微专题 空间几何体的体积（专项训练）高一数学人教A版必修第二册

微专题 空间几何体的体积 题型一 直接法求体积 直接法是体积计算的基础方法，核心是精准识别几何体类型并匹配对应公式，先明确柱体、锥体、台体、球体的公式逻辑，再从题干提取底面边长、半径、侧棱长、高等关键量，若底面为规则图形（正三角形、矩形、圆）先算底面积，再代入公式直接计算，无需转换几何体，适用于所有结构规整、参数直接给出的基础体积题。 1．（上海市虹口区2026届高三二模考试数学试卷）已知一个直三棱柱的侧棱长为2，底面面积为2，则该三棱柱的体积为________． 2．（2026·浙江宁波·模拟预测）一个底面半径为2cm的圆柱形容器内盛有足量的水，能放入一个半径为1cm的实心铁球，沉入水底后，水未溢出容器，则水面升高了________cm． 3．（2026·安徽滁州·模拟预测）若某正三棱柱的表面积是侧面积的两倍，且底面的边长为2，则该正三棱柱的体积为____________． 4．（2025高一·安徽淮北·月考）已知圆锥的轴截面为正三角形，外接球的半径为2，则圆锥的体积为（ ） A． B． C． D． 5．（25-26高一·广西柳州·月考）已知正三棱锥的底面边长为，侧棱长为，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 6．（25-26高一·山东青岛·月考）在正四棱台中，，，则该棱台的体积为______. 7．（25-26高三·湖南邵阳·月考）若圆台的上下底面半径分别为1和4，侧面积为，则圆台的体积为________. 题型二 等体积法求体积 等体积法的核心是顶点与底面的等价替换，利用“三棱锥任意面作底体积不变”的性质，避开难求的高线：当几何体高不易作垂线、或顶点在面上投影不明确时，更换顶点为几何体端点（如棱柱顶点、棱台中心），选择垂直于底面的棱作高，或利用线面垂直确定高，将不规则四面体、三棱锥转化为底面积与高易求的形式，实现体积快速计算，是解决空间内无明显高线体积题的核心方法。 8．（2025高三·全国·竞赛）在棱长均为2的直四棱柱中，，分别为棱的中点，则四面体的体积为_____． 9．（25-26高三·上海·二轮复习）如图，直三棱柱所有的棱长都为1，，分别为和的中点，则三棱锥的体积__________． 10．（2026高一·广东·专题练习）已知直三棱柱满足，，点，分别为，的中点. (1)求证： 平面； (2)求证：平面. (3)求三棱锥的体积. 题型三 割补法求体积 割补法是处理不规则组合体、残缺几何体的关键，分为切割法与补形法：切割法是将复杂几何体拆分为棱柱、棱锥、棱台等规则体，分别算体积后求和；补形法是将残缺几何体补成完整棱柱、棱锥、圆柱，用整体体积减去补充部分的体积，尤其适用于多面体、挖去圆柱/圆锥的组合体、折叠形成的不规则几何体，通过化不规则为规则降低计算难度。 11．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，圆锥PO的底面直径和高均是2，过OP的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面从圆锥中挖去一个圆柱，则剩余的几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 12．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图，在几何体中，侧棱均垂直于底面ABC，已知，，则该几何体的体积为________． 13．（2026·北京平谷·模拟预测）如图在一个五面体中，其中面为矩形，平面，且与平面的距离为5，则该五面体的体积为______． 14．（25-26高三·北京通州·开学考试）如图1，取边长为6的正方形纸板，分别为三边的中点，先将等腰直角三角形沿虚线段裁去，再将剩下的五边形沿线段折起，连接，就得到了一个《九章算术》中所载的“刍甍”五面体（如图2）．若棱的长为5，则该五面体的体积为___________. 15．（25-26高三·北京·月考）某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为2的正方形，，，，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直，则该包装盒的容积为________. 16．（25-26高二·贵州遵义·月考）如图，在三棱柱中，分别是棱的中点． (1)证明：平面； (2)若三棱柱的体积为，求四棱锥的体积． 17．（2026·四川资阳·模拟预测）如图，正三棱柱的所有棱长都为2，点，，分别在棱，，上，其中，，，则几何体的体积为（   ） A． B． C． D． 题型四 等比例法求体积 等比例法依托线段比例、面积比例、相似比与体积比的关系，核心是“相似几何体体积比为相似比的立方，同高几何体体积比为底面积比，同底几何体体积比为高之比”。常用于中点、分点分割的棱锥/棱柱，截面平行于底面的相似锥体，以及线面平行分割的几何体，先确定比例关系，再结合已知体积按比例分配，无需完整计算整体体积即可求解。 18．【多选】（25-26高二·山东淄博·期末）如图，在三棱锥中，二面角的大小为，且，分别为的中点，则（    ） A．异面直线与所成角为. B．. C． D．三棱锥的体积为 19．（2025·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，△是边长为的正三角形，，． (1)求证：平面平面BCD； (2)若点E在棱BC上，且，求三棱锥的体积． （1）根据面面垂直的判定定理证明； （2）利用三棱锥和的体积关系求解. 20．（2025高二·黑龙江大庆·开学考试）在边长为a的正方形中，E，F分别为，的中点，M、N分别为、的中点，现沿、、折叠，使B、C、D三点重合，构成一个三棱锥，如图所示．    (1)在三棱锥中，求证：； (2)求四棱锥的体积． 题型五 复杂情景下的体积求解 复杂情景题多为几何体嵌套、相切、相交的综合题，解题需先拆解结构：先分析内切、外接、相切的几何约束（如圆柱与四棱锥相切、球与圆锥内切），通过轴截面、中心截面确定半径、高的数量关系，再结合勾股定理、相似三角形推导隐藏参数，最后区分嵌套几何体的公共部分与独立部分，代入公式计算，重点考查空间想象与几何约束转化能力。 21．