2025苏教版高中数学必修第二册强化练习题--13.3.2 空间图形的体积（含答案）

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2025苏教版高中数学必修第二册
13.3.2　空间图形的体积
基础过关练
题组一　棱柱、棱锥、棱台的体积
1.(2023江苏南京江宁五校期中联考)我国古代建筑的屋顶对建筑立面起着特别重要的作用,硬山式屋顶是其中一种类型,其造型的最大特点是简单、朴素,只有前后两面坡,而且屋顶在山墙墙头处与山墙齐平,没有伸出部分(如图1).某硬山式屋顶可近似看成直三棱柱(如图2),其中CC1=10 m,CC1到平面ABB1A1的距离为1.5 m,AB为4 m,则可估算该硬山式屋顶的体积为(　　)
　
A.15 m3　　B.30 m3　　
C.45 m3　　D.60 m3
2.(多选题)(2023河南开封期中)已知正四棱台上、下底面边长分别为2,4,侧棱长为2,则(　　)
A.正四棱台的高为2
B.正四棱台的斜高为
C.正四棱台的表面积为20+12
D.正四棱台的体积为
3.(2023江苏苏州期末)中国南北朝时期的数学家、天文学家祖冲之及其子祖暅总结魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作,提出“幂势既同,则积不容异”的“祖暅原理”,其中“幂”是截面面积,“势”是几何体的高.如图,已知正六棱台的上、下底面边长分别为1和2,高为2,一个不规则的几何体与此棱台满足“幂势既同”的特点,则该几何体的体积为(　　)
A.
　　D.21
4.(2024河北保定九县一中联考)
如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=AD=1,M是C1D上一点,且CM⊥B1D,则四棱锥M-ABCD的体积为(　　)
A.
5.(2024江苏常州前黄高级中学适应性考试)如图,正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为1,高为2,点M是棱CC1上一个动点(点M与C,C1均不重合).
(1)当点M是棱CC1的中点时,求证:AM⊥平面B1MD1;
(2)当平面AB1M将正四棱柱ABCD-A1B1C1D1分割成体积之比为1∶2的两个部分时,求线段MC的长度.
题组二　圆柱、圆锥、圆台的体积
6.(2024江苏苏州部分高中适应性考试)已知圆锥的高为6,体积为高的倍,用平行于圆锥底面的平面截圆锥,得到的圆台高是3,则该圆台的体积为(　　)
A.　　C.7　　D.9
7.(2024江苏南京第一中学月考)已知正三棱柱ABC-A1B1C1与以△ABC的外接圆为底面的圆柱的体积相等,则正三棱柱与圆柱的侧面积的比值为(　　)
A.
8.(2022江苏南通期中)已知两个圆锥的母线长均为6,它们的侧面展开图恰好拼成一个半圆,若它们的侧面积之比是1∶2,则它们的体积之和是(　　)
A.π
C.)π
9.(2024福建莆田第二十五中学期中)有一块形状为正四棱台ABCD-A1B1C1D1的铁料,其上、下底面的边长分别为20 cm和40 cm,高为30 cm.若要将这块铁料最大限度地打磨为一个圆台.
(1)求削去部分与圆台的体积的比值;
(2)先将整块圆台铁料熔化(不考虑损耗),再将全部铁水凝固成一个圆柱,当圆柱的底面半径为何值时,圆柱的上、下底面圆的周长与侧面积的和最小
题组三　球的表面积和体积
10.(2024江苏徐州沛县湖西中学模拟)已知一个实心铜质的圆锥形材料的底面半径为4,侧面积为8π,现将它熔化后铸成一个实心铜球,不计损耗,则铜球的半径为(　　)
A.2　　B.
11.(2024江苏苏州期初)若某圆柱体的底面半径与某球体的半径相等,圆柱体与球体的体积的比值和它们的表面积的比值相等,则该圆柱体的高与球体的半径的比值为(　　)
A.　　D.2
12.(2024江苏徐州检测)对于球面上的三个点,每两个点之间用大圆劣弧相连接,所得三条弧围成的球面部分称为“球面三角形”,这三条弧叫作球面三角形的边.若半径为2的球的球面上有一个各边长均为π的球面三角形,则该球面三角形的面积为　　　　.
