专题07 等体积转化与割补法（压轴题专项训练）高一数学北师大版必修第二册

专题07 等体积转化与割补法 目录 专题07 等体积转化与割补法 1 1 类型一、体积基础：几何体组合 1 类型二、等体积转化：水与容器倒置转化 3 类型三、等体积转化：两几何体公共部分体积 4 类型四、不规则几何体割补 5 类型五、多面体体积 6 类型六、体积最值范围型 8 类型七、几何体体积比 10 类型八、等体积转化：求距离 11 类型九、截面型体积 12 类型十、几何体内接最大体积 13 压轴专练 14 一、单选题 14 二、填空题 16 结束 错误！未定义书签。 类型一、体积基础：几何体组合 组合体体积统一遵循“拆分求和、重合相减”的根本规律，把复杂组合体拆解成课本基础规则几何体（棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台、球），分别算出单个体积后，再根据拼接、嵌套、挖去的结构关系做加减运算，不直接对整体不规则图形列式。 拼接型组合体规律由两个或多个基础几何体表面贴合拼接而成，无重叠、无镂空、无挖空，总体积等于各组成部分体积直接相加。常见形式有柱与锥拼接、柱与球拼接、多棱柱棱锥拼接，只需找准每一个基础几何体的底面边长、高、半径等关键量，分别套公式求和即可。 例1．（2026·江西·二模）已知圆锥的轴截面是等边三角形，若该圆锥的表面积与球O的表面积相等，则该圆锥的体积与球O的体积之比为（   ） A． B． C． D． 变式1-1． （25-26高一下·山西晋中·期中）如图圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为（    ） A． B． C． D． （25-26高一下·重庆·期中）中国的古建筑榫卯咬合、斗拱层叠，不用一钉一铆，却撑起千年不倒的殿宇廊檐．攒尖是中国古建筑中屋顶常见的一种结构形式，它可以看作是正三棱柱和不含下底面的正四棱台的组合体，如图．已知图中正四棱台上底、下底的长度分别为米，米，侧棱长为5米，正三棱柱各棱长均相等，则该结构的体积为______立方米． 变式1-3． （25-26高一下·陕西铜川·期中）如图，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰块，如果冰块融化了，水______溢出杯子填“会”或“不会” 类型二、等体积转化：水与容器倒置转化 容器倒倒置型体积转换规律： 1. 常规思路，利用倒置前后几何体体积公式求解。 2. 核心思路：利用相似形与相似题性质，可以 快速无计算求解。 例2． （23-24高二上·上海·期末）如图，圆锥形容器的高为3厘米，圆锥内水面的高为1厘米，若将圆锥容器倒置，水面高为，下列选项描述正确的是（    ） A．的值等于1 B． C．的值等于2 D． 变式2-1． （2026·广东肇庆·二模）已知一个盛有水的玻璃容器，该容器由圆柱和半球组合而成，圆柱底面半径与球的半径相等，且圆柱部分的体积是半球部分的体积的3倍.如图放置容器时，水面恰好经过圆柱的上底面，若将容器竖直倒置，则水的高度与容器高度的比值为（    ） A． B． C． D． 变式2-2． （23-24高三上·浙江宁波·月考）如图1，水平放置的直三棱柱容器中，，，现往内灌进一些水，水深为2．将容器底面的一边AB固定于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面形状恰好为三角形，如图2，则容器的高h为（    ）    A．3 B．4 C． D．6 变式2-3． （21-22高三下·天津西青·月考）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 类型三、等体积转化：两几何体公共部分体积 两几何体公共部分体积： 观察结构，寻找交线，通过交线确定轮廓，结合轮廓判断形状，分析公共部分形状来拆小块或补成整体，拆分和补成容易计算的常见几何体，相加或相减得公共体积。 例3．（2026·天津东丽·一模）正方体，棱长为2，正方体的内切球记为球O，则球O与三棱锥的公共部分的体积记为，三棱锥的体积记为，则（    ） A． B． C． D． 变式3-1． （2024高三·全国·专题练习）艺术家埃舍尔的作品展示了数学之美，如图①是其作品《星空》中的一部分，由正方体和正八面体相互交叉形成的组合体，可抽象为图②所示的图形．若正八面体的棱长均为2，且相交处均为棱中点，则两个几何体相交后公共部分形成的几何体的体积是（    ） A． B． C． D． 变式3-2． （23-24高二上·湖北·月考）已知圆柱体体积是1，设分别是圆柱的上、下底面的中心，以圆柱的两底面作为圆锥体的底面，以分别互为顶点和底面中心做2个圆锥体，则这两个圆锥体公共部分的体积________． 变式3-3． （2026·天津·二模）如图，在正方体中，三棱锥和的公共部分形成的几何体为.若的体积记为，的内切球的体积记为，则（   ） A． B． C． D． 变式3-4．（22-23高三上·广东·期末）已知两个四棱锥与的公共底面是边长为2的正方形，顶点、在底面的同侧，棱锥的高，、分别为AB、CD的中点，与交于点E，与交于点F． (1)求的长； (2)求这两个棱锥的公共部分的体积． 类型四、不规则几何体割补 凡是不是棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台、球标准形态的几何体，都归为不规则几何体。 求解根本思想 ：能拆就拆，不能拆就补.通过切割和补形，化不规则为规则，不直接套公式，全部转化为基础规则几何体再计算。 例4．（25-26高一下·北京大兴·期中）如图所示的几何体是从棱长为的正方体中，截去以正方体的一个顶点为球心，半径为的球面所围成的几何体后得到的剩余部分，则该几何体的体积为______．          变式4-1．．（25-26高一下·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． 故选：C 变式4-2．（2026·广东·一模）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 变式4-3．（2020·全国·模拟预测）已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱长为4，过点作平面与正四棱柱的三条侧棱，，分别交于，，，且，若多面体和多面体的体积比为3∶5，则截面的周长为_________． 类型五、多面体体积 多面体体积 1.先观察几何体，判断凹凸、残缺、斜截、弯折特征； 2.优先考虑能不能分割，能拆分就拆成规则小块求和； 3.不能分割就用补形，补成标准几何体再减多余部分； 4.棱锥类优先等体积换底换高简化计算； 5.复杂图形直接建空间坐标系，用坐标求面积和高； 6.最后代入基础体积公式，加减求和得出结果。 例5．（2021·四川成都·一模）已知棱长为的正方体，棱中点为，动点、、分别满足：点到异面直线、的距离相等，点使得异面直线、所成角正弦值为定值，点使得．当动点、两点恰好在正方体侧面内时，则多面体体积最小值为（    ） A． B． C． D． 变式5-1． （2021·四川成都·一模）已知棱长为的正方体，棱中点为，动点、、分别满足：点到异面直线、的距离相等，点使得异面直线、所成角正弦值为定值，点在面内运动.当动点、两点恰好在正方体侧面内时，则多面体体积最小值为（    ） A． B． C． D． 变式5-2． （22-23高三上·浙江湖州·期末）如图所示的多面体由正四棱锥和三棱锥组成，其中.若该多面体有外接球且外接球的体积是，则该多面体体积的最大值是（    ） A． B． C． D． 