（2026·河北张家口·模拟预测）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周与正方形的四边都相切，另一个底面圆周与四棱锥的四条侧棱都相交，则该圆柱的体积为（    ） A． B． C． D． 22．（25-26高三·天津红桥·开学考试）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为3.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________. 题型六 祖暄原理求体积 祖暅原理是间接求不规则几何体体积的专属方法，核心“幂势既同，则积不容异”，即等高几何体在所有等高处截面积相等，则体积相等。解题时需构造对比几何体（圆柱、圆锥、棱柱），证明目标几何体与构造体等高处截面面积相等，再将椭半球体、不规则旋转体、特殊多面体的体积，转化为构造体的体积和或体积差，避开复杂公式直接求解。 23．（2026高三·全国·专题练习）如图，将底面直径皆为，高皆为的椭半球体和已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面上，用平行于平面且与的距离为d的平面截两个几何体得到及两截面，可以证明总成立．据此，短轴为3cm，长半轴为2cm的椭半球体的体积是______． 24．（25-26高二·上海松江·期末）有趣的金马徐高想运用所学祖暅原理（如图1）解决如下问题：如图2，有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为4的铁球，再注入水，使水面与球正好相切（球与倒圆锥相切效果很好，水不能流到倒圆锥容器底部），则容器中水的体积为________．（结果保留）    25．（25-26高三·广东惠州·期末）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是两个同高的几何体在等高处的截面积都相等，则这两个几何体的体积相等.现有同高的三棱锥和圆锥满足祖暅原理的条件，若圆锥的侧面展开图是半径为3且圆心角为120°的扇形，由此推算三棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 26．（2025高一·辽宁·期末）祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高.这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等.利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差.如图，是一“四脚帐篷”形状的几何体的示意图，其中曲线AOC和BOD均是以为半径的半圆，平面AOC和平面BOD均垂直于平面ABCD，用任意平行于底面ABCD的平面截该几何体，所得截面四边形均为正方形，请利用祖暅原理试求该几何体的体积是（   ）（提示：可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱） A． B． C．36π D．72π 题型七 体积的最值问题 体积最值题是几何与函数结合的综合题，解题分三步：第一步设定变量（边长、角度、高、底面半径），第二步结合线面垂直、面面垂直、余弦定理、基本不等式，建立体积关于变量的函数表达式，第三步确定变量取值范围（由三角形三边关系、线面角范围、几何体约束限定），再用二次函数单调性、基本不等式取等条件、三角函数值域求最值，核心是“几何条件转代数函数”。 27．（2026·广东广州·模拟预测）如图，直三棱柱中，为中点，平面平面，，则三棱柱体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 28．（2026高一·全国·专题练习）四面体中，直线与所成的角为，，，，则四面体的体积的最大值为______. 29．（2026·广东佛山·模拟预测）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，，，分别为圆锥的母线，，，则三棱锥体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 题型八 两个空间几何体体积比问题 体积比问题分直接计算比与比例推导比：直接法是分别算出两个几何体体积再作比，适用于结构简单的柱、锥、球；比例法适用于旋转体、相似体、同底/同高几何体，利用半径比、边长比、高之比，结合体积公式直接推导比例（如圆锥与圆柱同底时体积比为1/3），无需算出具体体积，重点考查公式变形与比例关系运用。 30．（2026·青海西宁·模拟预测）已知圆柱的底面半径为r，高为，上、下底面圆的圆心分别是，，点O为线段的延长线上一点，圆锥的底面为圆柱的下底面，顶点为O．若圆锥的表面积与圆柱的表面积相等，则圆锥与圆柱的体积的比值为（   ） A． B． C． D． 31．（25-26高一·全国·课后作业）如图，，分别为长方体的棱，的中点. (1)求证：， (2)当长方体每条棱都相等时，求该几何体与其外接球的体积之比. 32．（25-26高三·江苏连云港·月考）如图，四边形是直角梯形，其中，，，是的中点，以为直径的半圆与相切于点.与梯形以为旋转轴旋转一周，可以分别得到一个球和一个圆台，则该圆台的体积与球的体积之比为______. 33．（2025高一·河南洛阳·月考）等腰直角三角形中，，该三角形分别绕所在直线旋转，则2个几何体的体积之比为（    ） A． B． C． D． 34．（2025·广东珠海·模拟预测）一个内角为30°的直角三角形，分别以该三角形的斜边、两条直角边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成3个几何体．这3个几何体的体积从小到大之比为（    ） A． B． C． D． 35．（25-26高一·全国·课后作业）如图，三棱台中，，则三棱锥，，的体积之比为（   ） A． B． C． D． 题型九 截面分割体积比问题 截面分割题的核心是确定截面形状与分割后几何体类型，先通过延长线、中点、平行线确定截面多边形，判断分割后的部分为棱台、棱锥、不规则多面体，再用割补法、直接法算出较小部分体积，用总体积减去较小部分得较大部分体积，最终求比值；正方体、三棱柱的截面分割常出现三棱台、四棱锥，需精准识别截面与几何体的交线。 36．（2025高三·广东东莞·月考）如图，在已知正方体中，是棱上的点，且.平面将此正方体分为两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（    ） A． B． C． D． 37．（2025·海南·模拟预测）在正方体中，，M为棱BC的中点，过直线AM的平面满足平面，则平面截正方体所得较小部分与较大部分的体积的比值为______． 38．（25-26高一·全国·课堂例题）如图所示，在三棱柱中，、分别为、的中点，平面将三棱柱分成两部分，求这两部分的体积之比． 39．（2025·浙江·模拟预测）在各棱长均为1的正三棱柱中，、分别为、的中点，过、、三点的截面将三棱柱分成上下两部分，记体积较小部分的体积为，另一部分的体积为，则的值为（    ） A． B． C． D． 40．（2025·河南·模拟预测）我们把几何体的表面积与体积之比称为“相对积”，已知三棱锥中，，、、分别在棱、、上，且截面与底面平行，，则三棱锥与三棱锥的相对积之比为______． 41．（2025·辽宁大连·模拟预测）已知正四棱台分别是棱的中点，平面将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为__________． 42．（2026·广东·模拟预测）如图，正方体的棱长为4，为正方形的中心，为棱的中点，过点的平面将正方体分成上、下两部分，则较小的部分体积大小为（   ） A．16 B．18 C． D．24 43．（2025·江西·模拟预测）如图，已知三棱柱中，底面，，，，，，分别为棱，的中点. （1）求异面直线与所成角的大小； （2）若为线段的中点，试在图中作出过，，三点的平面截该棱柱所得的多边形，并求该截面分三棱柱成两部分（较小部分与较大部分）的体积的比值. 题型十 应用性问题中求体积 应用体积题需完成实际场景到几何模型的转化，先从降雨量、官斛、古建筑刍甍等实际背景中，提取底面形状、尺寸、高、深度等几何参数，确定对应几何体（圆台、正四棱台、刍甍五面体），再代入专用体积公式计算，最后结合实际定义（如降雨量=水体积/接雨面积）换算结果，匹配实际等级或数值，重点考查建模能力与公式实际应用。 44．（2026·云南昆明·模拟预测）降雨量是在一定时间内降落在水平地面上某一单位面积上的水层深度（未经蒸发､渗漏､流失），以计算降雨量的等级划分如下： 降雨量 等级 小雨 中雨 大雨 暴雨 大暴雨 特大暴雨 某数学小组为了测量当地某日的降雨量，用一个开口半径为，底面半径为，高为的圆台型铁桶（如图所示）收集雨水，若在一次降水过程中用此桶水平放置接了的雨水后，桶内水深为，则当日降雨量的等级是（    ） A．暴雨 B．大雨 C．中雨 D．小雨 45．（25-26高三·江苏南京·期中）清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食从苏州府运送到全国各地.为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，两斛为一石.已知一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为，下底也为正方形，内边长为，斛内高，那么一石米的体积大约为（    ） A． B． C． D． 46．（2026·云南大理·模拟预测）庑殿顶是中国传统建筑中等级最高的屋顶形式之一，形态为四面斜坡，有一条正脊和四条斜脊，《九章算术》中将类似庑殿顶的几何体称为“刍甍”（图1）．据记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广（袤：南北方向长度；广：东西方向长度）”，其体积公式为：（上袤下袤）广高．如图2所示，刍甍是底面为矩形的五面体，顶部是一条与底面平行的正脊，四条斜脊长度相等，若下袤为，广为，上袤是下袤的，和与底面所成角均为，则该刍甍的体积为________． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题 空间几何体的体积 题型一 直接法求体积 直接法是体积计算的基础方法，核心是精准识别几何体类型并匹配对应公式，先明确柱体、锥体、台体、球体的公式逻辑，再从题干提取底面边长、半径、侧棱长、高等关键量，若底面为规则图形（正三角形、矩形、圆）先算底面积，再代入公式直接计算，无需转换几何体，适用于所有结构规整、参数直接给出的基础体积题。 1．（上海市虹口区2026届高三二模考试数学试卷）已知一个直三棱柱的侧棱长为2，底面面积为2，则该三棱柱的体积为________． 【答案】4 【分析】根据三棱柱的体积公式计算求解. 【详解】设一个直三棱柱的侧棱长为，底面面积为，则该三棱柱的体积为. 2．（2026·浙江宁波·模拟预测）一个底面半径为2cm的圆柱形容器内盛有足量的水，能放入一个半径为1cm的实心铁球，沉入水底后，水未溢出容器，则水面升高了________cm． 【答案】 【分析】利用上升水的体积等于实心铁球的体积计算即可得. 【详解】设水面升高了cm，由题意知，解得：. 3．（2026·安徽滁州·模拟预测）若某正三棱柱的表面积是侧面积的两倍，且底面的边长为2，则该正三棱柱的体积为____________． 【答案】 【分析】棱柱的高为，先求出侧面积及表面积，利用题干给出的条件解出高，最后用体积公式求解体积. 【详解】设正三棱柱的高为，底面正三角形边长， 侧面积：， 底面积：， 两个底面的总面积为， 表面积： ， 依题意得：， 代入得： 化简求解：， 正三棱柱体积：. 4．（2025高一·安徽淮北·月考）已知圆锥的轴截面为正三角形，外接球的半径为2，则圆锥的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分析可知，外接球半径即为轴截面等边三角形的外接圆半径，利用正弦定理求出圆锥的底面半径为，进而求出圆锥的高，再利用锥体的体积公式可求得结果. 【详解】设圆锥的底面半径为，由于圆锥轴截面为等边三角形， 则外接球半径即为轴截面等边三角形的外接圆半径，即， 由正弦定理可得， 该圆锥的高为， 故该圆锥的体积为. 5．（25-26高一·广西柳州·月考）已知正三棱锥的底面边长为，侧棱长为，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】解：如图正三棱锥，设其高为PO，为底面中心，则为底面重心，所以， 故，故三棱锥的体积为． 6．（25-26高一·山东青岛·月考）在正四棱台中，，，则该棱台的体积为______. 