2020年高考数学试题分项版—立体几何(解析版)
2020年高考数学试题分项版——立体几何（解析版）
一、选择题
1.(2020·全国Ⅰ理，3)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )
A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12
答案 C
解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a，高为h，
侧面三角形底边上的高(斜高)为h′，
则由已知得h2＝12ah′.
如图，设O为正四棱锥S－ABCD底面的中心，E为BC的中点，
则在Rt△SOE中，h′2＝h2＋a22，
∴h′2＝12ah′＋14a2，
∴h′a2－12·h′a－14＝0，
解得h′a＝5＋14(负值舍去)．
2．(2020·全国Ⅰ理，10)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为( )
A．64π B．48π C．36π D．32π
答案 A
解析 如图，设圆O1的半径为r，球的半径为R，正三角形ABC的边长为a.
由πr2＝4π，得r＝2，
则33a＝2，a＝23，OO1＝a＝23.
在Rt△OO1A中，由勾股定理得
R2＝r2＋OO21＝22＋(23)2＝16，
所以S球＝4πR2＝4π×16＝64π.
3．(2020·全国Ⅱ理，7)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为( )
A．E B．F C．G D．H
答案 A
解析 由三视图还原几何体，如图所示，
由图可知，所求端点在侧视图中对应的点为E.
4．(2020·全国Ⅱ理，10)已知△ABC是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( )
A.3 B.32 C．1 D.32
答案 C
解析
如图所示，过球心O作OO1⊥平面ABC，
则O1为等边三角形ABC的外心． 设△ABC的边长为a，
则34a2＝934，解得a＝3，
∴O1A＝23×32×3＝3.
设球O的半径为r，则由4πr2＝16π，得r＝2，即OA＝2.
在Rt△OO1A中，OO1＝OA2－O1A2＝1，
即O到平面ABC的距离为1.
5．(2020·全国Ⅲ理，8)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )
A．6＋42 B．4＋42
C．6＋23 D．4＋23
答案 C
解析 如图，该几何体为三棱锥，且其中有三个面是腰长为2的等腰直角三角形，第四个面是边长为22的等边三角形，所以该几何体的表面积为3×12×2×2＋12×22×22×32＝6＋23.
6.(2020·新高考全国Ⅰ，4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为( )
A．20° B．40° C．50° D．90°
答案 B
解析 如图所示，⊙O为赤道平面，⊙O1为A点处的日晷面所在的平面，
由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，
又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，
则晷针AC与水平面所成角为40°.
7.(2020·新高考全国Ⅱ，4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为( )
A．20° B．40° C．50° D．90°
答案 B
解析 如图所示，⊙O为赤道平面，⊙O1为A点处的日晷面所在的平面，
由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，
又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，
则晷针AC与水平面所成角为40°.
8．(2020·北京，4)某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为( )
A．6＋3 B．6＋23 C．12＋3 D．12＋23 答案 D
解析 由三视图还原几何体，该几何体为底面是边长为2的正三角形，高为2的直三棱柱，
S底＝2×34×22＝23.
S侧＝3×2×2＝12，
则三棱柱的表面积为23＋12.
9．(2020·北京，10)2020年3月14日是全球首个国际圆周率日(π Day)．历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数n充分大时，计算单位圆的内接正6n边形的周长和外切正6n边形(各边均与圆相切的正6n边形)的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值．按照阿尔·卡西的方法，π的近似值的表达式是( )
A．3nsin30°n＋tan30°n B．6nsin30°n＋tan30°n
C．3nsin60°n＋tan60°n D．6nsin60°n＋tan60°n
答案 A
解析 设内接正6n边形的周长为C1，外切正6n边形的周长为C2，如图(1)所示，sin360°12n＝BC1，
∴BC＝sin30°n，
∴AB＝2sin30°n，C1＝12nsin30°n.
如图(2)所示，tan360°12n＝B′C′1，
∴B′C′＝tan30°n，
∴A′B′＝2tan30°n，C2＝12ntan30°n.
∴2π＝C1＋C22＝6nsin30°n＋tan30°n，
∴π＝3nsin30°n＋tan30°n.
10．(2020·天津，5)若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A．12π B．24π C．36π D．144π
答案 C
解析 由题意知，正方体的体对角线就是球的直径
∴2R＝232＋232＋232＝6，
∴R＝3，∴S球＝4πR2＝36π.
