11.1.6 祖暅原理与几何体的体积-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第四册作业与测评word（人教B版2019）

11．1.6　祖暅原理与几何体的体积 知识点一　柱体的体积 1．如果底面直径和高相等的圆柱的侧面积为S，那么该圆柱的体积为________． 答案： 解析：设圆柱的高为h，则底面半径为.由题意得S＝πh2，得h＝，所以V＝π·h＝. 2．斜三棱柱ABC－A1B1C1的一个侧面的面积为10，这个侧面与它所对棱的距离为6，则这个棱柱的体积为________． 答案：30 解析：如图所示，将斜三棱柱ABC－A1B1C1补成平行六面体ABCD－A1B1C1D1，因为三棱柱ABC－A1B1C1与三棱柱ACD－A1C1D1等底等高，故V三棱柱ABC－A1B1C1＝V三棱柱ACD－A1C1D1.设侧面BB1C1C的面积为10，AA1到侧面BB1C1C的距离为6，则平行六面体BB1C1C－AA1D1D的底面积为10，高为6.所以V平行六面体＝10×6＝60.所以V三棱柱ABC－A1B1C1＝V平行六面体＝×60＝30. 知识点二　锥体的体积 3．已知圆锥的母线长是8，底面周长为6π，则它的体积是(　　) A．9π B．9 C．3π D．3 答案：C 解析：设圆锥底面圆的半径为r，则2πr＝6π，∴r＝3.设圆锥的高为h，则h＝＝，∴V圆锥＝πr2h＝3π.故选C. 4．设正六棱锥(底面为正六边形，顶点在底面的正投影为底面中心)的底面边长为1，侧棱长为，那么它的体积为(　　) A．6 B. C．2 D．2 答案：B 解析：由正六棱锥的底面边长为1和侧棱长为，可知高h＝2，又因为底面积S＝，所以体积V＝Sh＝××2＝.故选B. 5.如图，设E，F分别是给定正方体ABCD－A1B1C1D1的棱C1D1和CD上的任意点．求证：三棱锥E－ABF的体积是定值． 证明：设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a. 因为AB∥CD，所以当点F在CD上移动时，它与AB的距离不变，为a，则S△FAB＝AB·a＝a2，为定值． 又因为正方体的棱C1D1与下底面平行，所以C1D1上任意一点到下底面的距离都等于a，V三棱锥E－ABF＝aS△FAB＝a3，为定值． 所以三棱锥E－ABF的体积是定值． 知识点三　台体的体积 6．已知某圆台的上、下底面面积分别是π，4π，侧面积是6π，则这个圆台的体积是________． 答案： 解析：设圆台的上、下底面半径分别为r和R，母线长为l，高为h，则上底面的面积为πr2＝π，所以r＝1，下底面的面积为πR2＝4π，所以R＝2，所以侧面积为π(R＋r)l＝6π，所以l＝2，所以h＝，所以V＝(π＋＋4π)×＝. 知识点四　球的体积 7．已知一个表面积为24的正方体，假设有一个与该正方体每条棱都相切的球，则此球的体积为(　　) A. B．4π C. D. 答案：D 解析：设正方体的棱长为a，则6a2＝24，解得a＝2.又球与正方体的每条棱都相切，则球的直径等于正方体的面对角线长，为2，所以球的半径是，所以此球的体积为π×()3＝.故选D. 8．过球的半径的中点，作一垂直于这条半径的截面，已知此截面的面积为48π cm2，试求此球的表面积和体积． 解：如图，设截面圆的圆心为O1， 则OO1⊥O1A，O1A为截面圆的半径，OA为球的半径． ∵48π＝π·O1A2， ∴O1A2＝48. 在Rt△AO1O中，OA2＝O1O2＋O1A2， 即R2＝＋48， ∴R＝8 cm， ∴S球＝4πR2＝4π×64＝256π(cm2)， ∴V球＝πR3＝(cm3)． 故球的表面积为256π cm2，体积为 cm3. 知识点五　割补法求几何体的体积 9.如图，一个底面半径为2的圆柱被一平面所截，截得的几何体的最短和最长母线长分别为2和3，则该几何体的体积为(　　) A．5π B．6π C．20π D．10π 答案：D 解析：该柱体可分割为一个底面半径为2，高为2的圆柱和一个底面半径为2，高为1的圆柱的一半，故该几何体的体积为π×22×2＋×π×22×1＝10π.故选D. 10.如图，在梯形ABCD中，∠ABC＝，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，将梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的几何体的体积为(　　) A. B. C. D．2π 答案：C 解析：将梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的几何体是一个圆柱中间去掉一个圆锥．圆柱的底面半径为1，高为2，圆锥的底面半径为1，高为1，故几何体的体积为π×12×2－×π×12×1＝.故选C. 一、单选题 1．圆台的上、下底面面积分别是2，4，高为3，则圆台的体积是(　　) A．18＋6 B．6＋2 C．24 D．18 答案：B 解析：V＝(S＋＋S′)h＝(2＋＋4)×3＝6＋2.故选B. 2．(2024·湖北武汉高一期中)某圆锥的母线长为1，其侧面积与轴截面面积的比值为2π，则该圆锥的体积为(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：设圆锥的底面圆半径为r，圆锥的高为h，依题意，＝2π，解得h＝，所以r＝＝.该圆锥的体积为π××＝.故选B. 3．球面上有三点A，B，C，且AB＝3，BC＝4，AC＝5，又球心到平面ABC的距离为半径的，那么该球的体积为(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：因为AB2＋BC2＝AC2，所以△ABC为直角三角形，∠ABC＝90°，过A，B，C三点的截面圆的半径为AC＝，故＋＝R2，得R2＝，R＝，所以该球的体积V＝πR3＝.故选A. 4.(2024·湖北高一期末)被誉为“湖北乌镇，荆门丽江”的莫愁村，位于湖北省钟祥市．高高的塔楼，是整个莫愁村最高的建筑，登楼远跳，可将全村风景尽收眼底．塔楼的主体为砖石砌成的正四棱台，如图所示，上底面正方形的边长约为8米，下底面正方形的边长约为12米，高约为15米，则塔楼主体的体积约为(　　) A．2400立方米 B．1520立方米 C．1530立方米 D．2410立方米 答案：B 解析：由题意，正四棱台的上底面边长约为8米，下底面边长约为12米，高约为15米，可得正四棱台的上底面面积约为64平方米，下底面面积约为144平方米，则塔楼主体的体积约为V＝×(64＋144＋)×15＝1520立方米．故选B. 5.(2024·陕西汉中高一期中)如图，在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，A1B1＝2，AA1＝，则该正四棱台的体积为(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：过AC，A1C1作出截面如图所示，过点A1作A1E⊥AC，垂足为E，易知A1E为正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高，因为AB＝4，A1B1＝2，所以由勾股定理得AC＝4，A1C1＝2，又CC1＝AA1＝，则在等腰梯形ACC1A1中，AE＝，所以A1E＝＝＝，所以正四棱台的体积为V＝×(S四边形ABCD＋S四边形A1B1C1D1＋ )×A1E＝×(16＋4＋)×＝.故选A. 二、多选题 6．正三棱锥底面边长为3，侧棱长为2，则下列叙述正确的是(　　) A．正三棱锥的高为3 B．正三棱锥的斜高为 C．正三棱锥的体积为 D．正三棱锥的侧面积为 答案：AB 解析：如图，正三棱锥S－ABC的底面是边长为3的等边三角形，侧棱长为SA＝SB＝SC＝2，取BC的中点D，连接SD，AD，过点S作SO⊥平面ABC，交AD于点O，AD＝＝，AO＝AD＝×＝，正三棱锥的高为SO＝＝＝3，故A正确；正三棱锥的斜高为SD＝＝＝，故B正确；正三棱锥的体积为V＝S△ABC×SO＝××3××3＝，故C错误；正三棱锥的侧面积为S＝3××3×＝，故D错误．故选AB. 7．(2024·浙江高一下期中)已知圆台上、下底面的圆心分别为O1，O2，半径分别为2，4，高为2，P为O1O2上一点，则(　　) A．圆台的体积为 B．当圆锥PO1与圆锥PO2的体积相等时，PO1＝8PO2 C．用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长的最大值为20 D．挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为(44＋4)π 答案：ACD 解析：由题意可知，圆台的上、下底面半径分别为2，4，高为2，母线长为＝4.对于A，圆台的体积为π×(22＋42＋2×4)×2＝，故A正确；对于B，若圆锥PO1与圆锥PO2的体积相等，则×4π×PO1＝×16π×PO2，解得PO1＝4PO2，故B错误；对于C，用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面中，轴截面的周长最大，为4＋4＋4＋8＝20，故C正确；对于D，由题意可知，所得几何体的表面有圆台的侧面和上、下底面以及圆柱的侧面，其表面积为π×(2＋4)×4＋π×(22＋42)＋2π×2×＝44π＋4π，故D正确．故选ACD. 三、填空题 8.如图所示，一个圆锥形的空杯子上面放了一个半球形的冰淇淋，则冰淇淋融化后________(填“会”或“不会”)溢出杯子． 答案：不会 解析：V半球＝×R3＝××43＝，V圆锥＝Sh＝×π×R2×h＝×π×42×12＝64π，显然V半球<V圆锥，所以冰淇淋融化后不会溢出杯子． 9．若圆柱的高扩大为原来的4倍，底面半径不变，则圆柱的体积扩大为原来的________倍；若圆柱的高不变，底面半径扩大为原来的4倍，则圆柱的体积扩大为原来的________倍． 答案：4　16 解析：圆柱的体积公式为V圆柱＝πr2h，当圆柱的底面半径不变，高扩大为原来的4倍时，其体积也扩大为原来的4倍；当圆柱的高不变，底面半径扩大为原来的4倍时，其体积扩大为原来的42＝16倍． 10.如图，三棱柱ABC－A1B1C1的体积为V1，四棱锥A1－BCC1B1的体积为V2，则＝________． 答案： 解析：设点A1到平面BCC1B1的距离为h，则V1＝S四边形BCC1B1·h，V2＝S四边形BCC1B1·h，所以＝. 四、解答题 11.现需要设计一个仓库，它由上、下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P－A1B1C1D1，下部分的形状是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高OO1是正四棱锥的高PO1的4倍．若AB＝6 m，PO1＝2 m，求仓库的容积． 解：由PO1＝2 m，得OO1＝8 m，则 VP－A1B1C1D1＝S四边形A1B1C1D1×PO1＝×62×2＝24(m3)， VABCD－A1B1C1D1＝S四边形ABCD×OO1＝62×8＝288(m3)， V＝VP－A1B1C1D1＋VABCD－A1B1C1D1＝312 m3， 故仓库的容积为312 m3. 12.如图所示，半径为R的半圆内的阴影部分以直径AB所在直线为轴旋转一周得到一个几何体，求该几何体的体积(其中∠BAC＝30°)． 解：如图所示，过点C作CO1⊥AB于点O1，在半圆中可得∠BCA＝90°， ∠BAC＝30°，AB＝2R， ∴AC＝R，BC＝R， CO1＝R， 又V球＝πR3， V圆锥AO1＝AO1·π·CO＝πR2·AO1， V圆锥BO1＝BO1·π·CO＝πR2·BO1， ∴V几何体＝V球－(V圆锥AO1＋V圆锥BO1)＝πR3. 13．(2024·湖南长沙高一期末)已知一个圆台的侧面积为35π，下底面半径比上底面半径大1，母线与下底面所成角的正切值为7，则该圆台外接球(圆台的上、下底面圆周上的点均在球面上)的体积为________． 答案： 解析：如图，设O1，O分别为上、下底面的圆心，BC为母线，A为点C在底面的投影，O′为该圆台外接球的球心，由该圆台的侧面积为35π，得π·(OB＋O1C)·BC＝35π，即(OB＋O1C)·BC＝35，由下底面半径比上底面半径大1，得OB＝O1C＋1，由母线与下底面所成角的正切值为7，得＝7，即CA＝OO1＝7，又CA2＋(OB－O1C)2＝BC2，即有BC＝＝5，则(OB＋O1C)·BC＝5(2OB－1)＝35，即OB＝4，则O1C＝3，则有O′C2＝O′B2＝O1C2＋(O1O－O′O)2＝OB2＋O′O2，即O1C2＋O1O2－2O1O·O′O＝OB2，即32＋72－14O′O＝42，得O′O＝3，设该圆台外接球的半径为R，则R＝O′B＝＝5，故该圆台外接球的体积V＝πR3＝. 14．(2024·四川广安高一下期中)如图是一个正四棱台ABCD－A1B1C1D1的石料，上、下底面的边长分别为20 cm和40 cm，高为30 cm，上、下底面的中心分别为O1，O. (1)求四棱台ABCD－A1B1C1D1的表面积和体积； (2)若某同学动手能力强，想要将这块石料补全为一个如图所示的胡夫金字塔的模型，那么他至少还需要准备多少水泥？ 解：(1)由题意可知，四棱台ABCD－A1B1C1D1的体积VABCD－A1B1C1D1＝×(202＋402＋)×30＝28000(cm3)， 如图，正四棱台的侧面是全等的等腰梯形， 分别取B1C1，BC的中点M，N， 连接O1M，ON，MN， 过点M作MH∥O1O， 交ON于点H， 则O1O＝MH＝30 cm，O1M＝10 cm，ON＝20 cm，HN＝10 cm， 可得MN＝＝＝10(cm)， 所以四棱台ABCD－A1B1C1D1的表面积 S＝202＋402＋4××(20＋40)×10 ＝(2000＋1200)(cm2)． (2)延长AA1，BB1，CC1，DD1交于点P， 可知＝＝， 则＝＝， 可得VP－A1B1C1D1＝VABCD－A1B1C1D1＝4000(cm3)， 所以该同学至少还需要准备4000 cm3水泥． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$