【期末押题预测】期末核心考点立体 几何初步（含解析）2024-2025学年高一下学期数学人教A版（2019）

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期末核心考点 立体几何初步
一．选择题（共7小题）
1．（2025 浙江模拟）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P，Q分别为棱AA1，C1D1上的动点（可与端点重合），若PQ∥面AB1C，则线段PQ的长度为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025 宁德三模）设α，β是两个不同平面，m，n是平面β内的两条不同直线．甲：m∥α，n∥α，乙：α∥β，则（　　）
A．甲是乙的充分不必要条件
B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲是乙的既不充分也不必要条件
3．（2025春 贵州期中）已知四边形ABCD是边长为2的正方形，在斜二测画法下，其直观图的面积为（　　）
A．4 B． C． D．2
4．（2025春 菏泽期中）已知一个水平放置的△ABC用斜二测画法得到的直观图如图所示，且C′A′＝3，C′B′＝6，则原平面图形的面积是（　　）
A．16 B．18 C． D．36
5．（2025春 漳州期中）已知某圆台轴截面的周长为10，面积为，圆台的高为，则该圆台的表面积为（　　）
A．6π B．10π C．11π D．12π
6．（2025春 定海区校级期中）石墩是常见的维护交通秩序的道路设施．某路口放置的石墩（如图），其上部是原球半径为15cm的球缺，下部可看作是上、下底面半径分别为9cm、16cm的圆台，球缺的截面圆与圆台的上底面完全吻合，整个石墩的高为33cm，则石墩的体积为（　　）
（注：球体被平面所截，截得的部分叫球缺，球缺表面上的点到截面的最大距离为球缺的高，球缺的体积，其中R为原球半径，h为球缺的高．）
A．4374πcm3 B．5048πcm3 C．5336πcm3 D．7260πcm3
7．（2025春 霞山区校级期中）如图所示，三棱柱ABC﹣A′B′C′中，若E，F分别为AC，AB的中点，平面EC′B′F将三棱柱分成体积为V1（棱台AEF﹣A′C′B′的体积），V2的两部分，那么V1：V2＝（　　）
A．6：5 B．7：5 C．8：3 D．4：3
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025 宁德三模）如图，在矩形ABCD中，为AB中点，现分别沿DE，CE将△ADE，△BCE翻折，使点A，B重合，记为点P，翻折后得到三棱锥E﹣PCD，则（　　）
A．PD⊥EC
B．三棱锥E﹣PCD的体积为
C．二面角C﹣PE﹣D的余弦值为
D．三棱锥E﹣PCD外接球的半径为
（多选）9．（2025春 南岸区校级月考）设α，β为两个平面，m、n为两条直线，且α∩β＝m．下述四个命题为真命题的有（　　）
A．若m∥n，则n∥α且n∥β
B．若m∥n，则n平行于平面α内的无数条直线
C．若n∥α且n∥β，则m∥n
D．若n在平面β外，则m与n平行或异面
（多选）10．（2025 昆明校级模拟）已知圆台的上、下底面圆的半径分别为1和2，母线与底面所成的角为，则（　　）
A．该圆台的母线长为2
B．该圆台的侧面积为12π
C．该圆台的体积为
D．存在球与圆台的两个底面和侧面都相切
三．填空题（共3小题）
11．（2025春 江阳区校级期中）国家二级文化保护遗址玉皇阁的台基可近似看作上，下底面边长分别为2m，4m，侧棱长为3m的正四棱台，则该台基的体积为 　 　 ．
12．（2025 攀枝花模拟）已知母线长为10的圆台的表面积为210π，且其上底面的半径r与下底面的半径R满足R＝3r，则R＝ 　 　 ．
13．（2025春 西青区校级期中）已知底面半径为1的圆锥侧面积是它底面积的两倍，则圆锥的体积为　 　 ．
四．解答题（共2小题）
14．（2025春 南岸区校级月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AD＝2，点E为线段PD的中点．
（1）求证：PB∥平面AEC；
（2）求证：AE⊥平面PCD；
（3）求三棱锥E﹣PAC的体积．
15．（2025 赣州二模）如图，三棱锥A﹣BCD中，△ACD是等边三角形，∠BDC＝90°，E为BC的中点．
（1）证明：AE⊥CD；
（2）若，CD＝2，，求E到平面ACD的距离．
期末核心考点 立体几何初步
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2025 浙江模拟）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P，Q分别为棱AA1，C1D1上的动点（可与端点重合），若PQ∥面AB1C，则线段PQ的长度为（　　）
A． B． C． D．
【考点】直线与平面平行；棱柱的结构特征．
【专题】数形结合；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】B
【分析】由题可证PQ即为A1C1，因此可得．
【解答】解：如图，
在ABCD﹣A1B1C1D1中，
A1C1∥AC，又AC 平面AB1C，A1C1 平面AB1C，
所以A1C1∥面AB1C，
因为点P，Q分别为棱AA1，C1D1上的动点（可与端点重合），PQ∥面AB1C，
所以PQ即为A1C1，
棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1C1，
所以，
故选：B．
【点评】本题考查了直线与平面平行，棱柱的结构特征，属于中档题．
2．（2025 宁德三模）设α，β是两个不同平面，m，n是平面β内的两条不同直线．甲：m∥α，n∥α，乙：α∥β，则（　　）
A．甲是乙的充分不必要条件
B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲是乙的既不充分也不必要条件
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；充分条件必要条件的判断．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间想象．
【答案】B
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合面面平行的判定和性质分析判断即可．
【解答】解：因为α，β是两个不同平面，m，n是平面β内的两条不同直线．甲：m∥α，n∥α，乙：α∥β，
则由m∥α，n∥α，m，n是平面β内的两条不同直线，得不到α∥β，
因为α与β可能相交，只要m，n和α，β的交线平行即可得到m∥α，n∥α；
反过来，若α∥β，m，n是平面β内的两条不同直线，则m，n和α没有公共点，
所以由α∥β能得到m∥α，n∥α，
故甲是乙的必要不充分条件．
故选：B．
【点评】本题考查空间中各要素的位置关系，属中档题．
3．（2025春 贵州期中）已知四边形ABCD是边长为2的正方形，在斜二测画法下，其直观图的面积为（　　）
A．4 B． C． D．2
【考点】平面图形的直观图．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】C
【分析】求出原图形的面积，进而原图形和直观图面积关系得到答案．
【解答】解：四边形ABCD是边长为2的正方形，
故正方形ABCD的面积为2×2＝4，
故在斜二测画法下，其直观图的面积为．
故选：C．
【点评】本题主要考查原图形和直观图面积之间的关系，属于基础题．
4．（2025春 菏泽期中）已知一个水平放置的△ABC用斜二测画法得到的直观图如图所示，且C′A′＝3，C′B′＝6，则原平面图形的面积是（　　）
A．16 B．18 C． D．36
【考点】平面图形的直观图；斜二测法画直观图．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】根据斜二测画法可得原图形中CA，BC的长度，故可求其面积．
【解答】解：由一个水平放置的△ABC用斜二测画法得到的直观图如图所示，且C′A′＝3，C′B′＝6，
可得CA＝6，BC＝6且∠ACB＝90°，故原平面图形的面积为．
故选：B．
【点评】本题主要考查直观图的应用，考查计算能力，属于基础题．
5．（2025春 漳州期中）已知某圆台轴截面的周长为10，面积为，圆台的高为，则该圆台的表面积为（　　）
A．6π B．10π C．11π D．12π
【考点】圆台的侧面积和表面积．
【专题】计算题；转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】C
【分析】若圆台上下底面半径分别为r，R且R＞r，根据已知列方程求得R＝2，r＝1，再应用圆台的表面积的求法求结果．
【解答】解：由题意圆台轴截面的周长为10，面积为，圆台的高为，
可设圆台上下底面半径分别为r，R且R＞r，则圆台轴截面腰长为，
所以，，即R+r＝3，
所以（R﹣r）2＝1，可得R﹣r＝1，故R＝2，r＝1，
综上，圆台的表面积为．
故选：C．
【点评】本题考查圆台的表面积的求法，考查空间想象能力以及计算能力，是基础题．
6．（2025春 定海区校级期中）石墩是常见的维护交通秩序的道路设施．某路口放置的石墩（如图），其上部是原球半径为15cm的球缺，下部可看作是上、下底面半径分别为9cm、16cm的圆台，球缺的截面圆与圆台的上底面完全吻合，整个石墩的高为33cm，则石墩的体积为（　　）
（注：球体被平面所截，截得的部分叫球缺，球缺表面上的点到截面的最大距离为球缺的高，球缺的体积，其中R为原球半径，h为球缺的高．）
A．4374πcm3 B．5048πcm3 C．5336πcm3 D．7260πcm3
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积；棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】C
【分析】根据球的几何性质确定求缺的高h以及圆台的高h′，再根据球缺与圆台的体积公式即可得组合体石墩的体积．
【解答】解：作出示意图如下：
因为石墩上部是原球半径为15cm的球缺，
又下部是上、下底面半径分别为9cm、16cm的圆台，
且球缺的截面圆与圆台的上底面完全吻合，整个石墩的高为33cm，
设FC为整个几何体的高度，设A为球心，B，C分别为圆台上下底面圆心，
所以FC＝33cm，r1＝BD＝9cm，r2＝EC＝16cm，R＝AD＝15cm，
所以，则球缺的高h＝FB＝R+AB＝27cm，
则圆台的高h′＝BC＝FC﹣FB＝6cm，
故石墩的体积为
．
故选：C．
【点评】本题考查组合体的体积的求解，属中档题．
7．（2025春 霞山区校级期中）如图所示，三棱柱ABC﹣A′B′C′中，若E，F分别为AC，AB的中点，平面EC′B′F将三棱柱分成体积为V1（棱台AEF﹣A′C′B′的体积），V2的两部分，那么V1：V2＝（　　）
A．6：5 B．7：5 C．8：3 D．4：3
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】因为E，F分别为AC，AB的中点，得到，利用棱台的体积公式，求得，得到，即可求得V1：V2的值．
【解答】解：因为三棱柱ABC﹣A′B′C′中，又E，F分别为AC，AB的中点，
且平面EC′B′F将三棱柱分成体积为V1（棱台AEF﹣A′C′B′的体积），V2的两部分，
设三棱柱的高为h，底面面积为S，体积为V，所以V＝V1+V2，，
所以，则，所以．
故选：B．
【点评】本题考查几何体的体积问题的求解，属中档题．
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025 宁德三模）如图，在矩形ABCD中，为AB中点，现分别沿DE，CE将△ADE，△BCE翻折，使点A，B重合，记为点P，翻折后得到三棱锥E﹣PCD，则（　　）
A．PD⊥EC
B．三棱锥E﹣PCD的体积为
C．二面角C﹣PE﹣D的余弦值为
D．三棱锥E﹣PCD外接球的半径为
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；球内接多面体；棱锥的体积．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】BCD
【分析】由题意确定DP⊥平面ECP，再结合棱锥的体积公式、二面角的平面角判断，及三棱锥外接球半径计算公式逐个判断即可．
【解答】解：由题意易知：EP⊥DP，EP⊥CP，，
所以，即DP，PC不垂直，
对于选项A，若PD⊥EC，因为EP⊥DP，EC，EP为平面ECP内两条相交直线，
可得：DP⊥平面ECP，又PC在平面ECP内，DP⊥PC，矛盾，故选项A错误；
对于选项B，因为EP⊥DP，EP⊥CP，DP∩CP＝P，DP，CP 平面DPC，
所以EP⊥平面DPC，
由，得到，
所以，
所以，故选项B正确；
对于选项C：因为EP⊥DP，EP⊥CP，EP为二面角C﹣PE﹣D的棱，DP，CP分别在两个面内，
所以∠CPD为二面角C﹣PE﹣D的平面角，又，故选项C正确；
对于选项D，因为EP⊥平面DPC，
△DPC外接圆的半径为：，
所以三棱锥外接球的半径，故选项D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查立体几何综合问题，属于中档题．
（多选）9．（2025春 南岸区校级月考）设α，β为两个平面，m、n为两条直线，且α∩β＝m．下述四个命题为真命题的有（　　）
A．若m∥n，则n∥α且n∥β
B．若m∥n，则n平行于平面α内的无数条直线
C．若n∥α且n∥β，则m∥n
D．若n在平面β外，则m与n平行或异面
【考点】直线与平面平行；平面与平面平行．
【专题】分类讨论；综合法；空间位置关系与距离；空间想象．
【答案】BC
【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果．
【解答】解：对于A，若m∥n，则n∥α且n∥β或n α或n β，故A错误；
对于B，若m∥n，α∩β＝m，
因为m α，过直线n可以有无数个平面与α相交，
则交线与直线n平行，故B正确；
对C，过直线n分别作两平面与α，β分别相交于直线s和直线t，
因为n∥α，过直线n的平面与平面α的交线为直线s，
则n∥s，
同理可得n∥t，则s∥t，
因为s 平面β，t 平面β，则s∥平面β，
因为s 平面α，α∩β＝m，则s∥m，
又因为n∥s，则m∥n，故C正确；
对于D，若n在平面β外，则n∥β或n与β相交，
当n∥β时，m∥n或m，n异面，
当n与β相交时，m，n相交或m，n异面，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查了空间中直线与平面的位置关系，考查了逻辑推理能力，属于中档题．
（多选）10．（2025 昆明校级模拟）已知圆台的上、下底面圆的半径分别为1和2，母线与底面所成的角为，则（　　）
A．该圆台的母线长为2
B．该圆台的侧面积为12π
C．该圆台的体积为
D．存在球与圆台的两个底面和侧面都相切
【考点】圆台的体积；圆台的侧面积和表面积．
【专题】整体思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】AC
【分析】由已知求出圆台的高与母线长，再求出圆台的侧面积与体积判断ABC；利用反证法思想判断D．
【解答】解：作出圆台的轴截面如图，
由已知可得O1B＝1，O2A＝2，，
则圆台的母线长AB＝2，高，故A正确；
圆台的侧面积为π（1+2）×2＝6π，故B错误；
圆台的体积为，故C正确；
设圆台内与上下底面均相切的球的球心为O，则O为O1O2的中点，
过O作OD⊥AB，若球O与圆台侧面相切，则D为切点，可得AO2＝AD＝2，
而AB＝2，则D与B重合，可得球O与圆台上底面同时切于O1与B点，故D错误．
故选：AC．
【点评】本题考查圆台侧面积与体积的求法，考查圆台的内切球，是中档题．
三．填空题（共3小题）
11．（2025春 江阳区校级期中）国家二级文化保护遗址玉皇阁的台基可近似看作上，下底面边长分别为2m，4m，侧棱长为3m的正四棱台，则该台基的体积为 　　 ．
【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】根据题意先求出棱台的高，然后利用棱台体积公式可求解．
【解答】解：作出示意图如下：
因为正四棱台上，下底面边长分别为2m，4m，侧棱长为3m，
所以AB＝2，AA1＝3，A1B1＝4，
连接AC，A1C1得，，
过A作AG⊥A1C1，过C作CH⊥A1C1，
所以，，
在直角三角形AA1G中，，
所以正四棱台的高，正四棱台上、下底面积为22＝4（m2）和42＝16（m2），
所以体积 （m3）．
故答案为：．
【点评】本题考查正四棱台的体积的求解，属中档题．
12．（2025 攀枝花模拟）已知母线长为10的圆台的表面积为210π，且其上底面的半径r与下底面的半径R满足R＝3r，则R＝ 　9　 ．
【考点】圆台的结构特征．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】9．
【分析】根据圆台表面积公式计算即可．
【解答】解：因为母线长l＝10，R＝3r，
所以S侧＝π（r+3r）×10＝40πr，
，
所以40πr+10πr2＝210π，
即r2+4r﹣21＝0，
解得r＝3，
则R＝9．
故答案为：9．
【点评】本题考查圆台表面积的计算，属于基础题．
13．（2025春 西青区校级期中）已知底面半径为1的圆锥侧面积是它底面积的两倍，则圆锥的体积为　　 ．
【考点】圆锥的体积．
【专题】计算题；转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】．
【分析】设圆锥的母线为l，高为h，根据圆锥的侧面积公式求出l＝2r，即可求出h，再由圆锥的体积公式计算可得．
【解答】解：由题意底面半径为1的圆锥侧面积是它底面积的两倍，
可设圆锥的母线为l，高为h，
又底面半径r＝1，有πrl＝2πr2，所以l＝2r＝2，
则，
所以圆锥的体积．
故答案为：．
【点评】本题考查了圆锥的体积公式，是基础题．
四．解答题（共2小题）
14．（2025春 南岸区校级月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AD＝2，点E为线段PD的中点．
（1）求证：PB∥平面AEC；
（2）求证：AE⊥平面PCD；
（3）求三棱锥E﹣PAC的体积．
【考点】棱锥的体积；直线与平面平行；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析；
（3）．
【分析】（1）连接BD交AC于点O，连接EO，利用中位线的性质得线线平行，即可证明线面平行；
（2）利用线面垂直的性质与判定定理得CD⊥AE，结合等腰三角形的性质即可得线面垂直；
（3）利用等体积法及三棱锥的体积公式计算即可．
【解答】解：（1）证明：如图，设BD∩AC＝O，连接EO，
易知O为BD中点，又E为PD的中点，
所以OE∥PB，又PB 平面AEC，OE 平面AEC，
所以PB∥平面AEC；
（2）证明：由点E为线段PD的中点，PA＝AD，故AE⊥PD，
由PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，故PA⊥CD，
又底面ABCD是正方形，故AD⊥CD，
又AD、PA 平面PAD，AD∩PA＝A，
故CD⊥平面PAD，又AE 平面PAD，
故CD⊥AE，又CD、PD 平面PCD，CD∩PD＝D，
故AE⊥平面PCD；
（3）因为点E为线段PD的中点，
所以．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
15．（2025 赣州二模）如图，三棱锥A﹣BCD中，△ACD是等边三角形，∠BDC＝90°，E为BC的中点．
（1）证明：AE⊥CD；
（2）若，CD＝2，，求E到平面ACD的距离．
【考点】直线与平面垂直；空间中点到平面的距离．
【专题】数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离；空间想象．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）设BC的中点为F，连接FE，FA，易得CD⊥AF、CD⊥EF，再由线面垂直的判定和性质证明结论；
（2）根据已知得，在平面AEF内作Fz⊥EF，分析并构建合适的空间直角坐标系，标注相关点坐标，求出平面ACD的一个法向量，应用向量法求点面距．
【解答】解：（1）证明：设BC的中点为F，连接FE，FA，
由题意可得CD⊥AF，
可得EF∥BD且∠BDC＝90°，
则CD⊥EF，
又AF∩EF＝F，AF，EF 平面AEF，
所以CD⊥平面AEF，
由AE 平面AEF，
可得AE⊥CD，得证；
（2）因为，
所以，
又因为BC＝4，
可得EC＝2，AC＝CD＝2，
因为AE2＝EC2+AC2﹣2EC ACcos∠ACE＝22+22﹣29，
又因为，，
则，
因为0＜∠AFE＜π，
可得，
由CD⊥面AEF，CD 面BCD，可得面BCD⊥面AEF，
在面AEF内作Fz⊥EF，则Fz⊥面BCD，
综上，Fz，EF，CD两两垂直，构建如下图示的空间直角坐标系F﹣xyz，
所以，
又由于，
可得，
所以可得，，，
设为平面ACD的一个法向量，可得，
取z＝1，则，
可得E到平面ACD的距离为．
【点评】本题考查了线面垂直的判定和性质，考查了应用向量法求点面之间的距离，考查了数形结合思想，属于中档题．
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