变式5-3． （25-26高二上·北京海淀·期末）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（    ） A． B． C． D．30 类型六、体积最值范围型 体积最值、取值范围问题，则几何体必有可变动点或者可变角度或者可变棱长或者可变高；核心思路为：把体积表示成单一变量函数，再求函数最值与定义域范围，立体问题转化为代数函数求值域。 1.先找变化量：设动点线段长、夹角、高、底面边长为单一变量； 2.用立体几何关系（相似、勾股、线面垂直、解三角形），把底面积、高都用这个变量表示； 3.代入柱、锥、组合体体积公式，整理得到体积关于单变量的函数； 4.由几何实际约束，写出变量定义域（边长大于 0、角度范围、点在线段上等限制）； 5.利用一次函数、二次函数、对勾函数、三角函数单调性，或导数，求函数最大值、最小值，以及体积取值范围。 例6．（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． 变式6-1． （2026·甘肃金昌·三模）若球的半径为2，圆锥的顶点与底面圆周都在球的球面上，则当圆锥的体积取得最大值时，圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 变式6-2． （2026·山东东营·模拟预测）在棱长为2的正方体中，点P在正方体的棱上运动，则三棱锥的体积的取值范围是（   ） A． B． C． D． 变式6-3． （25-26高二下·河北保定·期中）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为2cm，该纸片上的正方形ABCD的中心为O． E，F，G，H为圆O上的点，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA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△EAB，△FBC，△GCD，△HDA，使得E，F，G，H重合，得到四棱锥．当正方形ABCD的边长变化时，所得四棱锥体积(单位：cm³)的最大值为（    ） A． B． C． D． 类型七、几何体体积比 任何一个完整几何体，被平面分割成两部分求体积比，核心思想：不用分别硬算两部分体积，优先用比例关系、同高同底、相似比、等分比例、位置比例，整体为份数，直接拆份数求比；能比例就不列式，能份数就不计算。 例7．（22-23高一下·北京朝阳·期末）堑堵、阳马、鳖臑这些名词出自中国古代的数学名著《九章算术·商功》．如图1，把一块长方体分成相同的两块，得到两个直三棱柱（堑堵）．如图2，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个，以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马，余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为鳖臑．则图2中的阳马与图1中的长方体的体积比是（    ）    A． B． C． D． 变式7-1． （25-26高三上·江西抚州·期末）在正方体中，为正方形的中心，为的中点，过点、、的平面将正方体分成上、下两部分，则上、下这两部分的体积比等于（   ）    A． B． C． D．    变式7-2． （15-16高三上·山东青岛·期末）若圆台两底面周长的比是，过高的中点作平行于底面的平面，则圆台被分成两部分的体积比是 A． B． C． D． 【点睛】本题主要考查圆台的结构特征及体积的求法，是常考类型，属中档题． 变式7-3． （17-18高二上·安徽铜陵·月考）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E是PC中点，则平面ABE分该四棱锥的两部分的体积比是 A．2:3 B．2:5 C．3:5 D．3:8 类型八、等体积转化：求距离 距离，特别是点到面的距离，如果不太容易直接求，则可以考虑体积转化法来求解： 等体积转化本质：同一个三棱锥，换不同的底面和顶点，体积不变。把求点到平面的距离，转化为：先换一个好算的底面与高求出三棱锥体积，再把所求平面当作新底面，反解出对应高，这个高就是点到平面的垂距。 1.把所求点和平面内任意三个点，构造出一个三棱锥； 2.选取容易求面积、容易求高的一组底面和顶点，算出三棱锥体积； 3.把目标平面作为新底面，求出这个底面多边形面积； 4.设点到平面距离为h，用三棱锥体积公式； 5.解方程直接解出h，即为点到平面距离。 6.复杂的，可以借助空间立体几何建系设变量求解。 例8．（25-26高三下·重庆沙坪坝·月考）在三棱锥中，底面为正三角形，平面 ，若四点都在球的表面上，则点到平面的距离为（    ） A．5 B． C． D． 变式8-1．（25-26高一下·浙江杭州·月考）在三棱柱中，侧棱底面，且三棱柱的体积为，的面积为．则点到平面的距离为（ ） A． B． C． D． 变式8-2． （2026·河北廊坊·一模）如图，圆柱（，O分别为上、下底面的圆心）的轴截面是边长为2的正方形，E是下底面圆周上不同于A，D的动点，则点A到平面的最大距离是（   ） A． B． C． D． 变式8-3． （2026·海南海口·模拟预测）如图，为圆锥的底面圆的直径，，，为的中点，点是圆上的动点（点、在直径同侧），当的面积最大时，点到平面距离为（   ） A． B． C． D． 类型九、截面型体积 用一个平面截规则几何体（正方体、长方体、棱柱、棱锥、圆柱、圆锥等），把原几何体分成两部分或多部分，求其中某一块体积，主要方法： 1. 先判截面形状。 2. 再判分割后每块几何体类型 3. 能用比例就用比例 4. 不能用比例，则分割、补形、整体作差。 5.用比例型，则可以借助“相似体”来计算。 例9．（24-25高三上·河北·月考）如图，正方体中，点在上，且，点在上，且，过点的平面将正方体分成上、下两部分，则上、下这两部分的体积比等于（   ）    A． B． C． D． 变式9-1． （25-26高一下·全国·课堂例题）在正方体中，，，分别是，，的中点，过，，三点的截面把正方体分成两部分，则体积较大的部分与正方体体积之比为（   ） A． B． C． D． 变式9-2． （2026·湖南邵阳·二模）在正四棱锥中，是棱PA的中点，平面EBC将该正四棱锥分割成两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（   ） A． B． C． D． 变式9-3． （22-23高一下·湖北咸宁·期末）已知四棱锥的底面为平行四边形，为的中点，过两点做一个平面，使得，则平面将四棱锥分的上､下两部分的体积比（    ） A． B． C． D． 类型十、几何体内接最大体积 几何体内接最大体积： 当外框是定几何体（正方体、长方体、正棱锥、圆柱、圆锥、球），内部内接或者内嵌另一个几何体（通常内部几何体大多数是规则的，如棱柱、棱锥、圆柱、圆锥、球等），求内接体体积最大、最小或取值范围的核心思想：固定外框，找内外几何约束关系，设单一变量，把内接体体积表示为函数，再用函数、均值不等式、三角函数或者后续学的导数等方法求最值；所有内接问题本质都是约束条件下的函数值域问题。 1.分析内外位置：内接体顶点都在外接体表面，找出棱长、半径、高之间的等量约束； 2.设一个核心变量（半径、高、底面边长、夹角均可）； 3.用相似、勾股、截面圆关系，把内接体的底面、高全部用同一个变量表示； 4.代入柱、锥、球体积公式，得到体积关于单变量的函数； 5.由几何实际限制写出变量定义域； 6.用二次函数单调性、对勾函数、均值不等式、三角有界性求体积最大、最小值。 7.一些比较难以找到的数量关系，可以通过后学的空间几何建系法来处理解决。 例10．