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期末核心考点 简单几何体的再认识
一．选择题（共7小题）
1．（2025 重庆模拟）如图，矩形ABCD中，，，将△ABD沿BD翻折，得到三棱锥A′﹣BCD（A′是A在翻折后的对应点），则三棱锥A′﹣BCD体积的最大值为（　　）
A． B． C．8 D．16
2．（2025 沈阳模拟）已知一个圆台的上下底面半径分别为3和4，母线长为，则该圆台的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025 湖南一模）亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀．重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥以及一个圆台（图2）的组合体．已知某重檐凉亭的圆台部分的轴截面如图3所示，则该圆台部分的侧面积为（　　）
（参考公式：圆台的表面积（r上，r下分别是上、下底面的半径，l是母线长））
A．3.8πm2 B．3.6πm2 C．7.2πm2 D．11.34πm2
4．（2025 安徽模拟）如图，高度为h的圆锥形玻璃容器中装了水，则下列四个容器中，水的体积最接近容器容积一半的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025 喀什地区模拟）已知三棱锥S﹣ABC底面是边长为的正三角形，SA⊥平面ABC，且，则该三棱锥的外接球的体积为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025 河西区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PD⊥底面ABCD，O为对角线AC与BD的交点，若，则三棱锥P﹣OCD的外接球的体积为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025 白银校级三模）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥AC，PA⊥平面ABC，PA＝3，AB＝1，AC＝2，D，E，F分别是棱PB，PC，BC的中点，则三棱锥A﹣DEF的外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．3π
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025 渭南三模）如图，已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱长为4，点E，F分别为BB1，DD1的中点，则（　　）
A．AC1⊥CF
B．平面EA1C1∥平面FAC
C．三棱锥C﹣EC1F的体积为
D．四面体EACF的外接球的表面积为12π
（多选）9．（2025春 山东期中）在四面体ABCD中，AB＝CD＝BC＝AD＝5，，则下列结论正确的有（　　）
A．四面体ABCD的表面积为40
B．四面体ABCD的体积为
C．四面体ABCD外接球的表面积为35π
D．记四面体ABCD内切球的球心为O，则
（多选）10．（2025 金昌校级模拟）如图，在圆柱O1O2中，轴截面ABCD是边长为2的正方形，M是以AO2为直径2的圆上一动点（异于点A，O2），AM与圆柱的底面圆交于点N，则（　　）
A．MO2∥平面NBO1
B．平面MO1O2⊥平面ANO1
C．直线NB与直线AO1有可能垂直
D．三棱锥M﹣AO1O2的外接球体积为定值
三．填空题（共3小题）
11．（2025 甘肃模拟）如图，已知正四棱台的两底面均为正方形，且边长分别为20cm和10cm，侧面积为780cm2，则其体积为 　 　 ．
12．（2025春 广东校级期中）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和，此三棱柱的高为，则该三棱柱的外接球的体积为 　 　 ．
13．（2025 丹东模拟）在三棱台ABC﹣A1B1C1中，△ABC是正三角形，AB＝2A1B1＝2，∠A1AC＝∠C1CA＝60°，平面AA1C1C⊥平面ABC，则三棱台的体积为 　 　 ．
四．解答题（共2小题）
14．（2025春 山东期中）如图，在高为h的四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，上底面A1B1C1D1和下底面ABCD的面积分别为S′，S．