【答案】/ 【分析】根据正棱台的特征，构造直角三角形，解出正棱台的高，代入公式即可求解. 【详解】如图所示： 取正棱台上下底面中心，连接过点作的平行线，交于点， 因为，所以 在直角三角形中，， 故正四棱台的高为， 根据棱台体积计算公式，. 7．（25-26高三·湖南邵阳·月考）若圆台的上下底面半径分别为1和4，侧面积为，则圆台的体积为________. 【答案】 【分析】由圆台侧面积公式可得母线长，再求出圆台的高，利用圆台的体积求解即可. 【详解】设圆台母线长为，则，所以，所以圆台的高为， 所以圆台的体积为. 题型二 等体积法求体积 等体积法的核心是顶点与底面的等价替换，利用“三棱锥任意面作底体积不变”的性质，避开难求的高线：当几何体高不易作垂线、或顶点在面上投影不明确时，更换顶点为几何体端点（如棱柱顶点、棱台中心），选择垂直于底面的棱作高，或利用线面垂直确定高，将不规则四面体、三棱锥转化为底面积与高易求的形式，实现体积快速计算，是解决空间内无明显高线体积题的核心方法。 8．（2025高三·全国·竞赛）在棱长均为2的直四棱柱中，，分别为棱的中点，则四面体的体积为_____． 【答案】 【分析】设的中点为，则求，再求高，进而利用体积公式即可求解. 【详解】如图，设的中点为，则 ， 连接，因为四边形为菱形，， 所以为等边三角形，又为的中点， 所以，又，所以， 因为平面，平面， 所以，，平面， 所以平面，且， 所以． 故答案为：. 9．（25-26高三·上海·二轮复习）如图，直三棱柱所有的棱长都为1，，分别为和的中点，则三棱锥的体积__________． 【答案】 【分析】由棱柱的体积公式求解即可. 【详解】因为为直三棱柱，所以平面， 又因为为边长为的正三角形，所以， 又. 故答案为：. 10．（2026高一·广东·专题练习）已知直三棱柱满足，，点，分别为，的中点. (1)求证： 平面； (2)求证：平面. (3)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，，证明，结合线面平行的判定定理即可求证； （2）首先证明面，可得，，结合线面垂直的判定定理即可求证； （3）利用由（2）可知平面，可得点到平面的距离为，根据点为的中点，从而得到点到平面的距离，利用即可求解. 【详解】（1）如图， 连接，， 四边形为矩形，为的中点， 与交于点，且为的中点， 又点为的中点，， 又平面，且平面， 平面. （2）直三棱柱满足，， 又点为的中点，且面，面， 所以，， 又，面， 平面. （3）由图可知， ，，， 又三棱柱为直三棱柱，且， . ，，点为的中点， 所以. 由（2）可知平面. 所以点到平面的距离为， 又点为的中点， 所以点到平面的距离为， . 题型三 割补法求体积 割补法是处理不规则组合体、残缺几何体的关键，分为切割法与补形法：切割法是将复杂几何体拆分为棱柱、棱锥、棱台等规则体，分别算体积后求和；补形法是将残缺几何体补成完整棱柱、棱锥、圆柱，用整体体积减去补充部分的体积，尤其适用于多面体、挖去圆柱/圆锥的组合体、折叠形成的不规则几何体，通过化不规则为规则降低计算难度。 11．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，圆锥PO的底面直径和高均是2，过OP的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面从圆锥中挖去一个圆柱，则剩余的几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据中截面性质得出圆柱的高和底面半径，然后由圆锥体积减去圆柱体积即得. 【详解】如图，过OP的中点作平行于底面的截面，截面圆半径， 是圆锥底面半径，在母线上， 因为为中点，则，， 所以剩余的几何体的体积为. 12．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图，在几何体中，侧棱均垂直于底面ABC，已知，，则该几何体的体积为________． 【答案】 【详解】解法1：分别在上取点N，M，使得，连接，NM，，所以平面平面， 取MN的中点H，连接，因为平面， 所以平面平面，所以， 又因为平面， 所以平面，，， 所求几何体的体积为 解法2：因为在几何体中，侧棱均垂直于底面ABC， 又， 所以可构造一个底面是边长为4的等边三角形，侧棱长为8的正三棱柱， 其中，， 因此，即， 根据三棱柱体积公式，， 故该几何体的体积是． 13．（2026·北京平谷·模拟预测）如图在一个五面体中，其中面为矩形，平面，且与平面的距离为5，则该五面体的体积为______． 【答案】40 【分析】将多面体补形为三棱柱，过点F作平面，过作的平行线，交于点，交于点，利用，进行计算即可. 【详解】如图，可将多面体补形为三棱柱， 过点F作平面，为垂足， 过作的平行线，交于点，交于点， 因为平面，平面， 所以平面平面， 由题知， 因为平面，平面，所以， 又，，所以，，平面， 平面，∴， 连接，因为，，所以， 所以， ∴． 14．（25-26高三·北京通州·开学考试）如图1，取边长为6的正方形纸板，分别为三边的中点，先将等腰直角三角形沿虚线段裁去，再将剩下的五边形沿线段折起，连接，就得到了一个《九章算术》中所载的“刍甍”五面体（如图2）．若棱的长为5，则该五面体的体积为___________. 【答案】 【分析】使用补形的方法将五面体的体积转化成三棱柱的体积减去三棱锥的体积即可. 【详解】将五面体补回三棱柱，由题得底面， 五面体的体积可以看作是三棱柱的体积减去三棱锥的体积. 过点向作垂线，交BC于点H，则有， 在四边形中，且，则四边形为平行四边形， 故，所以， 在中，， 则，进而， 在中，，所以， 所以， 则，， 故. 即该五面体的体积为. 15．（25-26高三·北京·月考）某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为2的正方形，，，，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直，则该包装盒的容积为________. 【答案】/ 【分析】将几何体补全为长方体，包装盒的容积为，进而可得. 【详解】 如图，把几何体补全为长方体，则， ， 由对称性，可得该包装盒的容积为 . 故答案为：. 16．