1、第十一章立体几何初步 11.1 空间几何体 11.1.6 祖祖暅原理与几何体的体积原理与几何体的体积 课后篇巩固提升 基础达标练 1.圆台的体积为 7,上、下底面的半径分别为 1 和 2,则圆台的高为( ) A.3 B.4 C.5 D.6 答案 A 解析由题意,V= (+2+4)h=7,h=3. 2.若一圆柱与圆锥的高相等,且轴截面面积也相等,那么圆柱与圆锥的体积之比为( ) A.1 B. C. D. 答案 D 解析设圆柱底面半径为 R,圆锥底面半径 r,高都为 h,由已知得 2Rh=rh,r=2R.故 V柱V锥=R2h r 2h= .故选 D. 3.(2020 全国高一课时练习)已知圆柱的高
2、为 1,它的两个底面的圆周在直径为 2的同一个球的球面上, 则该圆柱的体积为( ) A. B. C. D. 答案 B 解析绘制圆柱的轴截面如图所示, 由题意可得 AC=1,AB= ,所以圆柱的底面半径 r= -( ) ,所以圆柱的体积是 V=r2h=( ) 1= . 4. (2020全国高一课时练习)如图,一个盛满溶液的玻璃杯,其形状为一个倒置的圆锥,现放一个球状物体 完全浸没于杯中,球面与圆锥侧面相切,且与玻璃杯口所在平面相切,则溢出溶液的体积为( ) A. B. C. D. 答案 D 解析由题意,设球的半径为 r,作出球的组合体的轴截面(图略),可得一个半径为 r的圆内切于一个边 长为 4
3、 的正三角形,此时正三角形的高为 h=2 ,根据三角形重心的性质可得,球的半径为 r= h= , 所以球的体积为 V= r 3= ( ) ,即溢出溶液的体积为 . 5.(2020 全国高一课时练习)算数书中记载有求“盖”的体积的方法:置如其周,令相承也.又以高乘 之,三十六成一.这相当于给出了圆锥的底面周长 L与高 h,计算其体积 V 的近似公式 V L 2h.它实际 上是将圆锥体积公式中的圆周率 近似取为 3.那么近似公式 V L 2h 相当于将圆锥体积公式中的 近似取为( ) A. B. C. D. 答案 B 解析设圆锥底面圆的半径为 r,高为 h,依题意,L=2r, r 2h= (2r)
4、 2h, 所以 = 2,即 的近似值为 ,故选 B. 6.若两球的体积之和是 12,经过两球球心的截面圆周长之和为 6,则两球的半径之差为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 答案 A 解析设两球的半径分别为 R,r(Rr),则由题意得 解得 故 R-r=1.故选 A. 7.(多选题)如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1,线段 B1D1上有两个动点 E,F,且 EF= ,则下列结 论正确的是( ) A.AC平面 BEF B.AE,BF始终在同一个平面内 C.EF平面 ABCD D.三棱锥 A-BEF 的体积为定值 答案 ACD 解析由 AC平面 BB1D1D,即 AC平面 B
5、EF, A 对; EFBD,BD面 ABCD,EF面 ABCD,得 EF平面 ABCD,C对; SBEF= 1= ,设 AC,BD 交于点 O, AO平面 BB1D1D,AO= VA-BEF= ,D 对; B,E,F 同在平面 BB1D1D上,而 A不在平面 BB1D1D上,AE,BF 不在同一个平面内,B错误. 故选 ACD. 8.已知圆锥 SO 的高为 4,体积为 4,则底面半径 r= . 答案 解析设底面半径为 r,则 r 24=4,解得 r= ,即底面半径为 . 9.(2020 全国高一课时练习)如图,长方体 ABCD-A1B1C1D1的体积是 120,E 为 CC1的中点,则三棱锥
6、E- BCD的体积是 . 答案 10 解析因为长方体 ABCD-A1B1C1D1的体积为 120,所以 AB BC CC1=120.因为 E为 CC1的中点,所以 CE= CC1,由长方体的性质知 CC1底面 ABCD,所以 CE 是三棱锥 E-BCD的底面 BCD 上的高,所以 三棱锥 E-BCD的体积 V= CD BC CE= AB BC CC1= 120=10. 10.一个正方体的八个顶点都在体积为 的球面上,则正方体的表面积为 . 答案 8 解析由 R 3= ,得 R=1. 设正方体的棱长为 a,则 a=2R,所以 a= , 故正方体的表面积 S表=6a2=6( ) =8. 11.某街
7、心花园有许多钢球(钢的密度为 7.9 g/cm3),每个钢球的质量为 145 kg,并且外径等于 50 cm,试 根据以上数据,判断钢球是空心的还是实心的.如果是空心的,空心部分也为球心相同的球.请你计算 出它的内径(取 3.14,结果精确到 1 cm,2.24311.240 98). 解由于外径为 50 cm的钢球的质量为 7.9 ( ) 516 792(g), 街心花园中钢球的质量为 145 000 g,而 145 000V乙且 S甲S乙 B.V甲V乙且 S甲S乙 D.V甲=V乙且 S甲=S乙 答案 C 解析计算得 V甲= a 3,S 甲=4a2,V乙= a 3,S 乙=a2,V甲=V乙,
8、且 S甲S乙.故选 C. 5.(多选题)(2020 全国高一课时练习)一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径 2R相等,下列结论正确的是( ) A.圆柱的侧面积为 2R2 B.圆锥的侧面积为 2R2 C.圆柱的侧面积与球面面积相等 D.圆柱、圆锥、球的体积之比为 312 答案 CD 解析依题意得球的半径为 R,则圆柱的侧面积为 2R2R=4R2,A错误;圆锥的母线长为 R,故圆锥的侧面积为 R R= R2,B错误;球面面积为 4R2,等于圆柱的侧面 积,C 正确;V圆柱=R2 2R=2R3,V圆锥= R 2 2R= R 3,V 球= R 3, V圆柱V圆锥V球=2R3 R 3
9、R 3=312,D 正确. 6.如图,一只装了水的密封瓶子,其内部可以看成是由半径为 1 cm和半径为 3 cm的两个圆柱组成 的几何体.当这个几何体如图水平放置时,液面高度为 20 cm,当这个几何体如图水平放置时,液面 高度为 28 cm,则这个几何体的总高度为 cm. 答案 29 解析设半径为 1 cm和半径为 3 cm的两个圆柱的高分别为 h1 cm和 h2 cm,则由题意知 32 h2+ 12 (20-h2)= 12 h1+ 32 (28-h1),整理得 8(h1+h2)=232,所以 h1+h2=29. 7.(2019 全国)中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形
10、状多为长方体、正方 体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图 1).半正多面体是由两种或两 种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图 2是一个棱数为 48 的半正多面 体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为 1,则该半正多面体共有 个面,其棱长为 . 图 1 图 2 答案 26 -1 解析由题图 2可知第一层与第三层各有 9 个面,共计 18 个面,第二层共有 8个面,所以该半正多面体 共有 18+8=26 个面.如图,设该半正多面体的棱长为 x,则 AB=BE=x,延长 CB与 FE的延长线交于点 G, 延长 BC 交正方
11、体的另一条棱于点 H.由半正多面体的对称性可知,BGE为等腰直角三角形,所以 BG=GE=CH= x,所以 GH=2 x+x=( +1)x=1,解得 x= -1,即该半正多面体的棱长为 - 1. 8.(2020 全国高一课时练习)在半径为 15的球 O内有一个底面边长为 12 的内接正三棱锥 A-BCD, 求此正三棱锥的体积. 解如图所示, 由题意知 OA=OB=OC=OD=15.设 H为BCD 的中心,则 A,O,H三点在同一条直线上. HB=HC=HD= 12 =12, OH= - =9. 正三棱锥 A-BCD的高 h=9+15=24. 又 SBCD= (12 )2=108 , VA-BC
12、D= 108 24=864 . 如图所示,同理,可得正三棱锥 A-BCD 的高 h=15-9=6, S BCD =108 ,VA-BCD= 108 6=216 . 综上,正三棱锥 A-BCD 的体积为 864 或 216 . 素养培优练 如图,某种水箱用的“浮球”,是由两个半球和一个圆柱筒组成.已知半球的直径是 6 cm,圆柱筒高为 2 cm. (1)这种“浮球”的体积是多少 cm3(结果精确到 0.1)? (2)要在 2 500 个这样的“浮球”表面涂一层胶,如果每平方米需要涂胶 100克,那么共需胶多少克? 解(1)因为半球的直径是 6 cm,可得半径 R=3 cm, 所以两个半球的体积之和为 V球= R 3= 27=36(cm 3). 又圆柱筒的体积为 V圆柱=R2 h=92=18(cm3). 所以这种“浮球”的体积是 V=V球+V圆柱=36+18=54169.6(cm3). (2)根据题意,上下两个半球的表面积是 S球表=4R2=49=36(cm2), 又因为“浮球”的圆柱筒的侧面积为 S圆柱侧=2Rh=232=12(cm2), 所以 1 个“浮球”的表面积为 S= (m 2). 因此,2 500 个这样的“浮球”表面积的和为 2 500S=2 500 =12(m 2). 因为每平方米需要涂胶 100 克, 所以共需要胶的质量为 10012=1 200(克).