（1）证明：四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积；
（2）已知ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱台，且h＝2，AB＝4，A1B1＝2．
（i）求正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积；
（ii）记几何体ABCDA1B1与几何体A1B1C1D1DC的体积分别为V1，V2，求的值．
15．（2025春 泉州期中）如图，AB是圆柱的直径且AB＝2，PA是圆柱的母线且PA＝3，点C是圆柱底面圆周上的点．
（1）求圆柱的侧面积和体积；
（2）求三棱锥P﹣ABC体积的最大值；
（3）若AC＝1，D是PB的中点，点E在线段PA上，求CE+ED的最小值．
期末核心考点 简单几何体的再认识
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2025 重庆模拟）如图，矩形ABCD中，，，将△ABD沿BD翻折，得到三棱锥A′﹣BCD（A′是A在翻折后的对应点），则三棱锥A′﹣BCD体积的最大值为（　　）
A． B． C．8 D．16
【考点】棱锥的体积．
【专题】数形结合；定义法；立体几何；运算求解．
【答案】C
【分析】当平面ABD⊥平面BCD时，三棱锥A′﹣BCD的体积最大，由此求解即可．
【解答】解：由题意知，当平面ABD⊥平面BCD时，三棱锥A′﹣BCD的体积最大，
此时三棱锥A′﹣BCD的高为h2，
所以三棱锥A′﹣BCD体积的最大值为V2228．
故选：C．
【点评】本题考查了空间几何体的体积计算问题，是基础题．
2．（2025 沈阳模拟）已知一个圆台的上下底面半径分别为3和4，母线长为，则该圆台的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
【考点】圆台的侧面积和表面积．
【专题】对应思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】根据圆台的侧面积公式即可求解．
【解答】解：由圆台的侧面积公式S＝π（r1+r2）l，
可得S侧．
故选：B．
【点评】本题考查圆台的侧面积公式，属基础题．
3．（2025 湖南一模）亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀．重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥以及一个圆台（图2）的组合体．已知某重檐凉亭的圆台部分的轴截面如图3所示，则该圆台部分的侧面积为（　　）
（参考公式：圆台的表面积（r上，r下分别是上、下底面的半径，l是母线长））
A．3.8πm2 B．3.6πm2 C．7.2πm2 D．11.34πm2
【考点】圆台的侧面积和表面积．
【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】A
【分析】由图先求出圆台的母线的长，再利用圆台的侧面积公式S侧＝π（r上+r下）l求解即可．
【解答】解：由图可知，圆台的母线l1m，
∴圆台的侧面积S侧＝π（r上+r下）l＝π（）×1＝3.8πm2，
故选：A．
【点评】本题主要考查了圆台的侧面积公式，是基础题．
4．（2025 安徽模拟）如图，高度为h的圆锥形玻璃容器中装了水，则下列四个容器中，水的体积最接近容器容积一半的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】圆锥的体积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】D
【分析】设圆锥的顶点到水面的距离为ah，圆锥的底面半径为r，则水面半径为ar，再利用圆锥的体积公式求解即可．
【解答】解：设圆锥的顶点到水面的距离为ah，圆锥的底面半径为r，则水面半径为ar．
当水的体积等于容器容积的一半时，
则，
即，
解得，
因为0.73＝0.343，0.83＝0.512．
故选：D．
【点评】本题考查圆锥的体积公式，是基础题．
5．（2025 喀什地区模拟）已知三棱锥S﹣ABC底面是边长为的正三角形，SA⊥平面ABC，且，则该三棱锥的外接球的体积为（　　）
A． B． C． D．
【考点】球的体积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】A
【分析】将三棱锥补形成正三棱柱，利用它们有相同的外接球，结合正三棱柱的结构特征求出球半径即可．
【解答】解：因为三棱锥S﹣ABC底面是边长为的正三角形，SA⊥平面ABC，且，
所以可将三棱锥S﹣ABC补成三棱柱ABC﹣A1B1C1，点S与A1重合，
所以正三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球也为三棱锥S﹣ABC的外接球，
设球心为O，半径为R，
设△ABC和△A1B1C1外接圆的圆心分别为O1和O2，其半径为r，
由正弦定理得：，由O为O1O2的中点，
所以2，
所以该三棱锥的外接球的体积为．
故选：A．
【点评】本题考查三棱锥的外接球问题，分割补形法的应用，属中档题．
6．（2025 河西区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PD⊥底面ABCD，O为对角线AC与BD的交点，若，则三棱锥P﹣OCD的外接球的体积为（　　）
A． B． C． D．
【考点】球的体积．
【专题】计算题；整体思想；综合法；球；运算求解．
【答案】B
【分析】利用空间几何体及球的特征确定球心，结合球体体积公式计算即可．
【解答】解：因为PD⊥底面ABCD，AD，DC 底面ABCD，即PD⊥AD，PD⊥CD，
因为底面ABCD为菱形，∠BAD，
所以△ABD为等边三角形，△COD为直角三角形，
而，
则，
取PC，CD的中点F，E，连接OF，OE，FD，所以，
易知，则FP＝FC＝FD＝FO，
所以三棱锥P﹣OCD的外接球的球心为F，
所以，
所以三棱锥P﹣OCD的外接球的体积为．
故选：B．
【点评】本题考查了三棱锥外接球的体积计算，属于中档题．
7．（2025 白银校级三模）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥AC，PA⊥平面ABC，PA＝3，AB＝1，AC＝2，D，E，F分别是棱PB，PC，BC的中点，则三棱锥A﹣DEF的外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．3π
【考点】球的表面积；球内接多面体．
【专题】转化思想；分割补形法；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】根据给定条件，将三棱锥A﹣DEF补形成长方体，利用长方体与该三棱锥的相同的外接球求解．
【解答】解：作出示意图如下：
设棱AB，AC，PA的中点分别为H，M，G，构造长方体DGEN﹣HAMF，
则长方体DGEN﹣HAMF外接球即为三棱锥A﹣DEF外接球，
又，设长方体DGEN﹣HAMF外接球的半径为R，
则，
所以所求为4πR2．
故选：B．
【点评】本题考查三棱锥的外接球问题，分割补形法的应用，属中档题．
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025 渭南三模）如图，已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱长为4，点E，F分别为BB1，DD1的中点，则（　　）
A．AC1⊥CF
B．平面EA1C1∥平面FAC
C．三棱锥C﹣EC1F的体积为
D．四面体EACF的外接球的表面积为12π
【考点】球的表面积；平面与平面平行；棱锥的体积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何．
【答案】BD
【分析】根据三垂线定理，面面平行的判定判定定理，三棱锥的体积公式，分割补形法，即可求解．
【解答】解：因为AC1在后侧面的射影为DC1，而DC1不垂直CF，
所以根据三垂线定理可知AC1与CF不垂直，所以A选项错误；
易知A1C1∥AC，EC1∥AF且AC∩AF＝A，
所以可得平面EA1C1∥平面FAC，所以B选项正确；
因为三棱锥C﹣EC1F的体积为，所以C选项错误；
根据分割补形法可知四面体EACF的外接球直径2R即为棱长为2的正方体的体对角线长，
所以（2R）2＝4+4+4＝12，
所以四面体EACF的外接球的表面积为12π，所以D选项正确．
故选：BD．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
（多选）9．（2025春 山东期中）在四面体ABCD中，AB＝CD＝BC＝AD＝5，，则下列结论正确的有（　　）
A．四面体ABCD的表面积为40
B．四面体ABCD的体积为
C．四面体ABCD外接球的表面积为35π
D．记四面体ABCD内切球的球心为O，则
【考点】球的表面积；球内接多面体．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】ACD
