【期末热点.重难点】简单组合体（含解析）2024-2025学年人教A版（2019）数学高一下册
文档属性
| 名称 | 【期末热点.重难点】简单组合体（含解析）2024-2025学年人教A版（2019）数学高一下册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 747.2KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-21 18:03:45 | ||
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文档简介
期末热点.重难点 简单组合体
一．选择题（共5小题）
1．（2024春 道县校级期中）一个正四棱锥和一个正四面体的所有棱长都相等，将它们的一个三角形重合在一起，组成一个新的几何体，则新几何体是（ ）
A．五面体 B．六面体 C．七面体 D．八面体
2．（2022春 西城区校级期末）唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（如图2）．假设内壁表面光滑，其内壁表面积为S平方厘米，半球的半径为R厘米．当这种酒杯内壁表面积S为定值时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则R的取值范围为（ ）
A．（0，] B．[，+∞）
C．[，） D．（，]
3．（2021春 河间市校级期中）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1被两平面分成三部分，其中EF∥GH∥BC，则这三个几何体中是棱柱的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
4．（2014 海淀区校级模拟）一个凸多面体的面数为8，各面多边形的内角和为16π，则它的棱数为（ ）
A．24 B．22 C．18 D．16
5．（2016春 江汉区校级期末）正四棱锥P﹣ABCD，B1为PB的中点，D1为PD的中点，则两个棱锥A﹣B1CD1，P﹣ABCD的体积之比是（ ）
A．1：4 B．3：8 C．1：2 D．2：3
二．多选题（共1小题）
（多选）6．（2022 天津模拟）下列物体中属于多面体的有（ ）
A．球 B．建筑用的方砖
C．茶杯 D．埃及的金字塔
三．填空题（共6小题）
7．（2024春 博爱县校级月考）如图为某水晶工艺品的示意图，该工艺品是将一个半径为R的大球放置在底面半径和高均为R的空心圆柱内构成的，大球与圆柱下底面相切．为增加观赏效果，设计师想在圆柱与球的空隙处放入若干个大小相等的实心小球，且小球恰好与圆柱底面、圆柱侧面及大球都相切，则该工艺品内最多可放入 个小球（取π＝3.14，）．
8．（2024春 溧阳市期末）如图，展现的是一种被称为“旋四角反棱柱”的十面体ABCD﹣EFGH，其上下底面平行且均为正方形，上下底面的中心所在直线垂直于两底面．已知此多面体上下底面的边长为，上下底面之间的距离为，则此十面体体积的最大值为 ．
9．（2014秋 拱墅区校级期中）一个正方体内接于一个高为，底面半径为1的圆锥，则正方体的棱长为 ．
10．（2011 江苏模拟）已知一个棱长为6cm的正方体塑料盒子（无上盖），上口放着一个半径为5cm的钢球，则球心到盒底的距离为 cm．
11．（2010 扬州二模）两个相同的正四棱锥组成如图所示的几何体，可放入棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面ABCD与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有 个．
12．（2004春 锡山区校级期末）一个十二面体共有8个顶点，其中2个顶点处各有6条棱，其它顶点处都有相同的棱，则其它顶点处的棱数为 ．
四．解答题（共3小题）
13．（2024春 马山县校级期中）圆锥底面半径为1cm，高为cm，其中有一个内接正方体，求这个内接正方体的棱长．
14．（2010 福建模拟）一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱，这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等．设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为h1，h2，h3，求h1：h2：h3的值．
15．（2009春 赣榆县校级期末）如图是表示以AB＝4，BC＝3的矩形ABCD为底面的长方体被一平面斜截所得的几何体，其中四边形EFGH为截面．已知AE＝5，BF＝8，CG＝12．
（1）作出截面EFGH与底面ABCD的交线l；
（2）截面四边形EFGH是否为菱形？并证明你的结论；
（3）求DH的长．
期末热点.重难点 简单组合体
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024春 道县校级期中）一个正四棱锥和一个正四面体的所有棱长都相等，将它们的一个三角形重合在一起，组成一个新的几何体，则新几何体是（ ）
A．五面体 B．六面体 C．七面体 D．八面体
【考点】简单组合体的结构特征．
【专题】转化思想；数学模型法；立体几何；空间想象．
【答案】A
【分析】取G、H为BC、ED的中点，得出四边形AFGH为平行四边形，进而证出A，F，C，D四点共面，A，F，B，E四点共面，即可求解．
