4.5.2 几种简单几何体的体积（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一数学必修第二册（湘教版）

4.5.2　几种简单几何体的体积 基础过关练 题组一　柱体、锥体、台体的体积 1.(2025山东省实验中学期中)正四棱台的上、下底面边长分别是2和4,侧棱长是,则该棱台的体积是(　　) A.　　B.　　C.　　D.19 2.如图,已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=2BC=4,CD=2,P,O,E分别为A1D1,AD,PC的中点,△PAD为正三角形,则三棱锥E-POB的体积为(　　) A.4　　B.3　　C.2　　D.1 3.(2024甘肃庆阳环县第一中学期末)已知一个圆柱的高不变,若它的体积扩大为原来的9倍,则它的侧面积扩大为原来的(　　) A.倍　　B.3倍　　C.3倍　　D.9倍 4.(2025浙江台州临海期末)某中学数学建模社团开展劳动实习,学习加工制作糖果包装盒.现有一张边长为10 cm的正六边形硬纸片,如图所示,裁掉阴影部分,然后按虚线处折成底面边长为6 cm的正六棱柱形无盖包装盒,则此包装盒的容积为(　　) A.648 cm3　　B.324 cm3 C.162 cm3　　D.108 cm3 5.(2025安徽合肥六校联盟期中)用斜二测画法画得的某水平放置的平面图形的直观图是梯形(如图所示),将该平面图形绕其直角腰AB边所在直线旋转一周得到一个圆台,已知∠A'B'C'=45°,A'D'=A'B'=B'C'=1,则该圆台的体积为(　　) A.π　　B.7π　　C.π　　D.14π 6.某部门建造了一个圆锥形仓库用于贮藏食盐(供融化高速公路上的积雪之用),已建的仓库的底面直径为12 m,高为4 m,该部门计划再建一个更大的圆锥形仓库,以存放更多食盐.现有两种方案:方案一是新建的圆锥形仓库的底面直径比原来增加4 m(高不变);方案二是新建的圆锥形仓库的高度增加4 m(底面直径不变). (1)分别计算按这两种方案所新建的圆锥形仓库的体积; (2)分别计算按这两种方案所新建的圆锥形仓库的侧面积; (3)哪个方案更经济些?为什么? 题组二　球的体积 7.(2023江苏扬州中学月考)用一个平面截一球得到直径为6的圆面,球心O到这个圆面的距离为4,则这个球的体积为(　　) A.　　B.　　 C.　　D. 8.(2025天津五区县重点校期中联考)若球的表面积扩大为原来的9倍,则该球的体积扩大为原来的(　　) A.9倍　　B.27倍　　C.81倍　　D.729倍 9.圆柱形玻璃容器内盛有高度为8 cm的水,若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后,水恰好淹没最上面的球(如图所示),则球的半径是　　　　cm.  题组三　组合体的体积 10.(创新题新考法)(与物理知识结合考查体积)(2025山西大学附属中学期中)根据重心低更稳定的原理,古代的智者发明了一种儿童玩具——不倒翁,如图所示,该不倒翁由上底面半径为2 cm、下底面半径为3 cm且母线长为 cm的圆台与一个半球两部分构成,若半球的密度为圆台的密度的3倍(圆台与半球均为实心),圆台的质量为190 g,则该不倒翁的总质量为(注:质量=体积×密度)(　　) A.370 g　　B.490 g　　C.650 g　　D.730 g 11.如图所示,在△ABC中,AB=2,BC=,∠ABC=120°,若将△ABC绕直线BC旋转一周,则所形成的旋转体的体积是　　　　.  12.(2024甘肃定西临洮文峰中学月考)一个钢筋混凝土预制件可看成一个长方体挖去一个底面为等腰梯形的四棱柱后剩下的几何体,其尺寸如图所示(单位:米),浇制一个这样的预制件需要　　　　立方米的混凝土(钢筋体积略去不计).  13.(2024浙江台州十校联盟期中)如图,AB是圆柱OO'的一条母线,BC过底面圆心O,D是圆O上一点.已知AB=BC=5,CD=3. (1)求该圆柱的表面积; (2)求点B到平面ACD的距离; (3)将四面体ABCD绕母线AB所在的直线旋转一周,求△ACD的三边在旋转过程中所围成的几何体的体积. 能力提升练 题组一　与柱体、锥体、台体有关的体积 1.(2023广东河源中学质检)《九章算术》中将正四棱台(棱台的上、下底面均为正方形)称为方亭.如图,现有一方亭EFGH-ABCD,其中上底面与下底面的面积之比为1∶4,方亭的高h=EF,BF=EF,方亭的四个侧面均为全等的等腰梯形,已知方亭四个侧面的面积之和为12,则方亭的体积为(　　) A.24　　B.　　C.　　D.16 2.(2023黑龙江齐齐哈尔普高联谊期中)如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,若E,F分别为AB,AC的中点,平面EB1C1F将三棱柱分成体积为V1,V2的两部分,则V1∶V2=(　　) A.7∶5　　B.5∶7　　C.3∶2　　D.4∶7 3.(创新题新情境)(2025广东中山华附模拟)“方斗”常作为盛米的一种容器,其形状是一个上大下小的正四棱台,现有“方斗”容器如图所示,已知AB=2A1B1,现往容器里加米,当米的高度是“方斗”高度的一半时,用米38 kg,则该“方斗”可盛米的总质量为(　　) A.102 kg　　B.112 kg　　C.114 kg　　D.133 kg 4.已知圆锥的侧面展开图是一个圆心角为120°且面积为3π的扇形,则该圆锥的体积等于　　　　　.   5.(2024山东东营利津高级中学开学考试)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,如果AB=AC=,BB1=BC=6,E,F为侧棱AA1上的两点,且EF=3,那么多面体BB1C1CEF的体积为　　　　.  6.以正棱柱两个底面的内切圆面为底面的圆柱叫作正棱柱的内切圆柱,以正棱柱两个底面的外接圆面为底面的圆柱叫作正棱柱的外接圆柱. (1)求正三棱柱与它的外接圆柱的体积的比值; (2)若正三棱柱的高为6,其内切圆柱的体积为24π,求该正三棱柱的底面边长. 7.(2025黑龙江哈尔滨第三中学期中)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,D是AB的中点,AC1与A1C交于点E. (1)求证:BC1∥平面A1DC; (2)若以A1D为直径的球的表面积为5π,求三棱锥B-A1CD的体积. 题组二　与球有关的体积 8.若一个正三棱柱存在外接球与内切球,则它的外接球与内切球体积之比为(　　) A.3∶1　　B.5∶1　　 C.5∶1　　D.6∶1 9.在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是(　　) A.4π　　B.　　C.6π　　D. 10.(2025四川乐山第一中学月考)某艺术吊灯如图1所示,图2是其示意图.底座ABCD是边长为4的正方形,垂直于底座且长度为6的四根吊挂线AA1,BB1,CC1,DD1一头连着底座,另一头连在球O的表面上(底座厚度忽略不计),若该艺术吊灯总高度为14,则球O的体积为(　　) 　　 A.36π　　B.　　C.　　D.288π 11.如图,有一个倒圆锥形容器中有部分水,它的轴截面是一个正三角形,在容器内放入一个半径为r的铁球,此时水面与球正好相切,则原来容器中水的深度为　　　　.  12.(2024浙江嘉兴当湖高级中学月考)如图所示,以线段AB为直径的半圆上有一点C,且BC=1,AC=,将图中阴影部分绕AB所在直线旋转180°得到一个几何体. (1)求该几何体的体积; (2)求该几何体的表面积. 答案与分层梯度式解析 4.5.2　几种简单几何体的体积 基础过关练 1.B 2.C 3.B 4.B 5.C 7.C 8.B 10.D 1.B　正四棱台侧面梯形的高为=, 正四棱台的高为=2, 所以该棱台的体积为×2×(22+42+2×4)=. 一题多解 　　将正四棱台补成正四棱锥,如图所示: 由AB=2A1B1=4,可知A1,B1,C1,D1分别为其所在棱的中点,则PA=2AA1=2,可得AO=AC=2,PO==4,所以该棱台的体积为VP-ABCD=××16×4=. 解题模板 　　求正棱台的体积的两种方法: ①求出棱台的斜高、高、侧棱等基本量,套用棱台的体积公式求解. ②把棱台补成棱锥,利用相似和棱锥的体积公式求解. 2.C　因为P,O分别为A1D1,AD的中点, 所以由直棱柱的性质知PO⊥平面ABCD, 又△PAD为正三角形,AD=4, 所以PO=AD=2.连接CO,如图所示: 在直角梯形ABCD中,易知S△BCO=BC·BO=×2×2=2. 因为E为PC的中点, 所以VE-POB=VC-POB=VP-BCO=×S△BCO·PO=×2×2=2. 3.B　设圆柱的高为h,底面半径为r, 则其体积V=πr2h,侧面积S=2πrh. 设体积扩大为原来的9倍后的圆柱的底面半径为r', 则9V=9πr2h=πr'2h,∴r'=3r, ∴其侧面积变为S'=2πr'h=6πrh, ∴S'=3S,即侧面积扩大为原来的3倍. 4.B　如图,由题意知AB=6 cm,所以BE==2 cm,BF=BEtan 60°=2 cm,即正六棱柱的高为2 cm,所以该正六棱柱的容积V=6××6×6××2=324 cm3. 5.C　作出其平面图形,如图, 在平面图形中,AD=1,AB=BC=2,∠ABC=90°, 则圆台的上底面半径r=AD=1,下底面半径R=BC=2,高h=AB=2, 则上底面面积S1=πr2=π,下底面面积S2=πR2=4π, 则该圆台的体积V=(S1++S2)h=×(π+4π+2π)×2=π. 6.解析　(1)若按方案一,新建的圆锥形仓库的底面直径变成16 m,高不变, 则新建的圆锥形仓库的体积V1=×π××4= m3; 若按方案二,新建的圆锥形仓库的高变成8 m,底面直径不变, 则新建的圆锥形仓库的体积V2=×π××8=96π m3. (2)若按方案一,新建的圆锥形仓库的底面直径变成16 m,高不变, 则圆锥的母线长l1==4 m,新建的圆锥形仓库的侧面积S1=π××4=32π m2; 若按方案二,新建的圆锥形仓库的高变成8 m,底面直径不变, 则圆锥的母线长l2==10 m, 新建的圆锥形仓库的侧面积S2=π××10=60π m2. (3)由(1)(2)知,V1<V2,S2<S1,所以按方案二新建的圆锥形仓库的体积更大,侧面积更小,所需耗材更少,故方案二比方案一更加经济. 7.C　如图,设截面圆的圆心为O',由题意可知,圆面的直径为6,则O'A=3, 又OO'=4,∴球的半径R=OA=5, ∴球的体积V=πR3=. 8.B　设扩大前、后球的半径分别为r1,r2, 由4π=9×4π,得r2=3r1, 故该球的体积扩大为原来的==27倍. 9.答案　4 解析　设球的半径为r cm,则由题意可得3×πr3+πr2×8=πr2×6r,解得r=4.故球的半径是4 cm. 10.D　如图,圆台的轴截面为等腰梯形ABCD, 过点A作AH⊥BC,垂足为H, 则由题意得AB= cm,AD=4 cm,BC=6 cm, 所以BH=(BC-AD)=1 cm, 则AH==3 cm, 故圆台的体积V1=×3×(π×22++π×32)=19π cm3, 半球的体积V2=××π×33=18π cm3. 因为半球的密度为圆台的密度的3倍, 所以半球的质量为×V2×3=×18π×3=540 g, 故该不倒翁的总质量为190+540=730 g. 11.答案　π 解析　由题意得所形成的旋转体是一个大圆锥去掉一个同底的小圆锥,故其体积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积. 如图,过点A作AD⊥BC,垂足为D,易知AD=, 故所求体积V=π·AD2·DC-π·AD2·DB=π·AD2·BC=π×()2×=π. 12.答案　324 解析　该预制件的体积为×6=324立方米. 故浇制一个这样的预制件需要324立方米的混凝土. 13.解析　(1)由题意可得圆柱的底面半径R=,所以圆柱的表面积S=2πR2+2πR·AB=2π×+2π××5=π. (2)由题意可得BD⊥DC, 因为BC=5,DC=3,所以BD==4, 所以三棱锥A-BCD的体积为VA-BCD=S△BCD·AB=××4×3×5=10, 因为AB⊥平面BCD,且DC⊂平面BCD, 所以DC⊥AB, 又BD⊥DC,且AB∩BD=B,AB,BD⊂平面ABD, 所以DC⊥平面ABD, 因为AD⊂平面ABD,所以DC⊥AD, 在Rt△ABD中,AB=5,BD=4, 所以AD==, 所以S△ACD=·AD·DC=××3=, 设点B到平面ACD的距离为d, 由VB-ACD=VA-BCD,可得·S△ACD·d=××d=10,解得d=. (3)线段AC绕AB所在直线旋转一周所得的几何体是以BC为底面半径,AB为高的圆锥, 线段AD绕AB所在直线旋转一周所得的几何体是以BD为底面半径,AB为高的圆锥, 所以△ACD绕AB所在直线旋转一周而形成的封闭几何体的体积V=π·BC2·AB-π·BD2·AB=π×52×5-π×42×5=15π. 能力提升练 1.C 2.A 3.B 8.C 9.B 10.C 1.C　由题意得=,设EF=2x,则AB=4x,BF=x. 过点E,F在平面ABFE内分别作EM⊥AB,FN⊥AB,垂足分别为点M,N,如图所示: 则易得AM=BN==x, 所以FN==x, 所以等腰梯形ABFE的面积S=·x=3x2=×12,解得x=1(负值舍去). 所以EF=2x=2,AB=4x=4, 故方亭的体积为×2×(4+16+)=. 2.A　如图,延长A1A到A2,B1B到B2,C1C到C2, 且A1A=AA2,B1B=BB2,C1C=CC2, 连接A2C2,A2B2,B2C2, 得到三棱柱A2B2C2-ABC, 则=. 延长B1E,C1F,则B1E与C1F相交于点A2. 因为A2A∶A2A1=1∶2, 所以=. 又==×=, 所以V1=7=, 故V1∶V2=7∶5. 3.B　设AA1,BB1,CC1,DD1的中点分别为A2,B2,C2,D2,如图所示. 由题意可知,四边形AA1B1B为等腰梯形. 设A1B1=a,AB=2A1B1=2a,所以A2B2==, 设棱台A2B2C2D2-A1B1C1D1的高为h,体积为V1,棱台ABCD-A1B1C1D1的高为2h,体积为V, 则V1=h=a2h, V=(a2+4a2+2a2)·2h=a2h,所以=, 又V1=38,所以V=×38=112, 所以该“方斗”可盛米的总质量为112 kg. 4.答案　 解析　如图,设圆锥的母线长为l,高为h,底面半径为r,则由题意知×l×=3π,所以l=3,所以圆锥底面周长C==2π,所以该圆锥底面半径r=1,高h=2,所以该圆锥的体积V=πr2h=. 5.答案　30 解析　在△ABC中,BC边上的高h==2, =BC·h·BB1=×6×2×6=36. ∵EF=3,A1A=B1B=6, ∴V三棱锥E-ABC+==6, 故=36-6=30. 6.解析　(1)设正三棱柱的底面边长为a,高为h,则底面外接圆的半径R=a. ∴V正三棱柱=·a·a·h=a2h, V外接圆柱=πR2h=π·h=πh. ∴==. (2)易得底面内切圆的半径r=a, ∴V内切圆柱=πr2h=π×6=π=24π, ∴a2=48,∴a=4, ∴该正三棱柱的底面边长为4. 7.解析　(1)证明:如图,连接DE, 因为四边形ACC1A1为矩形,所以E为AC1的中点, 又D是AB的中点,所以BC1∥DE, 又DE⊂平面A1DC,BC1⊄平面A1DC,故BC1∥平面A1DC. (2)依题意,得4π×=5π,所以A1D=, 在Rt△A1AD中,A1A==2. 因为△ABC为正三角形,所以CD⊥AB, 因为BB1⊥平面ABC,CD⊂平面ABC,所以BB1⊥CD, 又AB∩BB1=B,AB,BB1⊂平面ABB1A1, 故CD⊥平面ABB1A1, 则==×CD=××1×2×2×=. 8.C　设正三棱柱底面正三角形的边长为a,则正三棱柱的内切球半径等于正三角形的内切圆半径,则内切球的半径r内=a,正三棱柱的高h=2r内=a. 设正三角形的外接圆半径为R,易得R=a, 所以外接球的半径r外===a. 所以它的外接球与内切球体积之比为∶=5∶1. 9.B　解法一:如图,设直三棱柱ABC-A1B1C1内体积最大的球的半径为R,△ABC内切圆的半径为r,易知r=2,由此得R≤2.又棱柱的高为3,则2R≤3,所以R≤.又V=,所以当R=时,V取得最大值,V的最大值为×=. 解法二:由题意可得要使球的体积V最大,则需球与直三棱柱的部分面相切.若与三个侧面都相切,可求得球的半径为2,球的直径为4,超过直三棱柱的高,所以这个球放不进去,则球可与上、下底面相切,则球的半径R=,此时该球的体积最大,故Vmax=πR3=×=. 名师点睛 　　不是所有的直三棱柱都有内切球,只有底面三角形内切圆的直径与直三棱柱的高相等时,该直三棱柱才有内切球. 10.C　过B,D,O作几何体的截面,如图所示,连接B1D1, 由已知得四边形A1B1C1D1是边长为4的正方形,则B1D1=8, 设正方形A1B1C1D1的外接圆圆心为O1,则D1O1=B1O1=4, 连接O1O并延长,交球面于点E,则OO1⊥B1D1, 因为该艺术吊灯总高度为14,DD1=6,所以O1E=8, 设球O的半径为R,则OO1=8-R, 连接OB1,在Rt△OO1B1中,(8-R)2+42=R2,解得R=5, 所以球O的体积为πR3=π×53=. 11.答案　r 解析　如图所示,作出轴截面,因轴截面是正三角形,根据切线性质知,当球在容器内时,水的深度为3r,水面半径BC的长为r,则容器内水的体积V=V圆锥-V球=·(r)2·3r-·r3=r3,设原来容器中水的深度为h,则水面圆的半径为h,从而容器内水的体积V'=h=h3,由V=V',得h=r. 12.解析　(1)所得几何体为半球挖掉两个半圆锥,过点C作CO1⊥AB,垂足为O1,如图. 因为AC=,BC=1,所以AB=2,故CO1=. 以AB所在直线为轴将Rt△AO1C旋转180°得到一个半圆锥,其体积V1=×π×C×AO1, 以AB所在直线为轴将Rt△BO1C旋转180°得到一个半圆锥,其体积V2=×π×C×BO1, 则V1+V2=π×C×AO1+π×C×BO1=π×C×AB=π××2=, 以AB所在直线为轴将半圆旋转180°得到一个半球,其体积V3=×π×13=π, 故V几何体=V3-V1-V2=π-=π. (2)以AB所在直线为轴将Rt△AO1C旋转180°得到一个半圆锥,其侧面积S1=×π××=π, 以AB所在直线为轴将Rt△BO1C旋转180°得到一个半圆锥,其侧面积S2=×π××1=π, 以AB所在直线为轴将半圆旋转180°得到一个半球,其表面积S3=×4π×12=2π, 该几何体的表面中非曲面的部分为一个圆去掉两个三角形,其面积S4=π×12-2××1×=π-, 故S几何体=S1+S2+S3+S4=π+π+2π+π-=π-. 易错警示 　　这个几何体是旋转180°得到的,在计算体积的时候,不要忘记乘;在求表面积的时候,需要求四个部分,即两个半圆锥的侧面积S1、S2,半球的表面积S3,圆挖掉两个三角形后的面积S4,在计算的时候S4容易被忽略,需要注意. 7 学科网（北京）股份有限公司 $