【分析】利用该四面体的几何特征，将四面体补形成长方体，再利用长方体的几何特征求解表面积、体积以及外接球表面积和内切球的问题．
【解答】解：因为四面体的对棱相等，所以四面体可嵌入长宽高分别为a，b，c的长方体，
则a2+b2＝25，a2+c2＝20，c2+b2＝25，
解得，，，
每个面为等腰三角形，面积均为10，表面积为4×10＝40，选项A正确．
体积计算：长方体体积为，减去四个三棱锥体积（每个为），
得四面体体积为，选项B错误．
四面体的外接球即长方体的外接球，半径，
表面积为4πR2＝35π，选项C正确．
因为四面体内切球球心到各个面的距离相等，且四面体各个面是全等的，
所以可以得到内切球球心到四面体各个顶点的距离也相等，
即四面体的内切球球心和外接球球心重合，
则OA长度即为外接球的半径，选项D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查四面体的外接球问题，属中档题．
（多选）10．（2025 金昌校级模拟）如图，在圆柱O1O2中，轴截面ABCD是边长为2的正方形，M是以AO2为直径2的圆上一动点（异于点A，O2），AM与圆柱的底面圆交于点N，则（　　）
A．MO2∥平面NBO1
B．平面MO1O2⊥平面ANO1
C．直线NB与直线AO1有可能垂直
D．三棱锥M﹣AO1O2的外接球体积为定值
【考点】球的体积；直线与平面平行；直线与平面垂直．
【专题】整体思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】ABD
【分析】根据线面平行的判定定理判断A；由线面垂直可得面面垂直判断B；假设NB⊥AO1，可得O1B＞O1N与O1B＝O1N矛盾，判断C；确定出球心位置，由半径为定值可判断D．
【解答】解：如图，
∵M，N都是对应圆周上的点，AO2，AB是相应的圆的直径，
∴O2M⊥AM，NB⊥AN，则MO2∥NB，
∵MO2 平面NBO1，NB 平面NBO1，∴MO2∥平面NBO1，故A正确；
∵O1O2⊥AN，AN⊥MO2，且O1O2∩MO2＝O2，∴AN⊥平面MO1O2，
∵AN 平面ANO1，∴平面MO1O2⊥平面ANO1，故B正确；
若NB⊥AO1，又NB⊥AN，AN∩AO1＝A，AN，AO1 平面ANO1，
∴NB⊥平面ANO1，则NB⊥NO1，可得，
∵O1O2⊥平面ABN，O1O2＝2，BO2＝NO2＝1，∴，
这与O1B＞O1N矛盾，故直线NB与直线AO1不可能垂直，故C错误；
∵△AMO1，△AO2O1均是以AO1为斜边的直角三角形，
∴三棱锥M﹣AO1O2的外接球的球心为AO1的中点，而，
∴三棱锥M﹣AO1O2的外接球体积为定值，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及应用，考查多面体外接球体积的求法，考查运算求解能力，是中档题．
三．填空题（共3小题）
11．（2025 甘肃模拟）如图，已知正四棱台的两底面均为正方形，且边长分别为20cm和10cm，侧面积为780cm2，则其体积为 　2800cm3　 ．
【考点】棱台的体积．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】2800cm3．
【分析】利用四棱台的结构特征，作出辅助线，根据侧面积列出方程，求出正四棱台的高，结合棱台的体积公式计算得结论
【解答】解：如图，取A1B1的中点E1、AB的中点E，上、下底面的中心O1、O，
则E1E为斜高，四边形EOO1E1为直角梯形．
正四棱台的侧面积，
所以EE1＝13cm，
在直角梯形EOO1E1中，过点E1作E1M⊥OE于点M，
则O1E1＝OM＝5cm，O1O＝E1M，
因为，，
所以EM＝OE﹣OM＝5cm，
所以cm，
所以该四棱台的体积为．
故答案为：2800cm3．
【点评】本题考查几何体体积的计算，属于中档题．
12．（2025春 广东校级期中）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和，此三棱柱的高为，则该三棱柱的外接球的体积为 　　 ．
【考点】球的体积和表面积．
【专题】计算题；对应思想；分析法；球；运算求解．
【答案】
【分析】根据给定条件把直三棱柱补形成长方体，利用它们有相同的外接球，求出长方体的体对角线长即可得解．
【解答】解：依题意，不妨令∠BAC＝90°，于是得直三棱柱ABC﹣A1B1C1共点于A的三条棱AB，AC，AA1两两垂直，，
则以AB，AC，AA1为相邻三条棱可作长方体，该长方体与直三棱柱ABC﹣A1B1C1有相同的外接球，
外接球的直径2R即为长方体体对角线长，即R＝2，
此球的体积为，
故答案为：．