【解答】 解：由题意，正四面体和正四棱锥的所有棱长都相等，G、H为BC、ED的中点，
连接FG、AH、GH，即FG⊥BC，AH⊥DE，
∵BC∥DE，∴FG∥AH，又FG＝AH，
∴四边形AFGH为平行四边形，
∴AF∥GH，
又∵GH∥BE∥CD，
AF∥CD∥BE，
∴A，F，C，D四点共面，A，F，B，E四点共面，
即平面ACF与平面ACD重合，平面ABF与平面ABE重合，
∴该几何体有5个面，
即该几何体为五面体．
故选：A．
【点评】本题主要考查空间立体几何题的结构特征，考查空间想象能力，属于基础题．
2．（2022春 西城区校级期末）唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（如图2）．假设内壁表面光滑，其内壁表面积为S平方厘米，半球的半径为R厘米．当这种酒杯内壁表面积S为定值时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则R的取值范围为（ ）
A．（0，] B．[，+∞）
C．[，） D．（，]
【考点】简单组合体的结构特征．
【专题】对应思想；分析法；立体几何；运算求解．
【答案】C
【分析】根据题意，酒杯内壁表面积为圆柱与半球的表面积，列出S的表达式，再求出体积V，解不等式即可．
【解答】解：设圆柱的高度与半球的半径分别为h，R，
则表面积S＝2πR2+2πRh，故，
所以酒杯的容积V，
所以，
又 0，
所以，解得，
故选：C．
【点评】本题考查了组合体的体积和表面积的计算，属于基础题．
3．（2021春 河间市校级期中）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1被两平面分成三部分，其中EF∥GH∥BC，则这三个几何体中是棱柱的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【考点】简单组合体的结构特征．
【专题】常规题型．
【答案】D
【分析】由题意不难分析发现，三个几何体都是棱柱，是放倒的棱柱．
【解答】解：长方体ABCD﹣A1B1C1D1被两平面分成三部分，其中EF∥GH∥BC，
其中两个三棱柱，底面是直角三角形；另一个是底面为5边形的直棱柱，
所以这三个几何体中是棱柱的个数为：3
故选：D．
【点评】本题考查简单组合体的结构特征，考查空间想象能力，是基础题．注意图形的放倒情况与正放的区别．
4．（2014 海淀区校级模拟）一个凸多面体的面数为8，各面多边形的内角和为16π，则它的棱数为（ ）
A．24 B．22 C．18 D．16
【考点】简单组合体的结构特征．
【专题】空间位置关系与距离．
【答案】D
【分析】由已知可得，当每个面均为四边形时，满足条件，进而根据两个面共用一条棱，得到答案．
【解答】解：∵凸多面体的面数为8，各面多边形的内角和为16π，
故每个面的内角和可看成16π÷8＝2π，
故每个面应为四边形，
由于两个面共用一条棱，
故它的棱数为：16，
故选：D．
【点评】本题考查的知识点是简单组合体的结构特征，其中分析出每个面均为四边形时，满足条件，是解答的关键．
5．（2016春 江汉区校级期末）正四棱锥P﹣ABCD，B1为PB的中点，D1为PD的中点，则两个棱锥A﹣B1CD1，P﹣ABCD的体积之比是（ ）
A．1：4 B．3：8 C．1：2 D．2：3
【考点】简单组合体的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；棱台的结构特征．
【专题】计算题．
【答案】A
【分析】如图，棱锥A﹣B1CD1，的体积可以看成正四棱锥P﹣ABCD的体积减去角上的四个小棱锥的体积得到，利用底面与高之间的关系得出棱锥B1﹣ABC，的体积和棱锥D1﹣ACD，的体积都是正四棱锥P﹣ABCD的体积的，棱锥C﹣PB1D1，的体积与棱锥A﹣PB1D1的体积之和是正四棱锥P﹣ABCD的体积的，则中间剩下的棱锥A﹣B1CD1的体积＝正四棱锥P﹣ABCD的体积﹣3个正四棱锥P﹣ABCD的体积，最终得到则两个棱锥A﹣B1CD1，P﹣ABCD的体积之比．
【解答】解：如图，棱锥A﹣B1CD1的体积可以看成是正四棱锥P﹣ABCD的体积减去角上的四个小棱锥的体积得到，
∵B1为PB的中点，D1为PD的中点，
∴棱锥B1﹣ABC，的体积和棱锥D1﹣ACD的体积都是正四棱锥P﹣ABCD的体积的，
棱锥C﹣PB1D1，的体积与棱锥A﹣PB1D1的体积之和是正四棱锥P﹣ABCD的体积的，
则中间剩下的棱锥A﹣B1CD1的体积
V＝正四棱锥P﹣ABCD的体积﹣3个正四棱锥P﹣ABCD的体积
个正四棱锥P﹣ABCD的体积，
则两个棱锥A﹣B1CD1，P﹣ABCD的体积之比是1：4．
故选：A．
【点评】本题考查棱柱、棱锥、棱台的体积，利用分割法进行分割，是解题的关键．
二．多选题（共1小题）
（多选）6．（2022 天津模拟）下列物体中属于多面体的有（ ）
A．球 B．建筑用的方砖
C．茶杯 D．埃及的金字塔
【考点】简单组合体的结构特征．
【专题】计算题；综合法；立体几何；数学抽象．
【答案】BD
【分析】根据几何体的定义和结构特征，依次讨论各选项即可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，球体是旋转体，故错误；
对于B，建筑用的方砖是棱柱，属于多面体，故正确；
对于C，茶杯一般为圆柱体，属于旋转体，故错误；
对于D，埃及的金字塔时棱锥，属于多面体，故正确．
故选：BD．