（2026·陕西咸阳·二模）已知圆锥的侧面积为，其母线与底面所成的角是60°，要在圆锥内挖去一个体积最大的圆柱，要求圆柱的一个底面在圆锥的底面上，则挖去的圆柱的体积为（    ） A． B． C． D． 变式10-1． （22-23高一下·浙江·期中）学生到工厂劳动实践，利用3D打印机技术制作模型.设模型为长方体挖去四棱锥所得的几何体（如图），其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，，，3D打印所用的原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量是（    ）    A． B． C． D． 变式10-2． （24-25高三下·湖南常德·开学考试）斯坦梅茨几何体是以数学家斯坦梅茨命名的几何体，是指由两个或两个以上的半径相等的圆柱（含底面）成直角相交而得到的几何体（公共部分）.如图，由两个底面半径为的圆柱（圆柱的高组成的斯坦梅茨几何体的表面积为.若两个底面半径为1，高为3的两个圆柱直角相交，挖去斯坦梅茨几何体，则斯坦梅茨几何体的表面积与四个剩余几何体的表面积的比值为（    ） A． B． C． D． 变式10-3． （2023·河南安阳·二模）2022年12月7日为该年第21个节气“大雪”．“大雪”标志着仲冬时节正式开始，该节气的特点是气温显著下降，降水量增多，天气变得更加寒冷．“大雪”节气的民俗活动有打雪仗、赏雪景等．东北某学生小张滚了一个半径为2分米的雪球，准备对它进行切割，制作一个正六棱柱模型，设M为的中点，当削去的雪最少时，平面ACM截该正六棱柱所得的截面面积为______平方分米． 压轴专练 一、单选题 1．（2026·重庆九龙坡·模拟预测）在正四棱台中，，若侧棱与底面的夹角为，则该四棱台的体积为（    ） A． B．112 C． D． 2．（25-26高一下·安徽合肥·期中）如图，直三棱柱中，点分别为和的中点，则三棱锥与四棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高一下·北京大兴·期中）如图，在所有棱长均为的正四棱锥中，以为顶点的圆锥在此正四棱锥的内部（含表面），则该圆锥体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·重庆北碚·模拟预测）圆锥的底面半径为 6 ， 高为 6 ， 现于圆锥内放置一个圆柱， 使圆柱的一个底面与圆锥的底面所在的平面重合， 则该圆柱体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 5．（25-26高一下·山西晋中·期中）如图所示，三棱柱中，若、分别为，靠近点的三等分点，平面将三棱柱分成左右两部分，若三棱柱的体积为108，则右半部分的体积为（   ） A．48 B．52 C．56 D．60 6．（2026·北京西城·一模）如图所示的沙漏是由上下两个相同的圆锥形容器组成，其内细沙的总体积为．假设上方容器中细沙的堆积体一直近似为一个倒置的圆锥，初始时细沙都在上方容器内，且此时沙堆的高度为，在重力和限流片的作用下细沙徐徐流入下方容器，经过分钟后剩余沙堆的体积（为常数）．已知初始时细沙都在上方容器内，经过10分钟后上方沙堆的高度降为，此时将沙漏上下颠倒，若倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为，则需再经过的时间约为（   ）（参考数据：） A．8.0分钟 B．8.6分钟 C．9.4分钟 D．10.6分钟 7．（2026·山西朔州·一模）已知三棱锥的所有棱长都为4，点分别为中点，点分别为，中点，则几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 8．（25-26高三下·重庆北碚·开学考试）如图，边长都为1且互相垂直的正方形和的对角线，上分别有一动点，，满足到点的距离等于到点的距离，则四面体体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 9．（2026·河南南阳·二模）如图，已知在一个四分之一球形状的玩具储物盒内可放入的最大正方体棱长为，若重新放入一个正四面体，并使该正四面体可以在储物盒内以任意角度旋转，则可放正四面体的最大棱长为________. 10．（2026·四川·二模）已知正方体，O为的中心，M为的中点，过O、M两点的平面将正方体分为两部分，记两部分的体积分别为，，则的取值范围为_____________． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 等体积转化与割补法 目录 专题07 等体积转化与割补法 1 1 类型一、体积基础：几何体组合 1 类型二、等体积转化：水与容器倒置转化 3 类型三、等体积转化：两几何体公共部分体积 6 类型四、不规则几何体割补 10 类型五、多面体体积 13 类型六、体积最值范围型 19 类型七、几何体体积比 23 类型八、等体积转化：求距离 26 类型九、截面型体积 29 类型十、几何体内接最大体积 33 压轴专练 35 一、单选题 35 二、填空题 42 结束 44 类型一、体积基础：几何体组合 组合体体积统一遵循“拆分求和、重合相减”的根本规律，把复杂组合体拆解成课本基础规则几何体（棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台、球），分别算出单个体积后，再根据拼接、嵌套、挖去的结构关系做加减运算，不直接对整体不规则图形列式。 拼接型组合体规律由两个或多个基础几何体表面贴合拼接而成，无重叠、无镂空、无挖空，总体积等于各组成部分体积直接相加。常见形式有柱与锥拼接、柱与球拼接、多棱柱棱锥拼接，只需找准每一个基础几何体的底面边长、高、半径等关键量，分别套公式求和即可。 例1．（2026·江西·二模）已知圆锥的轴截面是等边三角形，若该圆锥的表面积与球O的表面积相等，则该圆锥的体积与球O的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设圆锥的底面半径为r，则其母线长为2r，高为，所以该圆锥的表面积为， 设球O的半径为R，则球O的表面积为，由题意知，所以， 圆锥的体积，球O的体积，所以. 变式1-1． （25-26高一下·山西晋中·期中）如图圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设球的半径为R，根据球与圆柱的体积公式计算即可 【详解】设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高． 则球的体积，圆柱的体积， ∴.变式1-2． （25-26高一下·重庆·期中）中国的古建筑榫卯咬合、斗拱层叠，不用一钉一铆，却撑起千年不倒的殿宇廊檐．攒尖是中国古建筑中屋顶常见的一种结构形式，它可以看作是正三棱柱和不含下底面的正四棱台的组合体，如图．已知图中正四棱台上底、下底的长度分别为米，米，侧棱长为5米，正三棱柱各棱长均相等，则该结构的体积为______立方米． 【答案】70 【详解】图中正四棱台如下图，的中点为,的中点为，连接，过作于， 则,， 故图中正四棱台的体积为：立方米， 图中正三棱柱的体积为： 立方米， 所以该结构的体积为：立方米 变式1-3． （25-26高一下·陕西铜川·期中）如图，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰块，如果冰块融化了，水______溢出杯子填“会”或“不会” 【答案】不会 【分析】分别计算半球和圆锥的体积，然后比较大小判断即可. 【详解】半球的体积， 圆锥的体积.，所以冰块融化了，水不会溢出杯子． 类型二、等体积转化：水与容器倒置转化 容器倒倒置型体积转换规律： 1. 