高中数学苏教版第一章立体几何初步 学业分层测评1

学业分层测评(十一)(建议用时：45分钟)[学业达标]一、填空题1．(2023·苏州高二检测)若正三棱锥的底面边长为eq\r(2)，侧棱长为1，则此正三棱锥的体积为__________．【解析】设此正三棱锥的高为h，则h2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(\r(3),2)×\r(2)))2＝1，所以h2＝eq\f(1,3)，h＝eq\f(\r(3),3)，故此三棱锥的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×(eq\r(2))2×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(1,6).【答案】eq\f(1,6)2．一个正四棱台形油槽可以装煤油190L，假如它的上、下底边长分别等于60cm和40cm，它的深度是________cm.【解析】设深度为h，则V＝eq\f(h,3)(402＋40×60＋602)，即190000＝eq\f(h,3)×7600，所以h＝75.【答案】753．如图1­3­11，已知底面半径为r的圆柱被一个平面所截，剩下部分母线长的最大值为a，最小值为b，那么圆柱被截后剩下部分的体积是________.【导学号：60420232】图1­3­11【解析】将该几何体补上一个同样的几何体，变为一个高为a＋b的圆柱，则所求几何体的体积为V＝eq\f(V圆柱,2)＝eq\f(1,2)×πr2·(a＋b)＝eq\f(πa＋br2,2).【答案】eq\f(πa＋br2,2)4．(2023·江苏高考)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为______．【解析】设新的底面半径为r，由题意得eq\f(1,3)×π×52×4＋π×22×8＝eq\f(1,3)×π×r2×4＋π×r2×8，∴r2＝7，∴r＝eq\r(7).【答案】eq\r(7)5．(2023·山东高考改编)在梯形ABCD中，∠ABC＝eq\f(π,2)，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为________．【解析】过点C作CE垂直AD所在直线于点E，梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB的长为底面圆半径，线段BC为母线的圆柱挖去以线段CE的长为底面圆半径，ED为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V＝V圆柱－V圆锥＝π·AB2·BC－eq\f(1,3)·π·CE2·DE＝π×12×2－eq\f(1,3)π×12×1＝eq\f(5π,3).【答案】eq\f(5π,3)6．将一铜球放入底面半径为16cm的圆柱形玻璃容器中，水面升高了9cm，则这个铜球的半径为__________cm.【解析】设铜球的半径为Rcm，则有eq\f(4,3)πR3＝π×162×9，解得R＝12.【答案】127．如图1­3­12，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，如果AB＝AC＝eq\r(13)，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________．图1­3­12【解析】在△ABC中，BC边上的高h＝eq\r(\r(13)2－32)＝2，V柱＝eq\f(1,2)BC·h·BB1＝eq\f(1,2)×6×2×6＝36，∴VE­ABC＋VF­A1B1C1＝eq\f(1,6)V柱＝6，故VBB1C1CEF＝36－6＝30.【答案】308．如图1­3­13所示，在边长为4的正方形纸片ABCD中，AC与BD相交于O，剪去△AOB，将剩余部分沿OC，OD折叠，使OA，OB重合，则以A(B)，C，D，O为顶点的四面体的体积是__________．图1­3­13【解析】显然，折叠后OA是该四面体的高，且OA为2eq\r(2)，而△COD的面积为4，所以四面体的体积为eq\f(8\r(2),3).【答案】eq\f(8\r(2),3)二、解答题9．如图1­3­14所示，A为直线y＝eq\f(\r(3),3)x上的一点，AB⊥x轴于点B，半圆的圆心O′在x轴的正半轴上，且半圆与AB，AO相切，已知△ABO绕x轴旋转一周形成的几何体的体积为9eq\r(3)π，求阴影部分旋转成的几何体的体积．图1­3­14【解】阴影部分绕x轴旋转一周所得几何体是圆锥挖去一个内切球．其体积为V＝V圆锥－V球．设A点坐标为(x，y)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(\r(3),3)x，,\f(1,3)xy2π＝9\r(3)π，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3\r(3)，,y＝3.))于是∠AOB＝30°，从而OO′＝2R，3R＝x＝3eq\r(3)，R＝eq\r(3).∴V＝9eq\r(3)π－eq\f(4,3)πR3＝9eq\r(3)π－eq\f(4,3)π(eq\r(3))3＝5eq\r(3)π.10．直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AA1，∠CAB＝eq\f(π,2).(1)证明：CB1⊥BA1；(2)已知AB＝2，BC＝eq\r(5)，求三棱锥C1­ABA1的体积．【解】(1)如图，连结AB1，∵ABC­A1B1C1是直三棱柱，∠CAB＝eq\f(π,2)，∴AC⊥平面ABB1A1，故AC⊥BA1又∵AB＝AA1，∴四边形ABB1A1∴BA1⊥AB1，又CA∩AB1＝A，∴BA1⊥平面CAB1，故CB1⊥BA1.(2)∵AB＝AA1＝2，BC＝eq\r(5)，∴AC＝A1C1由(1)知A1C1⊥平面ABA1∴VC1­ABA1＝eq\f(1,3)S△ABA1·A1C1＝eq\f(1,3)×2×1＝eq\f(2,3).[能力提升]1．(2023·山东高考)一个六棱锥的体积为2eq\r(3)，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．【解析】设正六棱锥的高为h，侧面的斜高为h′.由题意，得eq\f(1,3)×6×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×h＝2eq\r(3)，∴h＝1，∴斜高h′＝eq\r(12＋\r(3)2)＝2，∴S侧＝6×eq\f(1,2)×2×2＝12.【答案】122．若与球外切的圆台的上、下底面半径分别为r，R，则球的表面积为________．【解析】法一：如图，设球的半径为r1，则在Rt△CDE中，DE＝2r1，CE＝R－r，DC＝R＋r.由勾股定理得4req\o\al(2,1)＝(R＋r)2－(R－r)2，解得r1＝eq\r(Rr).故球的表面积为S球＝4πreq\o\al(2,1)＝4πRr.法二：如图，设球心为O，球的半径为r1，连结OA，OB，则在Rt△AOB中，OF是斜边AB上的高．由相似三角形的性质得OF2＝BF·AF＝Rr，即req\o\al(2,1)＝Rr，故r1＝eq\r(Rr)，故球的表面积为S球＝4πRr.【答案】4πRr3．如图1­3­15，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，E是AB的中点，D是AA1的中点，则三棱锥D­B1C1E的体积与三棱柱ABC­A1B1C1的体积之比是__________.【导学号：604图1­3­15【解析】设C1到平面A1B的距离为h，由已知得，S△DB1E＝eq\f(3,8)AB·A1A，所以V三棱锥D­B1C1E＝eq\f(1,3)S△DB1Eh＝eq\f(1,3)×eq\f(3,8)·AB·A1A·h＝eq\f(1,8)AB·A1A·h＝eq\f(1,4)VABC­A1B1C1，即V三棱锥D­B1C1E∶VABC­A1B1C1＝1∶4.【答案】1∶44．(2023·全国卷Ⅱ)如图1­3­16，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F图1­3­16(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．【解】(1)交线围成的正方形EHGF如图所示．(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝1