥求三棱锥的答案三解答题共小题，共分，解答应写出必要的文字说明计算过程或证明步骤分个几何体是由圆柱和三棱面角，此时的长为解析如图，过作⊥，垂足为的中点，则向量与的夹角为又，证得⊥平面，故的长度即为到平面的距离，正确答案如图，在矩形中，且，为的中点，为的中点沿将矩形折成的二点到平面的距离是其中正确结论的序号是解析由题意知⊥平面，故⊥，⊥平面，平面⊥平面，正确取的中点，连接，如图可答案三棱锥中是斜边的等腰直角三角形，则以下结论中异面直线与所成的角为直线⊥平面平面⊥平面答案已知球与棱长均为的三棱锥各条棱都相切，则该球的表面积为解析将该三棱锥放入正方体内，若球与三棱锥各棱均相切等价于球与正方体各面均相切，所以则球的表面积为每小题分，共分已知几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为解析由三视图可知该几何体是个三棱锥，底面是底边长为，高为的等腰三角形，棱锥的高为......”。

7、以下这些语句存在标点错误、句法不清、语法失误和内容缺失等问题，需改进——“.....所以⊥，所以⊥，正确又⊥，所以⊥，正确显然与异面，正确由綊，，得，故不成立的选项为答案二填空题的中点，则下列结论不成立的是与垂直与垂直与异面与异面解析连接则交于，且为的中点，又为的中点，所以綊，而，设与平面所成角为，则，答案如图，在正四棱柱底面是正方形的直四棱柱中，分别是设平面的个法向量为，由，得，令，则所成角的正弦值为解析如图，取的中点，建立如图所示空间直角坐标系则，，所成角的正弦值为解析如图，取的中点，建立如图所示空间直角坐标系则，设平面的个法向量为，由，得，令，则，设与平面所成角为，则，答案如图，在正四棱柱底面是正方形的直四棱柱中，分别是的中点，则下列结论不成立的是与垂直与垂直与异面与异面解析连接则交于，且为的中点，又为的中点，所以綊，而⊥平面，所以⊥，所以⊥，正确又⊥，所以⊥，正确显然与异面，正确由綊，，得，故不成立的选项为答案二填空题每小题分，共分已知几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为解析由三视图可知该几何体是个三棱锥，底面是底边长为，高为的等腰三角形，棱锥的高为......”。

8、以下文段存在较多缺陷，具体而言：语法误用情况较多，标点符号使用不规范，影响文本断句理解；句子结构与表达缺乏流畅性，阅读体验受影响——“.....前者牵引方式是通过给动力车供给外部电源而获得牵引的方法。但是作为电气化铁路牵引力的电力机车自身不携带能源......”。

9、以下这些语句存在多方面瑕疵，具体表现在：语法结构错误频现，标点符号运用失当，句子表达欠流畅，以及信息阐述不够周全，影响了整体的可读性和准确性——“.....所以即直线与平面所成角的正弦值为存在点，且时，有平面证明如下由，，所以，设平面的法向量为，则有，所以取，得因为，且⊄平面，所以平面，即点满足时，有平面分如图，为圆的直径，点，在圆上，，矩形所在的平面与圆所在的平面互相垂直已知，求证平面⊥平面求直线与平面所成角的大小当的长为何值时，平面与平面所成的锐二面角的大小为解证明平面⊥平面，⊥，平面∩平面，⊥平面，⊂平面，⊥，又为圆的直径，⊥，又∩，⊥平面⊂平面，平面⊥平面由知⊥平面，为在平面内的射影，因此，为直线与平面所成的角，四边形为等腰梯形，过点作⊥，交于已知则在中，根据射影定理得，直线与平面所成角的大小为设中点为，以为坐标原点，方向分别为轴轴轴正方向建立空间直角坐标系如图设，则点的坐标为又，设平面的法向量为，则即，令，解得由可知⊥平面，取平面的个法向量为，依题意，与的夹角为，即，解得因此，当的长为时......”。