常规思路，利用倒置前后几何体体积公式求解。 2. 核心思路：利用相似形与相似题性质，可以 快速无计算求解。 例2． （23-24高二上·上海·期末）如图，圆锥形容器的高为3厘米，圆锥内水面的高为1厘米，若将圆锥容器倒置，水面高为，下列选项描述正确的是（    ） A．的值等于1 B． C．的值等于2 D． 【答案】D 【分析】设圆锥形容器的底面积为S，由相似的性质可得未倒置前液面的面积为，根据圆锥的体积公式求出水的体积；再次利用相似的性质表示出倒置后液面面积，由水的体积建立关于的方程，解之即可求解. 【详解】设圆锥形容器的底面积为S，未倒置前液面的面积为， 则，所以， 则水的体积为； 设倒置后液面面积为，则， 则水的体积为，解得. 故选：D. 变式2-1． （2026·广东肇庆·二模）已知一个盛有水的玻璃容器，该容器由圆柱和半球组合而成，圆柱底面半径与球的半径相等，且圆柱部分的体积是半球部分的体积的3倍.如图放置容器时，水面恰好经过圆柱的上底面，若将容器竖直倒置，则水的高度与容器高度的比值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】应用球的体积公式结合圆柱体积公式计算求解. 【详解】设半球的半径为，则半球体积为，设圆柱的高为，则圆柱体积为， 由题意得，所以，容器竖直倒置后，圆柱部分的水的体积为， 此时圆柱部分的水的高为，所以水的高度与容器高度的比值为. 变式2-2． （23-24高三上·浙江宁波·月考）如图1，水平放置的直三棱柱容器中，，，现往内灌进一些水，水深为2．将容器底面的一边AB固定于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面形状恰好为三角形，如图2，则容器的高h为（    ）    A．3 B．4 C． D．6 【答案】A 【分析】根据棱柱、棱锥的体积公式，利用两个图形装水的体积相等列方程即可求解． 【详解】在图1中水的体积， 在图2中水的体积， 所以．故选：A 变式2-3． （21-22高三下·天津西青·月考）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意可求出正方体的上底面与球相交所得截面圆的半径为4cm，再根据截面圆半径，球的半径以及球心距的关系，即可求出球的半径，从而得到球的体积． 【详解】设球的半径为cm， 则正方体的上底面与球相交所得截面圆的半径为4cm，球心到截面圆的距离为cm，所以，解得，所以球的体积为．故选：A． 类型三、等体积转化：两几何体公共部分体积 两几何体公共部分体积： 观察结构，寻找交线，通过交线确定轮廓，结合轮廓判断形状，分析公共部分形状来拆小块或补成整体，拆分和补成容易计算的常见几何体，相加或相减得公共体积。 例3．（2026·天津东丽·一模）正方体，棱长为2，正方体的内切球记为球O，则球O与三棱锥的公共部分的体积记为，三棱锥的体积记为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】可知棱长为2的正方体的内切球半径为1，球心在正方体的中心， 根据对称性可知三棱锥的体积占整个正方体的， 则球O与三棱锥的公共部分的体积也为整个球的体积的，为，即， 三棱锥的体积记为， 则. 变式3-1． （2024高三·全国·专题练习）艺术家埃舍尔的作品展示了数学之美，如图①是其作品《星空》中的一部分，由正方体和正八面体相互交叉形成的组合体，可抽象为图②所示的图形．若正八面体的棱长均为2，且相交处均为棱中点，则两个几何体相交后公共部分形成的几何体的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，观察得到公共部分形成的几何体是由正方体截去以其八个顶点为三棱锥的顶点构成的八个相同的三棱锥得到，计算得解． 【详解】如图，因为正八面体的棱长均为2，且相交处均为棱中点，所以， 所以，则该正方体的棱长为． 易知三棱锥为正三棱锥，则． 易知两个几何体相交后公共部分形成的几何体体积为． 故选：B. 变式3-2． （23-24高二上·湖北·月考）已知圆柱体体积是1，设分别是圆柱的上、下底面的中心，以圆柱的两底面作为圆锥体的底面，以分别互为顶点和底面中心做2个圆锥体，则这两个圆锥体公共部分的体积________． 【答案】 【分析】两个圆锥体公共部分为两个相同的圆锥，底面半径为，高为，由圆锥的体积求解即可. 【详解】设圆柱的底面半径为，高为，则圆柱体体积， 以圆柱的两底面作为圆锥体的底面，以分别互为顶点和底面中心做2个圆锥体， 如下图，    两个圆锥体公共部分为两个相同的圆锥，底面半径为，高为， 即每个圆锥的体积为：， 所以两个圆锥的公共部分为：.故答案为：. 变式3-3． （2026·天津·二模）如图，在正方体中，三棱锥和的公共部分形成的几何体为.若的体积记为，的内切球的体积记为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】不妨取正方体边长为，根据题意可得三棱锥，的公共部分为一个棱长为的正八面体，计算出表面积和体积，进而得到内切球半径及体积，再求比值即可． 【详解】解：连接它们的交点后如下图所示， 是中点，不妨取正方体边长为， 所以， 即两个三棱锥，的公共部分为一个棱长为的正八面体， 所以表面积为，体积， 则内切球半径，，． 变式3-4．（22-23高三上·广东·期末）已知两个四棱锥与的公共底面是边长为2的正方形，顶点、在底面的同侧，棱锥的高，、分别为AB、CD的中点，与交于点E，与交于点F． (1)求的长； (2)求这两个棱锥的公共部分的体积． 【答案】(1)(2) 【分析】 (1)连接，证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质得出为的中点，进而求解即可； (2)公共部分的体积可以看作四棱锥与四棱锥的体积差，根据棱锥体积公式求解即可. 【详解】（1）连接，如图所示： 因为平面，平面，所以，又， 所以四边形是矩形，所以，且， 又分别为的中点，所以，且， 所以，且，所以四边形为平行四边形， 又对角线，所以为的中点， 由题意可知：在中，， 所以. （2）连接，交于点，过点作于， 由题意知，故，又，， 平面，所以平面， 因为平面，故，又，平面， 所以平面，即是四棱锥的高， 由（1）同理可得点为线段的中点，所以，且， 在中，，则，所以， 因为， 所以. 类型四、不规则几何体割补 凡是不是棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台、球标准形态的几何体，都归为不规则几何体。 求解根本思想 ：能拆就拆，不能拆就补.通过切割和补形，化不规则为规则，不直接套公式，全部转化为基础规则几何体再计算。 例4．（25-26高一下·北京大兴·期中）如图所示的几何体是从棱长为的正方体中，截去以正方体的一个顶点为球心，半径为的球面所围成的几何体后得到的剩余部分，则该几何体的体积为______．          【答案】 【详解】因为正方体的棱长为，则正方体的体积为， 又截去部分是以正方体的一个顶点为球心，半径为的球面所围成的几何体， 由于从该顶点出发的三条棱两两垂直，这部分几何体的体积是整个球的体积的， 又半径为的球的体积为，所以剩余几何体的体积为. 变式4-1．．（25-26高一下·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 变式4-2．（2026·广东·一模）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. 变式4-3．（2020·全国·模拟预测）已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱长为4，过点作平面与正四棱柱的三条侧棱，，分别交于，，，且，若多面体和多面体的体积比为3∶5，则截面的周长为_________． 【答案】10 【解析】由已知可得四边形菱形，过分别作，垂足分别为连，可得，根据已知可得多面体的体积，且等于四棱柱的体积，进而求出，即可求解. 【详解】在正四棱柱中，平面平面， 平面平面，平面平面， 同理，所以四边形为平行四边形，因为， 所以，故四边形菱形，过分别作， 垂足分别为连，得，因为， 所以，所以，又， 所以多面体为正四棱柱，且， 所以多面体的体积为正四棱柱的体积为， 又因为正四棱柱的底面边长为2，侧棱长为4， 所以正四棱柱的体积为16， 又因为多面体和多面体的体积比为3∶5， 所以多面体的体积为， ，故截面的周长为． 故答案为：10. 【点睛】本题考查正四棱柱的结构特征、截面图形的周长，考查利用线、面位置关系确定截面图形形状，割补法求多面体的体积是解题的关键，意在考查直观想象和运算求解的能力，属于中档题． 类型五、多面体体积 多面体体积 1.先观察几何体，判断凹凸、残缺、斜截、弯折特征； 2.优先考虑能不能分割，能拆分就拆成规则小块求和； 3.不能分割就用补形，补成标准几何体再减多余部分； 4.棱锥类优先等体积换底换高简化计算； 5.复杂图形直接建空间坐标系，用坐标求面积和高； 6.最后代入基础体积公式，加减求和得出结果。 例5．（2021·四川成都·一模）已知棱长为的正方体，棱中点为，动点、、分别满足：点到异面直线、的距离相等，点使得异面直线、所成角正弦值为定值，点使得．当动点、两点恰好在正方体侧面内时，则多面体体积最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意都在平面内，其中为定点，由条件可得动点的轨迹是为以为焦点，以为准线的抛物线在正方体侧面内的部分．动点的轨迹是为以为圆心，为半径的圆，先求出的最小值，面积最小值，从而得出四边形面积的最小值，再得出点到侧面的距离是最小值，从而得出答案. 【详解】由题意都在平面内，其中为定点. 点到异面直线、的距离相等， 在正方体中，平面, 故连接,有,所以为点到直线的距离. 所以在平面上，点满足到点的距离等于到直线的距离. 所以动点的轨迹是为以为焦点，以为准线的抛物线在正方体侧面内的部分． 由，所以异面直线、所成角为（或其补角） 在正方体中，平面,又平面，所以 所以,又 所以，则 所以，即动点的轨迹是为以为圆心，为半径的圆． 在四边形中，,又 在平面内，取的中点，连接,以为轴，为轴 则直线的方程为：，即， 则点到直线的距离的最值为： 所以的最小值为. 动点的轨迹方程为：，设 所以点到直线的距离 （当时取得等号） 所以面积最小值 所以四边形面积 点满足，又. 所以点在以为弦的劣弧上，由，则圆心角为. 其半径为2，圆心到的距离为. 所以圆弧上的点到的距离的最大值为. 当劣弧所在的平面垂直于平面时，圆弧上的点到平面的距离最小值为 所以动点到面距离最小值为， 所以多面体体积最小值为 故选：A 【点睛】关键点睛：本题考查立体几何中的轨迹问题，体积的最值问题，异面直线成角，解答本题的关键是由条件得出动点的轨迹是为以为焦点，以为准线的抛物线在正方体侧面内的部分．动点的轨迹是为以为圆心，为半径的圆，由解析几何可得出点到直线的距离的最值，从而得出的最小值，点到直线的距离，从而得出面积最小值，从而得出四边形面积的最小值，属于难题. 变式5-1． （2021·四川成都·一模）已知棱长为的正方体，棱中点为，动点、、分别满足：点到异面直线、的距离相等，点使得异面直线、所成角正弦值为定值，点在面内运动.当动点、两点恰好在正方体侧面内时，则多面体体积最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可知四边形中，动点的轨迹是为以为圆心，为半径的圆.动点的轨迹是为以为焦点，以为准线的抛物线，而面积面积面积，所以分别求出面积最小值，面积最小值即可 【详解】四边形中，动点的轨迹是为以为圆心，为半径的圆. 动点的轨迹是为以为焦点，以为准线的抛物线. 面积面积面积 面积最小值 面积最小值(当处切线∥时，等号成立) 面积最小值面积面积= 动点到面距离最小值为， 所以多面体体积最小值为 故选：A 【点睛】关键点点睛：此题考查立体几何中轨迹问题，解题的关键是由题意得动点的轨迹是为以为圆心，为半径的圆.动点的轨迹是为以为焦点，以为准线的抛物线，然后分析求解即可，考查计算能力和分析问题的能力，属于中档题 变式5-2． （22-23高三上·浙江湖州·期末）如图所示的多面体由正四棱锥和三棱锥组成，其中.若该多面体有外接球且外接球的体积是，则该多面体体积的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据求得体积可得其半径，分析可得四棱锥的外接球的球心为底面中心，根据等体积法可求得点到平面的距离，进而分析可得三棱锥的高的最大值为，进而可求多面体体积的最大值. 【详解】设正四棱锥的外接球的半径为，则，解得， 连接交于点，连接， ∵正方形的边长为2，则， ∴为四棱锥的外接球的球心， 则，故的是以边长为2的等边三角形， 过作平面的垂线，垂足为，连接， 由三棱锥的体积可得：，解得， 由题意可知：点在四棱锥的外接球的球面上，则， ∵，即， 当且仅当三点共线，则面时等号成立， 可得三棱锥的高的最大值为， ∴三棱锥的体积， 故该多面体体积. 故选：D. 【点睛】关键点定睛： （1）求出球的半径结合正方形的边长分析得球心为底面中心； （2）根据几何性质，分析可得三棱锥的高的最大值. 变式5-3． （25-26高二上·北京海淀·期末）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（    ） A． B． C． D．30 【答案】C 【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，， 最终有. 故选：C. 类型六、体积最值范围型 体积最值、取值范围问题，则几何体必有可变动点或者可变角度或者可变棱长或者可变高；核心思路为：把体积表示成单一变量函数，再求函数最值与定义域范围，立体问题转化为代数函数求值域。 1.先找变化量：设动点线段长、夹角、高、底面边长为单一变量； 2.用立体几何关系（相似、勾股、线面垂直、解三角形），把底面积、高都用这个变量表示； 3.代入柱、锥、组合体体积公式，整理得到体积关于单变量的函数； 4.由几何实际约束，写出变量定义域（边长大于 0、角度范围、点在线段上等限制）； 5.利用一次函数、二次函数、对勾函数、三角函数单调性，或导数，求函数最大值、最小值，以及体积取值范围。 例6．（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． 变式6-1． （2026·甘肃金昌·三模）若球的半径为2，圆锥的顶点与底面圆周都在球的球面上，则当圆锥的体积取得最大值时，圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用球内接圆锥的几何关系建立底面半径与高的关系式，写出圆锥体积关于的函数，再通过求导分析单调性，找到体积取最大值时的，进而求出和母线长，最后用侧面积公式计算结果． 【详解】 设圆锥的底面半径为，高为，则， 所以，，圆锥体积，， 时，，时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以时，取得最大值， 此时，， 则圆锥的母线长， 所以圆锥的侧面积为． 变式6-2． （2026·山东东营·模拟预测）在棱长为2的正方体中，点P在正方体的棱上运动，则三棱锥的体积的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据P点位置可确定三棱锥的体积可无限接近于0；再确定当P点位于正方体顶点B处时，三棱锥的高最大，利用空间向量求点到平面的距离，即求出三棱锥的高的最大值，利用棱锥体积公式，即可求得答案. 