11．(2020·浙江，5)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积(单位：cm3)是( )
A.73 B.143 C．3 D．6
答案 A
解析 如图，三棱柱的体积V1＝12×2×1×2＝2，
三棱锥的体积V2＝13×12×2×1×1＝13，
因此，该几何体的体积V＝V1＋V2＝2＋13＝73.
12．(2020·浙江，6)已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n，“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案 B
解析 如图，直线l，m，n不过同一点，且l，m，n共面有三种情况：①同一平面内三线平行；②两平行线与另一线相交；③三线两两相交．
因此，“l，m，n两两相交”是“l，m，n共面”的一种情况，即“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”的必要不充分条件．
13.(2020·全国Ⅰ文，3)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )
A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12
答案 C
解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a，高为h，
侧面三角形底边上的高(斜高)为h′，
则由已知得h2＝12ah′.
如图，设O为正四棱锥S－ABCD底面的中心，E为BC的中点，
则在Rt△SOE中，h′2＝h2＋a22，
∴h′2＝12ah′＋14a2，
∴h′a2－12·h′a－14＝0，
解得h′a＝5＋14(负值舍去)．
14．(2020·全国Ⅰ文，12)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为( )
A．64π B．48π C．36π D．32π
答案 A
解析 如图，设圆O1的半径为r，球的半径为R，
正三角形ABC的边长为a.
由πr2＝4π，得r＝2，
则33a＝2，a＝23，
OO1＝a＝23.
在Rt△OO1A中，由勾股定理得
R2＝r2＋OO21＝22＋(23)2＝16，
所以S球＝4πR2＝4π×16＝64π.
15．(2020·全国Ⅱ文，11)已知△ABC是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( )
A.3 B.32 C．1 D.32
答案 C
解析 如图所示，过球心O作OO1⊥平面ABC，
则O1为等边三角形ABC的外心．
设△ABC的边长为a，
则34a2＝934，解得a＝3，
∴O1A＝23×32×3＝3.
设球O的半径为r，则由4πr2＝16π，得r＝2，即OA＝2.
在Rt△OO1A中，OO1＝OA2－O1A2＝1，
即O到平面ABC的距离为1.
16．(2020·全国Ⅲ文，9)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )
2020年高考数学(理)重难点专练03 空间向量与立体几何(解析版)
2020年高考数学（理）
重难点03 空间向量与立体几何
【高考考试趋势】
立体几何在高考数学是一个必考知识点，一直在高中数学中占有很大的分值，未来的高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点，理科高考中立体几何主要考查三视图的相关性质利用，简单几何体的体积，表面积以及外接圆问题.另外选择部分主要考查在点线面位置关系，简单几何体三视图.选择题主要还是以几何体的基本性质为主，解答题部分主要考查平行，垂直关系以及二面角问题.前面的重点专题已经对立体几何进行了一系列详细的说明，本专题继续加强对高考中立体几何出现的习题以及对应的题目类型进行必要的加强.本专题包含了高考中几乎所有题型，学完本专题以后，对以后所有的立体几何你将有一个更加清晰的认识.
【知识点分析以及满分技巧】
基础知识点考查：一般来说遵循三短一长选最长.要学会抽象问题具体会，将题目中的直线转化成显示中的具体事务，例如立体坐标系可以看做是一个教室的墙角
有关外接圆问题：一般图形可以采用补形法，将几何体补成正方体或者是长方体，再利用不在同一个平面的四点确定一个立体平面原理，从而去求.
内切圆问题：转化成正方体的内切圆去求.
求点到平面的距离问题：采用等体积法.
求几何体的表面积体积问题：应注意巧妙选取底面积与高.
对于二面角问题应采用建立立体坐标系去求.但是坐标系要注意采用左手系务必要标记准确对应点以及法向量对应的坐标.
【常见题型限时检测】（建议用时：35分钟）
一、单选题
1．（2019·遵义航天高级中学高考模拟（理））一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．83 B．163 C．203 D．8 【答案】B
【解析】
由图可知该几何体底面积为8，高为2的四棱锥，如图所示：
∴该几何体的体积1168233V
故选B
【点睛】：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.
高中数学专题练习20 立体几何中的平行与垂直问题(新高考地区专用)解析版
立体几何中的平行与垂直问题
一、题型选讲
题型一、线面平行与垂直
知识点拨：证明直线与平面的平行与垂直问题，一定要熟练记忆直线与平面的平行与垂直判定定理和性质定理，切记不可缺条件。直线与平面的平行有两种方法：一是在面内找线；二是通过面面平行转化。直线与平面垂直关键是找两条相交直线
例1、如图，在四棱锥PABCD中，M，N分别为棱PA，PD的中点．已知侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，DA＝DP.
求证：(1)MN∥平面PBC；
MD⊥平面PAB.
例2、如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B为矩形，平面AA1B1B⊥平面ABC，点E，F分别是侧面AA1B1B，BB1C1C对角线的交点．
(1) 求证：EF∥平面ABC；
(2) 求证：BB1⊥AC.
例3、如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC，A1C⊥BC1，AB1⊥BC1，D，E分别是AB1和BC的中点．
求证：(1)DE∥平面ACC1A1；
(2)AE⊥平面BCC1B1.
例4、如图，三棱锥DABC中，已知AC⊥BC，AC⊥DC，BC＝DC，E，F分别为BD，CD的中点．求证：
(1) EF∥平面ABC；
(2) BD⊥平面ACE.
例5、如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，A1B1⊥B1C1.设A1C与AC1交于点D，B1C与BC1交于点E.
求证：(1) DE∥平面ABB1A1；
(2) BC1⊥平面A1B1C.
例6、如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知D，E分别为BC，B1C1的中点，点F在棱CC1上，且EF⊥C1D.求证：
(1) 直线A1E∥平面ADC1；
(2) 直线EF⊥平面ADC1.
题型二、线面与面面平行与垂直
证明平面与平面的平行与垂直问题，一定要熟练记忆平面与平面的平行与垂直判定定理和性质定理，切记不可缺条件。平面与平面的平行关键是在一个平面内找两条相交直线；平面与平面垂直可以从二面角入手页可以从线面垂直进行转化。
2020高考数学新题分类汇编 立体几何(高考真题+模拟新题)
2020高考数学新题分类汇编 立体几何（高考真题+模拟新题）
课标理数12.G1[2020·福建卷] 三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P－ABC的体积等于________．
课标理数12.G1[2020·福建卷] 【答案】 3
【解析】 由已知，S△ABC＝12×22sinπ3＝3，
∴ VP－ABC＝13S△ABC·PA＝13×3×3＝3，即三棱锥P－ABC的体积等于3.
课标文数8.G2[2020·安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图1－1所示，则该几何体的表面积为(
)
图1－1
A．48
B．32＋817
C．48＋817
D．80
课标文数8.G2[2020·安徽卷] C 【解析】 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如图所示)，所以该直四棱柱的表面积为
S＝2×12×(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2×1＋16×4＝48＋817.
课标理数6.G2[2020·安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图1－1所示，则该几何体的表面积为( )
图1－1
A．48 B．32＋817
C．48＋817 D．80
图1－3
课标理数7.G2[2020·北京卷] 某四面体的三视图如图1－3所示，该四面体四个面的面积中最大的是( )
A．8
B．62
C．10
D．82
课标理数7.G2[2020·北京卷] C 【解析】 由三视图可知，该四面体可以描述为SA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，且SA＝AB＝4，BC＝3，所以四面体四个面的面积分别为10,8,6,62，从而面积最大为10，故应选C.
图1－4
课标文数5.G2[2020·北京卷] 某四棱锥的三视图如图1－1所示，该四棱锥的表面积是( )
图1－1
A．32 B．16＋162
C．48 D．16＋322
课标文数5.G2[2020·北京卷] B 【解析】 由题意可知，该四棱锥是一个底面边长为4，高为2的正四棱锥，所以其表面积为4×4＋4×12×4×22＝16＋162，故选B.
备战2020年浙江省高考数学优质卷分类解析：立体几何与空间向量(原卷版)
第九章
立体几何与空间向量
从近几年的高考试题来看,所考的主要内容是:(1)有关线面位置关系的组合判断,试题通常以选择题的形式出现,主要是考查空间线线、线面、面面位置关系的判定与性质;(2)有关线线、线面和面面的平行与垂直的证明,试题以解答题中的第一问为主,常以多面体为载体,突出考查学生的空间想象能力及推理论证能力;(3)线线角、线面角和二面角是高考的热点,五年五考,选择题、填空题皆有，解答题中第二问必考,一般为中档题,在全卷的位置相对稳定，主要考查空间想象能力、逻辑思维能力和转化与化归的应用能力. 前几年浙江卷较为注重几何法的考查，对空间向量方法考题较少，近三年则倾向于空间向量方法，且大题中考查线面角的计算较多.（4）三视图问题，五年五考，往往与几何体的面积或体积相结合.
一．选择题
1．【浙江省台州市2019届高三4月调研】一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
2．【浙江省宁波市2019届高三上期末】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
3．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】已知平面，直线，若，，，则“”是“中至少有一条与垂直”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】已知正三棱锥（底面是正三角形，顶点在底面的射影是正三角形的中心），直线平面，分别是棱上一点（除端点），将正三棱锥绕直线旋转一周，则能与平面所成的角取遍区间一切值的直线可能是（ ）
A． B． C． D．中的任意一条
5．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】在正四面体 ABCD 中，P，Q分别是棱 AB，CD的中点，E，F分别是直线AB，CD上的动点，M 是EF 的中点，则能使点 M 的轨迹是圆的条件是（ ）
2020版高考数学(文)新增分大一轮人教通用版讲义：第八章 立体几何8.5 含解析
§8.5 空间中的垂直关系
最新考纲
考情考向分析
1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理．
2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题. 直线、平面垂直的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定及其应用、直线与平面所成角等内容．题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想.
1．直线与平面垂直
图形 条件 结论
判
定 a⊥b，b⊂α(b为α内的任意一条直线) a⊥α
a⊥m，a⊥n，m、n⊂α，m∩n＝O a⊥α
a∥b，a⊥α b⊥α
性
质 a⊥α，b⊂α a⊥b
a⊥α，b⊥α a∥b
2.平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义
如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得的两条交线互相垂直，就称这两个平面互相垂直．
(2)判定定理与性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判定
定理 如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则两个平面互相垂直 l⊂βl⊥α
⇒α⊥β
性质
定理 如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面
α⊥βα∩β＝al⊂βl⊥a⇒l⊥α
概念方法微思考
1．若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面吗？
提示 垂直．若两平行线中的一条垂直于一个平面，那么在平面内可以找到两条相交直线与该直线垂直，根据异面直线所成的角，可以得出两平行直线中的另一条也与平面内的那两条直线成90°的角，即垂直于平面内的这两条相交直线，所以垂直于这个平面．
2．两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面吗？
提示 垂直．在两个相交平面内分别作与第三个平面交线垂直的直线，则这两条直线都垂直于第三个平面，那么这两条直线互相平行．由线面平行的性质定理可知，这两个相交平面的交线与这两条垂线平行，所以该交线垂直于第三个平面．
2020年高考文科数学二轮专题复习八：立体几何(附解析)
2020年高考文科数学二轮专题复习八：立体几何（附解析）
1．理解和掌握柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征； 2．能掌握并灵活利用柱、锥、台、球表面积和体积的公式；
3．简单的几何体的三视图，能识别三视图所表示的立体模型；
4．能利用直线与直线，直线与平面，平面与平面平行的判定及性质解决问题；
5．能空间直线与平面，平面与平面垂直的判定与性质解决问题．
1．空间几何体的表面积与体积
（1）多面体的表面积
=+2SSS棱柱表棱柱侧底，=+SSS棱锥表棱锥侧底，=++SSSS棱台表棱台侧上底下底．
（2）旋转体的表面积
①圆柱：=2()Srrl表，其中r为底面半径，l为母线长；
②圆锥：=()Srrl表，其中r为底面半径，l为母线长；
③圆台：22=()Srrrlrl表，其中,rr为上、下底面半径分别，l为母线长；
④球体：2=4Sr球，其中r为球的半径．
（3）几何体的体积公式
①柱体：=VSh柱体，其中S为底面面积，h为高；
②椎体：1=3VSh锥体，其中S为底面面积，h为高； 知识与技巧的梳理 考向预测 ③台体：1=()3VSSSSh台体，其中S、S分别为上、下底面面积，h为高；
④球体：34=3Vr球，其中r为球的半径．
2．空间点、直线、平面之间的位置关系
（1）平面的基本性质
公理1：如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在这个平面内．
公理2：过不同在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
推论1：经过一条直线和直线外一点，有且只有一个平面．
推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．
推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．
公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．
公理4：平行于同一直线的两条直线平行．
3．直线、平面平行的判定及其性质
（1）直线与平面平行的判定定理
文字语言：平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．
2020高考精品系列之数学(文)专题11 立体几何解答题(原卷版)
专题11立体几何解答题
考纲解读 三年高考分析
1、对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．
对于探索性问题用向量法比较容易入手．一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在．
2、空间几何体体积问题的常见类型及解题策略
(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．
(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．
(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．
3、空间几何体与球接、切问题的求解方法
(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解． 垂直关系的证明和平行关系的证明是考查的重点，解题时常用到平行判定定理、垂直判定定理、垂直性质定理、平行性质定理，考查学生的数学逻辑推理能力、数学运算能力、直观想象能力，题型以选择填空题和解答题为主，中等难度.
