高考数学五年真题(2019-2023)分项汇编06 立体几何（解答题）（文科）（老师用）

五年(2019-2023)年高考真题分项汇编

冷题05克体瓜何(解答鉴J

高存•送瓶分衍

立体几何在文科数高考中属于重点知识点，难度中等。解答题主要是求几何体的体积为主，通常采用的方

法是换底换高，对于求高题目主要是等体积法的应用。

备存真魅精折

一、解答题

1.(2023•全国•统考高考甲卷)如图，在三棱锥P—ABC中，ABJ.BC,AB=2,BC=2近,PB=PC=^6,

3尸,4尸,3。的中点分别为£»,瓦。，点尸在AC上，BFLAO.

A

⑴求证：〃平面AD。；

(2)若NPOF=120。，求三棱锥P-ABC的体积.

【答案】⑴证明见解析

⑵巫

3

【分析】(1)根据给定条件，证明四边形ODEF为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.

(2)作出并证明尸加为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.

【详解】(1)连接。后,。P，^AF=tAC,贝1」3尸=&4+4尸=(1-力&4+/3＜：1,AO=-BA+^BC,BFLAO,

121

贝I」3歹,A0=[(1-0BA+tBC](-BA+-BC)=(r-l)BA+-tBC25=4(r-l)+4f=0,

解得f=1，则尸为AC的中点，由。,E,。再分别为网,PA3cAe的中点，

2

1

于是DE//AB,DE=-AB,OF11AB,OF=-AB,即DE//OF,DE=OF,

22

则四边形ODEF为平行四边形，

EFUDO,EF=DO,又EFu平面ADO,DOu平面ADO,

所以EF〃平面ADO.

(2)过尸作HW垂直R9的延长线交于点

因为尸8=PC,。是中点，所以尸

在RtAPBO中，PB=>/6,BO=-BC=A/2,

2

所以PONPBZ-OB?=后二=2'

因为AB_L3C,O尸//AB,

所以OFLBC,又POcOF=O,PO,OFu平面尸

所以3C1平面尸OF,又HWu平面尸。尸，

所以3C_LPM,又BCFM=O,BC,FMu平面ABC,

所以PM_L平面ABC,

即三棱锥P-ABC的高为PM,

因为NPO尸=120。，所以NPO7W=60。，

所以PM=POsin60°=2*走=指，

2

又=；A31C=；x2x2a=2&,

2.（2023•全国•统考高考乙卷）如图，在三棱柱ABC-A4G中，AC，平面ABC,ZACB=90。.

2

(1)证明：平面ACGA，平面BBgC；

(2)设AB=AB,Aa=2,求四棱锥4一83。。的高.

【答案】⑴证明见解析.

(2)1

【分析】(1)由AC,平面ABC得4CLBC,又因为AC1BC,可证3c人平面ACQA，从而证得平面

ACQA，平面3CC4；

(2)过点A作AOLCG，可证四棱锥的高为A。,由三角形全等可证AC=AC,从而证得。为CG中点，设

A,C=AC=X,由勾股定理可求出X,再由勾股定理即可求AQ.

【详解】(1)证明：因为4。，平面ABC,3Cu平面ABC,

所以ACJ.BC,

又因为NAC3=90,即AC13C,

ACACu平面ACGA，ACCAC=C,

所以3C1平面ACGA，

又因为BCu平面BCG用，

所以平面ACG4，平面BCG%

(2)如图，

过点4作AO,CG，垂足为0.

因为平面ACG4，平面BCC&I,平面ACGAn平面BCC\B、=cq,\ou平面ACGA,

所以4。，平面BCC出，

所以四棱锥A-BBCC的高为4。.

3

因为AC，平面ABC,ACBCu平面ABC,

所以AC,

又因为42=AB,8C为公共边，

所以ABC与.ABC全等，所以4C=AC.

设A。=AC=x,则4G—x,

所以。为CG中点，

又因为ACLAC,所以AC2+AC2=A<,

BPX2+X2=22,解得x=应，

所以A°=jAcj-cc：=J（夜）2_仔=i,

所以四棱锥4-58CC的高为1.

3.（2022•全国•统考高考乙卷题）如图，四面体ABC。中，AD±CD,AD=CD,ZADB=ZBDC,E为AC的

中点.

⑴证明：平面平面AC。；

⑵设钿=3£>=2,NACB=60。，点尸在8。上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥尸-ABC的体积.

【答案】⑴证明详见解析

⑵手

4

【分析】（1）通过证明AC,平面BED来证得平面BED,平面ACD.