【详解】如图，当在的顶点相连的棱上时，当无限靠近时， 三棱锥的高可无限接近于0，故三棱锥可无限接近于0； 当点位于正方体顶点处时，三棱锥的高最大，此时三棱锥的体积最大； 如图建立空间直角坐标系，则, ， 则，即得， 结合平面，可得平面， 即为平面的一个法向量，则B到平面的 距离为， 为边长为等边三角形，其面积为， 故三棱锥的体积最大为， 故三棱锥的体积的取值范围是. 变式6-3． （25-26高二下·河北保定·期中）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为2cm，该纸片上的正方形ABCD的中心为O． E，F，G，H为圆O上的点，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA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△EAB，△FBC，△GCD，△HDA，使得E，F，G，H重合，得到四棱锥．当正方形ABCD的边长变化时，所得四棱锥体积(单位：cm³)的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，过O作于点P，连接.设，求得高，进而可得，令，利用导数可求最大值. 【详解】得到的四棱锥如图所示， 连接，过O作于点P，连接. 设，则，所以， 由题意得， 故四棱锥的体积为， 构造函数，求导得到， 令，得，令，得， 所以在单调递增，在上单调递减. 故，取得最大值，最大值为. 所以. 类型七、几何体体积比 任何一个完整几何体，被平面分割成两部分求体积比，核心思想：不用分别硬算两部分体积，优先用比例关系、同高同底、相似比、等分比例、位置比例，整体为份数，直接拆份数求比；能比例就不列式，能份数就不计算。 例7．（22-23高一下·北京朝阳·期末）堑堵、阳马、鳖臑这些名词出自中国古代的数学名著《九章算术·商功》．如图1，把一块长方体分成相同的两块，得到两个直三棱柱（堑堵）．如图2，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个，以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马，余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为鳖臑．则图2中的阳马与图1中的长方体的体积比是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】计算出长方体的体积，利用锥体的体积公式计算出阳马的体积，即可求得阳马与长方体的体积之比. 【详解】设阳马的体积为，长方体的体积为， 由图2可知，阳马是底面为矩形，高为的四棱锥，则， 长方体的体积为，因此，. 故选：B. 变式7-1． （25-26高三上·江西抚州·期末）在正方体中，为正方形的中心，为的中点，过点、、的平面将正方体分成上、下两部分，则上、下这两部分的体积比等于（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由面面平行的性质定理作出截面，过点F作平面FGHI∥平面ABCD，则截面平分长方体，由求解. 【详解】由面面平行的性质定理，过、、的截面与平面和平面的交线互相平行， 如图，过点作分别交于，则． 再过点作平面平面分别与棱交于G，H，I， 则， 所以， 故选：D.    变式7-2． （15-16高三上·山东青岛·期末）若圆台两底面周长的比是，过高的中点作平行于底面的平面，则圆台被分成两部分的体积比是 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据条件分别设上、下底面半径分别为r，4r，截面半径为x，圆台的高为2h，则有，从而寻求到x与r的关系，再由圆台体积公式求解． 【详解】由题意设上、下底面半径分别为r，4r， 截面半径为x，圆台的高为2h，则有， ∴ ∴ ． 故选D． 【点睛】本题主要考查圆台的结构特征及体积的求法，是常考类型，属中档题． 变式7-3． （17-18高二上·安徽铜陵·月考）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E是PC中点，则平面ABE分该四棱锥的两部分的体积比是 A．2:3 B．2:5 C．3:5 D．3:8 【答案】C 【分析】通过选取适当顶点，由底面积比值关系得到的关系，用同样的方法可得的关系，然后可得. 【详解】 记PD中点为F，则，且 又，所以，且 所以，所以，即 易知，所以 又，所以 所以 则平面分该四棱锥的两部分的体积比为.故选：C 类型八、等体积转化：求距离 距离，特别是点到面的距离，如果不太容易直接求，则可以考虑体积转化法来求解： 等体积转化本质：同一个三棱锥，换不同的底面和顶点，体积不变。把求点到平面的距离，转化为：先换一个好算的底面与高求出三棱锥体积，再把所求平面当作新底面，反解出对应高，这个高就是点到平面的垂距。 1.把所求点和平面内任意三个点，构造出一个三棱锥； 2.选取容易求面积、容易求高的一组底面和顶点，算出三棱锥体积； 3.把目标平面作为新底面，求出这个底面多边形面积； 4.设点到平面距离为h，用三棱锥体积公式； 5.解方程直接解出h，即为点到平面距离。 6.复杂的，可以借助空间立体几何建系设变量求解。 例8．（25-26高三下·重庆沙坪坝·月考）在三棱锥中，底面为正三角形，平面 ，若四点都在球的表面上，则点到平面的距离为（    ） A．5 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，确定球心O的位置，再利用几何法求出球心O到平面PBC的距离为，再利用等体积法求解即可. 【详解】设底面中心为D，取BC的中点E，连接AE，则A，D，E三点共线，连接PE，过点D作底面的垂线， 取棱PA的中点Q，在平面PAE中，过Q作PA的垂线，则与的交点即为球心O， 在正中，，，得， 又，即， 则，，， 由余弦定理得，则， 过O作PE的垂线，垂足为G，由，， 因为，PA，平面，所以平面， 又平面PBC，则平面平面， 又平面平面，平面，因此平面PBC， 在中，， 所以球心O到平面PBC的距离为， 则三棱锥的体积为， 而，设点到平面的距离为， 由，得，解得， 则点到平面的距离为. 变式8-1．（25-26高一下·浙江杭州·月考）在三棱柱中，侧棱底面，且三棱柱的体积为，的面积为．则点到平面的距离为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题利用等体积法求解，先用直三棱柱体积为，得出三棱锥的体积为，设点到平面的距离为，结合的面积为，根据三棱锥体积公式即可得出结果． 【详解】 设点到平面的距离为， 因为,, 所以， 因为，所以， 即点到平面的距离为． 变式8-2． （2026·河北廊坊·一模）如图，圆柱（，O分别为上、下底面的圆心）的轴截面是边长为2的正方形，E是下底面圆周上不同于A，D的动点，则点A到平面的最大距离是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点E作AD的垂线， 垂足为F，求证平面，接着过点F作BC的垂线，垂足为G，连接EG，求证， 设，，结合 求出点A到平面的距离即可分析求解. 【详解】如图，过点E作AD的垂线， 垂足为F，连接AE， 由题意知平面平面，平面，故平面， 过点F作BC的垂线，垂足为G，则，连接EG， 又，平面， 所以平面，所以由得平面， 又平面，所以即， 连接 OE， 设，其中，则由题， 又平面，平面，所以， 所以， 连接 AO，设点A到平面的距离为d， 则由 得即， 所以，所以， 显然当即时点A到平面的距离d取得最大值为. 变式8-3． （2026·海南海口·模拟预测）如图，为圆锥的底面圆的直径，，，为的中点，点是圆上的动点（点、在直径同侧），当的面积最大时，点到平面距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】在中，，，. 所以，且. 所以. 因为. 所以当即时，的面积最大. 此时. 所以，所以. 所以. 又，所以. 所以. 又. 设点到平面距离为， 则. 类型九、截面型体积 用一个平面截规则几何体（正方体、长方体、棱柱、棱锥、圆柱、圆锥等），把原几何体分成两部分或多部分，求其中某一块体积，主要方法： 1. 先判截面形状。 2. 再判分割后每块几何体类型 3. 能用比例就用比例 4. 不能用比例，则分割、补形、整体作差。 5.用比例型，则可以借助“相似体”来计算。 例9．（24-25高三上·河北·月考）如图，正方体中，点在上，且，点在上，且，过点的平面将正方体分成上、下两部分，则上、下这两部分的体积比等于（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意分析可得过点的平面即平面，截面将正方体分成上、下两部分，其中下部分为一个四棱锥和一个四棱锥，及三棱柱， 结合体积公式分析运算. 【详解】如图，设正方体的棱长为，在上取点，使得，    在上取点，使得，连接，易得四边形为平行四边形， 则，， 在上取点，连接，使得，易得四边形为平行四边形， 所以，， 所以，，所以过点的平面即平面， 在上取点，使得，则，连接， 在上取点，使得，则，连接， 所以过点的平面分正方体下部分的体积为一个四棱锥和一个四棱锥，及三棱柱， 所以 ， ， 所以. 故选：A. 变式9-1． （25-26高一下·全国·课堂例题）在正方体中，，，分别是，，的中点，过，，三点的截面把正方体分成两部分，则体积较大的部分与正方体体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先作出过，，三点的截面为五边形，根据相似，求解长度，根据体积公式即可求解. 【详解】如图，延长，相交于，连接，交于， 同理可作，则，，三点的截面为五边形， 不妨设正方体棱长为1，则，所以， 又，所以． 同理可得，， 可知截得较小部分体积， 所以， 又立方体体积为1，所以较大部分与总体积之比为． 故选：C． 变式9-2． （2026·湖南邵阳·二模）在正四棱锥中，是棱PA的中点，平面EBC将该正四棱锥分割成两部分，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】B 【分析】先得到截面，并由等体积法得到各个几何体之间的体积关系，得到答案 【详解】如图所示，在正四棱锥中，是棱PA的中点， 取PD的中点为，连接EF，BE，CF，CE，CA，FA， 所以，因为，所以， 所以，，，四点共面，所以平面EBC在四棱锥上的截面是平面BCFE. 平面BCFE把四棱锥分为两个部分，设四棱锥的体积为，高为. 设四边形的面积为， 则， 同理. 设点到平面AEF的距离是， 则， 即，故， 所以体积较小部分与体积较大部分的体积之比为. 变式9-3． （22-23高一下·湖北咸宁·期末）已知四棱锥的底面为平行四边形，为的中点，过两点做一个平面，使得，则平面将四棱锥分的上､下两部分的体积比（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用平面性质作出截面，然后利用重心性质及体积公式求出体积之比即可. 【详解】设平面与交于点，因为，而面， 则，连接交于点，连接交于点，则三点共线， 因为为中点，从而为的重心，从而， 因为，所以， 因为，所以， 因此，故.    故选：B 类型十、几何体内接最大体积 几何体内接最大体积： 当外框是定几何体（正方体、长方体、正棱锥、圆柱、圆锥、球），内部内接或者内嵌另一个几何体（通常内部几何体大多数是规则的，如棱柱、棱锥、圆柱、圆锥、球等），求内接体体积最大、最小或取值范围的核心思想：固定外框，找内外几何约束关系，设单一变量，把内接体体积表示为函数，再用函数、均值不等式、三角函数或者后续学的导数等方法求最值；所有内接问题本质都是约束条件下的函数值域问题。 1.分析内外位置：内接体顶点都在外接体表面，找出棱长、半径、高之间的等量约束； 2.设一个核心变量（半径、高、底面边长、夹角均可）； 3.用相似、勾股、截面圆关系，把内接体的底面、高全部用同一个变量表示； 4.代入柱、锥、球体积公式，得到体积关于单变量的函数； 5.由几何实际限制写出变量定义域； 6.用二次函数单调性、对勾函数、均值不等式、三角有界性求体积最大、最小值。 7.一些比较难以找到的数量关系，可以通过后学的空间几何建系法来处理解决。 例10．（2026·陕西咸阳·二模）已知圆锥的侧面积为，其母线与底面所成的角是60°，要在圆锥内挖去一个体积最大的圆柱，要求圆柱的一个底面在圆锥的底面上，则挖去的圆柱的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合已知可求得圆锥的底面半径和高，设挖去的圆柱底面半径为，高为，列出函数关系借助导数求得最值. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，由母线与底面所成角是60°，知，， 所以侧面积为． 设挖去的圆柱底面半径为，高为，要圆柱体积最大， 首先有，所以， 圆柱的体积，， 则得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以时，取得最大值，最大值为． 变式10-1． （22-23高一下·浙江·期中）学生到工厂劳动实践，利用3D打印机技术制作模型.设模型为长方体挖去四棱锥所得的几何体（如图），其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，，，3D打印所用的原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出四棱锥O−EFGH和长方体的体积，作差后得到该模型的体积，利用密度即可求出所需原料的质量. 【详解】由题意得，四边形的面积为， ∵四棱锥O−EFGH的高为3cm， ∴． 又长方体的体积为， 所以该模型体积为， 其质量为． 故选：C. 变式10-2． （24-25高三下·湖南常德·开学考试）斯坦梅茨几何体是以数学家斯坦梅茨命名的几何体，是指由两个或两个以上的半径相等的圆柱（含底面）成直角相交而得到的几何体（公共部分）.如图，由两个底面半径为的圆柱（圆柱的高组成的斯坦梅茨几何体的表面积为.若两个底面半径为1，高为3的两个圆柱直角相交，挖去斯坦梅茨几何体，则斯坦梅茨几何体的表面积与四个剩余几何体的表面积的比值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据圆柱的表面积公式即可求解. 【详解】由题可知斯坦梅茨几何体的表面积为16，剩余四个几何体的表面积等于原两个圆柱表面积的和， 所以斯坦梅茨几何体的表面积与剩余四个几何体的表面积的比值为. 故选:A. 变式10-3． （2023·河南安阳·二模）2022年12月7日为该年第21个节气“大雪”．“大雪”标志着仲冬时节正式开始，该节气的特点是气温显著下降，降水量增多，天气变得更加寒冷．“大雪”节气的民俗活动有打雪仗、赏雪景等．东北某学生小张滚了一个半径为2分米的雪球，准备对它进行切割，制作一个正六棱柱模型，设M为的中点，当削去的雪最少时，平面ACM截该正六棱柱所得的截面面积为______平方分米． 【答案】 【分析】设正六棱柱的底面边长为a，高为h，表示出球的内接正六棱柱体积,利用导数求体积最大值,求得，，利用图形找到截面，求截面面积. 