1、直线、平面平行的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线平行、线面平行、面面平行的判定及其应用等内容．题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想.
2、直线、平面垂直的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定及其应用等内容．题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想.
2020高考数学试题分项版解析专题24立体几何中综合问题理
2019年
【2019最新】精选高考数学试题分项版解析专题24立体几何中综合问题理
1.【2017课标1，理16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______.
415【答案】
【解析】
【考点】简单几何体的体积
【名师点睛】对于三棱锥最值问题，肯定需要用到函数的思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导得方式进行解决.
2.【2017课标3，理19】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．
（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；
（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值.
【答案】(1)证明略；
(2).77
【解析】
（2） 2019年
由题设及（1）知，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.则,,OAOBOCOOAuuurxOAuuurOxyz1,0,0,0,3,0,1,0,0,0,0,1ABCD
由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得.故1212310,,22E
311,0,1,2,0,0,1,,22ADACAEuuuruuuruuur.
2020年高考数学(理)专题训练附解答： 立体几何
（2020湖北武昌区高三元月调考）如图，在直三棱柱111CBAABC中，ABAC，21ACABAA，D，E，F分别为AB，BC，BB1的中点.
（1）证明：平面FCA11平面DEB1；
（2）求二面角DEBB1的正弦值.
【肢解1】证明：平面FCA11平面DEB1；
【肢解2】求二面角DEBB1的正弦值.
【肢解1】证明：平面FCA11平面DEB1；
【解析】（1）因为ABAC，ACDE//，所以ABDE.
因为1AA平面ABC，DE平面ABC，所以DEAA1.
因为AAAAB1，所以DE平面BBAA11.
因为FA1平面BBAA11，所以FADE1.
易证FADB11，因为DEDDB11，
所以FA1平面DEB1.
因为FA1平面FCA11，
所以平面FCA11平面DEB1.
【肢解2】求二面角DEBB1的正弦值.
【解析】方法一：过B作DBBH1，垂足为H，过H作EBHG1于G，连结BG， 专题 立体几何
大题肢解一
立体几何
则可证BGH为二面角DEBB1的平面角.
在BDB1Rt中，求得52BH；在BEB1Rt中，求得622BG.
所以515sinBGBHBGH.
方法二：因为直三棱柱111CBAABC中，ABAC，1AA平面ABC，
以AC、AB、1AA分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
因为21ACABAA，D，E，F分别为AB，BC，BB1的中点.
所以)0,2,0(B，)0,1,0(D，)2,2,0(1B，)0,1,1(E，
所以)2,1,1(1EB，)0,1,1(BE，)0,0,1(DE，
设平面EBB1的一个法向量为),,(111zyxm.
所以0)0,1,1(),,(02)2,1,1(),,(111111111111yxzyxBEmzyxzyxEBm，令11x，则11y，01z，
2020高考精品系列之数学(理)专题11 空间向量与立体几何解答题(原卷版)
专题11空间向量与立体几何解答题
考纲解读 三年高考分析
1.空间向量及其运算
(1)了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.
(2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.
(3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.
2.空间向量的应用
(1)理解直线的方向向量与平面的法向量.
(2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.
(3)能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理).
(4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究立体几何问题中的应用. 空间向量的计算和角度的求解是考查的重点，解题时常用到空间直角坐标系的建立、点和向量坐标的计算与应用，考查学生的数学抽象能力、数学建模能力、数学运算能力、直观想象能力，题型以选择填空题和解答题为主，中等难度.
1、主要考查与点、线、面位置关系有关的命题真假判断和求解异面直线所成的角，题型主要以选择题和填空题的形式出现，解题要求有较强的空间想象能力和逻辑推理能力.
2、空间向量是高考中的必考内容，涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角及空间距离等内容，考查热点是空间角的求解．题型以解答题为主，要求有较强的运算能力，广泛应用函数与方程的思想、转化与化归思想.
1．【2019年天津理科17】如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2．
（Ⅰ）求证：BF∥平面ADE；
（Ⅱ）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；
（Ⅲ）若二面角E﹣BD﹣F的余弦值为，求线段CF的长．
2．【2019年新课标3理科19】图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．