（2）首先判断出三角形APC的面积最小时F点的位置，然后求得/到平面ABC的距离，从而求得三棱锥

尸-ABC的体积.

【详解】（1）由于AD=CD,E是AC的中点，所以AC_LDE.

AD=CD

由于<8。=8。,所以AADB三ACDB,

NADB=ZCDB

所以AS=CB,故AC_L3E,

4

由于DEcBE=E,OEBEu平面BED,

所以AC_L平面BED,

由于ACu平面ACD,所以平面3ED_L平面ACD.

(2)［方法一］:判别几何关系

依题意AB=3£)=BC=2,ZACB=60°,三角形ABC是等边三角形，

所以AC=2,AE=CE=1,BE=5

由于AD=CD,AO，CD,所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以。E=l.

DE2+BE2=BD2>所以DE_LBE,

由于ACc3E=E,AC,BEu平面ABC,所以Z)E2平面A3C.

由于zM/M三△CD3,所以NFBA="BC,

BF=BF

由于</PBA=/PBC,所以,.FB4MFBC,

AB=CB

所以AF=CF,所以EF/AC,

由于S所以当政最短时，三角形APC的面积最小

过E作EFJ_BD,垂足为尸，

在RtABED中，-BEDE=-BDEF,解得EF=起,

222

FHBF3

过尸作尸人阳垂足为则切〃DE,所以用，平面ABC,且正=而二，

3

所以用=二,

4

所以/ABC=--SA-FH=~X-X2X^X-=--

r—ADI^3ADBCC3244

5

［方法二］:等体积转换

AB=BC,ZACB=60°,AB=2

・•.A4BC是边长为2的等边三角形，

BE=y/3

连接收

MDB=\CDBAF=CF

EF1AC

,在ABED中，当EF_LBO时，AAFC面积最小

AD±CD,AD=CD,AC=2,E为AC中点

.­.DE=1DE2+BE2=BD-

:.BE1ED

若EF1BD,在ABED中,EF=阻"*=在

BD2

BF=^BE2-EF2=-

2

J_3石36

..S\BEF=-BFEF=

22'T~2~~T

.AC，通力

一^F-ABC=^A-BEF+^C-BEF=］^&BEF

384

4.（2022•全国•统考高考甲卷）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示:

底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，EAB,FBC,一GCD,.HDA均为正三角形,且它们所在的平

面都与平面ABCD垂直.

（1）证明：E5//平面ABCD；

（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）.

【答案】⑴证明见解析；

（2）”.

【分析】（1）分别取的中点/，N,连接建V,由平面知识可知£^，回,孙，3。，EM=FN,依

6

题从而可证£M_L平面ABC。，FN_L平面ABCD,根据线面垂直的性质定理可知EM〃FN,即可知四边形

现WF为平行四边形，于是斯//MN,最后根据线面平行的判定定理即可证出；

（2）再分别取ADOC中点K,L,由（1）知，该几何体的体积等于长方体XMVL-EFG”的体积加上四棱

锥3-政VFE体积的4倍，即可解出.

【详解】（1）如图所示：

分别取的中点M,N,连接MN,因为EBC为全等的正三角形，所以，AB,FN，BC,

EM=FN,又平面E4B_L平面ABGD,平面£ABc平面AfiCD=AB,EMu平面E4B,所以£M_L平面

ABCD,同理可得平面ABC。，根据线面垂直的性质定理可知EN〃FN,而EM=FN,所以四边形

EWNF为平行四边形，所以EF//MN,又E/U平面ABC。，MNu平面ABCD,所以EF〃平面ABC。.

（2）［方法一］:分割法一

如图所示：

分别取A2OC中点K,"由（1）知，EF//MNHEF=MN,同理有，HE//KM,HE=KM,

HG/IKL,HG=KL,GF//LN,GF=LN,由平面知识可知，BDLMN,MNLMK,KM=MN=NL=LK,

所以该几何体的体积等于长方体KWL-£FG”的体积加上四棱锥体积的4倍.

因为MN=NL=LK=KM=4EM=8sin60=4若，点5到平面MNFE的距离即为点5到直线肱V的距

离d,d=2也,所以该几何体的体积

丫=（40）2x4g+4xgx40x4由x2及=128石+午右=等石.

