专题8.6 立体几何综合练（解析版）.docx

1、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

2、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（）A4倍B8倍C16倍D32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

3、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（）ABCD【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（）AB3C4D6【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

4、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（）ABCD【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：C6（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：平面；点到平面的距离的最大值为1则正确说法的

5、个数为（）A0B1C2D3【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，故正确；当点在端点时，点到平面的距离为最大值即，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（）ABCD【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

6、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 BCD 【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

7、.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（）AB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

8、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

9、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BC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，、

10、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（20

11、23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：，

12、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

13、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

14、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

15、：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

16、，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

17、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，将长方形与平面展开到同一平面，如图1所示，连接，此时，将长方形与长方形展开到同一平面，如图2，连接，此时，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

18、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、条件、条件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：面面条件：条件：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

19、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：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

20、个法向量为所以点到平面的距离为.选择条件：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：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

21、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【答案】(1)或为靠近点的三等分点；(2)；.【分析】（1）延长交于点，连接并延长

22、交于，翻折后证明平面平面即可推理作答.（2）根据给定条件，证明平面，再利用锥体的体积公式结合割补法求出体积，建立空间直角坐标系求出面面角的余弦作答.【详解】（1）在直角梯形中，延长交于点，连接并延长交于，如图，于是，则，为靠近点的三等分点，将四边形沿翻折，即将沿翻折，无论二面角多大，所成几何体均为三棱锥，显然平面平面，于是平面，同理平面，而平面，因此平面平面，从而几何体是棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面间的部分，即几何体是棱台，所以无论二面角多大，都能够使得几何体为棱台，为靠近点的三等分点.（2）翻折前，将,延长一倍，三线交予点，在等腰直角三角形中，在棱台中，又二面角为直二面角，平面，即

23、三棱锥的体积为，又三棱锥的体积，则有棱台的体积为，在线段上取，有，四边形为平行四边形,，又面，则，以为原点，为,的单位向量建立空间直角坐标系，则，取平面的法向量为，令，取， 取面的法向量，则，令，得，显然二面角的平面角为锐角，设为，所以二面角的余弦值为.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.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用等体积法，借助求解即可；（2）先建系设动点的坐标，然后求出平面与平面的法向量，利用已知二面角确定点的坐标，最后利用与平面的法向量求出线面角的正弦值.【详解】（1）在中，由余弦定理，得，则，而，故，在中，由余弦定理知，由知，在中，故，则，故.因为，所以，解得.（2）以点C为坐标原点，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，故，设，则，则， 设为平面的法向量，则，则，令，则，故为平面的一个法向量，而为平面的一个法向量，故，解得，解得（舍去），故，故直线与平面所成角的正弦值.