（圆梦高考数学）专题8.6 立体几何综合练（含答案及解析）

专题8.6立体几何综合练题号一二三四总分得分练习建议用时：120分钟满分：150分一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（2023·山东泰安·统考模拟预测）为空间中两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（

）A．若∥，∥，则∥B．若为异面直线，则过空间任一点，存在直线与都垂直C．若，，则与相交D．若不垂直于，且，则不垂直于2．（2023春·高一课时练习）球的大圆面积增大为原来的4倍，那么球的体积增大为原来的（

）A．4倍 B．8倍 C．16倍 D．32倍3．（2023秋·高二课时练习）以下向量中与向量都垂直的向量为（

）A． B． C． D．4．（2023·黑龙江哈尔滨·哈九中校考模拟预测）如图1，在高为的直三棱柱容器中，现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为（如图2），则容器的高为（

）

A． B．3 C．4 D．65．（2023·全国·高三对口高考）如图所示，在三棱锥中，，M在内，，，则的度数为（

）

A． B． C． D．6．（2023·全国·模拟预测）已知在边长为2的正方体中，点在线段上（含端点位置），现有如下说法：①平面；②；③点到平面的距离的最大值为1．则正确说法的个数为（

）A．0 B．1 C．2 D．37．（2023秋·高二课时练习）已知二面角的大小为，点B、C在棱l上，，，，，则AD的长为（

）A． B． C． D．8．（2023·山东泰安·统考模拟预测）腰长为的等腰的顶角为，且，将绕旋转至的位置得到三棱锥，当三棱锥体积最大时其外接球面积为（

）

A． B．C． D．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9．（2023·全国·高三专题练习）空间直角坐标系中，已知，，，，则（

）A．B．是等腰直角三角形C．与平行的单位向量的坐标为或D．在方向上的投影向量的坐标为10．（2023·湖南·校联考模拟预测）已知表示两条不同的直线，表示两个不同的平面，那么下列判断正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则11．（2023·湖南·校联考模拟预测）故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿．由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶．如图，某几何体有五个面，其形状与四阿顶相类似．已知底面为矩形，，，且，、分别为、的中点，与底面所成的角为，过点作，垂足为．下列说法正确的有（

）

A．平面B．C．异面直线与所成角的余弦值为D．点到平面的距离为12．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测）如图，矩形中，、分别为、的中点，且，现将沿问上翻折，使点移到点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（

）

A．存在点，使得B．存在点，使得C．三棱锥的体积最大值为D．当三棱锥的体积达到最大值时，三棱锥外接球表面积为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.13．（2021·高一课时练习）如图所示，已知两个正方形和不在同一平面内，，分别为，的中点.若，平面⊥平面，则线段的长为_____，线段的长为_____.14．（2023春·高二课时练习）已知，ABCD为等腰梯形，两底边为AB，CD且，梯形ABCD绕AB所在的直线旋转一周所得的几何体是由_________、_________、_________的几何体构成的组合体.15．（2023秋·高二课时练习）直三棱柱中，，M是的中点，则异面直线与所成角为__________．16．（2023·江苏盐城·统考三模）某同学在劳技课上设计了一个球形工艺品，球的内部有两个内接正五棱锥，两正五棱锥的底面重合，若两正五棱锥的侧棱与底面所成的角分别为、，则的最小值为______.四、解答题：本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（2023春·安徽·高二安徽省郎溪中学校联考阶段练习）已知空间几何体中，是边长为2的等边三角形，是腰长为2的等腰三角形，，，，．

(1)作出平面与平面的交线，并说明理由；(2)求点到平面的距离．18．（2023春·安徽·高一安徽省郎溪中学校联考阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，，交于点．

(1)求证：平面平面；(2)设是棱上一点，过作，垂足为，若平面平面，求的值．19．（2023春·高一课时练习）已知长方体中.

(1)若，，，试求在长方体表面上从到的最短路线；(2)若，，且，试求在长方体表面上从到的最短距离.20．（2023·北京西城·北京师大附中校考模拟预测）如图在几何体中，底面为菱形，.

(1)判断是否平行于平面，并证明；(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求：（i）平面与平面所成角的大小；（ii）求点到平面的距离.条件①：面面条件②：条件③：注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分.21．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）已知直角梯形形状如下，其中，，，．

(1)在线段CD上找出点F，将四边形沿翻折，形成几何体．若无论二面角多大，都能够使得几何体为棱台，请指出点F的具体位置（无需给出证明过程）．(2)在（1）的条件下，若二面角为直二面角，求棱台的体积，并求出此时二面角的余弦值．22．（2023·全国·合肥一中校联考模拟预测）已知直三棱柱如图所示，其中，，点D在线段上（不含端点位置）.(1)若，求点到平面的距离；(2)若平面与平面夹角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.

专题8.6立体几何综合练题号一二三四总分得分练习建议用时：120分钟满分：150分一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（2023·山东泰安·统考模拟预测）为空间中两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（

）A．若∥，∥，则∥B．若为异面直线，则过空间任一点，存在直线与都垂直C．若，，则与相交D．若不垂直于，且，则不垂直于【答案】B【分析】根据线面平行的判定定理，线面垂直的性质定理等即可判断选项.【详解】对于选项A，若∥，∥，则或∥，A错；对于选项C，若，，或与相交，C错；对于选项D，若不垂直于，且，可能与垂直，D错；对于选项B，过空间一点作两条异面直线的平行线可以确定一个平面，过空间一点作平面的垂线有且只有一条，B正确.故选：B2．（2023春·高一课时练习）球的大圆面积增大为原来的4倍，那么球的体积增大为原来的（

）A．4倍 B．8倍 C．16倍 D．32倍【答案】B【分析】设原来球体的半径为，利用已知条件计算出球的大圆面积增大为原来的4倍后的半径，找出前后半径的关系式，然后利用球体的体积公式分别算出前后的体积，相比即可.【详解】设原来球体的半径为，则原来球体的大圆面积为：，原来球体的体积为：，当球的大圆面积增大为原来的4倍时，此时有大圆面积，设此时大圆半径为即大圆面积增大后球体的半径，由，此时球体体积为：，由，所以球的体积增大为原来的8倍.故选：B.3．（2023秋·高二课时练习）以下向量中与向量都垂直的向量为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据空间向量垂直的坐标表示可得答案.【详解】对于A，，故A不正确；对于B，，故B不正确；对于C，，，故C正确；对于D，，故D不正确.故选：C4．（2023·黑龙江哈尔滨·哈九中校考模拟预测）如图1，在高为的直三棱柱容器中，现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为（如图2），则容器的高为（

）

A． B．3 C．4 D．6【答案】B【分析】利用两个几何体中的装水的体积相等，列出方程，即可求解.【详解】解：在图（1）中的几何体中，水的体积为,在图（2）的几何体中，水的体积为：，因为，可得，解得.故选：B.5．（2023·全国·高三对口高考）如图所示，在三棱锥中，，M在内，，，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】先证明“三余弦”定理，利用，得到，从而可得，再用公式：，即可求．【详解】先证明：如图，设为平面上一点，过的斜线在面上的射影为，为平面上任意一条直线，记则.证明如下：过作于，由于平面，,所以平面,故平面,平面,所以则,所以

过做平面的垂线，交平面于，连接．，平面，平面，，．由公式：，得到是的余角，所以再用公式：，得到故选：C．

6．（2023·全国·模拟预测）已知在边长为2的正方体中，点在线段上（含端点位置），现有如下说法：①平面；②；③点到平面的距离的最大值为1．则正确说法的个数为（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】根据正方体的性质，判断线面，面面位置关系.【详解】

在正方体中，因，平面，平面，所以平面，又因，平面，平面，所以平面，又，平面，平面，所以平面平面，因平面，所以平面，故①正确；因，

，，平面，平面，所以平面，又因平面，，同理，因，平面，平面，所以平面，平面，故，故②正确；当点在端点时，点到平面的距离为最大值即，③错误．故选：．7．（2023秋·高二课时练习）已知二面角的大小为，点B、C在棱l上，，，，，则AD的长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据空间向量的数量积运算及二面角的概念求解.【详解】如图所示，

由题意知，又二面角的大小为，故，，又，，,即AD的长为，故选：D8．（2023·山东泰安·统考模拟预测）腰长为的等腰的顶角为，且，将绕旋转至的位置得到三棱锥，当三棱锥体积最大时其外接球面积为（

）

A． B．C． D．【答案】A【分析】在中，求得，根据题意得到三棱锥体积最大时，平面平面，取中点，得到，进而得到且，设三棱锥外接球的半径为，分别求得和的外接圆的半径，结合，进而求得外接球的表面积.【详解】在中，因为，可得，所以，当三棱锥体积最大时，平面平面，因为，取中点，则，设为外接圆圆心，为三棱锥外接球心，则，再设为外接圆圆心，平面，则且，设三棱锥外接球的半径为在直角中，可得且，因为，可得所以外接圆半径，所以，因为，所以的外接圆的半径，且，在中，可得，可得，所以，所以外接球的表面积为.故选：A.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9．（2023·全国·高三专题练习）空间直角坐标系中，已知，，，，则（

）A．B．是等腰直角三角形C．与平行的单位向量的坐标为或D．在方向上的投影向量的坐标为【答案】AC【分析】本题考查空间向量的坐标运算，利用向量的加减法得出坐标，再利用向量的模长公式，可判断A选项；计算出三角形三条边长，可判断B选项；与已知向量平行的单位向量计算公式：可判断C选项；根据在方向上的投影向量与向量共线的性质，可判断D选项.【详解】根据空间向量的线性运算，，选项A正确；计算可得，三条边不相等，选项B不正确；与平行的单位向量为：选项C正确；在方向上的投影向量与向量共线，，选项D不正确，故选：AC.10．（2023·湖南·校联考模拟预测）已知表示两条不同的直线，表示两个不同的平面，那么下列判断正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】AC【分析】根据空间中直线、平面的位置关系逐项判断即可.【详解】若，则由直线与平面垂直的性质可得，故A正确.若，则，故与有交点，错误，故B错误.若，则垂直平面内的两条相交直线与，又，则，则，故C正确.若，则或与异面，故D错误.故选：AC.11．（2023·湖南·校联考模拟预测）故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿．由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶．如图，某几何体有五个面，其形状与四阿顶相类似．已知底面为矩形，，，且，、分别为、的中点，与底面所成的角为，过点作，垂足为．下列说法正确的有（

）

A．平面B．C．异面直线与所成角的余弦值为D．点到平面的距离为【答案】AC【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A选项；证明出平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，利用空间中两点间的距离公式求出的值，可求出的长，可判断C选项；利用空间向量法可判断CD选项.【详解】对于A选项，因为四边形为矩形，则，因为平面，平面，则平面，因为平面，平面平面，所以，，因为且，、分别为、的中点，所以，且，故四边形为平行四边形，所以，且，所以，，因为，所以，，因为，是的中点，所以．因为，、平面，所以，平面，A对；对于B选项，因为平面，平面，所以，平面平面，因为，平面平面，平面，所以，平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

因为平面，则与平面所成的角为，因为，为的中点，则，又因为，，所以，，又因为，且，故四边形为等腰梯形，设，则，则，则点、，所以，，即，解得，所以，，B错；对于C选项，由B选项可知，在中，、、、，，，，所以，异面直线与所成角的余弦值为，C对；对于D选项，易知、、、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，，则点到平面的距离为，D错.故选：AC.12．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测）如图，矩形中，、分别为、的中点，且，现将沿问上翻折，使点移到点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（

）

A．存在点，使得B．存在点，使得C．三棱锥的体积最大值为D．当三棱锥的体积达到最大值时，三棱锥外接球表面积为【答案】BCD【分析】由立体几何的线线平行，线面垂直判定定理，外接球的表面积公式逐项判断即可.【详解】对于A，，，因此不平行，即不存在点，使得.故A错误；对于B，如图：

取的中点，连接，，，,当时，因为，即.则，而，，平面，又分别为，的中点，即，于是平面，而平面，则，故B正确；对于C，在翻折过程中，令与平面所成角为，则点到平面的距离，又的面积为，因此三棱锥的体积为：，当且仅当时，即平面时取等号，所以三棱锥的体积最大值为，故C正确；对于D，当三棱锥的体积达到最大值时，三棱锥外接球的球心为，故球的半径为1，则球的表面积为.故D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.13．（2021·高一课时练习）如图所示，已知两个正方形和不在同一平面内，，分别为，的中点.若，平面⊥平面，则线段的长为_____，线段的长为_____.【答案】【分析】由面面垂直的性质得到平面，即可得到，再用勾股定理求出，取的中点，连接，，即可得到平面，从而求出的长度.【详解】因为平面⊥平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以，所以在中，，因此；再取的中点，连接，，因为、为正方形，且边长为，所以，，，，所以平面，又平面，所以，所以.故答案为：；14．（2023春·高二课时练习）已知，ABCD为等腰梯形，两底边为AB，CD且，梯形ABCD绕AB所在的直线旋转一周所得的几何体是由_________、_________、_________的几何体构成的组合体.【答案】圆锥圆柱圆锥【分析】作于，于，根据旋转体的定义和性质得到答案.【详解】如图所示：作于，于，绕所在的直线旋转一周得到圆锥；矩形绕所在的直线旋转一周得到圆柱；绕所在的直线旋转一周得到圆锥；故答案为：圆锥；圆柱；圆锥；15．（2023秋·高二课时练习）直三棱柱中，，M是的中点，则异面直线与所成角为__________．【答案】【分析】利用向量的分解，结合直棱柱中的线线关系，根据数量积的运算可求出.【详解】

如图所示，根据题干条件可知.则，，，于是，根据直棱柱性质，，，于是，，结合数量积的运算，于是.则，即异面直线与所成角为.故答案为：16．（2023·江苏盐城·统考三模）某同学在劳技课上设计了一个球形工艺品，球的内部有两个内接正五棱锥，两正五棱锥的底面重合，若两正五棱锥的侧棱与底面所成的角分别为、，则的最小值为______.【答案】【分析】由平面，得到侧棱与底面所成的角，设，分别在直角和中，求得，结合，即可求得取值最小值.【详解】如图所示，设另个正五棱锥外接球的半径为，球心到底面的距离为，又由平面，所以和分别为侧棱与底面所成的角，设，分别在直角和中，可得，所以，又由，所以当当时，取值最小值，最小值为.故答案为：.

四、解答题：本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（2023春·安徽·高二安徽省郎溪中学校联考阶段练习）已知空间几何体中，是边长为2的等边三角形，是腰长为2的等腰三角形，，，，．

(1)作出平面与平面的交线，并说明理由；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)作图见解析，理由见解析(2)【分析】（1）利用平面的基本性质可以求得两平面的交线；（2）先利用等体积法求到平面的距离，利用转化法可得答案.【详解】（1）如图所示，分别延长，交于点，连接，

则即为平面与平面的交线.

理由如下：因为．故，，，四点共面，又，则，交于点．由，平面，得平面；由，平面，得平面．所以是平面与平面的公共点，又也是平面与平面的公共点，所以即为平面与平面的交线.（2）连接交于点，

因为，，所以，则点到平面的距离是点到平面的距离的2倍．

因为，，所以，又，，，平面，所以平面

同理可证平面．所以三棱锥的体积

因为是腰长为2的等腰三角形，所以．所以，同理

又已知，故的面积．

设点到平面的距离为，则，即，解得．故点到平面的距离为．18．（2023春·安徽·高一安徽省郎溪中学校联考阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，，交于点．

(1)求证：平面平面；(2)设是棱上一点，过作，垂足为，若平面平面，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理证得结果；（2）由面面平行的性质定理得及平行线对应线段成比例得出结果.【详解】（1）证明：因为底面，平面，故，又，，，平面，故平面

又平面，故平面平面．（2）因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，

因为，且，所以

在中，由，，得，

即．19．（2023春·高一课时练习）已知长方体中.

(1)若，，，试求在长方体表面上从到的最短路线；(2)若，，且，试求在长方体表面上从到的最短距离.【答案】(1)(2)【分析】（1）（2）将长方体的面展开到同一平面，求出线段的长，分三种情况，求出结果，比较大小，确定最短路线长.【详解】（1）如图，

①将长方形与平面展开到同一平面，如图1所示，

连接，此时，②将长方形与长方形展开到同一平面，如图2，

连接，此时，③将长方形与长方形展开到同一平面，如图3，

连接，此时，因为，所以从点A出发沿着表面运动到的最短路线长是.（2）当，，且，由上可得或或，由可得，即，所以，所以，即，所以从点A出发沿着表面运动到的最短路线长是.20．（2023·北京西城·北京师大附中校考模拟预测）如图在几何体中，底面为菱形，.

(1)判断是否平行于平面，并证明；(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求：（i）平面与平面所成角的大小；（ii）求点到平面的距离.条件①：面面条件②：条件③：注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分.【答案】(1)与平面不平行，证明见解析(2)（i）；（ii）【分析】（1）利用线面平行的判定定理构造平行四边形得线线平行，即可得结论；（2）选择条件证明线线垂直建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解平面与平面的角及点到平面距离.【详解】（1）不平行于平面，理由如下：取中点，

因为，所以则四边形为平行四边形，所以，又，所以不平行于，假设平面，因为平面平面，平面所以，与不平行于矛盾，所以假设不成立，即不平行于平面；（2）选择条件①：取中点，连接因为菱形，所以为正三角形，又为中点，所以，由于，所以，又因为面面，面面，面所以面，因为面，所以又因为，面，所以面，而面，所以，所以如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则（i）因为面，所以为平面的一个法向量设平面的法向量为，因为所以，令，设平面与平面所成角为，所以，则即平面与平面所成角大小为；（ii）因为，由（i）知平面的一个法向量为所以点到平面的距离为.选择条件②：连接，取中点，连接因为菱形，所以为正三角形，又为中点，所以，由于，所以，在菱形中，有，又因为，平面，所以平面，因为平面，所以又因为，面，所以面，而面，所以，所以如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则（i）因为面，所以为平面的一个法向量设平面的法向量为，因为所以，令，设平面与平面所成角为，所以，则即平面与平面所成角大小为；（ii）因为，由（i）知平面的一个法向量为所以点到平面的距离为.条件③：取中点，连接因为菱形，所以为正三角形，又为中点，所以，由于，所以，因为，由（1）可得，所以所以，即因为，所以又因为，面，所以面，而面，所以，所以如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则（i）因为面，所以为平面的一个法向量设平面的法向量为，因为所以，令，设平面与平面所成角为，所以，则即平面与平面所成角大小为；（ii）因为，由（i）知平面的一个法向量为所以点到平面的距离为.21．（2023·辽宁·辽