13.(2024上海育才中学期中)如图,某种水箱用的“浮球”是由两个半球和一个圆柱筒组成的,已知半球的直径d=6 cm,圆柱筒的高h=4 cm.
(1)这种“浮球”的体积是多少 cm3 (π取3.14,结果精确到0.1)
(2)要在2 500个这样的“浮球”表面涂一层胶质,如果每平方米需要涂胶100克,那么共需涂胶约多少克 (π取3.14,结果精确到个位)
能力提升练
题组一　柱体、锥体、台体的体积
1.(2022江苏南通期中)图1中的机械设备叫作“转子发动机”,其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”,图2是一个曲侧面三棱柱,它的侧棱垂直于底面,底面是“莱洛三角形”(如图3),莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心,正三角形的边长为半径画圆弧得到的,若曲侧面三棱柱的高为4,底面任意两顶点之间的距离为10,则其体积为(　　)
A.200(2π-3)
C.40)
2.(2024安徽蚌埠教学质量检查)如图所示,圆台的上、下底面半径分别为4 cm和6 cm,AA1,BB1为圆台的两条母线,O1,O分别为上、下底面的圆心,截面ABB1A1与下底面所成的角的大小为60°,且劣弧 cm,则三棱台ABO-A1B1O1的体积为　(　　)
A. cm3
C.19 cm3　　D.20 cm3
3.(多选题)(2022浙江宁波六校联盟期中)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2,AB=BC=1,∠ABC=90°,侧面AA1C1C的中心为O,点E是侧棱BB1上的一个动点,下列结论正确的是(　　)
A.直三棱柱的侧面积是4+2
B.直三棱柱的体积是
C.三棱锥E-AA1O的体积为定值
D.AE+EC1的最小值为2
4.(多选题)(2023河北保定一模)沙漏是古代的一种计时装置,由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图1,某沙漏由上、下两个圆锥组成,圆锥的底面直径和高均为6 cm,细沙全部在上部容器时,其高度为圆锥高度的(细管长度忽略不计).假设该沙漏每秒钟漏下0.02 cm3的沙,且细沙全部漏入下部容器后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆,如图2.以下结论正确的是(　　)
A.沙漏的侧面积是9π cm2
B.沙漏中的细沙体积为 cm3
C.细沙全部漏入下部容器后的圆锥形沙堆的高约为2.4 cm
D.该沙漏的一个沙时大约是837秒(π≈3.14)
5.(2024江苏无锡第一中学期中)在直四棱柱ABCD-QMNP中,底面ABCD为平行四边形,PB⊥AC,E,F,G分别为线段AQ,DC,PA的中点.
(1)证明:PA=PC;
(2)证明:平面EFG∥平面PBC;
(3)若PD=1,∠DAB=60°,当PA与平面PBC所成角的正弦值最大时,求四棱锥P-ABCD的体积.
题组二　球的表面积和体积
6.(2023江苏南京金陵中学期中)西施壶是紫砂壶器众多款式中最经典的壶型之一,是一款非常实用的泡茶工具(如图1).西施壶的壶身可近似看成一个球体截去上、下两个相同的球缺的几何体.球缺的体积V=(R为球缺所在球的半径,h为球缺的高).若一个西施壶的壶身高为8 cm,壶口直径为6 cm(如图2),则该壶壶身的容积约为(不考虑壶壁厚度,π取3.14)(　　)
　
A.494 mL　　B.506 mL　　C.509 mL　　D.516 mL
7.(2024江苏连云港五校联考)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的体积为18,若存在球O与三棱柱ABC-A1B1C1的各棱均相切,则球O的表面积为　　　　.
8.(2024江苏无锡第一中学期中)如今我国在基建方面世界领先,可谓是逢山开路,遇水架桥,公路里程、高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出的用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先.下图是某重器上一零件结构模型,中间最大球为正四面体ABCD的内切球,中等球与最大球和正四面体三个面均相切,最小球与中等球和正四面体三个面均相切.已知正四面体ABCD的体积为8,则模型中最大球的体积为　　　　,模型中九个球的表面积之和为　　　　.
9.(2023江苏南京九校联合体期末)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为12 cm,该纸片上的正方形ABCD的中心为O,E,F,G,H为圆O上的点,△ABE,△BCF,△CDG,△ADH分别是以AB,BC,CD,DA为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以AB,BC,CD,DA为折痕折起△ABE,△BCF,△CDG,△ADH,使得E,F,G,H重合,得到一个四棱锥.当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时,求四棱锥的外接球的表面积.
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.B　过C作CD⊥AB于D,则CD=1.5 m,又CC1=10 m,AB=4 m,所以该三棱柱的体积V=S△ABC·CC1=×4×1.5×10=30(m3).故选B.
2.BCD　对于A,易得正四棱台上、下底面对角线长分别为2,A错误;
对于B,正四棱台的斜高h'=,B正确;
对于C,易得正四棱台的侧面积为4×,C正确;
对于D,正四棱台的体积V=,D正确.
故选BCD.
3.D　因为正六棱台的上、下底面为正六边形,
所以S上底面=6×,
所以V六棱台==21,
由祖暅原理知所求几何体的体积为21.
故选D.
4.A　在长方体ABCD-A1B1C1D1中,B1C1⊥平面CDD1C1,因为CM 平面CDD1C1,
所以B1C1⊥CM,又CM⊥B1D,B1C1∩B1D=B1,B1C1,B1D 平面B1C1D,所以CM⊥平面B1C1D,
因为C1D 平面B1C1D,所以CM⊥C1D,
所以cos∠CDM=,
所以DM=,
又DC1=DC1,
则点M到平面ABCD的距离d=,
故四棱锥M-ABCD的体积V=.故选A.
5.解析　(1)证明:连接AC,AB1,
因为M是棱CC1的中点,
所以AM=,
B1A=,
所以B1A2=B1M2+AM2,故AM⊥B1M,
同理可得,AM⊥D1M,
又B1M∩D1M=M,B1M,D1M 平面B1MD1,
所以AM⊥平面B1MD1.
(2)如图,连接C1D,作MN平行于C1D,交CD于点N,连接AN,BM,
因为AD∥B1C1,AD=B1C1,所以四边形AB1C1D是平行四边形,所以AB1∥C1D,
所以AB1∥MN,则截面为平面B1ANM,
设线段CM的长为h(0因为MN∥C1D,所以,
故S梯形ABCN=,
则VM-ABCN=,
又,
所以,
由题意得
.
6.C　如图所示:
由题意知圆锥SO的高为OS=6,圆台的高为OO1=3,
设圆锥SO的底面半径为r,则O1A1=r,
所以(舍负),
故圆台的下底面面积为πr2=4,上底面面积为π=1,
所以该圆台的体积为)×3=7.
故选C.
7.C　设正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a,高为h,
则△ABC的面积为a2,
故正三棱柱ABC-A1B1C1的体积为a2h,
设△ABC的外接圆半径为R,则2R=a,
设圆柱的高为m,则圆柱的体积πR2m=a2m,
由题意得,
正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面积为3ah,圆柱的侧面积为2πR·m=πam,
故正三棱柱与圆柱的侧面积的比值为=2.故选C.
8.A　因为两个圆锥的母线长均为6,侧面展开图恰好拼成一个半圆,所以两个圆锥的底面圆的周长之和为6π,因为两个圆锥的侧面积之比为1∶2,所以两个圆锥的底面圆的周长之比为1∶2,则底面圆的周长分别为2π,4π,底面圆的半径分别为1,2,所以两个圆锥的高分别为π.故选A.
9.解析　(1)若要将这块铁料最大限度地打磨为一个圆台,则圆台OO1的上、下底面圆与正四棱台的上、下底面正方形分别相切,高为正四棱台的高.
则圆台OO1的上底面半径为O1Q=10 cm,下底面半径为OP=20 cm,高为O1O=30 cm,
则圆台OO1的体积V1=π(102+202+10×20)×30=7 000π(cm3).
又正四棱台的体积V=)×30=28 000(cm3),
所以削去部分的体积V2=(28 000-7 000π)cm3,
所以削去部分与圆台的体积的比值为.