［方法二］:分割法二

7

如图所示:

连接AC,BD,交于0,连接OEQFQGQH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的4

倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍.容易求得，0E=。F=。G=。H=8,取EH的中点P,连接APQP.则EH垂直平面

APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积

V=1.4A/3-（4V2'）2+4---4A/2--4A/2-4V3+4---4^'--4A/2-4V2

31,32323

5.（2021•全国•统考高考乙卷）如图，四棱锥P-A3CD的底面是矩形，底面ABC。，M为8C的中点,

且PB_LAM.

（1）证明：平面平面PBD；

（2）若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCZ）的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）变.

3

【分析】（1）由PD，底面A3CD可得PDJ.AM,XPBLAM,由线面垂直的判定定理可得AM1平面PBD,

再根据面面垂直的判定定理即可证出平面B4M_L平面PBD-,

（2）由（1）可知，由平面知识可知，―/,由相似比可求出AD,再根据四棱锥尸-MCD

的体积公式即可求出.

【详解】（1）因为尸£＞，底面ABC。，AMu平面ABCD,

所以PD工AM,

又尸PBPD=P,

8

所以AMI平面FBD,

而AMu平面上4〃，

所以平面B4M_L平面尸BD.

（2）［方法一］:相似三角形法

由（1）可知A做_L3£>.

/口_u_ADAB

于是一ABD^_BMA,故——=---.

ABBM

因为BM=13C,4r>=8C,A3=l,所以、C、l,即2C=JL

故四棱锥尸-ABCD的体积丫=！48・50尸。=立.

33

6.（2021•全国•高考甲卷题）已知直三棱柱ABC-ABC中，侧面A442为正方形，AB=BC=2,E,F分

别为AC和CG的中点，8尸，A瓦.

C

（1）求三棱锥R-£BC的体积；

（2）已知。为棱A4上的点，证明：BF1DE.

【答案】⑴，⑵证明见解析.

【分析】（1）先证明J1BC为等腰直角三角形，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；

（2）将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中

的结论.

【详解】（1）由于8尸，4瓦，ABI/AR,所以

y.ABS\BBi,BBQBF=B,故Afi1平面8CC4,

则AB13C,ABC为等腰直角三角形,

=15=|xf|x2x2j=l,V_=|xSxCF=1xlxl=1.

S&BCEAABCFEBCABC£

（2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体A8CN-A4GM1,如图所示，取棱AM,5c的

中点8,G,连结AH,8G,G四,

9

正方形BCG4中，G,尸为中点，则8尸，耳G,

又8斤，44,44/取?]4,

故所，平面\BfiH,而£>Eu平面A.B.GH,

从而BF工DE.

【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我

们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积.对于空间中垂直关系（线线、线面、面

面）的证明经常进行等价转化.

7.（2020•全国•统考高考回卷题）如图，。为圆锥的顶点，。是圆锥底面的圆心，.ABC是底面的内接正三

角形，P为。。上一点，EMPC=90°.

（1）证明：平面R4H3平面%C；

（2）设。0=虚,圆锥的侧面积为后，求三棱锥P-ABC的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）逅.

8

【分析】（1）根据己知可得丛=BB=PC,进而有△PAC回.PBC,可得

ZAPC=ZBPC=90,即必_LPC,从而证得PCJ_平面7^45,即可证得结论；

（2）将已知条件转化为母线/和底面半径厂的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形ABC边

长，在等腰直角三角形APC中求出AP,在府APO中，求出PO,即可求出结论.

【详解】（1）连接。A08,。。，。为圆锥顶点，。为底面圆心，.•.OD，平面ABC,

尸在OO上，OA=OB=OC,:.PA=PB=PC,

ABC是圆内接正三角形，・•.ACuBC,△PAC回，PBC,

10

.-.ZAPC=ZBPC=90o,即P8_LPC,PA_LPC,

(2)设圆锥的母线为/,底面半径为r,圆锥的侧面积为万〃=/肛〃=百,

OD2=l2-r2=2,解得r=l,/=5AC=2rsin60=百，

在等腰直角三角形"C中，AP^—AC^—,

22

在用一240中,PO=YJAP2-OA2=

三棱锥P-ABC的体积为吟枷,尸。£叱=＜变X3x3=".

/_/IDC3zAAifc3248

【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转

化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.

8.（2020■全国■统考局考国卷）如图，已知二棱柱A8C-4&Q的底面是正二角形，侧面B&GC是矩形，M,

N分别为BC,&G的中点，P为4M上一点.过&G和P的平面交于E,交AC于F.

（1）证明:AA1//MN,且平面4AMN国平面EB】GF；

.兀

（2）设。为蜘的中心，若AO=AB=6,A。〃平面EB】QF,且回河「川=丁，求四棱锥B-EB】GF的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）24.

