2019-2023歷年高考真題分類專題06 立體幾何（解答題）（文科）（解析版）

五年（2019-2023）年高考真題分項匯編專題05立體幾何（解答題）立體幾何在文科數(shù)高考中屬于重點知識點，難度中等。解答題主要是求幾何體的體積為主，通常采用的方法是換底換高，對于求高題目主要是等體積法的應用。一、解答題1．（2023·全國·統(tǒng)考高考甲卷）如圖，在三棱錐中，，，，，的中點分別為，點在上，．(1)求證：//平面；(2)若，求三棱錐的體積．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)給定條件，證明四邊形為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.（2）作出并證明為棱錐的高，利用三棱錐的體積公式直接可求體積.【詳解】（1）連接，設，則，，，則，解得，則為的中點，由分別為的中點，于是，即，則四邊形為平行四邊形，，又平面平面，所以平面.（2）過作垂直的延長線交于點，因為是中點，所以，在中，，所以，因為，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，即三棱錐的高為，因為，所以，所以，又，所以.2．（2023·全國·統(tǒng)考高考乙卷）如圖，在三棱柱中，平面．

(1)證明：平面平面；(2)設，求四棱錐的高．【答案】(1)證明見解析.(2)【分析】(1)由平面得，又因為，可證平面，從而證得平面平面；(2)過點作，可證四棱錐的高為,由三角形全等可證，從而證得為中點，設，由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求.【詳解】（1）證明：因為平面，平面,所以,又因為，即，平面，,所以平面，又因為平面,所以平面平面.（2）如圖，