（25-26高二·贵州遵义·月考）如图，在三棱柱中，分别是棱的中点． (1)证明：平面； (2)若三棱柱的体积为，求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据已知条件，利用线面平行判定定理证明结论； （2）利用三棱柱的几何性质，利用棱柱、棱锥的体积公式，结合已知条件求出底面面积关系，进而求出四棱锥的体积． 【详解】（1） 取棱的中点，连接， 分别是棱的中点，， 是棱的中点，， ， 则四边形是平行四边形，故， 分别是棱的中点，且四边形为平行四边形， ， ， 平面，平面， 平面． （2）设的面积为，三棱柱的高为， 则三棱柱的体积， 从而三棱锥的体积， 故四棱锥的体积， 设的面积为，的面积为，的面积为， 是棱的中点，， 四边形的面积是四边形面积的， 四棱锥的体积为． 17．（2026·四川资阳·模拟预测）如图，正三棱柱的所有棱长都为2，点，，分别在棱，，上，其中，，，则几何体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】正三棱柱所有棱长为，底面正的面积，高，由题意得：，，. 如图连接，将几何体分为和， ， 梯形的面积. 四棱锥以为底面的高等于三角形的高，所以. 几何体体积为. 题型四 等比例法求体积 等比例法依托线段比例、面积比例、相似比与体积比的关系，核心是“相似几何体体积比为相似比的立方，同高几何体体积比为底面积比，同底几何体体积比为高之比”。常用于中点、分点分割的棱锥/棱柱，截面平行于底面的相似锥体，以及线面平行分割的几何体，先确定比例关系，再结合已知体积按比例分配，无需完整计算整体体积即可求解。 18．【多选】（25-26高二·山东淄博·期末）如图，在三棱锥中，二面角的大小为，且，分别为的中点，则（    ） A．异面直线与所成角为. B．. C． D．三棱锥的体积为 【答案】ABD 【分析】取的中点，记为，则是二面角的平面角，所以.根据异面直线所成角的定义，是异面直线与所成的角.所以判断A正确；由线面垂直的判定定理，证明平面，从而判断B正确；由线面垂直的判定定理，结合勾股定理，求出，判断C；求出三棱锥的体积，即可得三棱锥的体积，判断D. 【详解】取的中点，记为，连接，则∥，∥，所以是异面直线与成的角. 因为，所以. 所以是二面角的平面角，所以.所以A正确. 由平面，得平面. 因为平面，所以，所以B正确. 因为，所以，所以是正三角形. 取的中点，连接，则，且. 平面，所以平面. 取的中点，连接，则三点共线，且. 中，，所以 所以. 所以，所以C错误； 三棱锥的体积. 所以D正确. 故选：ABD. 19．（2025·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，△是边长为的正三角形，，． (1)求证：平面平面BCD； (2)若点E在棱BC上，且，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 （1）根据面面垂直的判定定理证明； （2）利用三棱锥和的体积关系求解. 【详解】（1）如图，过点A作BD的垂线，垂足为O， 设，则， 因为，所以， 解得，则，，， 因为，，，所以， 连接OC，则，， 所以，所以， 因为平面，平面，且， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面． （2）设，则， 因为，，，所以， 即，解得，所以， 由（1）知，平面ABD， 所以． 20．（2025高二·黑龙江大庆·开学考试）在边长为a的正方形中，E，F分别为，的中点，M、N分别为、的中点，现沿、、折叠，使B、C、D三点重合，构成一个三棱锥，如图所示．    (1)在三棱锥中，求证：； (2)求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）利用线线垂直可得线面垂直； （2）根据题意得到，通过计算即可. 【详解】（1）在三棱锥中， 因为，，，面, 所以面．又平面， 所以； （2）因为在中，M、N分别为、的中点， 所以四边形的面积是面积的． 又三棱锥与四棱锥的高相等， 所以，四棱锥的体积是三棱锥的体积的， 因为，所以． 因为． 所以， 故四棱锥的体积为． 题型五 复杂情景下的体积求解 复杂情景题多为几何体嵌套、相切、相交的综合题，解题需先拆解结构：先分析内切、外接、相切的几何约束（如圆柱与四棱锥相切、球与圆锥内切），通过轴截面、中心截面确定半径、高的数量关系，再结合勾股定理、相似三角形推导隐藏参数，最后区分嵌套几何体的公共部分与独立部分，代入公式计算，重点考查空间想象与几何约束转化能力。 21．（2026·河北张家口·模拟预测）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周与正方形的四边都相切，另一个底面圆周与四棱锥的四条侧棱都相交，则该圆柱的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径． 【详解】设圆柱的上底面圆周与分别交于点中点为交于点， 因为四边形是边长为2的正方形，所以， 由，得. 由题意，圆柱的底面圆与正方形的四边都相切，故其半径. 又， 所以，圆柱的高， 所以圆柱的体积为. 22．（25-26高三·天津红桥·开学考试）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为3.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________. 【答案】 【分析】根据题意求圆柱的底面半径及高，代入体积公式求解. 【详解】 如图，四棱锥的底面是边长为的正方形， 所以，圆柱底面半径为， 正四棱锥的高， 则圆柱的高为， 所以圆柱的体积为. 题型六 祖暄原理求体积 祖暅原理是间接求不规则几何体体积的专属方法，核心“幂势既同，则积不容异”，即等高几何体在所有等高处截面积相等，则体积相等。解题时需构造对比几何体（圆柱、圆锥、棱柱），证明目标几何体与构造体等高处截面面积相等，再将椭半球体、不规则旋转体、特殊多面体的体积，转化为构造体的体积和或体积差，避开复杂公式直接求解。 23．（2026高三·全国·专题练习）如图，将底面直径皆为，高皆为的椭半球体和已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面上，用平行于平面且与的距离为d的平面截两个几何体得到及两截面，可以证明总成立．据此，短轴为3cm，长半轴为2cm的椭半球体的体积是______． 【答案】 【详解】由“祖暅原理”可知，椭半球体的体积等于已被挖去了圆锥体的圆柱体体积， 故． 24．（25-26高二·上海松江·期末）有趣的金马徐高想运用所学祖暅原理（如图1）解决如下问题：如图2，有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为4的铁球，再注入水，使水面与球正好相切（球与倒圆锥相切效果很好，水不能流到倒圆锥容器底部），则容器中水的体积为________．（结果保留）    【答案】 【分析】根据条件和图1可得半球的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆锥的体积，半球阴影截面上半部分体积等于圆柱阴影截面上半部分体积减去圆台体积，然后在图2中运用此原理可求得答案. 【详解】如图1，已知圆柱、圆锥底面圆半径、高和球体半径相等，设半球中阴影截面圆的半径， 球体半径为，则，截面圆面； 圆柱中截面小圆半径，大圆半径为，则截面圆环面积， 所以，又高度相等， 所以半球的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆锥的体积. 同理，半球阴影截面上半部分体积等于圆柱阴影截面上半部分体积减去圆台体积.    如图2，设球体和水接触的上部分为，没和水接触的下部分为， 小半球相当于图1半球的截面上半部分，其体积等于图1中截面之上的圆柱体积减去相应圆台体积. 已知球体半径为，为等边三角形， ，， 根据祖暅原理， . 设图2中轴截面为梯形的圆台体积为，且， . 故答案为： 25．（25-26高三·广东惠州·期末）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是两个同高的几何体在等高处的截面积都相等，则这两个几何体的体积相等.现有同高的三棱锥和圆锥满足祖暅原理的条件，若圆锥的侧面展开图是半径为3且圆心角为120°的扇形，由此推算三棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据圆锥的侧面展开图求得圆锥的高和底面半径，得圆锥体积即得结论． 【详解】由题意可知，三棱锥的体积等于圆锥的体积， 圆锥的侧面展开图恰为一个半径为3的圆的三分之一， 所以圆锥的底面周长为，故圆锥的底面半径为1，母线为3， 所以圆锥的高为，则圆锥的体积， 从而所求三棱锥的体积为. 故选：A 26．（2025高一·辽宁·期末）祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高.这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等.利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差.如图，是一“四脚帐篷”形状的几何体的示意图，其中曲线AOC和BOD均是以为半径的半圆，平面AOC和平面BOD均垂直于平面ABCD，用任意平行于底面ABCD的平面截该几何体，所得截面四边形均为正方形，请利用祖暅原理试求该几何体的体积是（   ）（提示：可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱） A． B． C．36π D．72π 【答案】B 【分析】作正四棱柱，正四棱柱的边长与帐篷底面正方形边长相等，在正四棱柱，作四棱锥，作一平行截面，先证明等高处的水平截面截两个几何体的截面的面积相等，由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积，计算即可. 【详解】作正四棱柱，正四棱柱的边长与帐篷底面正方形边长相等， 在正四棱柱，作四棱锥， 为底面正方形的中心， 作截面平行于帐篷底面，与帐篷和正四棱柱与正四棱锥相截， 截面分别为四边形，四边形，四边形，如图所示， 设截面与底面的距离为，设底面中心为， 截面中心为，则，， 所以，所以截面的面积为. 设四棱柱底面中心与截面中心之间的距离为， 在正四棱柱中，底面正方形边长为，高为， 所以，所以，为等腰直角三角形， 所以，所以四边形边长为， 所以四边形的面积为， 所以图2中阴影部分的面积为，与截面面积相等， 由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积， 即. 故选：B. 题型七 体积的最值问题 体积最值题是几何与函数结合的综合题，解题分三步：第一步设定变量（边长、角度、高、底面半径），第二步结合线面垂直、面面垂直、余弦定理、基本不等式，建立体积关于变量的函数表达式，第三步确定变量取值范围（由三角形三边关系、线面角范围、几何体约束限定），再用二次函数单调性、基本不等式取等条件、三角函数值域求最值，核心是“几何条件转代数函数”。 27．（2026·广东广州·模拟预测）如图，直三棱柱中，为中点，平面平面，，则三棱柱体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据面面垂直得出线面垂直，再应用三棱柱的体积公式结合三角函数值域计算求解. 【详解】取中点中点，，则， 由平面，平面平面，平面平面得平面， 由勾股定理知，可得， 设，可得， 同理，由知． 由勾股定理得， 于是三棱柱的体积， 记， 结合二次函数单调性可得，于是． 28．（2026高一·全国·专题练习）四面体中，直线与所成的角为，，，，则四面体的体积的最大值为______. 【答案】/ 【分析】在中，由余弦定理结合基本不等式求出面积的最大值；结合线线角可得点到平面距离的最大值，即可计算求解. 【详解】 设点到平面距离为，，， ， ，即（当且仅当时取等号）， （当且仅当时取等号）； 直线与所成角为，直线与平面所成角的最大值为， 点到平面距离的最大值， 四面体体积的最大值为. 29．（2026·广东佛山·模拟预测）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，，，分别为圆锥的母线，，，则三棱锥体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知条件求得母线长，以及长度，从而确定为底面圆直径；再求三角形面积的最大值，即可求得三棱锥体积的最大值. 【详解】因为，，故母线， 又，故，故为底面圆直径； 对三角形，设边上的高为，则其面积， 当且仅当为弧的中点时取得最大值； 故三棱锥体积. 