【分析】（1）由M,N分别为8C,Eg的中点，MN//CQ,根据条件可得知//8旦，可证MAV/AA，要证平

面EBCF，平面A4VW,只需证明即/平面&WN即可；

（2）根据已知条件求得S四边形EB1G尸和M到PN的距离，根据椎体体积公式，即可求得匕一明CQ

11

【详解】(1)分别为BC,BC的中点，

MN//BB,

又A4,//BB、

MNIM

在等边，ABC中，Af为BC中点，贝l]BC

又・侧面BBC。为矩形，

BC1BBt

MNHBB]

MN1BC

BC_Z平面AAMN

又-B,CJ/BC,且用£S平面ABC,3Cu平面ABC,

，旦G〃平面ABC

又1B£u平面EB,C,F,且平面EB|GFc平面ABC=EF

;.B\G〃EF

EF//BC

又l3C_L平面AAMN

EFJ,平面AAMN

EFu平面"4G尸

平面EB£F1平面A、AMN

(2)过河作PN垂线，交点为//,

画出图形，如图

.AO〃平面班。］下

AOu平面4AMN,平面AAMNc平面E4cL=NP

AO//NP

12

又：NO//AP

AO=NP=6

。为△A4a的中心.

ON=gAGsin60°=；x6xsin60°=V^

故：ON=AP=△,则AM=3AP=3G

平面EB£F，平面A{AMN,平面EB£Fc平面A^AMN=NP,

MWu平面AAMN

FFAp

又「在等边ABC^-=-

即跖=丝型=与=2

AM3V3

由（1）知，四边形EBC/为梯形

FF+BC2+6/_.

四边形EBiG尸的面积为：S四边形叫GF=一广NP=------x6=24

2

…VB—E^GF=§四边形即GF•h，

,为M到PN的距离MH=24・sin60。=3,

.-.7=1x24x3=24.

3

【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为

求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.

9.（2020・全国・统考高考回卷）如图，在长方体48。-43©£＞］中，点E,尸分别在棱0已，明上，且2DE=ER,

BF=2F4.证明：

（1）当AB=3C时，EFJ.AC；

（2）点C］在平面4即内.

13

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）根据正方形性质得AC1即，根据长方体性质得AC，进而可证AC，平面BBQQ,即得结

果；

（2）只需证明EQ//AF即可，在CG上取点〃使得CM=2M£,再通过平行四边形性质进行证明即可.

（1）因为长方体ABCD-AAG0，所以BBt1平面ABCDAC1BBt,

因为长方体ABC。-A耳£R,AB=BC,所以四边形ABCD为正方形.1ACJ_

因为8耳IBD=B,BB「BOu平面88自。,因此AC_L平面班QD,

因为EFu平面即DQ,所以AC，£F；

（2）在CG上取点M使得CM=2MQ，连DM,MF,

因为D[E=2ED,DDJ/CQ,=CG,所以ED=MCt,ED//MC,,

所以四边形DMGE为平行四边形，，DM//EQ

因为M/〃。4板=94,所以M、F、A。四点共面，所以四边形ME4D为平行四边形，

:.DMIIAF,:.ECJIAF,所以E、CP4尸四点共面，

因此G在平面A£尸内

【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题.

10.（2019•全国•统考高考回卷）如图，直四棱柱ABCD-ALB/C/DI的底面是菱形，AAi=4,AB=2,0BAZ）=6O°,

E,M,N分别是BC,BBi,AiD的中点.

14

DiCi

（1）证明：平面GDE；

（2）求点C到平面CiDE的距离.

【答案】（1）见解析；

（2）里

17

【分析】（1）利用三角形中位线和可证得证得四边形为平行四边形，进而证得

MN//DE,根据线面平行判定定理可证得结论；

（2）根据题意求得三棱锥G-CDE的体积，再求出ACQE的面积，利用%求得点C到平面

CQE的距离，得到结果.

【详解】（1）连接ME,B\C

M,E分别为BBi,BC中点.'ME为MBC的中位线

ME//BC且ME=q40

又N为中点，且:.NDUB[C&ND=；B\C

：.ME/JND.•.四边形肱VDE为平行四边形

:.MN//DE,又建V<z平面GQE，。石匚平面0^后

15

.•.脑7//平面6。£

（2）在菱形ABCD中，E为BC中点，所以OEL3C,

根据题意有DE=A/LGE=后,

因为棱柱为直棱柱，所以有DE2平面BCG瓦，

所以DELEG，所以S^EG=gx岔xa7,

设点C到平面GOE的距离为d,

根据题意有％-COE=Z-CQE,贝!）有gx；x不Xa7xt7=1x^xlxV3x4,

解得4=搭=处，

历17

所以点C到平面GOE的距离为生叵.