過點作，垂足為.因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以四棱錐的高為.因為平面，平面,所以,,又因為，為公共邊，所以與全等，所以.設，則，所以為中點，,又因為,所以,即，解得，所以，所以四棱錐的高為．3．（2022·全國·統(tǒng)考高考乙卷題）如圖，四面體中，，E為AC的中點．(1)證明：平面平面ACD；(2)設，點F在BD上，當?shù)拿娣e最小時，求三棱錐的體積．【答案】(1)證明詳見解析(2)【分析】（1）通過證明平面來證得平面平面.（2）首先判斷出三角形的面積最小時點的位置，然后求得到平面的距離，從而求得三棱錐的體積.【詳解】（1）由于，是的中點，所以.由于，所以，所以，故，由于，平面，所以平面，由于平面，所以平面平面.（2）[方法一]：判別幾何關系依題意，，三角形是等邊三角形，所以，由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.，所以，由于，平面，所以平面.由于，所以，由于，所以，所以，所以，由于，所以當最短時，三角形的面積最小過作，垂足為，在中，，解得，所以，所以過作，垂足為，則，所以平面，且，所以，所以.[方法二]：等體積轉換，，是邊長為2的等邊三角形，連接4．（2022·全國·統(tǒng)考高考甲卷）小明同學參加綜合實踐活動，設計了一個封閉的包裝盒，包裝盒如圖所示：底面是邊長為8（單位：）的正方形，均為正三角形，且它們所在的平面都與平面垂直．(1)證明：平面；(2)求該包裝盒的容積（不計包裝盒材料的厚度）．【答案】(1)證明見解析；(2)．【分析】（1）分別取的中點，連接，由平面知識可知，，依題從而可證平面，平面，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理可知，即可知四邊形為平行四邊形，于是，最后根據(jù)線面平行的判定定理即可證出；（2）再分別取中點，由（1）知，該幾何體的體積等于長方體的體積加上四棱錐體積的倍，即可解出．【詳解】（1）如圖所示：分別取的中點，連接，因為為全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理可知，而，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面．（2）[方法一]：分割法一如圖所示：分別取中點，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知識可知，，，，所以該幾何體的體積等于長方體的體積加上四棱錐體積的倍．因為，，點到平面的距離即為點到直線的距離，，所以該幾何體的體積．[方法二]：分割法二如圖所示：連接AC,BD,交于O，連接OE,OF,OG,OH.則該幾何體的體積等于四棱錐O-EFGH的體積加上三棱錐A-OEH的倍,再加上三棱錐E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中點P，連接AP,OP.則EH垂直平面APO.由圖可知，三角形APO,四棱錐O-EFGH與三棱錐E-OAB的高均為EM的長.所以該幾何體的體積5．（2021·全國·統(tǒng)考高考乙卷）如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，M為的中點，且．（1）證明：平面平面；（2）若，求四棱錐的體積．【答案】（1）證明見解析；（2）．【分析】（1）由底面可得，又，由線面垂直的判定定理可得平面，再根據(jù)面面垂直的判定定理即可證出平面平面；（2）由（1）可知，，由平面知識可知，，由相似比可求出，再根據(jù)四棱錐的體積公式即可求出．【詳解】（1）因為底面，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知．于是，故．因為，所以，即．故四棱錐的體積．6．（2021·全國·高考甲卷題）已知直三棱柱中，側面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點，.（1）求三棱錐的體積；（2）已知D為棱上的點，證明：.【答案】(1)；(2)證明見解析.【分析】（1）先證明為等腰直角三角形，然后利用體積公式可得三棱錐的體積；（2）將所給的幾何體進行補形，從而把線線垂直的問題轉化為證明線面垂直，然后再由線面垂直可得題中的結論.【詳解】（1）由于，，所以，又AB⊥BB1，，故平面，則，為等腰直角三角形，，.（2）由（1）的結論可將幾何體補形為一個棱長為2的正方體，如圖所示，取棱的中點，連結，正方形中，為中點，則，又，故平面，而平面，從而.【點睛】求三棱錐的體積時要注意三棱錐的每個面都可以作為底面，例如三棱錐的三條側棱兩兩垂直，我們就選擇其中的一個側面作為底面，另一條側棱作為高來求體積．對于空間中垂直關系（線線、線面、面面）的證明經(jīng)常進行等價轉化.7．（2020·全國·統(tǒng)考高考Ⅰ卷題）如圖，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，是底面的內(nèi)接正三角形，為上一點，∠APC=90°．（1）證明：平面PAB⊥平面PAC；（2）設DO=，圓錐的側面積為，求三棱錐P?ABC的體積.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）根據(jù)已知可得，進而有≌，可得，即，從而證得平面，即可證得結論；（2）將已知條件轉化為母線和底面半徑的關系，進而求出底面半徑，由正弦定理，求出正三角形邊長，在等腰直角三角形中求出，在中，求出，即可求出結論.【詳解】（1）連接，為圓錐頂點，為底面圓心，平面，在上，，是圓內(nèi)接正三角形，，≌，，即，平面平面，平面平面；（2）設圓錐的母線為，底面半徑為，圓錐的側面積為，，解得，，在等腰直角三角形中，，在中，，三棱錐的體積為.【點睛】本題考查空間線、面位置關系，證明平面與平面垂直，求錐體的體積，注意空間垂直間的相互轉化，考查邏輯推理、直觀想象、數(shù)學計算能力，屬于中檔題.8．（2020·全國·統(tǒng)考高考Ⅱ卷）如圖，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，側面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點，P為AM上一點．過B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）證明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）設O為△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱錐B–EB1C1F的體積．【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）由分別為，的中點，，根據(jù)條件可得，可證，要證平面平面，只需證明平面即可；（2）根據(jù)已知條件求得和到的距離，根據(jù)椎體體積公式，即可求得.【詳解】（1）分別為，的中點，又在等邊中，為中點，則又側面為矩形，由，平面平面又，且平面，平面，平面又平面，且平面平面又平面平面平面平面平面（2）過作垂線，交點為，畫出圖形，如圖平面平面，平面平面又為的中心.故：，則，平面平面，平面平面，平面平面又在等邊中即由（1）知，四邊形為梯形四邊形的面積為：，為到的距離，.【點睛】本題主要考查了證明線線平行和面面垂直，及其求四棱錐的體積，解題關鍵是掌握面面垂直轉為求證線面垂直的證法和棱錐的體積公式，考查了分析能力和空間想象能力，屬于中檔題.9．（2020·全國·統(tǒng)考高考Ⅲ卷）如圖，在長方體中，點，分別在棱，上，且，．證明：（1）當時，；（2）點在平面內(nèi)．【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析.【分析】（1）根據(jù)正方形性質(zhì)得，根據(jù)長方體性質(zhì)得,進而可證平面,即得結果；（2）只需證明即可，在上取點使得,再通過平行四邊形性質(zhì)進行證明即可.【詳解】（1）因為長方體,所以平面,因為長方體,所以四邊形為正方形因為平面,因此平面,因為平面,所以；（2）在上取點使得,連,因為,所以所以四邊形為平行四邊形，因為所以四點共面，所以四邊形為平行四邊形，，所以四點共面，因此在平面內(nèi)【點睛】本題考查線面垂直判定定理、線線平行判定，考查基本分析論證能力，屬中檔題.10．（2019·全國·統(tǒng)考高考Ⅱ卷）如圖，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點.（1）證明：MN∥平面C1DE；（2）求點C到平面C1DE的距離．【答案】（1）見解析；（2）.【分析】（1）利用三角形中位線和可證得，證得四邊形為平行四邊形，進而證得，根據(jù)線面平行判定定理可證得結論；（2）根據(jù)題意求得三棱錐的體積，再求出的面積，利用求得點C到平面的距離，得到結果.【詳解】（1）連接，，分別為，中點