(2)设圆柱的底面半径为r cm(r>0),高为h cm(h>0),则πr2h=7 000π,
即r2h=7 000,所以h=,
圆柱的底面周长C=2πr,侧面积S侧=Ch=2πrh,
则圆柱的上、下底面圆的周长与侧面积的和为4πr+2πrh=4πr+2πr×π,
当且仅当4πr=时取等号,
所以当圆柱的底面半径为10 cm时,圆柱的上、下底面圆的周长与侧面积的和最小.
10.A　因为圆锥底面半径为4,侧面积为8π,
所以圆锥的母线长l=,
所以圆锥的高h==2,
因为圆锥的底面积S=16π,
所以圆锥的体积V=,
设铜球的半径为R,所以,解得R=2.
故选A.
11.D　设圆柱的底面半径为r,高为h,则球的半径为r,
设圆柱的体积为V1,表面积为S1,球的体积为V2,表面积为S2,
则V1=πr2h,V2=πr3,S1=2πrh+2πr2,S2=4πr2,
由题意得=2.
故选D.
12.答案　2π
解析　球面三角形ABC如图所示,因为球的半径为2,所以大圆周长为4π,球的表面积为4π×22=16π.因为球面三角形的各边长均为π,所以球面三角形ABC三边所对的大圆的圆心角均为90°,即∠AOB=
∠AOC=∠BOC=90°,
根据对称性,可知球面三角形ABC的面积为球面面积的×16π=2π.
13.解析　(1)由半球的直径d=6 cm,得“浮球”的圆柱筒的底面直径也是6 cm,故半球及圆柱筒底面的半径R=3 cm,
所以两个半球的体积之和V1=π×27=36π(cm3),
圆柱筒的体积V2=πR2·h=π×9×4=36π(cm3),
所以该“浮球”的体积V=V1+V2=36π+36π=72π≈226.1(cm3).
(2)上、下两个半球的表面积之和S1=4πR2=4×π×9=36π(cm2),
又“浮球”的圆柱筒侧面积S2=2πRh=2×π×3×4=24π(cm2),
所以1个“浮球”的表面积S=π(m2),
因此,2 500个“浮球”的表面积的和为2 500S=2 500×π=15π(m2),
因为每平方米需要涂胶100克,
所以总共需要涂胶100×15π≈4 710(克).
能力提升练
1.B　由题意知正三角形的面积为,
∴底面每个小弓形的面积均为,
∴底面莱洛三角形的面积S=100π-150,
∴曲侧面三棱柱的体积V=4(100π-100).
故选B.
2.C　如图,分别取A1B1,AB的中点E,F,连接EF,O1E,OF.
则O1E⊥A1B1,OF⊥AB且O1E∥OF,易知O1O⊥平面ABO,因为AB 平面ABO,所以O1O⊥AB,
又OF∩O1O=O,OF,O1O 平面FEO1O,
所以AB⊥平面FEO1O,
又EF 平面FEO1O,所以EF⊥AB,
故截面ABB1A1与下底面所成的角为∠EFO=60°,
过E作EH⊥FO于点H,则EH∥O1O,且EH=O1O,
又劣弧 cm,弧所在圆的半径为4 cm,
∴∠A1O1B1=,
∴EO1=4sin=2(cm),
同理可得OF=3 cm,∴FH=3-2=1(cm),
又∠EFO=60°,∴O1O=EH=FHtan 60°=(cm),
易得△A1O1B1的面积为(cm2),
所以三棱台ABO-A1B1O1的体积为=19(cm3).故选C.
3.ACD　由题意得,底面ABC和底面A1B1C1是等腰直角三角形,侧面全是矩形,所以三棱柱的侧面积为1×2×2+,故A正确;
直三棱柱的体积为S△ABC·AA1=×1×1×2=1,故B不正确;
因为点E是侧棱BB1上的一个动点,所以以△AA1O为底面的三棱锥E-AA1O的高为定值,
又,故C正确;
将侧面BB1C1C与侧面AA1B1B展开至同一平面内,如图,则四边形AA1C1C为正方形,连接AC1,交BB1于点E,则E为BB1的中点,
此时AE+EC1的值最小,为2,故D正确.
