文档内容
专题 06 立体几何（解答题）（文科专用）
1．【2022年全国甲卷】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,△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：EF//平面ABCD；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【答案】(1)证明见解析；
640
(2) √3．
3
【解析】
【分析】
（1）分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，由平面知识可知EM⊥AB,FN⊥BC，
EM=FN，依题从而可证EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质
定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是EF//MN，最后根据线
面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体
KMNL−EFGH的体积加上四棱锥B−MNFE体积的4倍，即可解出．
(1)如图所示： ，
分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，因为△EAB,△FBC为全等的正三角形，所以
EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面
ABCD=AB，EM⊂平面EAB，所以EM⊥平面ABCD，同理可得FN⊥平面ABCD，
根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，而EM=FN，所以四边形EMNF为平行四边
形，所以EF//MN，又EF⊄平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以EF//平面
ABCD．
(2)
如图所示： ，
分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，EF//MN且EF=MN，同理有，
HE//KM,HE=KM，HG//KL,HG=KL，GF//ln,GF=ln，由平面知识可知，
BD⊥MN，MN⊥MK，KM=MN=NL=LK，所以该几何体的体积等于长方体
KMNL−EFGH的体积加上四棱锥B−MNFE体积的4倍．
因为MN=NL=LK=KM=4√2，EM=8sin60∘=4√3，点B到平面MNFE的距离即为
点B到直线MN的距离d，d=2√2，所以该几何体的体积1 256 640
V =(4√2) 2 ×4√3+4× ×4√2×4√3×2√2=128√3+ √3= √3．
3 3 3
2．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD中，
AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥
F−ABC的体积．
【答案】(1)证明详见解析
√3
(2)
4
【解析】
【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AFC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，
从而求得三棱锥F−ABC的体积.
(1)
由于AD=CD，E是AC的中点，所以AC⊥DE.
由于¿，所以△ADB≅△CDB，
所以AB=CB，故AC⊥BD，
由于DE∩BD=D，DE,BD⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED，
由于AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
(2)
依题意AB=BD=BC=2，∠ACB=60°，三角形ABC是等边三角形，
所以AC=2,AE=CE=1,BE=√3，
由于AD=CD,AD⊥CD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE=1.DE2+BE2=BD2，所以DE⊥BE，
由于AC∩BE=E，AC,BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.
由于△ADB≅△CDB，所以∠FBA=∠FBC，
由于¿，所以△FBA≅△FBC，
所以AF=CF，所以EF⊥AC，
1
由于S = ⋅AC⋅EF，所以当EF最短时，三角形AFC的面积最小值.
△AFC 2
过E作EF⊥BD，垂足为F，
1 1 √3
在Rt△BED中， ⋅BE⋅DE= ⋅BD⋅EF，解得EF= ，
2 2 2
所以DF=
√
12−
(√3) 2
=
1
,BF=2−DF=
3
，
2 2 2
BF 3
所以 = .
BD 4
FH BF 3
过F作FH⊥BE，垂足为H，则FH//DE，所以FH⊥平面ABC，且 = = ，
DE BD 4
3
所以FH= ,
4
1 1 1 3 √3
所以V = ⋅S ⋅FH= × ×2×√3× = .
F−ABC 3 △ABC 3 2 4 4
3．【2021年甲卷文科】已知直三棱柱 中，侧面 为正方形，
，E，F分别为 和 的中点， .（1）求三棱锥 的体积；
（2）已知D为棱 上的点，证明： .
【答案】(1) ；(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）先证明 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 ， ，所以 ，
又AB⊥BB， ，故 平面 ，
1
则 ， 为等腰直角三角形，
， .
（2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体 ，如图所
示，取棱 的中点 ，连结 ，正方形 中， 为中点，则 ，
又 ，
故 平面 ，而 平面 ，
从而 .
【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.
4．【2021年乙卷文科】如图，四棱锥 的底面是矩形， 底面 ，M为
的中点，且 ．
（1）证明：平面 平面 ；
（2）若 ，求四棱锥 的体积．【答案】（1）证明见解析；（2） ．
【解析】
【分析】
（1）由 底面 可得 ，又 ，由线面垂直的判定定理可得
平面 ，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面 平面 ；
（2）由（1）可知， ，由平面知识可知， ，由相似比可求出 ，
再根据四棱锥 的体积公式即可求出．
【详解】
（1）因为 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 ．
因为 ，所以 ，即 ．
故四棱锥 的体积 ．
[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法
由（2）知 ,所以 ．
建立如图所示的平面直角坐标系，设 ．因为 ，所以 ， ， ， ．
从而 ．
所以 ，即 ．下同方法一.
