【正文】 1C1D1，且平面 平面 ， 平 面 平面 ，所以 B1 D1∥ BD. 于是 由 ， ， B1 D1∥ BD，可得 ， 又因為 ，所以 平面 ACC2A2. （ Ⅱ ）因為四棱柱 的底面是正方形，側(cè)面是全等的矩形，所以 四 棱 柱 上 底 面 四 棱 柱 側(cè) 面 又因為四棱臺 的上、下底面均是正方形，側(cè)面是 全等的等腰 梯形， 1所以 四棱臺下底面 四棱臺側(cè)面 h等腰梯形的高 2 于是該實心零部件的表面積為 ， 故所需加工處理費為 （元） . 【解析】本題考查線面垂直，空間幾何體的表面積；考查空間想象，運算求解以及轉(zhuǎn)化與劃歸的能力 .線線垂直 線面垂直 面面垂直是有關(guān)垂直的幾何問 題的常用轉(zhuǎn)化方法；四棱柱與四棱臺的表面積都是由簡單的四邊形的面積而構(gòu)成，只需求解四邊形的各邊長即可 .來年需注意線線平行，面面平行特別是線面平行，以及體積等的考查 . 35.【 2020高考廣東文 18】本小題滿分 13分） 如圖 5所示，在四棱錐 中， 平面 PAD， AB//CD， ， E是 PB的中點， F是 CD上的點且 （ 1）證明： 平面 ABCD； （ 2）若 1， ， ，求三棱 錐 的體積； （ 3）證明： 平面 PAB . 1AB， PH為 △ PAD中 AD邊上的高 . 2 【解析】（ 1）證明：因為 平面 PAD， 所以 。 因為 ， 所以 平面 ABCD。 因為 E是 PB的中點， 所以 EG//PH。 則 ， 22 。 因為 E是 PB的中點， 1 。 因為 ， 所以 。 因為 ， 所以 平面 PAB， 所以 平面 PAB。D， E分別為 AC， AB的 中點，點 F為線段 CD上的一點，將 △ ADE 沿 DE 折起到 △ A1DE的位置，使 A1F⊥ CD，如圖 2。 【考點定位】本題第二問是對基本功的考查，對于知識掌握不牢靠的學(xué)生可能不能順利解決。 解：（ 1）因為 D,E分別為 AC,AB的中點，所以 DE∥ 平面 A1CB,所以 DE∥ 平面 A1CB. （ 2）由已知得 AC⊥ BC且 DE∥ BC,所以 DE⊥ DE⊥ A1D,DE⊥ 以 DE⊥ 平面 平面 A1DC, 所以 DE⊥ A1F⊥ CD,所以 A1F⊥ 平面 A1F⊥ BE （ 3）線段 A1B上存在點 Q,使 A1C⊥ 平面 ：如圖， 分別取 A1C,A1B的中點 P,Q,則 PQ∥ BC. 又因為 DE∥ BC,所以 DE∥ DEQ即為平面 DEP. 由（ 2）知 DE⊥ 平面 A1DC,所以 DE⊥ A1C. 又因為 P是等腰三角形 DA1C底邊 A1C 的中 點， 所以 A1C⊥ DP,所以 A1C⊥ 平面 DEP,從而 A1C⊥ 平面 DEQ. 故線段 A1B上存在點 Q,使得 A1C⊥ 平面 DEQ. 37.【 2020高考浙江文 20】（本題滿分 15分）如圖，在側(cè)棱錐垂直底面的四棱錐 ABCDA1B1C1D1中， AD∥ BC， AD⊥ AB， AD=2， BC=4,AA1=2， E是 DD1的中點， F是平面 B1C1E與直線 AA1的交點。 【 答案】 【解析】（ 1）（ i）因為 C1B1//A1D1， 平面 ADD1 A1，所以 C1B1//平面 ADD1 A1. 又因為平面 平面 ADD1 A1=EF，所以 C1B1//A1D1//EF. （ ii） 因為 ，所以 ， 又因為 ，所以 ， 在矩形 中， F是 AA的中點， 即 即 ，故 所以 平面 B (2) 設(shè) BA1與 B1F交點為 H，連結(jié) C1H. 由（ 1）知 B1C1EF，所以 是 BC1 與平面 B1C1EF 所成的角 . 在矩形ABB1A 1中， ， 2，得 BHC1中， ， ，所以 BC與平面 B1C1EF 38.【 2020高考陜西 文 18】（本小題滿分 12分） 直三棱柱 ABC A1B1C1中， AB=A A1 ， 2 （ Ⅰ ）證明 （ Ⅱ ）已知 AB=2， 【解析】（ Ⅰ ）如圖，連結(jié) AB1, 是直三棱柱， 的體積 ， 平面 ABB1A1,故 ． 又 ， 四邊形 ABB1A1是正方形， ，又 ， 平面 CAB1，故 ． （ Ⅱ ） 2， ． 由（ Ⅰ ）知， 平面 ABA1， △ ABA1 (Ⅰ )證明： MN∥ 平面 AACC。 /// （椎體體積公式 V=1Sh,其中 S為地面面積， h為高） 3 【命題意圖】本題以三棱柱為載體主要考查空間中的線面平行的判定、棱錐體積的計算，考查空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力，難度適中。第一小題可以通過線線平行來證明線面平行，也可通過面面平行來證明；第二小題求體積根據(jù)條件選擇合適的底面是關(guān)鍵，也可以采用割補發(fā)來球體積。 又 ∵ 平面 ABC， ∴ 。 又 ∵ 平面 ADE， ∴ 平面 平面 BCC1B1。 又∵ 平面 A1B1C1，且 平面 A1B1C1， ∴ 。 由（ 1）知， 平面 BCC1B1， ∴ A1F∥ AD。 【解析】（ 1）要證平面 平面 BCC1B1，只要證平面 ADE 上的 平面 BCC1B1即可。 （ 2）要證直線 A1F//平面 ADE，只要證 A1F∥ 平面 ADE 上的 AD即可。 （ 1） 求三棱錐 AMCC1的體積； （ 2） 當(dāng) A1M+MC取得最小值時，求證： B1M⊥ 平面 MAC。 難度：中。 解答： （ I）點 A到面 MCC1的距離為 得：三棱錐 的體積3323 （ II）將矩形 DD1C1C饒 DD1 按逆時針旋轉(zhuǎn) 90展開，與矩形 DD1A1A共面 M 是棱 DD1 的中點時， 取得最小值 ，當(dāng)且僅當(dāng)點 在 MB1A中， 得： 同理： 面 MAC 42.【 2020高考江西文 19】（本小題滿分 12分） 如圖，在梯形 ABCD中， AB∥ CD， E， F是線段 AB上的兩點，且 DE⊥ AB，CF⊥ AB， AB=12， AD=5， DE= △ ADE， △ CFB分別沿 DE， CF折起，使 A， B兩點重合與點 G，得到多面體 CDEFG . （ 1） 求證：平面 DEG⊥ 平面 CFG； （ 2） 求多面體 CDEFG的