1
五年（2019-2023）年高考真题分项汇编
专题05 立体几何（解答题）
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。
一、解答题
1．（2023·全国·统考高考甲卷）如图，在三棱锥
中，
，
，
，
，
的中点分别为
，点
在
上，
．
(1)求证：
//平面
；
(2)若
，求三棱锥
的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形
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
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
，设
，则
，
，
，
则
，
2
解得
，则
为
的中点，由
分别为
的中点，
于是
，即
，
则四边形
为平行四边形，
，又
平面
平面
，
所以
平面
.
（2）过
作
垂直
的延长线交于点
，
因为
是
中点，所以
，
在
中，
，
所以
，
因为
，
所以
，又
，
平面
，
所以
平面
，又
平面
，
所以
，又
，
平面
，
所以
平面
，
即三棱锥
的高为
，
因为
，所以
，
所以
，
又
，
所以
.
2．（2023·全国·统考高考乙卷）如图，在三棱柱
中，
平面
．
3
(1)证明：平面
平面
；
(2)设
，求四棱锥
的高．
【答案】(1)证明见解析.
(2)
【分析】(1)由
平面
得
，又因为
，可证
平面
，从而证得平面
平面
；
(2) 过点
作
，可证四棱锥的高为
,由三角形全等可证
，从而证得
为
中点，设
，由勾股定理可求出
，再由勾股定理即可求
.
【详解】（1）证明：因为
平面
，
平面
,
所以
,
又因为
，即
，
平面
，
,
所以
平面
，
又因为
平面
,
所以平面
平面
.
（2）如图，
过点
作
，垂足为
.
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，
4
所以四棱锥
的高为
.
因为
平面
，
平面
,
所以
,
,
又因为
，
为公共边，
所以
与
全等，所以
.
设
，则
，
所以
为
中点，
,
又因为
,所以
,
即
，解得
，
所以
，
所以四棱锥
的高为．
3．（2022·全国·统考高考乙卷题）如图，四面体
中，
，E 为AC
的中点．
(1)证明：平面
平面ACD；
(2)设
，点F 在BD 上，当
的面积最小时，求三棱锥
的体积．
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）通过证明
平面
来证得平面
平面
.
（2）首先判断出三角形
的面积最小时
点的位置，然后求得
到平面
的距离，从而求得三棱锥
的体积.
【详解】（1）由于
，
是
的中点，所以
.
5
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]：判别几何关系
依题意
，
，三角形
是等边三角形，
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
，所以当
最短时，三角形
的面积最小
过
作
，垂足为
，
在
中，
，解得
，
所以
，
所以
过
作
，垂足为
，则
，所以
平面
，且
，
所以
，
所以
.
6
[方法二]：等体积转换
，
，
是边长为2 的等边三角形，
连接
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
是边长为8（单位：
）的正方形，
均为正三角形，且它们所在的
平面都与平面
垂直．
7
(1)证明：
平面
；
(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；
(2)
．
【分析】（1）分别取
的中点
，连接
，由平面知识可知
，
，
依题从而可证
平面
，
平面
，根据线面垂直的性质定理可知
，即可知四
边形
为平行四边形，于是
，最后根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取
中点
，由（1）知，该几何体的体积等于长方体
的体积加上四
棱锥
体积的
倍，即可解出．
【详解】（1）如图所示：
分别取
的中点
，连接
，因为
为全等的正三角形，所以
，
，又平面
平面
，平面
平面
，
平面
，所以
平面
，同理可得
平面
，根据线面垂直的性质定理可知
，而
，所以四边形
为平行四边形，所以
，又
平面
，
平面
，所以
平面
．
（2）[方法一]：分割法一
如图所示：
分别取
中点
，由（1）知，
且
，同理有，
，
8
，
，由平面知识可知，
，
，
，所以该几何体的体积等于长方体
的体积加上四棱锥
体积
的
倍．
因为
，
，点
到平面
的距离即为点
到直线
的
距离
，
，所以该几何体的体积
．
[方法二]：分割法二
如图所示：
连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.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
倍,再加上三棱锥E-OAB 的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH 的中点P，连接AP,OP.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
5．（2021·全国·统考高考乙卷）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．
9
【答案】（1）证明见解析；（2）
．
【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
．
6．（2021·全国·高考甲卷题）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.