【点评】本题考查多面体的结构特征，注意多面体的定义，属于基础题．
三．填空题（共6小题）
7．（2024春 博爱县校级月考）如图为某水晶工艺品的示意图，该工艺品是将一个半径为R的大球放置在底面半径和高均为R的空心圆柱内构成的，大球与圆柱下底面相切．为增加观赏效果，设计师想在圆柱与球的空隙处放入若干个大小相等的实心小球，且小球恰好与圆柱底面、圆柱侧面及大球都相切，则该工艺品内最多可放入 15 个小球（取π＝3.14，）．
【考点】简单组合体的结构特征；球外切几何体；平面与圆柱面的截线．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】15．
【分析】过球心作出圆柱轴截面图形，由相切可得，再由实心小球的球心在以E为圆心，EF为半径的圆上，利用2rn≤2πEF解不等式即可．
【解答】解：过大球球心与圆柱底面圆心的平面截该工艺品所得的平面图如图，
其中G，F分别是大球与实心小球的球心，
设实心小球的半径为r，由题意，
得，
整理得．
设该工艺品内最多可放入n（n∈N*）个小球，
因为这些实心小球的球心在以E为圆心，EF为半径的圆上，如图，
由Rt△GEF为等腰三角形得，且2rn≤2πEF，
得
．
又n∈N*，故该工艺品内最多可放入15个小球．
故答案为：15．
【点评】题主要考查了空间几何体与球接，切问题的求解方法，求解与棱柱，棱锥的接切问题，把空间几何体转化为平面几何是求解问题的关键，属中档题．
8．（2024春 溧阳市期末）如图，展现的是一种被称为“旋四角反棱柱”的十面体ABCD﹣EFGH，其上下底面平行且均为正方形，上下底面的中心所在直线垂直于两底面．已知此多面体上下底面的边长为，上下底面之间的距离为，则此十面体体积的最大值为 ．
【考点】简单组合体的结构特征．
【专题】数形结合；分割补形法；空间位置关系与距离；数学建模．
【答案】．
【分析】首先计算每个平行于底面的平面截该十面体得到的截面面积在一个特殊情况同时取到最大，然后在此种条件下通过分割几何体的方法求出体积的最大值．
【解答】解：如第一张图，设有一平行于底面的平面L，并设该十面体被平面L截得的截面为八边形STUVWXYZ．
并设平面L和下底面之间的距离为3，
则，，λ，λ，λ，λ，，．
将所有的点都投影到一个平行于底面的平面上，得到两个外接圆相同的正方形和一个八边形，如第二张图所示．
设在投影后的图中，△AEH，△BFE，△CGF，△DHG，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH的面积为S，
则．
根据相似三角形性质有S△ASZ＝S△BUT＝S△CWV＝S△DYX＝λ2S，
S△ETS＝S△FVU＝S△GXW＝S△HZY＝（1﹣λ）2S．
所以SSTUVWXYZ＝8+4S﹣4λ2S﹣4（1﹣λ）2S＝8+8λ（1﹣λ）S．
由于λ（1﹣λ）＞0，，
故每个截面的面积最大值都在2时取到．
这个时候AB∥HF∥DC，AD∥EG∥BC，此时原组合体的体积取到最大值．
在该条件下，我们计算原几何体的体积，此时有AB∥HF∥DC，AD∥EG∥BC．
记下底面和上底面的中心分别为P和Q，则直线PQ垂直于两底面，并设AB的中点为R．
在线段EQ，QG上分别取点M，N，使得，
则由于QM＝PR，且QM∥BC∥PR，故四边形QMRP为平行四边形．
而PQ⊥平面ABCD，且直线PR在平面ABCD内，故PQ⊥PR，
所以四边形QMRP为矩形．
所以QM⊥MR，而由QM∥BC可知QM⊥AB，且MR和AB在平面ABM内交于点R，故QM⊥平面ABM．
同理，QN⊥平面CDN．
现在，由于，，
故点E到QR的距离d．
根据对称性，点E到平面ABFH的距离也为d，同时，直线AB和HF的距离h等于QR的长度，．
同理，点H到平面ADGE的距离和点F到平面BCGE的距离均为，AD与EG，和BC与EG的距离都是．
所以VH﹣ADGE h44．
同理VF﹣BCGE＝44．
而VE﹣ABM，
同理VG﹣CDN＝4﹣2．
又有VABM﹣DCN＝MN S△ABM＝MN RM＝2．
所以在该条件下，该几何体的体积为：
V＝VH﹣ADGE+VF﹣BCGE+VE﹣ABM+VG﹣CDN+VABM﹣DCN
＝（44）+（44）+（4﹣2）+（4﹣2）+12
＝1616．
综上，此十面体体积的最大值为．
故答案为：．
【点评】本题考查多种组合体的结构特征和立体几何中的相关计算，属于难题．
9．（2014秋 拱墅区校级期中）一个正方体内接于一个高为，底面半径为1的圆锥，则正方体的棱长为 ．
【考点】简单组合体的结构特征；棱柱的结构特征．
【专题】空间位置关系与距离．
【答案】见试题解答内容
【分析】作出过正方体的体对角线作圆锥的轴截面，设正方体的棱长为x，通过三角形相似，求出正方体的棱长即可．
【解答】解：如图，过正方体的体对角线作圆锥的轴截面，设正方体的棱长为x，
则OCx，∴，
解得x，
∴正方体的棱长为，
故答案为：．
【点评】本题是基础题，正确作出图形，注意到过正方体的体对角线作圆锥的轴截面，AC是正方体的面对角线，三角形相似．考查空间想象能力，计算能力好题，常考题型．
10．（2011 江苏模拟）已知一个棱长为6cm的正方体塑料盒子（无上盖），上口放着一个半径为5cm的钢球，则球心到盒底的距离为 10 cm．
【考点】简单组合体的结构特征．
【专题】计算题．
【答案】见试题解答内容
【分析】球心到底面的距离，实际上是求两个简单的组合体的上顶点到下底面的距离，可以看作下面是一个正方体，上面是一个四棱锥，四棱锥的斜高是5，用勾股定理做出四棱锥的高，求和得到结果．
【解答】解：由题意知求球心到底面的距离，
实际上是求两个简单的组合体的上顶点到下底面的距离，
可以看作下面是一个正方体，正方体的棱长是6cm
上面是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个边长为6的正方形，斜高是5，
则四棱锥的高是，
∴球心到盒底的距离为6+4＝10cm
故答案为：10．
【点评】本题考查简单组合体的结构特征，考查四棱锥的高与斜高之间的关系，本题解题的关键是看清球心到底面的距离是四棱锥顶点到底面的距离．
11．（2010 扬州二模）两个相同的正四棱锥组成如图所示的几何体，可放入棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面ABCD与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有 无穷多 个．
【考点】简单组合体的结构特征．
【专题】探究型．
【答案】见试题解答内容
【分析】正四棱锥的底面是正方形ABCD，过ABCD的平面与正方体的某一个平面平行的截面也是正方形，
当ABCD在截面内转动时，会有无数个正方形，所以几何体有无数个．
【解答】解：（法一）：本题可以转化为一个正方形可以有多少个内接正方形，显然有无穷多个．
（法二）：通过计算，显然两个正四校锥的高均为，考查放入正方体后，面ABCD所在的截面，显然其面积是不固定的，取值范围是：[，1），所以该儿何体的体积取值范围是：[，]．
【点评】本通主要考查学生能否迅速构出一些常见的几何模型，并不是以计算为主．
12．（2004春 锡山区校级期末）一个十二面体共有8个顶点，其中2个顶点处各有6条棱，其它顶点处都有相同的棱，则其它顶点处的棱数为 4 ．
【考点】简单组合体的结构特征．
【专题】计算题．
【答案】见试题解答内容
【分析】这样的十二面体其实就是两个六棱锥合在一起组成的几何体，画出这个几何体，即可得结果
【解答】解：此十二面体如右图，数形结合可得则其它顶点处的棱数为4
故答案为4
【点评】本题考查了多面体的知识，解题时要将可能的简单几何体进行组合，找到适合的组合体，数形结合解决问题
四．解答题（共3小题）
13．（2024春 马山县校级期中）圆锥底面半径为1cm，高为cm，其中有一个内接正方体，求这个内接正方体的棱长．
【考点】简单组合体的结构特征．
【专题】计算题；作图题．
【答案】见试题解答内容
【分析】画出图形，设出棱长，根据三角形相似，列出比例关系，求出棱长即可．
【解答】解：过圆锥的顶点S和正方体底面的一条对角线CD作圆锥的截面，
得圆锥的轴截面SEF，正方体对角面CDD1C1，如图所示（2分）
设正方体棱长为x，则CC1＝x，C1D1．
作SO⊥EF于O，则SO，OE＝1，（5分）
∵△ECC1∽△EOS，∴，即（10分）
∴，即内接正方体棱长为cm（12分）
【点评】本题考查组合体的结构特征，考查三角形相似，空间想象能力，是中档题．
14．（2010 福建模拟）一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱，这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等．设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为h1，h2，h3，求h1：h2：h3的值．
【考点】简单组合体的结构特征；棱柱的结构特征；棱锥的结构特征．
【专题】计算题；作图题．
【答案】见试题解答内容
【分析】由题意可知四棱锥为正四棱锥，三棱锥为正三棱锥，且棱长均相等，几何体是平行六面体，设棱长为a，分别求出h1，h2，h3，可得结果．
【解答】解：选依题意，四棱锥为正四棱锥，三棱锥为正三棱锥，且棱长均相等，
设为a，h2＝h3，h1a，
h2a
故h1：h2：h3：2：2．
【点评】本题考查简单几何体的结构特征，棱锥、棱柱的结构特征，是基础题．
15．（2009春 赣榆县校级期末）如图是表示以AB＝4，BC＝3的矩形ABCD为底面的长方体被一平面斜截所得的几何体，其中四边形EFGH为截面．已知AE＝5，BF＝8，CG＝12．
（1）作出截面EFGH与底面ABCD的交线l；
（2）截面四边形EFGH是否为菱形？并证明你的结论；
（3）求DH的长．
【考点】简单组合体的结构特征．
【专题】计算题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据公里3分别作出两个平面的公共点，连接这两个点所成的直线，即是所求的直线；
（2）根据平面ABFE∥平面DCGH和面面平行的限制定理得EF∥GH，再由FG∥EH得四边形EFGH为平行四边形，由题意求出EF＝FG，即证出结论；
（3）根据几何体的结构特征得AE+CG＝BF+DH，代入数据求出DH的长．
【解答】解：（1）根据公里3，作HE与DA的交点P，作GF与CB的交点Q，则点Q是截面EFGH与底面ABCD，
故连PQ得直线l，它便是所求作，如下图：
（2）截面EFGH为菱形．
∵平面ABFE∥平面DCGH，且平面EFGH分别截平面ABFE与平面DCGH得直线EF与GH，∴EF∥GH．
同理，FG∥EH，∴四边形EFGH为平行四边形．
又∵EF2＝AB2+（BF﹣AE）2＝25，FG2＝BC2+（CG﹣BF）2＝25，∴EF＝FG＝5，
∴四边形EFGH为菱形．
（3）∵几何体是长方体被一平面斜截所得的，
∴AE+CG＝BF+DH，把AE＝5，BF＝8，CG＝12代入得，DH＝9．
【点评】本题考查了简单几何体的结构特征，考查了面面平行性质定理的应用，利用勾股定理求线段的长度，利用公里3作两个平面的交线，考查了观察能力和空间想象能力．
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一．选择题（共5小题）
1．（2024春 道县校级期中）一个正四棱锥和一个正四面体的所有棱长都相等，将它们的一个三角形重合在一起，组成一个新的几何体，则新几何体是（ ）
A．五面体 B．六面体 C．七面体 D．八面体
2．（2022春 西城区校级期末）唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（如图2）．假设内壁表面光滑，其内壁表面积为S平方厘米，半球的半径为R厘米．当这种酒杯内壁表面积S为定值时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则R的取值范围为（ ）
A．（0，] B．[，+∞）
C．[，） D．（，]
3．（2021春 河间市校级期中）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1被两平面分成三部分，其中EF∥GH∥BC，则这三个几何体中是棱柱的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
4．（2014 海淀区校级模拟）一个凸多面体的面数为8，各面多边形的内角和为16π，则它的棱数为（ ）
A．24 B．22 C．18 D．16
5．（2016春 江汉区校级期末）正四棱锥P﹣ABCD，B1为PB的中点，D1为PD的中点，则两个棱锥A﹣B1CD1，P﹣ABCD的体积之比是（ ）
A．1：4 B．3：8 C．1：2 D．2：3
二．多选题（共1小题）
（多选）6．（2022 天津模拟）下列物体中属于多面体的有（ ）
A．球 B．建筑用的方砖
C．茶杯 D．埃及的金字塔
三．填空题（共6小题）
7．（2024春 博爱县校级月考）如图为某水晶工艺品的示意图，该工艺品是将一个半径为R的大球放置在底面半径和高均为R的空心圆柱内构成的，大球与圆柱下底面相切．为增加观赏效果，设计师想在圆柱与球的空隙处放入若干个大小相等的实心小球，且小球恰好与圆柱底面、圆柱侧面及大球都相切，则该工艺品内最多可放入 个小球（取π＝3.14，）．
8．（2024春 溧阳市期末）如图，展现的是一种被称为“旋四角反棱柱”的十面体ABCD﹣EFGH，其上下底面平行且均为正方形，上下底面的中心所在直线垂直于两底面．已知此多面体上下底面的边长为，上下底面之间的距离为，则此十面体体积的最大值为 ．
9．（2014秋 拱墅区校级期中）一个正方体内接于一个高为，底面半径为1的圆锥，则正方体的棱长为 ．
10．（2011 江苏模拟）已知一个棱长为6cm的正方体塑料盒子（无上盖），上口放着一个半径为5cm的钢球，则球心到盒底的距离为 cm．
11．（2010 扬州二模）两个相同的正四棱锥组成如图所示的几何体，可放入棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面ABCD与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有 个．
12．（2004春 锡山区校级期末）一个十二面体共有8个顶点，其中2个顶点处各有6条棱，其它顶点处都有相同的棱，则其它顶点处的棱数为 ．
四．解答题（共3小题）
13．（2024春 马山县校级期中）圆锥底面半径为1cm，高为cm，其中有一个内接正方体，求这个内接正方体的棱长．
14．（2010 福建模拟）一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱，这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等．设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为h1，h2，h3，求h1：h2：h3的值．
15．（2009春 赣榆县校级期末）如图是表示以AB＝4，BC＝3的矩形ABCD为底面的长方体被一平面斜截所得的几何体，其中四边形EFGH为截面．已知AE＝5，BF＝8，CG＝12．
（1）作出截面EFGH与底面ABCD的交线l；
（2）截面四边形EFGH是否为菱形？并证明你的结论；
（3）求DH的长．
期末热点.重难点 简单组合体
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024春 道县校级期中）一个正四棱锥和一个正四面体的所有棱长都相等，将它们的一个三角形重合在一起，组成一个新的几何体，则新几何体是（ ）
A．五面体 B．六面体 C．七面体 D．八面体
【考点】简单组合体的结构特征．
【专题】转化思想；数学模型法；立体几何；空间想象．
【答案】A
【分析】取G、H为BC、ED的中点，得出四边形AFGH为平行四边形，进而证出A，F，C，D四点共面，A，F，B，E四点共面，即可求解．
【解答】 解：由题意，正四面体和正四棱锥的所有棱长都相等，G、H为BC、ED的中点，
连接FG、AH、GH，即FG⊥BC，AH⊥DE，
∵BC∥DE，∴FG∥AH，又FG＝AH，
∴四边形AFGH为平行四边形，
∴AF∥GH，
又∵GH∥BE∥CD，
AF∥CD∥BE，
∴A，F，C，D四点共面，A，F，B，E四点共面，
即平面ACF与平面ACD重合，平面ABF与平面ABE重合，
∴该几何体有5个面，
即该几何体为五面体．
故选：A．
【点评】本题主要考查空间立体几何题的结构特征，考查空间想象能力，属于基础题．
2．（2022春 西城区校级期末）唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（如图2）．假设内壁表面光滑，其内壁表面积为S平方厘米，半球的半径为R厘米．当这种酒杯内壁表面积S为定值时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则R的取值范围为（ ）
A．（0，] B．[，+∞）
C．[，） D．（，]
【考点】简单组合体的结构特征．
【专题】对应思想；分析法；立体几何；运算求解．
【答案】C
【分析】根据题意，酒杯内壁表面积为圆柱与半球的表面积，列出S的表达式，再求出体积V，解不等式即可．
【解答】解：设圆柱的高度与半球的半径分别为h，R，
则表面积S＝2πR2+2πRh，故，
所以酒杯的容积V，
所以，
又 0，
所以，解得，
故选：C．
【点评】本题考查了组合体的体积和表面积的计算，属于基础题．
3．（2021春 河间市校级期中）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1被两平面分成三部分，其中EF∥GH∥BC，则这三个几何体中是棱柱的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【考点】简单组合体的结构特征．
【专题】常规题型．
【答案】D
【分析】由题意不难分析发现，三个几何体都是棱柱，是放倒的棱柱．
【解答】解：长方体ABCD﹣A1B1C1D1被两平面分成三部分，其中EF∥GH∥BC，
其中两个三棱柱，底面是直角三角形；另一个是底面为5边形的直棱柱，
所以这三个几何体中是棱柱的个数为：3
故选：D．
【点评】本题考查简单组合体的结构特征，考查空间想象能力，是基础题．注意图形的放倒情况与正放的区别．
4．（2014 海淀区校级模拟）一个凸多面体的面数为8，各面多边形的内角和为16π，则它的棱数为（ ）
A．24 B．22 C．18 D．16
【考点】简单组合体的结构特征．
【专题】空间位置关系与距离．
【答案】D
【分析】由已知可得，当每个面均为四边形时，满足条件，进而根据两个面共用一条棱，得到答案．
【解答】解：∵凸多面体的面数为8，各面多边形的内角和为16π，
故每个面的内角和可看成16π÷8＝2π，
故每个面应为四边形，
由于两个面共用一条棱，
故它的棱数为：16，
故选：D．
【点评】本题考查的知识点是简单组合体的结构特征，其中分析出每个面均为四边形时，满足条件，是解答的关键．
5．（2016春 江汉区校级期末）正四棱锥P﹣ABCD，B1为PB的中点，D1为PD的中点，则两个棱锥A﹣B1CD1，P﹣ABCD的体积之比是（ ）
A．1：4 B．3：8 C．1：2 D．2：3
【考点】简单组合体的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；棱台的结构特征．
【专题】计算题．
【答案】A
【分析】如图，棱锥A﹣B1CD1，的体积可以看成正四棱锥P﹣ABCD的体积减去角上的四个小棱锥的体积得到，利用底面与高之间的关系得出棱锥B1﹣ABC，的体积和棱锥D1﹣ACD，的体积都是正四棱锥P﹣ABCD的体积的，棱锥C﹣PB1D1，的体积与棱锥A﹣PB1D1的体积之和是正四棱锥P﹣ABCD的体积的，则中间剩下的棱锥A﹣B1CD1的体积＝正四棱锥P﹣ABCD的体积﹣3个正四棱锥P﹣ABCD的体积，最终得到则两个棱锥A﹣B1CD1，P﹣ABCD的体积之比．
【解答】解：如图，棱锥A﹣B1CD1的体积可以看成是正四棱锥P﹣ABCD的体积减去角上的四个小棱锥的体积得到，
∵B1为PB的中点，D1为PD的中点，
∴棱锥B1﹣ABC，的体积和棱锥D1﹣ACD的体积都是正四棱锥P﹣ABCD的体积的，
棱锥C﹣PB1D1，的体积与棱锥A﹣PB1D1的体积之和是正四棱锥P﹣ABCD的体积的，
则中间剩下的棱锥A﹣B1CD1的体积
V＝正四棱锥P﹣ABCD的体积﹣3个正四棱锥P﹣ABCD的体积
个正四棱锥P﹣ABCD的体积，
则两个棱锥A﹣B1CD1，P﹣ABCD的体积之比是1：4．
故选：A．
【点评】本题考查棱柱、棱锥、棱台的体积，利用分割法进行分割，是解题的关键．
二．多选题（共1小题）
（多选）6．（2022 天津模拟）下列物体中属于多面体的有（ ）
A．球 B．建筑用的方砖
C．茶杯 D．埃及的金字塔
【考点】简单组合体的结构特征．
【专题】计算题；综合法；立体几何；数学抽象．
【答案】BD
【分析】根据几何体的定义和结构特征，依次讨论各选项即可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，球体是旋转体，故错误；
对于B，建筑用的方砖是棱柱，属于多面体，故正确；
对于C，茶杯一般为圆柱体，属于旋转体，故错误；
对于D，埃及的金字塔时棱锥，属于多面体，故正确．
故选：BD．
【点评】本题考查多面体的结构特征，注意多面体的定义，属于基础题．
三．填空题（共6小题）
7．（2024春 博爱县校级月考）如图为某水晶工艺品的示意图，该工艺品是将一个半径为R的大球放置在底面半径和高均为R的空心圆柱内构成的，大球与圆柱下底面相切．为增加观赏效果，设计师想在圆柱与球的空隙处放入若干个大小相等的实心小球，且小球恰好与圆柱底面、圆柱侧面及大球都相切，则该工艺品内最多可放入 15 个小球（取π＝3.14，）．