17

【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，

在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法

求点到平面的距离是文科生常考的内容.

11.（2019•全国•统考高考回卷）如图，长方体ABCD-A/B/GZ）/的底面ABCQ是正方形，点£在棱44/上，

BE^ECi.

（1）证明：平面E8/。；

（2）若AE=A/E,AB=3,求四棱锥片-28。0的体积.

【答案】（1）见详解；（2）18

【分析】（1）先由长方体得，为平面44e3,得到qG，BE,再由8ELEC],根据线面垂直的判定

定理，即可证明结论成立；

（2）先设长方体侧棱长为2a,根据题中条件求出。=3；再取BB｝中点尸，连结所，证明跖二平面BB£C,

根据四棱锥的体积公式，即可求出结果.

【详解】（1）因为在长方体ABCD-ABGA中，与G，平面耳3；

16

3Eu平面AA|耳3,所以4C]_LBE,

又BELEg,用GcEC|=G，且EC|U平面ESC，4Gu平面EBg,

所以BEL平面EBG；

（2）［方法一］【利用体积公式计算体积】

如图6,设长方体的侧棱长为2a,则AE=AE=4.

由（1）可得EBiLBE.所以EB；+BE。=BB；,即28炉=88：.

又AB=3,所以ZAEjZAB'BB；,即2a2+18=4/,解得a=3.

取B片中点R联结E尸，因为AE=4E,则石尸〃人B,所以£F1平面

从而四棱锥E-BB£C的体积：

^-BB1C1C=15MCIC-EF=1.BC-BB1-£F=|X3X6X3=18.

［方法二］【最优解：利用不同几何体之间体积的比例关系计算体积】

取8月的中点尸，联结石尸.由（回）可知3E_LE4，

所以防■期=AB=3,叫=6.故瞑如qc［上方体=gx3x3x6=18.

【整体点评】⑵方法一：利用体积公式计算体积需要同时计算底面积和高，是计算体积的传统方法；

方法二：利用不同几何体之间的比例关系计算体积是一种方便有效快速的计算体积的方法，核心思想为等

价转化.

12.（2019•全国•统考高考回卷）图1是由矩形ADEB,mAABC和菱形3/GC组成的一个平面图形，其中

AB=1,BE=BF=2,ZFBC=6Q,将其沿AS,BC折起使得BE与所重合，连结。G,如图2.

（1）证明图2中的AC,G,。四点共面，且平面平面3CGE；

（2）求图2中的四边形ACGD的面积.

17

【答案】（1）见详解；（2）4.

【分析】⑴因为折纸和粘合不改变矩形A5ED,Rt—和菱形班GC内部的夹角，所以AD〃3E,BF//CG

依然成立，又因E和歹粘在一起，所以得证.因为A3是平面BCGE垂线，所以易证.（2）欲求四边形ACGD的

面积，需求出CG所对应的高，然后乘以CG即可.

【详解】⑴证：AD//BE,BF//CG,又因为E和尸粘在一起.

AD//CG,A,C,G,D四点共面.

又，，AB±BE,AB±BC.

平面BCGE,ABu平面ABC,平面ABC1平面BCGE,得证.

⑵取CG的中点连结因为AB/平面BCGE,所以DE）平面BCGE,故DELCG,

由已知，四边形BCGE是菱形，且N£BC=60得E"_LCG,故CG_L平面DEM.

因此ZW_LCG.

在血△DRW中，DE=1,EM=6，故。Vf=2.

所以四边形ACGD的面积为4.

【点睛】很新颖的立体几何考题.首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的.再者

粘合后的多面体不是直棱柱，最后将求四边形ACGD的面积考查考生的空间想象能力.

13.（2019•北京•高考真题）如图，在四棱锥尸-ABCD中，上4,平面A8C。，底部A8CO为菱形，E为CD

的中点.

18

p

(0)求证：平面以C；

(0)若0ABe=60°,求证：平面融施平面PAE-,

(回)棱尸8上是否存在点凡使得C碓平面B4E?说明理由.

【答案】(回)见解析；

(H)见解析；

(0)见解析.

【分析】(助由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；

(助由几