题型八 两个空间几何体体积比问题 体积比问题分直接计算比与比例推导比：直接法是分别算出两个几何体体积再作比，适用于结构简单的柱、锥、球；比例法适用于旋转体、相似体、同底/同高几何体，利用半径比、边长比、高之比，结合体积公式直接推导比例（如圆锥与圆柱同底时体积比为1/3），无需算出具体体积，重点考查公式变形与比例关系运用。 30．（2026·青海西宁·模拟预测）已知圆柱的底面半径为r，高为，上、下底面圆的圆心分别是，，点O为线段的延长线上一点，圆锥的底面为圆柱的下底面，顶点为O．若圆锥的表面积与圆柱的表面积相等，则圆锥与圆柱的体积的比值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设圆锥的母线为l，则由题意知，所以， 所以圆锥的高， 所以圆锥的体积与圆柱的体积比为. 31．（25-26高一·全国·课后作业）如图，，分别为长方体的棱，的中点. (1)求证：， (2)当长方体每条棱都相等时，求该几何体与其外接球的体积之比. 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）连接，先证明四边形都是平行四边形，得到，再根据等角定理即可得证； （2）当长方体每条棱都相等时，长方体变为正方体，设正方体的棱长为，找到正方体的体对角线与外接球的直径的关系， 即，再根据正方体及球的体积公式计算，即可求出其体积之比. 【详解】（1） 如图所示，连接， 是长方体，，分别为棱，的中点， 由长方体的性质可知且， 四边形都是平行四边形， ， 又因为角的两边与，与方向相同， 所以由等角定理可知，. （2）当长方体每条棱都相等时，长方体变为正方体. 设正方体的棱长为， 正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线长， 所以，即. 所以正方体的体积； 球的体积， 所以该几何体（正方体）与其外接球的体积之比为： . 32．（25-26高三·江苏连云港·月考）如图，四边形是直角梯形，其中，，，是的中点，以为直径的半圆与相切于点.与梯形以为旋转轴旋转一周，可以分别得到一个球和一个圆台，则该圆台的体积与球的体积之比为______. 【答案】/ 【详解】过作于点，如图：    则，. 由题意得，均为圆的切点， 由切线的性质可知 所以. 则，所以，所以球的半径， 所以球的体积，圆台的体积， 所以. 33．（2025高一·河南洛阳·月考）等腰直角三角形中，，该三角形分别绕所在直线旋转，则2个几何体的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，画出几何体，结合圆锥的体积公式求解，则问题得解. 【详解】根据题意，作图如下： 设等腰直角三角形的一条直角边长为1，则斜边长为． 以为轴旋转，得到圆锥，其体积为； 以为轴旋转，得到两个同底的圆锥， 其体积． 故个几何体的体积之比为． 故选：B． 34．（2025·广东珠海·模拟预测）一个内角为30°的直角三角形，分别以该三角形的斜边、两条直角边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成3个几何体．这3个几何体的体积从小到大之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设该直角三角形的三条边长分别为，求出三角形斜边上的高，再根据圆锥的体积公式即可求解. 【详解】设该直角三角形的三条边长分别为， 设三角形斜边上的高为， 则， ， 由题意设该3个几何体的体积为， 则， ， ， ， 所以这3个几何体的体积从小到大之比为. 故选：. 35．（25-26高一·全国·课后作业）如图，三棱台中，，则三棱锥，，的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用三棱锥和三棱台的体积公式，分别求出相应多面体的体积，再计算体积之比． 【详解】设棱台的高为，，则， ， ， 又， ， ，故C正确． 故选：C． 题型九 截面分割体积比问题 截面分割题的核心是确定截面形状与分割后几何体类型，先通过延长线、中点、平行线确定截面多边形，判断分割后的部分为棱台、棱锥、不规则多面体，再用割补法、直接法算出较小部分体积，用总体积减去较小部分得较大部分体积，最终求比值；正方体、三棱柱的截面分割常出现三棱台、四棱锥，需精准识别截面与几何体的交线。 36．（2025高三·广东东莞·月考）如图，在已知正方体中，是棱上的点，且.平面将此正方体分为两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作出截面，利用台体的体积公式求出较小部分的体积，用正方体的体积减去较小部分的体积，可得较大部分的体积，可得两部分的体积之比. 【详解】棱上的点，使得，连接，如下图所示： 不妨取正方体的棱长为3，由正方体性质可得， 所以四点共面，平面就是平面， 易知平面把正方体分成两部分，其中几何体为三棱台， 其体积为， 又正方体的体积为， 所以较大部分的体积为； 可得. 故选：A 37．（2025·海南·模拟预测）在正方体中，，M为棱BC的中点，过直线AM的平面满足平面，则平面截正方体所得较小部分与较大部分的体积的比值为______． 【答案】 【分析】根据给定条件，作出平面截正方体所得截面，再求出较小部分的体积作答. 【详解】在正方体中，取的中点，连接，如图， 有，而正方体的对角面是矩形，则， 因为，则，又平面，平面，即有， 而平面，因此平面， 因为平面，于是平面平面，依题意，平面即为平面， 令的延长线与延长线的交点为，的延长线与延长线的交点为， 显然，即点与重合，记为， 因此 ，又正方体的体积， 所以平面截正方体所得较小部分与较大部分的体积的比值为. 故答案为： 38．（25-26高一·全国·课堂例题）如图所示，在三棱柱中，、分别为、的中点，平面将三棱柱分成两部分，求这两部分的体积之比． 【答案】 【分析】截面将三棱柱分成两部分，一部分是三棱台，另一部分是一个不规则几何体，故可以用棱柱的体积减去棱台的体积求得． 【详解】设棱柱的底面积为，高为，则的面积为， 令， 剩余的不规则几何体的体积为， 所以两部分的体积之比为． 39．（2025·浙江·模拟预测）在各棱长均为1的正三棱柱中，、分别为、的中点，过、、三点的截面将三棱柱分成上下两部分，记体积较小部分的体积为，另一部分的体积为，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】延长与相交于点， 反向延长线交于点，连接交于点，连接，得到截面，由题意可得，由此可求出，，进而求解. 