【考点】简单组合体的结构特征；球外切几何体；平面与圆柱面的截线．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】15．
【分析】过球心作出圆柱轴截面图形，由相切可得，再由实心小球的球心在以E为圆心，EF为半径的圆上，利用2rn≤2πEF解不等式即可．
【解答】解：过大球球心与圆柱底面圆心的平面截该工艺品所得的平面图如图，
其中G，F分别是大球与实心小球的球心，
设实心小球的半径为r，由题意，
得，
整理得．
设该工艺品内最多可放入n（n∈N*）个小球，
因为这些实心小球的球心在以E为圆心，EF为半径的圆上，如图，
由Rt△GEF为等腰三角形得，且2rn≤2πEF，
得
．
又n∈N*，故该工艺品内最多可放入15个小球．
故答案为：15．
【点评】题主要考查了空间几何体与球接，切问题的求解方法，求解与棱柱，棱锥的接切问题，把空间几何体转化为平面几何是求解问题的关键，属中档题．
8．（2024春 溧阳市期末）如图，展现的是一种被称为“旋四角反棱柱”的十面体ABCD﹣EFGH，其上下底面平行且均为正方形，上下底面的中心所在直线垂直于两底面．已知此多面体上下底面的边长为，上下底面之间的距离为，则此十面体体积的最大值为 ．
【考点】简单组合体的结构特征．
【专题】数形结合；分割补形法；空间位置关系与距离；数学建模．
【答案】．
【分析】首先计算每个平行于底面的平面截该十面体得到的截面面积在一个特殊情况同时取到最大，然后在此种条件下通过分割几何体的方法求出体积的最大值．
【解答】解：如第一张图，设有一平行于底面的平面L，并设该十面体被平面L截得的截面为八边形STUVWXYZ．
并设平面L和下底面之间的距离为3，
则，，λ，λ，λ，λ，，．
将所有的点都投影到一个平行于底面的平面上，得到两个外接圆相同的正方形和一个八边形，如第二张图所示．
设在投影后的图中，△AEH，△BFE，△CGF，△DHG，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH的面积为S，
则．
根据相似三角形性质有S△ASZ＝S△BUT＝S△CWV＝S△DYX＝λ2S，
S△ETS＝S△FVU＝S△GXW＝S△HZY＝（1﹣λ）2S．
所以SSTUVWXYZ＝8+4S﹣4λ2S﹣4（1﹣λ）2S＝8+8λ（1﹣λ）S．
由于λ（1﹣λ）＞0，，
故每个截面的面积最大值都在2时取到．
这个时候AB∥HF∥DC，AD∥EG∥BC，此时原组合体的体积取到最大值．
在该条件下，我们计算原几何体的体积，此时有AB∥HF∥DC，AD∥EG∥BC．
记下底面和上底面的中心分别为P和Q，则直线PQ垂直于两底面，并设AB的中点为R．
在线段EQ，QG上分别取点M，N，使得，
则由于QM＝PR，且QM∥BC∥PR，故四边形QMRP为平行四边形．
而PQ⊥平面ABCD，且直线PR在平面ABCD内，故PQ⊥PR，
所以四边形QMRP为矩形．
所以QM⊥MR，而由QM∥BC可知QM⊥AB，且MR和AB在平面ABM内交于点R，故QM⊥平面ABM．
同理，QN⊥平面CDN．
现在，由于，，
故点E到QR的距离d．
根据对称性，点E到平面ABFH的距离也为d，同时，直线AB和HF的距离h等于QR的长度，．
同理，点H到平面ADGE的距离和点F到平面BCGE的距离均为，AD与EG，和BC与EG的距离都是．
所以VH﹣ADGE h44．
同理VF﹣BCGE＝44．
而VE﹣ABM，
同理VG﹣CDN＝4﹣2．
又有VABM﹣DCN＝MN S△ABM＝MN RM＝2．
所以在该条件下，该几何体的体积为：
V＝VH﹣ADGE+VF﹣BCGE+VE﹣ABM+VG﹣CDN+VABM﹣DCN
＝（44）+（44）+（4﹣2）+（4﹣2）+12
＝1616．
综上，此十面体体积的最大值为．
故答案为：．
【点评】本题考查多种组合体的结构特征和立体几何中的相关计算，属于难题．
9．（2014秋 拱墅区校级期中）一个正方体内接于一个高为，底面半径为1的圆锥，则正方体的棱长为 ．
【考点】简单组合体的结构特征；棱柱的结构特征．
【专题】空间位置关系与距离．
【答案】见试题解答内容
【分析】作出过正方体的体对角线作圆锥的轴截面，设正方体的棱长为x，通过三角形相似，求出正方体的棱长即可．
【解答】解：如图，过正方体的体对角线作圆锥的轴截面，设正方体的棱长为x，
则OCx，∴，
解得x，
∴正方体的棱长为，
故答案为：．
【点评】本题是基础题，正确作出图形，注意到过正方体的体对角线作圆锥的轴截面，AC是正方体的面对角线，三角形相似．考查空间想象能力，计算能力好题，常考题型．
10．（2011 江苏模拟）已知一个棱长为6cm的正方体塑料盒子（无上盖），上口放着一个半径为5cm的钢球，则球心到盒底的距离为 10 cm．
【考点】简单组合体的结构特征．
【专题】计算题．
【答案】见试题解答内容
【分析】球心到底面的距离，实际上是求两个简单的组合体的上顶点到下底面的距离，可以看作下面是一个正方体，上面是一个四棱锥，四棱锥的斜高是5，用勾股定理做出四棱锥的高，求和得到结果．
【解答】解：由题意知求球心到底面的距离，
实际上是求两个简单的组合体的上顶点到下底面的距离，
可以看作下面是一个正方体，正方体的棱长是6cm
上面是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个边长为6的正方形，斜高是5，
则四棱锥的高是，
∴球心到盒底的距离为6+4＝10cm
故答案为：10．
【点评】本题考查简单组合体的结构特征，考查四棱锥的高与斜高之间的关系，本题解题的关键是看清球心到底面的距离是四棱锥顶点到底面的距离．
11．（2010 扬州二模）两个相同的正四棱锥组成如图所示的几何体，可放入棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面ABCD与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有 无穷多 个．
【考点】简单组合体的结构特征．
【专题】探究型．
【答案】见试题解答内容
【分析】正四棱锥的底面是正方形ABCD，过ABCD的平面与正方体的某一个平面平行的截面也是正方形，
当ABCD在截面内转动时，会有无数个正方形，所以几何体有无数个．
【解答】解：（法一）：本题可以转化为一个正方形可以有多少个内接正方形，显然有无穷多个．
（法二）：通过计算，显然两个正四校锥的高均为，考查放入正方体后，面ABCD所在的截面，显然其面积是不固定的，取值范围是：[，1），所以该儿何体的体积取值范围是：[，]．
【点评】本通主要考查学生能否迅速构出一些常见的几何模型，并不是以计算为主．
12．（2004春 锡山区校级期末）一个十二面体共有8个顶点，其中2个顶点处各有6条棱，其它顶点处都有相同的棱，则其它顶点处的棱数为 4 ．
【考点】简单组合体的结构特征．
【专题】计算题．
【答案】见试题解答内容
【分析】这样的十二面体其实就是两个六棱锥合在一起组成的几何体，画出这个几何体，即可得结果
【解答】解：此十二面体如右图，数形结合可得则其它顶点处的棱数为4
故答案为4
【点评】本题考查了多面体的知识，解题时要将可能的简单几何体进行组合，找到适合的组合体，数形结合解决问题
四．解答题（共3小题）
13．（2024春 马山县校级期中）圆锥底面半径为1cm，高为cm，其中有一个内接正方体，求这个内接正方体的棱长．
【考点】简单组合体的结构特征．
【专题】计算题；作图题．
【答案】见试题解答内容
【分析】画出图形，设出棱长，根据三角形相似，列出比例关系，求出棱长即可．
【解答】解：过圆锥的顶点S和正方体底面的一条对角线CD作圆锥的截面，
得圆锥的轴截面SEF，正方体对角面CDD1C1，如图所示（2分）
设正方体棱长为x，则CC1＝x，C1D1．
作SO⊥EF于O，则SO，OE＝1，（5分）
∵△ECC1∽△EOS，∴，即（10分）
∴，即内接正方体棱长为cm（12分）
【点评】本题考查组合体的结构特征，考查三角形相似，空间想象能力，是中档题．
14．（2010 福建模拟）一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱，这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等．设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为h1，h2，h3，求h1：h2：h3的值．
【考点】简单组合体的结构特征；棱柱的结构特征；棱锥的结构特征．
【专题】计算题；作图题．
【答案】见试题解答内容
【分析】由题意可知四棱锥为正四棱锥，三棱锥为正三棱锥，且棱长均相等，几何体是平行六面体，设棱长为a，分别求出h1，h2，h3，可得结果．
【解答】解：选依题意，四棱锥为正四棱锥，三棱锥为正三棱锥，且棱长均相等，
设为a，h2＝h3，h1a，
h2a
故h1：h2：h3：2：2．
【点评】本题考查简单几何体的结构特征，棱锥、棱柱的结构特征，是基础题．
15．（2009春 赣榆县校级期末）如图是表示以AB＝4，BC＝3的矩形ABCD为底面的长方体被一平面斜截所得的几何体，其中四边形EFGH为截面．已知AE＝5，BF＝8，CG＝12．
（1）作出截面EFGH与底面ABCD的交线l；
（2）截面四边形EFGH是否为菱形？并证明你的结论；
（3）求DH的长．
【考点】简单组合体的结构特征．
【专题】计算题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据公里3分别作出两个平面的公共点，连接这两个点所成的直线，即是所求的直线；
（2）根据平面ABFE∥平面DCGH和面面平行的限制定理得EF∥GH，再由FG∥EH得四边形EFGH为平行四边形，由题意求出EF＝FG，即证出结论；
（3）根据几何体的结构特征得AE+CG＝BF+DH，代入数据求出DH的长．
【解答】解：（1）根据公里3，作HE与DA的交点P，作GF与CB的交点Q，则点Q是截面EFGH与底面ABCD，
故连PQ得直线l，它便是所求作，如下图：
（2）截面EFGH为菱形．
∵平面ABFE∥平面DCGH，且平面EFGH分别截平面ABFE与平面DCGH得直线EF与GH，∴EF∥GH．
同理，FG∥EH，∴四边形EFGH为平行四边形．
又∵EF2＝AB2+（BF﹣AE）2＝25，FG2＝BC2+（CG﹣BF）2＝25，∴EF＝FG＝5，
∴四边形EFGH为菱形．
（3）∵几何体是长方体被一平面斜截所得的，
∴AE+CG＝BF+DH，把AE＝5，BF＝8，CG＝12代入得，DH＝9．
【点评】本题考查了简单几何体的结构特征，考查了面面平行性质定理的应用，利用勾股定理求线段的长度，利用公里3作两个平面的交线，考查了观察能力和空间想象能力．
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