[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法
建立如图所示的空间直角坐标系 ，
设 ，所以 ， ， ， ， ．
所以 ， ， ．
所以 ．所以 ，即 ．下同方法一.
[方法四]：空间向量法
由 ，得 ．
所以 ．
即 ．
又 底面 ， 在平面 内，
因此 ，所以 ．
所以 ，
由于四边形 是矩形，根据数量积的几何意义，
得 ，即 ．
所以 ，即 ．下同方法一.
【整体点评】
(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；
方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四
棱锥的体积；
方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最
常用的通性通法，为最优解；
方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.
5．【2020年新课标1卷文科】如图， 为圆锥的顶点， 是圆锥底面的圆心， 是底
面的内接正三角形， 为 上一点，∠APC=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）设DO= ，圆锥的侧面积为 ，求三棱锥P−ABC的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】
【分析】
（1）根据已知可得 ，进而有 ≌ ，可得
，即 ，从而证得 平面 ，即可证得结论；
（2）将已知条件转化为母线 和底面半径 的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求
出正三角形 边长，在等腰直角三角形 中求出 ，在 中，求出 ，即
可求出结论.
【详解】
（1）连接 ， 为圆锥顶点， 为底面圆心， 平面 ，
在 上， ，
是圆内接正三角形， ， ≌ ，
，即 ，
平面 平面 ， 平面 平面 ；
（2）设圆锥的母线为 ，底面半径为 ，圆锥的侧面积为 ，
，解得 ， ，在等腰直角三角形 中， ，
在 中， ，
三棱锥 的体积为 .
【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.
6．【2020年新课标2卷文科】如图，已知三棱柱ABC–ABC 的底面是正三角形，侧面
1 1 1
BBC C是矩形，M，N分别为BC，BC 的中点，P为AM上一点．过BC 和P的平面交
1 1 1 1 1 1
AB于E，交AC于F．
（1）证明：AA//MN，且平面AAMN⊥平面EBC F；
1 1 1 1（2）设O为△ABC 的中心，若AO=AB=6，AO//平面EBC F，且∠MPN= ，求四棱锥
1 1 1 1 1
B–EBC F的体积．
1 1
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】
【分析】
（1）由 分别为 ， 的中点， ，根据条件可得 ，可证 ，
要证平面 平面 ，只需证明 平面 即可；
（2）根据已知条件求得 和 到 的距离，根据椎体体积公式，即可求得
.
【详解】
（1） 分别为 ， 的中点，
又
在等边 中， 为 中点，则
又 侧面 为矩形，
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）过 作 垂线，交点为 ，
画出图形，如图
平面
平面 ，平面 平面
又为 的中心.
故： ，则 ，
平面 平面 ，平面 平面 ，
平面
平面
又 在等边 中
即
由（1）知，四边形 为梯形
四边形 的面积为：
，
为 到 的距离 ，
.
【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.
7．【2020年新课标3卷文科】如图，在长方体 中，点 ， 分别在棱
， 上，且 ， ．证明：（1）当 时， ；
（2）点 在平面 内．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据正方形性质得 ，根据长方体性质得 ,进而可证 平面 ,
即得结果；
（2）只需证明 即可，在 上取点 使得 ,再通过平行四边形性质进
行证明即可.
【详解】
（1）因为长方体 ,所以 平面 ,
因为长方体 ,所以四边形 为正方形因为 平面 ,因此 平面 ,
因为 平面 ,所以 ；
（2）在 上取点 使得 ,连 ,
因为 ,所以
所以四边形 为平行四边形，
因为 所以 四点共面，所以四边形 为平行四边形，
，所以 四点共面，
因此 在平面 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.
8．【2019年新课标1卷文科】如图，直四棱柱ABCD–A BC D1的底面是菱形，AA1=4，
1 1 1
AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求点C到平面C1DE的距离．
【答案】（1）见解析；
（2） .
【解析】【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 ，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 的体积，再求出 的面积，利用
求得点C到平面 的距离，得到结果.
【详解】
（1）连接 ，
， 分别为 ， 中点 为 的中位线
且
又 为 中点，且 且
四边形 为平行四边形
，又 平面 ， 平面
平面
（2）在菱形 中， 为 中点，所以 ，
根据题意有 ， ，因为棱柱为直棱柱，所以有 平面 ，
所以 ，所以 ，
设点C到平面 的距离为 ，
根据题意有 ，则有 ，
解得 ，
所以点C到平面 的距离为 .
【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.
9．【2019年新课标2卷文科】如图，长方体ABCD–ABC D 的底面ABCD是正方形，点
1 1 1 1
E在棱AA 上，BE⊥EC .
1 1
（1）证明：BE⊥平面EBC ；
1 1
（2）若AE=AE，AB=3，求四棱锥 的体积．
1
【答案】（1）见详解；（2）18
【解析】
【分析】（1）先由长方体得， 平面 ，得到 ，再由 ，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 ，根据题中条件求出 ；再取 中点 ，连结 ，证明
平面 ，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 中， 平面 ；
平面 ，所以 ，
又 ， ，且 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ；
（2）设长方体侧棱长为 ，则 ，
由（1）可得 ；所以 ，即 ，
又 ，所以 ，即 ，解得 ；
取 中点 ，连结 ，因为 ，则 ；
所以 平面 ，
所以四棱锥 的体积为 .【点睛】
本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱
锥的体积公式即可，属于基础题型.
10．【2019年新课标3卷文科】图1是由矩形 和菱形 组成的一个平
面图形，其中 ， ，将其沿 折起使得 与 重合，
连结 ，如图2.
（1）证明图2中的 四点共面，且平面 平面 ；
（2）求图2中的四边形 的面积.
【答案】(1)见详解；(2)4.
【解析】
【分析】
(1)因为折纸和粘合不改变矩形 ， 和菱形 内部的夹角，所以 ，
依然成立，又因 和 粘在一起，所以得证.因为 是平面 垂线，所以易
证.(2) 欲求四边形 的面积，需求出 所对应的高，然后乘以 即可．
【详解】
(1)证： ， ，又因为 和 粘在一起.
，A，C，G，D四点共面.
又 .
平面BCGE， 平面ABC， 平面ABC 平面BCGE，得证.(2)取 的中点 ，连结 .因为 ， 平面BCGE，所以 平面
BCGE，故 ，
由已知，四边形BCGE是菱形，且 得 ，故 平面DEM．
因此 ．
在 中，DE=1， ，故 ．
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 的面积考查考生的空间想象能力.
11．【2018年新课标1卷文科】如图，在平行四边形 中， ，
，以 为折痕将△ 折起，使点 到达点 的位置，且 ．
（1）证明：平面 平面 ；
（2） 为线段 上一点， 为线段 上一点，且 ，求三棱锥
的体积．【答案】(1)见解析.
(2)1.
【解析】
【详解】
分析：(1)首先根据题的条件，可以得到 =90，即 ，再结合已知条件
BA⊥AD，利用线面垂直的判定定理证得AB⊥平面ACD，又因为AB 平面ABC，根据面
面垂直的判定定理，证得平面ACD⊥平面ABC；
(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的
高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.
详解：（1）由已知可得， =90°， ．
又BA⊥AD，且 ，所以AB⊥平面ACD．
又AB 平面ABC，
所以平面ACD⊥平面ABC．
（2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA= ．
又 ，所以 ．
作QE⊥AC，垂足为E，则 ．
由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．
因此，三棱锥 的体积为
．
点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直
的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂
直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.
12．【2018年新课标2卷文科】如图，在三棱锥 中， ，
， 为 的中点．
（1）证明： 平面 ；
（2）若点 在棱 上，且 ，求点 到平面 的距离．
【答案】（1）详见解析（2） ．
【解析】
【详解】
分析：（1）连接 ，欲证 平面 ，只需证明 即可；（2）过
点 作 ，垂足为 ，只需论证 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即
可.
详解：（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP= ．
连结OB．因为AB=BC= ，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB=
=2．
由 知，OP⊥OB．
由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．
故CH的长为点C到平面POM的距离．
由题设可知OC= =2，CM= = ，∠ACB=45°．
所以OM= ，CH= = ．
所以点C到平面POM的距离为 ．
点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证
明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平
面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.
13．【2018年新课标3卷文科】如图，矩形 所在平面与半圆弧 所在平面垂直，
是 上异于 ， 的点．
（1）证明：平面 平面 ；
（2）在线段 上是否存在点 ，使得 平面 ？说明理由．【答案】（1）证明见解析
（2）存在，理由见解析
【解析】
【详解】
分析：（1）先证 ,再证 ，进而完成证明．
（2）判断出P为AM中点，，证明MC∥OP，然后进行证明即可．
详解：（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．
因为BC⊥CD，BC 平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．
因为M为 上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．
又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．
而DM 平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．
（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．
证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．
连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．
MC 平面PBD，OP 平面PBD，所以MC∥平面PBD．
点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第
二问先断出P为AM中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象
能力，属于中档题．