為的中位線且又為中點，且且四邊形為平行四邊形，又平面，平面平面（2）在菱形中，為中點，所以，根據(jù)題意有，，因為棱柱為直棱柱，所以有平面，所以，所以，設點C到平面的距離為，根據(jù)題意有，則有，解得，所以點C到平面的距離為.【點睛】該題考查的是有關立體幾何的問題，涉及到的知識點有線面平行的判定，點到平面的距離的求解，在解題的過程中，注意要熟記線面平行的判定定理的內(nèi)容，注意平行線的尋找思路，再者就是利用等積法求點到平面的距離是文科生?？嫉膬?nèi)容.11．（2019·全國·統(tǒng)考高考Ⅱ卷）如圖，長方體ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）證明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱錐的體積．【答案】（1）見詳解；（2）18【分析】（1）先由長方體得，平面，得到，再由，根據(jù)線面垂直的判定定理，即可證明結論成立；（2）先設長方體側棱長為，根據(jù)題中條件求出；再取中點，連結，證明平面，根據(jù)四棱錐的體積公式，即可求出結果.【詳解】（1）因為在長方體中，平面；平面，所以，又，，且平面，平面，所以平面；

（2）[方法一]【利用體積公式計算體積】如圖6，設長方體的側棱長為，則．由（1）可得．所以，即．又，所以，即，解得．取中點F，聯(lián)結，因為，則，所以平面，從而四棱錐的體積：．[方法二]【最優(yōu)解：利用不同幾何體之間體積的比例關系計算體積】取的中點F，聯(lián)結．由（Ⅰ）可知，所以．故．【整體點評】(2)方法一：利用體積公式計算體積需要同時計算底面積和高，是計算體積的傳統(tǒng)方法；方法二：利用不同幾何體之間的比例關系計算體積是一種方便有效快速的計算體積的方法，核心思想為等價轉化.12．（2019·全國·統(tǒng)考高考Ⅲ卷）圖1是由矩形和菱形組成的一個平面圖形，其中，，將其沿折起使得與重合，連結，如圖2.（1）證明圖2中的四點共面，且平面平面；（2）求圖2中的四邊形的面積.【答案】(1)見詳解；(2)4.【分析】(1)因為折紙和粘合不改變矩形，和菱形內(nèi)部的夾角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得證.因為是平面垂線，所以易證.(2)欲求四邊形的面積，需求出所對應的高，然后乘以即可．【詳解】(1)證：，，又因為和粘在一起.，A，C，G，D四點共面.又.平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得證.(2)取的中點，連結.因為，平面BCGE，所以平面BCGE，故，由已知，四邊形BCGE是菱形，且得，故平面DEM．因此．在中，DE=1，，故．所以四邊形ACGD的面積為4.【點睛】很新穎的立體幾何考題．首先是多面體粘合問題，考查考生在粘合過程中哪些量是不變的．再者粘合后的多面體不是直棱柱，最后將求四邊形的面積考查考生的空間想象能力.13．（2019·北京·高考真題）如圖，在四棱錐中，平面ABCD，底部ABCD為菱形，E為CD的中點.（Ⅰ）求證：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求證：平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ）棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由.【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）見解析；（Ⅲ）見解析.【分析】(Ⅰ)由題意利用線面垂直的判定定理即可證得題中的結論；(Ⅱ)由幾何體的空間結構特征首先證得線面垂直，然后利用面面垂直的判斷定理可得面面垂直；(Ⅲ)由題意，利用平行四邊形的性質(zhì)和線面平行的判定定理即可找到滿足題意的點.【詳解】（Ⅰ）證明：因為平面,所以；因為底面是菱形，所以;因為,平面,所以平面.（Ⅱ）證明：因為底面是菱形且，所以為正三角形，所以,因為,所以；因為平面，平面,所以；因為所以平面，平面,所以平面平面.（Ⅲ）存在點為中點時，滿足平面；理由如下:分別取的中點，連接,在三角形中，且；在菱形中，為中點，所以且，所以且，即四邊形為平行四邊形，所以;又平面，平面，所以平面.【點睛】本題主要考查線面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立體幾何中的探索問題等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.14．（2019·天津·高考真題）如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，為等邊三角形，平面平面，，，，（Ⅰ）設