【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
10
中的结论.
【详解】（1）由于
，
，所以
，
又AB⊥BB1，
，故
平面
，
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.
7．（2020·全国·统考高考Ⅰ卷题）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.
11
【答案】（1）证明见解析；（2）
.
【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.
8．（2020·全国·统考高考Ⅱ卷）如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C 是矩形，
M，N 分别为BC，B1C1的中点，P 为AM 上一点．过B1C1和P 的平面交AB 于E，交AC 于F．
12
（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
（2）设O 为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=
，求四棱锥B–EB1C1F 的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）
.
【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
13
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
，
14
.
【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Ⅲ卷）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.
【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
；
15
（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.
10．（2019·全国·统考高考Ⅱ卷）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，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）
.
【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
，
16
，
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.
11．（2019·全国·统考高考Ⅱ卷）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA1上，
BE⊥EC1.
17
（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥
的体积．
【答案】（1）见详解；（2）18
【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）[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
，则
．
由（1）可得
．所以
，即
．
又
，所以
，即
，解得
．
取
中点F，联结
，因为
，则
，所以
平面
，
从而四棱锥
的体积：
．
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
的中点F，联结
．由（Ⅰ）可知
，
所以
．故
．
【整体点评】(2)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Ⅲ卷）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.
【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.
19
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.
13．（2019·北京·高考真题）如图，在四棱锥
中，
平面ABCD，底部ABCD 为菱形，E 为
CD 的中点.
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
（Ⅲ）棱PB 上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
【答案】（Ⅰ）见解析；
（Ⅱ）见解析；
（Ⅲ）见解析.
【分析】(
)
Ⅰ由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
(
)
Ⅱ由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直；
(
)
Ⅲ由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点.
20
【详解】（Ⅰ）证明：因为
平面
,所以
；
因为底面
是菱形，所以
;
因为
,
平面
,
所以
平面
.
（Ⅱ）证明：因为底面
是菱形且
，所以
为正三角形，所以
,
因为
,所以
；
因为
平面
，
平面
,
所以
；
因为
所以
平面
，
平面
,所以平面
平面
.
（Ⅲ）存在点
为
中点时，满足
平面
；理由如下:
分别取
的中点
，连接
,
在三角形
中，
且
；
在菱形
中，
为
中点，所以
且
，所以
且
，即四边形
为平行四边形，所以
;
又
平面
，
平面
，所以
平面
.
【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在
考查学生的转化能力和计算求解能力.
14．（2019·天津·高考真题） 如图，在四棱锥
中，底面
为平行四边形，
为等边三
角形，平面
平面
，
，
，
，
21
（Ⅰ）设
分别为
的中点，求证：
平面
；
（Ⅱ）求证：
平面
；
（Ⅲ）求直线
与平面
所成角的正弦值.
【答案】（I）见解析；（II）见解析；（III）
.
【分析】（I）连接
，结合平行四边形的性质，以及三角形中位线的性质，得到
，利用线面平
行的判定定理证得结果；
（II）取棱
的中点
，连接
，依题意，得
，结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得
到
，利用线面垂直的判定定理证得结果；
（III）利用线面角的平面角的定义得到
为直线
与平面
所成的角，放在直角三角形中求得结
果.
【详解】（I）证明：连接
，易知
，
，
又由
，故
，
又因为
平面
，
平面
，
所以
平面
.
（II）证明：取棱
的中点
，连接
，
22
依题意，得
，
又因为平面
平面
，平面
平面
，
所以
平面
，又
平面
，故
，
23
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