【详解】设正六棱柱的底面边长为a，高为h． 若要使该正六棱柱的体积最大，正六棱柱应为球的内接正六棱柱中体积最大者， 所以，即，又， 所以该正六棱柱的体积为． 设，，则，令，得． ，解得，，解得， 在上单调递增，在上单调递减，所以，即，时V取得最大值． 过M作，交于点P，交于点Q，则P，Q分别是，的中点， 又，所以，则矩形ACQP即为平面ACM截该正六棱柱所得的截面． 因为，且， 所以矩形ACQP的面积为． 故答案为： 压轴专练 一、单选题 1．（2026·重庆九龙坡·模拟预测）在正四棱台中，，若侧棱与底面的夹角为，则该四棱台的体积为（    ） A． B．112 C． D． 【答案】A 【详解】如图，分别为上底面和下底面的中心，连接， 则底面，过点作于点，则底面， 则即侧棱与底面的夹角,即， 因为，所以， 故，所以， 故该正四棱台的体积为. 2．（25-26高一下·安徽合肥·期中）如图，直三棱柱中，点分别为和的中点，则三棱锥与四棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 连接，对于三棱锥与三棱锥，二者高相等， 因为是的中点，所以底面积， 所以． 对于三棱锥与四棱锥，由于二者高相等， 底面积，所以． 所以，所以． 3．（25-26高一下·北京大兴·期中）如图，在所有棱长均为的正四棱锥中，以为顶点的圆锥在此正四棱锥的内部（含表面），则该圆锥体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正四棱锥的性质，求出棱锥的高，进而根据体积最大且高为定值得出最大半径，进而利用圆锥的体积公式计算圆锥体积的最大值． 【详解】已知正四棱锥的所有棱长均为，则底面为边长为的正方形， 作在底面的投影，连接， 则为圆锥底面的圆心和底面的中心，即为圆锥的高， ， 圆锥的高固定， 当底面半径最大时体积最大，底面半径的最大值为， ． 4．（2026·重庆北碚·模拟预测）圆锥的底面半径为 6 ， 高为 6 ， 现于圆锥内放置一个圆柱， 使圆柱的一个底面与圆锥的底面所在的平面重合， 则该圆柱体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设圆柱的底面半径为r，高为h，圆锥的轴截面如图所示 则 易得，所以，即，所以， 所以圆柱体积 记 ，得， ，单调递增 ，单调递减 故 5．（25-26高一下·山西晋中·期中）如图所示，三棱柱中，若、分别为，靠近点的三等分点，平面将三棱柱分成左右两部分，若三棱柱的体积为108，则右半部分的体积为（   ） A．48 B．52 C．56 D．60 【答案】C 【分析】根据题意结合棱台体积公式求解体积即可得到体积比，即可得结果. 【详解】设平面将三棱柱分成左右两部分体积为和，三棱柱的高为，底面的面积为，体积为， 则， 因为、分别为，靠近点的三等分点，则， 可得， 所以右半部分的体积. 6．（2026·北京西城·一模）如图所示的沙漏是由上下两个相同的圆锥形容器组成，其内细沙的总体积为．假设上方容器中细沙的堆积体一直近似为一个倒置的圆锥，初始时细沙都在上方容器内，且此时沙堆的高度为，在重力和限流片的作用下细沙徐徐流入下方容器，经过分钟后剩余沙堆的体积（为常数）．已知初始时细沙都在上方容器内，经过10分钟后上方沙堆的高度降为，此时将沙漏上下颠倒，若倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为，则需再经过的时间约为（   ）（参考数据：） A．8.0分钟 B．8.6分钟 C．9.4分钟 D．10.6分钟 【答案】C 【详解】初始时，上方沙堆高度为，体积为， 体积比等于高度比的立方， 经过10分钟后上方沙堆的高度降为，上方剩余沙堆的体积， 经过分钟后上方剩余沙堆的体积， 经过分钟后上方剩余沙堆的体积， ，，，， 经过分钟后上方剩余沙堆的体积为， 下方容器内的体积为， 将沙漏上下颠倒，此时上方容器内的沙堆体积为， 设此时上方容器的高度为， ，，， 倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为时，上方容器剩余沙堆的体积为， 设从倒置后到高度再次降为需要的时间为， 则，即，， ，分钟. 7．（2026·山西朔州·一模）已知三棱锥的所有棱长都为4，点分别为中点，点分别为，中点，则几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】证明平面，根据棱锥体积公式求解. 【详解】如图所示，连接， 由题可知都是边长为正三角形， 又是边中点，所以， 又是边中点，所以， 因为分别是中点，所以，所以， 同理，又平面， 所以平面， 又， 同理，又，所以， 所以， 所以几何体的体积为. 8．（25-26高三下·重庆北碚·开学考试）如图，边长都为1且互相垂直的正方形和的对角线，上分别有一动点，，满足到点的距离等于到点的距离，则四面体体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，用表示三棱锥的体积，结合二次函数求其最大值. 【详解】过作，交于点，连接. 因为，，所以. 所以，所以. 又，，所以，. 设，，则，. 所以， 又平面平面，平面平面， 平面，则平面，所以为三棱锥的高， 所以， 当时，取得最大值，为. 故选：C 二、填空题 9．（2026·河南南阳·二模）如图，已知在一个四分之一球形状的玩具储物盒内可放入的最大正方体棱长为，若重新放入一个正四面体，并使该正四面体可以在储物盒内以任意角度旋转，则可放正四面体的最大棱长为________. 【答案】 【分析】先设四分之一球半径为，由最大正方体棱长求出.若正四面体可以在储物盒内以任意角度旋转，则其外接球必须能放入储物盒中，因此要先求该四分之一球内最大内切球半径.取垂直于两个平面交线的截面，转化为四分之一圆内切圆问题，求出，再利用正四面体外接球半径公式求最大棱长. 【详解】设四分之一球的半径为，最大正方体棱长为，则， 最大正方体放入时，球心到正方体每一个顶点的距离最大值应该最小， 则正方体的一条棱的中点在球心处，正方体的一个底面与一个侧面和四分之一球的一个平面重合， 所以，解得：． 若正四面体可以在储物盒内以任意角度旋转，则正四面体的外接球应能放入该储物盒内. 设储物盒内能放入的最大球半径为. 取垂直于四分之一球两个平面交线的截面， 由截面图可知，最大内切圆的圆心在角平分线上，且， 又该内切圆与圆弧相切，所以，即，故. 设正四面体的最大棱长为，则其外接球半径为. 因此，解得. 故可放正四面体的最大棱长为. 10．（2026·四川·二模）已知正方体，O为的中心，M为的中点，过O、M两点的平面将正方体分为两部分，记两部分的体积分别为，，则的取值范围为_____________． 【答案】 【分析】先尝试作出截面，并找到截面与上底面的交线，通过对交线的情况讨论解决问题. 【详解】 设正方体棱长为，体积为， 如图1，过O、M两点的平面与交于点， 过O、M两点的平面将正方体分为两部分， 记两部分的体积分别为、，设， 如图2，当时，两部分的体积分别为和，此时， 当时，如下图 的体积相对于时 增加了一个斜三棱柱的体积， 同时减少了多面体的体积， 观察上图发现增加的体积多于减少的体积，且其体积是连续变化的， 当，如下图的体积必然大于多面体的体积， 计算多面体的体积为， ， 所以多面体的体积为， 所以当，如下图的体积必然大于， 如下图，当截面与上底面的交点在上时， 考虑特殊情况为上的中点时，，此时，根据对称性，， 且从运动到上的中点过程中，同时一样，的体积必然大于，， 再根据对称性，及体积变化的连续性知，的取值范围是. 结束 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $