学业评价(十三) 祖暅原理与几何体的体积-【精讲精练】2024-2025学年高中数学必修第四册课后案·学业评价（人教B版2019）

⑧ 7.解析设圆台的上底面半径为rcm,下底面半径为Rcm,:14.C轴截面如图所示，正△SAB的边长为acm,内切球的 母线长为lcm,高为hcm, 半径为Rcm, ×2x×2, 2 1r=1, 由题意可得 ×2xX4,解得R=2,所以该国台 2R=2 1=2, 1=2, 的高为h=√-(R-r)=3(cm). 答案√cm 8.解析如图为球的一个轴裁面，O,O2分别为两个平行圆： 面的圆心，易知AO1∥BO2,OO⊥AO,OO2⊥B02· ×号。a==9vg所以a=6 又S△0g十S△sA十S△0g=9V5, 所以3×号×6·R=95,所以R=5(cm. 01 15.解析(1)圆锥的轴栽面如图所示， 设球的半径为Rcm. x·O2B2=49r,.02B=7cm 同理可知O1A=20cm. 设OO1=xcm,则OO2=(x十9)cm. B 又在Rt△OO1A中，R2=x2十202， BO=1,PO=3,设圆柱的高为h, 在Rt△OO2B中，R-(x+9)2+7, 由题图，得芹=3，即h=3-3x0<<1D. ∴x2+202=(x十9)2+72，∴.x=15, 3 .R2=x2十202=252，.R=25, (2)S属t=2xxh=2πx(3-3x）=6π(x-x2)= 即球的半径为25cm. 6[-（-)°+]， 9.BC空间中到定点的距离等于定长的点的集合是球面，所 以A错误，B正确；由球体的定义，知C正确；球的每一条 当x=号时，圈柱的侧面积取得最大值为受 直径所在的直线均为它的对称轴，所以D错误， 10.解析设原圆柱的底面圆半径为r,高为h,则原圆柱的表 “当工一之时，国柱的侧面积最大，最大侧面软是受 面积为2πr2十2πrh, 新几何体的表面积2πr2十2πrh十2rh,故2rh=10,故国柱 学业评价（十三）祖暅原理与几何体的体积 的侧面积为2πrh=10r 1,D依题意，该柱体的体积为(20+40)X50×2000=3× 答案10π 2 11.B由题意知形成的几何体为一个球挖去一个圆柱。 10°（立方尺）. 12.解析设球的半径为Rcm, 2.B当过母线作裁面，戴面的周长最大时，此时截面为轴 由题意知，戴面圆的半径r=12cm,设球心到裁面的距离 截面。 为d,则d=(R-8)cm, 设國柱的底面半径为r, 由R2=2+d2,得R2=144+(R-8)2,即208-16R=0, 因为过母线作戴面，戴面的最大周长等于8， 解得R=13cm, 所以2×(2+2r)=8,解得r=1. 故S4=4πR2=676r(cm2). 所以该圆柱的体积为πX12×2=2π. 答案13676π 3.D由于圆锥的侧面展开面为半圆，设圆维的底面半径为 13.解析如图，轴截面SAB,圆锥SO的底 r,高为h,故2r=2rr, 面直径为AB,SO为高，SA为母线，则 得r=1,则h=√-1-=5，所以圆维的体积为 3x·12. ∠AS0=30°. 在Rt△SOA中， 33 3元 A0=s0·tan30=2y5(cm). 3 4.C:在正三棱柱ABC-A1B,C1中，AA=3,AB=2,点 2_43(cm. D是棱CC:的中点，点E在棱AA1上， SA=SO cos 305 √3 3 ∴S6m%,=合×BB,×BC=合X3X2=3, 2 点E到平面BDB,的距离h=√4-I=√， 所以SAASB= 2s0·2A0-4g9(em). .三棱锥B1-EBD的体积为： 3 所以国维的零线长为 Vgam=Ve0,=号XSa,XA=3×3X5=5. cm,圆锥的轴戴面的面积为 5.解析由题意，棱台的上、下底面面积为100km2=100X 49m 10°m2,400km2=400×10m2, 棱台的水面增加的高度为(157.5-148.5)m, 42 @ 所以增加水量约为 所以O0,=√MN-(ON-O,M0=√13-5-12， 100×10°+400×10°+00×10×400x10×157.5 3 由△m△ON,可得-8然-号将释0- 148.5)=100+400+20)×10×9=700×10*×3=2 3 所以正回被维P-ABCD的体教为V=专Sm·PO 100×10°=2.1×103(m3). 答案2.1×10°m3 吉×2w×24=320m 6.解析戴去的8个模维体积相等，正方体的体积为1，栽去 的8个的体为8x号×××号×号-日，所 以利余的凸多西条的体软为1一君一吾 D 答案名 7.解析解法一由题意，设点E到平面ABCD的距离为 ABCD的体积为48=号AS-号×48A,得A=3. 9.D如图所示， 所以棱台体积为V-吉A(S+VSS+5,)-号× 3×(48+√/48×243+243)=399. 解法二由题意，设点E到平面ABCD的距离为h,由四 边形ABCD面积为S=(4√3)=48，得四校维E-ABCD 的体积为48=子AS=子×48，得=3. 设图台上底半径为，下底半径为T2,则22=30， 由棱台定义知，延长EA,FB,GC,HD交于一点，设为P, 2πr1=20, 解得n=5,1=3: 10 设棱维P-ABCD的高为x, 即下底半径为5尺，上底半径为9尺， a热 则校锥P-EFGH的高为x十3，由三角形相似可得 3 5 设S,,S2分别为上下底面面积， 所以圆台的体教为号(S+S,+SS)A=号× 248-号×号×48=39， (g+25xh/僧×25)×20=105号a方尺. 9 10D:球的体积V=专×（号）广， d=6v=3v. π 2 D ”x=3.14159,4受=1.57079m d-v= 记d,Jg 27 16 答案399 8.解析如图所示，取AB,的中点M,AB的中点N,连接 d=md=2w= MN,则MN为棱台的斜高， dj-动 因为棱台的侧面积为780cm,可得S=4×合×(10+ 20)×MN=780,解得MN=13, - 3V. 1 又由上、下底面的面积分别为S2=10×10=100,S4=20× 20=400, 器1.69号1.51器151.57，号中，号漫接 所以棱台的表面积为S=S,十S2十S,=780十100十400= 1280cm. 近受.d更精确。 设梭台的四条侧棱延长后交于点P,设上、下底面的中心 分别为01,0， 解折如图件示号-资-得宁 在直角梯形ONM0中，0M-=A,B=5,ON=号AB=10, 00,=3.V=号(4+16+X16)×3=28. 43 @ 3.C因为正三棱柱ABC-A:B,C的所有梭长均为a,且其 体积为163， 则Sae=名d60=。,所以VcA5=S6e· D AA-。=165,解得a=4 C A 4.D B D D B 如图所示，由正四棱台可知，四边形ABCD为等腰梯形，且 答案28 AB=3√2，CD=√2，BC=√/IT,所以h=EF= 12.解析依题意，几何体可视为半径为1的球和底面圆半 径为1，高为h的圆柱组合而成，于是几何体的表面积S= m-(-8. 4π×12+2x×1×h=4π+2πh=12m,解得h=4, 所以该几何体的体积V=4经×1+xX1'X4=16 所以V=专(S+S+V5S)=专×3×1+9+3)=13， 3 3 故选D 答案16x 5.C设圆锥形稻谷堆的底面半径为r尺， 3 13.解析(1)设圆锥的高为h,底面半径为R,母线长为l,则 则底面周长为=2r=30尺，解得r=15(尺)，又高为h= h=√-R=√10-6=8cm,所以圆锥体的高为 4尺， 8 cm. 所以国维的体积为V=子矿A=子×x×(）)'X4 (2)球放入圆锥体后的轴载面如 01 A 图所示，设球的半径为. 900≈100（立方尺）： 3π 易得△OCD∽△ACO1, 8%- 又100 62≈61.73（斜），所以估算堆放的稻谷约有61.73解。 6.C设圆锥底面半径为T,高为h,由题意知母线长为I=2, 后-8。，解得=3em, 则S=元rl=2πr,h=√2-7=√4-r, 圆维体剩余的空间为圆锥的体积减去球的体积， 即V。-V=吉·x·6×8-专·3 一 所以上、 2πr =名r7≤名4 2 1 =96π-36π=60rcm3. 3, ∴.此时圆维体剩余空问的体积为60πcm 当且仅当r=√4-7，即r=√2时，等号成立，故选C 14.A设上、下国柱的半径分别是rcm,Rcm(r<R),高分 别是hcm,Hcm.由水的体积不变得元R2H+x2(20- 则OA=2r,且AC=20C, H)-πr2h十元R2(28-h),整理得(R2-r2)(H+h)= 有AC=OA2+OC,即4OC=4r2 28R2-20r2,又r=1,R=3,故解得H+h=29,即这个简 +0C,得0C-2, B 单几何体的总高度为29cm. √3 15.解析(1)连接AC(图略)，，矩形ABCD内接于⊙O, 所以水的体积 ,AC为⊙O的直径. -()·2r-号 :AC=2,AB=x,∴.BC=√4-x, 2 ∴S=AB·BC=xV√4-x(0<x<2). 3, (2),长方体的高AA1=1, 2 r V=S·AA1=x√/4-x 所以水的体积与球的体积之比是 1 r6 4 =√x(4-x)=√-(x-2)+4, 3 0<x<2,∴0<x2<4, 8.C把四枚锥P一ABCD补成一个长方体，如图，长方体的 对角线就是其外接球也是四棱锥P-ABCD的外接球直径， ∴.当x2=2,即x=√2时，V取得最大值，此时Vx=2. 阶段测评（三）空间几何体的表面积与体积 1.B依題意圆柱的底面半径r=1,高h=2, 所以圆柱的表面积S=2xr2+2πrh=2π×12+2πX1X2= 6元. D 2.A由被国维的底面半径为3m,母线长为5m,则该屋顶！ 的侧面积约为x×3×5=15πm2. B 44学业评价（十三） 祖暅原理与几何体的体积 [必备知识·基础巩固] 157.5m时，相应水面的面积为400.0km2.将该 水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该 1.(2024·福建龙岩高一期中)“今有城，下广四丈， 水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增 上广二丈，高五丈，袤两百丈.”这是我国古代数 加的水量约为 学名著《九章算术》卷第五“商功”中的问题，意思：6.在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条 为“现有城（如图，等腰梯形的直棱柱体），下底长 棱的中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥 4丈，上底长2丈，高5丈，纵长200丈(1丈=10： 后，剩下的凸多面体的体积是 尺)”，则该问题中“城”的体积等于 7.如图所示，在正四棱台ABCD-EFGH中，AB= 4√5，EF=9√3，且四棱锥E-ABCD的体积为 48,则该四棱台的体积为 底 高 下底 纵长 A.3×105立方尺 B.6×105立方尺 C.6×10°立方尺 8.如图所示，已知正四棱台的两底面均为正方形， D.3×10立方尺 且边长分别为20cm和10cm,侧面积为780 2.(2024·福建泉州高一期末)已知圆柱母线长等 cm2,求其表面积和其对应正四棱锥的体积. 于2，过母线作截面，截面的最大周长等于8，则该 (V能链= S动，S为棱锥的底面积A为棱维的离) 圆柱的体积等于 ( A.π B.2π : C.4π D.8π 3.已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图是半圆，则 该圆锥的体积为 A.2π B.√5π C.√2x D③ 4.如图，在正三棱柱ABCA,B,C,中，若AA1=3, AB=2,点D是棱CC1的中点，点E在棱AA 上，则三棱锥B,-EBD的体积为 ( D [关键能力·综合提升] 9.《九章算术》涉及算术、代数、几何等诸多领域，书 中有如下问题：“今有圆亭，下周三丈，上周二丈， 高二丈，问积几何？”其意思为：“有一个圆台，下 A.1 B.2 底周长为3丈，上底周长为2丈，高为2丈，那么 C.3 D.2√3 该圆台的体积是多少？”已知1丈等于10尺，圆周 () 5.(2024·福建福州高一期中)南水北调工程缓解 率约为3，估算出这个圆台体积约有 了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水 A4是立方尺 B.527号立方尺 蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5m 时，相应水面的面积为100.0km2;水位为海拔 C.427是立方尺 D.1055号立方尺 27 O数学·必修第四册（配RJB版） 10.我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术” 日：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方 [核心价值·採索创新] 除之，即立圆径.“开立圆术”相当于给出了已知：14.如图1所示，一个装了水的密封瓶子，其内部可 球的体积V,求其直径d的一个近似公式d≈ 以看成是由半径为1cm和半径为3cm的两个 ,人们还用过一些类似的近似公式.根据 圆柱组成的简单几何体.当这个几何体如图2所 9 示水平放置时，液面高度为20cm;当这个几何 π=3.14159…判断，下列近似公式中最精确的 体如图3所示水平放置时，液面高度为28cm, 一个是 则这个简单几何体的总高度为 Ad≈Ng B.d≈927 cm 300V c.d≈√157 D.dov 图1 图2 图3 11.(2023·新课标Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥 A.29 cm B.30 cm 被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边 C.32 em D.48 cm 长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 15.如图所示，底面半径为1，高 为1的圆柱Q0中有一内接 12.如图所示，某几何体的形状类似胶囊，两头都是 O 长方体AB,CD,-ABCD,设 半球，中间是圆柱，其中圆柱的底面半径与半球 矩形ABCD的面积为S,长 D 的半径都为1，若该几何体的表面积为12π，则其 方体AB,C,D,-ABCD的 01 体积为 体积为V,AB=x. B (1)将S表达为x的函数； (2)求V的最大值. 13.一倒置圆锥体的母线长为10cm,底面半径为 6 cm (1)求圆锥体的高； (2)若有一球刚好放进该圆锥体（球与圆锥的底 面相切)中，求这个球的半径以及此时圆锥体剩 余空间的体积. 28