【详解】如图，延长与相交于点， 反向延长线交于点，连接交于点，连接，得到截面，由题意得， 在各棱长均为1的正三棱柱中，， 因为，，，，， 所以， 即， 所以， 所以. 故选：B. 40．（2025·河南·模拟预测）我们把几何体的表面积与体积之比称为“相对积”，已知三棱锥中，，、、分别在棱、、上，且截面与底面平行，，则三棱锥与三棱锥的相对积之比为______． 【答案】 【分析】根据相似锥体的体积比是边长比的立方，表面积比为边长的平方比，结合“相对积”的定义求解即可. 【详解】设三棱锥、三棱锥的体积分别为，表面积分别为， 因为，，、、分别在棱、、上， 且截面与底面平行，所以两个棱锥相似， 所以，， 则三棱锥与三棱锥的相对积之比为. 故答案为：. 41．（2025·辽宁大连·模拟预测）已知正四棱台分别是棱的中点，平面将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为__________． 【答案】/0.6 【分析】分析可知几何体是三棱台，利用割补法结合台体的体积公式运算求解． 【详解】如图，连接，不妨设，棱台的高设为， 所以． 因为，分别是棱，的中点，则，． 又因为平面∥平面，可知几何体是三棱台， 则． 所以分割之后较大部分的体积为， 所以较小部分与较大部分的体积之比为． 故答案为：． 42．（2026·广东·模拟预测）如图，正方体的棱长为4，为正方形的中心，为棱的中点，过点的平面将正方体分成上、下两部分，则较小的部分体积大小为（   ） A．16 B．18 C． D．24 【答案】D 【分析】取的中点，连接过点作直线，分别交于点，先证明，推得平面即过点的截面，所求即为多面体的体积，利用棱柱的体积公式计算即得. 【详解】 如图，取的中点，连接过点作直线，分别交于点，连接， 因为正方形的中心，则，因，则易得. 又因为棱的中点，则易得，即四边形为平行四边形， 则得，故，于是，平面即过点的截面， 显然正方体被截面分成的较小的部分为多面体，记其体积为， 则. 43．（2025·江西·模拟预测）如图，已知三棱柱中，底面，，，，，，分别为棱，的中点. （1）求异面直线与所成角的大小； （2）若为线段的中点，试在图中作出过，，三点的平面截该棱柱所得的多边形，并求该截面分三棱柱成两部分（较小部分与较大部分）的体积的比值. 【答案】（1）；（2）作图见解析，. 【分析】（1）连接，则，故异面直线与所成角为，在中根据相关量可计算；（2）取中点，利用线线平行可证明为所求截面的多边形；将多面体分割为三棱锥和四棱锥，分别求出其体积，求和，可求出多面体的体积；求三棱柱的体积，用三棱柱的体积减去多面体的体积，可求出剩余多面体的体积，比较大小，可求出小体积与大体积的体积比. 【详解】解：（1）连接，则为的中位线， 故为所求异面直线所成的角. 又，，且， 故平面，. 中，， 故 故异面直线与所成角的大小为. （2）取中点，连接、、，则，即四点共面，则梯形为所求截面的多边形. 连接，， 【点睛】思路点睛：（1）求异面直线所成角，常用的方法有：平移直线、补体、向量； （2）求多面积的体积常采用体积分割的方法，将多面体分割为棱锥或棱柱的组合体，然后再计算. 题型十 应用性问题中求体积 应用体积题需完成实际场景到几何模型的转化，先从降雨量、官斛、古建筑刍甍等实际背景中，提取底面形状、尺寸、高、深度等几何参数，确定对应几何体（圆台、正四棱台、刍甍五面体），再代入专用体积公式计算，最后结合实际定义（如降雨量=水体积/接雨面积）换算结果，匹配实际等级或数值，重点考查建模能力与公式实际应用。 44．（2026·云南昆明·模拟预测）降雨量是在一定时间内降落在水平地面上某一单位面积上的水层深度（未经蒸发､渗漏､流失），以计算降雨量的等级划分如下： 降雨量 等级 小雨 中雨 大雨 暴雨 大暴雨 特大暴雨 某数学小组为了测量当地某日的降雨量，用一个开口半径为，底面半径为，高为的圆台型铁桶（如图所示）收集雨水，若在一次降水过程中用此桶水平放置接了的雨水后，桶内水深为，则当日降雨量的等级是（    ） A．暴雨 B．大雨 C．中雨 D．小雨 【答案】A 【分析】根据相似三角形求出水面半径，根据圆台体积公式求出桶内水的体积，用桶的开口面积作为接雨面积求出降雨量，结合降雨量的等级划分判断等级即可. 【详解】设水面半径为， 根据三角形相似可得，解得. 则. 又接雨面积为桶的开口面积， 根据降雨量定义，. 结合降雨量的等级划分可得，当日降雨量的等级是暴雨. 45．（25-26高三·江苏南京·期中）清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食从苏州府运送到全国各地.为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，两斛为一石.已知一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为，下底也为正方形，内边长为，斛内高，那么一石米的体积大约为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用台的体积公式计算正四棱台的体积，进而求解. 【详解】由题意有：， 所以正四棱台的体积为：， 所以一石米的体积大约为：， 故选：C 46．（2026·云南大理·模拟预测）庑殿顶是中国传统建筑中等级最高的屋顶形式之一，形态为四面斜坡，有一条正脊和四条斜脊，《九章算术》中将类似庑殿顶的几何体称为“刍甍”（图1）．据记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广（袤：南北方向长度；广：东西方向长度）”，其体积公式为：（上袤下袤）广高．如图2所示，刍甍是底面为矩形的五面体，顶部是一条与底面平行的正脊，四条斜脊长度相等，若下袤为，广为，上袤是下袤的，和与底面所成角均为，则该刍甍的体积为________． 【答案】640 【分析】过点F作平面ABCD，垂足为O，Q为BC的中点， 为平面BCF与底面所成的角，利用相关条件求出高，代入体积公式即可． 【详解】如图，已知，，， 过点F作平面ABCD，垂足为O，连接OB，OC，Q为BC的中点，连接FQ， 因为，所以，，所以为平面BCF与底面所成的角，则，所以，则， 则该刍甍的体积（）． 故答案为：640 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $