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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：B
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
【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：C
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．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：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．
【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A B C D 展开到同一平面，如图2，
1 1 1 1
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 .