【点评】本题考查球的体积，考查学生的运算能力，属于中档题．
13．（2025 丹东模拟）在三棱台ABC﹣A1B1C1中，△ABC是正三角形，AB＝2A1B1＝2，∠A1AC＝∠C1CA＝60°，平面AA1C1C⊥平面ABC，则三棱台的体积为 　　 ．
【考点】棱台的体积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】．
【分析】根据棱台的体积公式，即可求解．
【解答】解：因为在三棱台ABC﹣A1B1C1中，△ABC是正三角形，
又AB＝2A1B1＝2，∠A1AC＝∠C1CA＝60°，平面AA1C1C⊥平面ABC，
所以该三棱台的高为，
又上下底面正三角形的面积分别为，，
所以三棱台的体积为．
故答案为：．
【点评】本题考查三棱台的体积的求解，属基础题．
四．解答题（共2小题）
14．（2025春 山东期中）如图，在高为h的四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，上底面A1B1C1D1和下底面ABCD的面积分别为S′，S．
（1）证明：四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积；
（2）已知ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱台，且h＝2，AB＝4，A1B1＝2．
（i）求正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积；
（ii）记几何体ABCDA1B1与几何体A1B1C1D1DC的体积分别为V1，V2，求的值．
【考点】棱台的体积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解；空间想象．
【答案】（1）证明见解析；
（2）（i）；（ii）．
【分析】（1）将棱台补成棱锥后利用棱锥的体积公式棱台的体积公式；
（2）（i）由（1）中的公式可求棱台的体积；（ii）由棱锥的体积公式可求、，由等积法可求，故可求两个几何体的体积，从而得到体积比．
【解答】解：（1）证明：如图，
将四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱延长后，侧棱必定交于一点，设该点为S，
设小棱锥的高为h1，则，，
由相似可知，，故，
故四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积
；
（2）（i）由（1）中公式可得正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积为：
；
（ii）如图，连接A1D，A1B，B1C，DB1，DB，
则，，
而，故，则，
所以几何体ABCDA1B1的体积V1，
几何体A1B1C1D1DC的体积，
故．
【点评】本题主要考查求棱台的体积，属于中档题．
15．（2025春 泉州期中）如图，AB是圆柱的直径且AB＝2，PA是圆柱的母线且PA＝3，点C是圆柱底面圆周上的点．
（1）求圆柱的侧面积和体积；
（2）求三棱锥P﹣ABC体积的最大值；
（3）若AC＝1，D是PB的中点，点E在线段PA上，求CE+ED的最小值．
【考点】棱锥的体积；圆柱的侧面积和表面积．
【专题】对应思想；定义法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）S侧＝6π，V＝3π；
（2）1；
（3）．
【分析】（1）利用圆柱的侧面积公式和体积公式直接计算可得；
（2）分析点C到AB的最大距离，结合三棱锥的体积公式可得；
（3）将△PAC绕着PA旋转到PAC′使C′在AB的反向延长线上，利用余弦定理求解即可．
【解答】解：已知AB是圆柱的直径且AB＝2，PA是圆柱的母线且PA＝3，点C是圆柱底面圆周上的点，
（1）圆柱的底面半径，高h＝PA＝3，
圆柱的侧面积S侧＝2π×1×3＝6π，
圆柱的体积V＝π×12×3＝3π．
（2）三棱锥P﹣ABC的高h＝3，底面三角形ABC中，AB＝2，
则当点C到AB的最大值等于底面圆的半径1，
所以三棱锥P﹣ABC体积的最大值．
（3）将△PAC绕着PA旋转到PAC′使C′在AB的反向延长线上，
∵AB＝2，PA＝3，∴，
∴，
∴，
，
即CE+ED的最小值为C′D等于．
【点评】本题考查圆柱与棱锥的结构特征，属于中档题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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