4.BD　A选项,设下圆锥的母线长为l,则l=(cm),
故下圆锥的侧面积S=3×3π cm2,故A错误;
B选项,当细沙全部在上部容器时,其高度为圆锥高度的(cm3),故B正确;
C选项,由B选项可知,细沙全部漏入下部容器后的圆锥形沙堆的体积为≈1.8(cm),故C错误;
D选项,≈837(秒),故该沙漏的一个沙时大约是837秒,故D正确.
故选BD.
5.解析　(1)证明:连接BD,设AC∩BD=O,连接PO.
因为PD⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,所以PD⊥AC,
又PB⊥AC,PB∩PD=P,PB,PD 平面PDB,
所以AC⊥平面PDB.
因为PO 平面PDB,所以AC⊥PO,
又由四边形ABCD为平行四边形得AO=OC,
所以PA=PC.
(2)证明:延长EG交PD于H,连接FH,则H为PD的中点.
因为E,F,G,H分别为AQ,DC,PA,PD的中点,
所以EG∥PQ,FH∥PC.
又PQ∥BC,所以EG∥BC.
因为EG 平面PBC,BC 平面PBC,
所以EG∥平面PBC,
同理可得HF∥平面PBC,
因为EG∩HF=H,EG 平面EFG,HF 平面EFG,
所以平面EFG∥平面PBC.
(3)设AD=x,x>0,
由(1)可得AC⊥平面PDB,
因为BD 平面PDB,所以AC⊥BD,
故平行四边形ABCD为菱形,
又∠DAB=60°,所以BD=AB=x.
因为PD⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,
所以PD⊥AD,
故PA=.
故S△PBC=.
设d为点A到平面PBC的距离,PA与平面PBC所成的角为θ,
则sin θ=.
又VP-ABC=x2,
VA-PBC=,
故,
故sin θ=-3,
当且仅当x4=时等号成立,
故当PA与平面PBC所成角的正弦值最大时,
VP-ABCD=.
6.A　如图,作出几何体的轴截面,
则AB=6 cm,O为球心,D为壶口所在圆的圆心,DE=8 cm,则AD=DB=3 cm.
因为DE=8 cm,所以OD=OE=4 cm,
连接OB,因为OD⊥AB,所以OB==5(cm),
所以球的半径R=5 cm,
所以球缺的高h=5-4=1(cm),
所以球缺的体积V=(cm3),
所以该壶壶身的容积约为≈494(mL).故选A.
7.答案　16π
解析　如图所示,取下、上底面的中心O',O″,设D、E、F分别为球与上底面各棱的切点,
易知O为O'O″的中点,
设AB=a,AA1=2h,球O的半径为R.
由题意易知a=2h,
则C1F==R,
因为,
所以R=2 S球=4πR2=16π.
8.答案　;9π
解析　设正四面体的棱长为x,高为h,△BCD外接圆的半径为r,
则x,
所以VA-BCD=.
如图,取BC的中点E,连接DE,AE,
则CE=BE=,
过点A作AF⊥底面BCD于点F,则F在DE上,且DF=2EF,
所以DF=2,
故AF==4,
设点O为最大球的球心,连接DO并延长,交AE于点M,则DM⊥AE,
设最大球的半径为R,则OF=OM=R,
易得Rt△AOM∽Rt△AEF,
所以,
解得R=1,
所以最大球的体积为,
设最小球的球心为J,中等球的球心为K,则两球均与直线AE相切,设切点分别为H,G,
连接HJ,KG,则HJ,KG分别为最小球和中等球的半径,长度分别设为a,b,
则AJ=3HJ=3a,AK=3GK=3b,则JK=AK-AJ=3b-3a,
又JK=a+b,所以3b-3a=a+b,解得b=2a,
又OK=R+b=AO-AK=3-3b,故4b=3-R=2,解得b=,
故模型中九个球的表面积之和为4πR2+4πb2×4+4πa2×4=4π+4π+π=9π.
9.解析　如图1,连接OE交AB于点I.
设正方形的边长为x cm(x>0),
则OI=cm.
因为该四棱锥的侧面积是底面积的2倍,
所以4×=2x2,解得x=8.
设E,F,G,H重合于点P,该四棱锥的外接球的球心为Q,如图2.
易知OC=4(cm),
所以OP=(cm).
设外接球的半径为R cm,
则R2=,
所以外接球的表面积S=4π×π(cm2).
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