重难点培优01 立体几何中的求体积题型归纳（培优讲义）（全国通用）2027年高考数学一轮复习高效培优系列

重难点培优01 立体几何中的求体积题型归纳内容导航 知识精讲·重难聚焦讲技巧 1 知识点1 简单几何体体积 1 知识点2 正四面体的体积 2 知识点3 求体积的常用方法 2 题型深研·通法变式提能力 2 题型1 求简单几何题的体积 2 题型2 组合体与旋转体的体积 6 题型3 不规则几何体的分割与补形 9 题型4 求锥体切割后的体积比值 13 题型5 不同几何体的体积之比 18 题型6 盛水问题与体积 21 题型7 祖暅原理与体积 26 分层进阶·双阶训练验成效 31 巩固过关 31 创新提升 42 知识精讲·重难聚焦讲技巧 知识点1 简单几何体体积 1、体积公式 柱体： 锥体： 台体： 球： 2、不规则体的体积： 将不规则的几何体进行切割分成锥体或者台体等能求出体积的图形，将切割后的体积相加。 3、组合体的体积：几个组合体分开求体积相加。 知识点2 正四面体的体积 在棱长为的正四面体中，下面几个数据是常考的内容 1、正四面体的高为 2、正四面体外接球半径为 3、正四面体内切球半径为 4、正四面体棱切球半径为 5、正四面体体积 知识点3 求体积的常用方法 1、等体积法：对于三棱锥，通过轮换顶点选择易求的底面和高，反推体积或距离。适用于点到平面距离、体积比问题。 2、割补法：将不规则几何体分割成几个规则体求和，或补形成完整柱锥后作差。常用于组合体、空心体。 3、比例法：利用相似比（体积比等于相似比立方）、等高（底）关系或同底（高）面积比，由已知体积快速求未知体积。 4、补形法：将不规则图形通过补形达到规则图形，然后再利用公式来求体积。 题型深研·通法变式提能力 题型1 求简单几何题的体积 【典例1-1】（25-26高三上·浙江湖州·期末）已知圆台有半径为1的内切球，设上、下底面的面积分别是，，则取到最小值时，圆台的体积是（   ） A． B． C． D． 方法技巧 利用体积公式求简单几何体的体积： 1、先识别几何体类型，再套用对应体积公式； 2、不规则几何体则通过分割、补形或等体积转化处理。 【典例1-2】（25-26高三上·黑龙江齐齐哈尔·期末）观星台是我国现存最古老的天文台，包含观星台在内的登封“天地之中”历史建筑群已被列为世界文化遗产.已知观星台台体一部分可以看作一个正四棱台，台高米，台下正四边形边长米多，台上正四边形边长约为台下正四边形边长之半，则该四棱台的体积可能为（    ） A．米 B．米 C．米 D．米 【变式1-1】（2026·北京·模拟预测）四面体中，，，．若该四面体某面的三角形周长为18，则四面体的体积最大值为（     ） A．36 B． C． D． 【变式1-2】（2026·江西南昌·三模）如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的等边三角形的中心为为圆上的点，分别是以为底边的等腰三角形､沿虚线剪开后，分别以为折痕折起，使得重合，得到三棱锥.当的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：）的最大值为_________. 题型2 组合体与旋转体的体积 【典例1-1】（25-26高三·全国·一轮复习）分别以一个直角三角形的斜边、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，记绕两条直角边旋转得到的几何体体积分别为，绕斜边旋转得到的几何体体积为，则这三个几何体的体积之间的关系式为______________． 方法技巧 组合体与旋转体的体积： 组合体体积： 1、分割法：把组合体切成若干个柱、锥、台或球，分别求体积后相加； 2、补形法：将组合体补成规则几何体，用整体体积减去多余部分； 3、等体积转化：同一几何体换底换高，体积不变，常用于简化计算或求点到面距离。 旋转体体积： 1、直接套公式：圆柱、圆锥、圆台、球由平面图形旋转得到，直接用对应公式； 2、分割求和：由多个基本旋转体拼接的组合旋转体，分别计算后相加； 3、补形相减：旋转体内部有空洞时，用大旋转体体积减去小旋转体体积； 4、祖暅原理：等高处截面积相等的两个旋转体体积相等，可用于构造等体积模型。 【典例1-2】（2025·广东梅州·一模）分别以锐角三角形的边，，为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积之比为，则________． 【变式1-1】（2026·上海普陀·二模）在中，，，过点A作直线，将绕直线l旋转一周所得到的几何体记为Ω，若Ω的体积是，则Ω的表面积为______. 【变式1-2】（25-26高二上·上海·阶段检测）如图（图中单位：cm）是一种机器零件，零件下部是实心的直六棱柱（底面是正六边形，侧面是全等的矩形），上部是实心的圆柱．求此零件的体积与表面积．（结果分别精确到与） 题型3 不规则几何体的分割与补形 【典例1-1】（多选）（2026·山西大同·一模）如图，在几何体中，底面是边长为1的正方形，棱底面，，且，则下列表述一定正确的是（    ） A．平面 B．几何体外接球表面积是 C．几何体的体积是 D．当时，几何体一定有内切球 方法技巧 不规则几何体的体积： 分割法：将不规则的几何体沿某个截面或棱拆分成几个规则的几何体，分别求出每个部分的体积后再相加。关键在于选择恰当的分割面，使拆分后的每个部分体积易于计算，且无重叠无遗漏。 补形法：将不规则的几何体通过添加辅助部分补成一个规则的整体（如柱体、锥体、长方体），先求出整体体积，再减去补上的部分体积。常用于缺失部分形状规则、整体容易补全的情形。 【典例1-2】（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________． 【变式1-1】（25-26高三下·北京·阶段检测）将3个边长为4的正方形沿邻边的中点剪开分成两部分（如图左）；将这六个部分接于一个边长为的正六边形边上（如图），若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图，则该多面体以ABCDEF为底时的高是________，该多面体的体积是________． 【变式1-2】（2026·北京海淀·二模）如图1，在中，，，，，分别为边，，的中点．将沿折起到沿折起到，使得平面且为等边三角形，如图2所示，则多面体的体积为（） A． B． C． D． 题型4 求锥体切割后的体积比值 【典例1-1】（25-26高三·全国·三轮复习）已知正四面体外接球的球心为，，过点，的平面与棱，分别相交，记在平面两侧的几何体的体积分别为、，则的取值范围为_____________. 方法技巧 锥体被切割后的体积比值问题： 1、相似比法：平行于底面的截面截锥体，小锥体与原锥体相似，体积比等于对应线段比的三次方。若截面分高为 m:n，则上下两部分体积比可直接由相似关系推出。 2、等体积分割法：将锥体按切割面分成若干小锥体或锥台，分别计算体积后作比。切割面过顶点时，分成两个小锥体，体积比等于底面积比。 3、等体积转化：换底换高，同一部分体积不变，便于比较不同部分的体积。 【典例1-2】（25-26高三上·山西·阶段检测）如图，在四面体中，，，，.点，分别在侧面和棱上运动，为线段中点，当运动时，点的轨迹把三棱锥分成上、下两部分的体积之比等于______.    【变式1-1】（2026高三下·新疆·竞赛）已知四面体，点在内，满足的面积之比，在线段上，直线交平面于点，且，则四面体与的体积之比为__________. 【变式1-2】（26-27高三上·辽宁大连·开学考试）在体积为1的三棱锥侧棱，，上分别取点，，，使，记为三平面，，的交点，则三棱锥的体积等于______． 题型5 不同几何体的体积之比 【典例1-1】（2026·重庆·三模）已知圆锥的轴截面是顶角为的三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积之比为（     ） A． B． C． D． 方法技巧 不同几何体的体积之比： 1、根据已知条件，如表面积之比、高的比值，还是相似关系等，将已知条件转化为半径、棱长、高等基本量之间的关系 2、将这些关系代入体积公式，或表面积公式等，消去公共变量，得到比值关系，注意约分。 相似关系仅适用于形状相同的几何体；不同形状的几何体需分别计算尺寸再作比，不可直接套用相似比公式。表面积相同或体积相同时，需先确认各几何体的具体形状，再选择合适的公式消元。 【典例1-2】（2026·河南·三模）一个高为，上、下底面半径分别是1cm和4cm的封闭圆台容器（容器壁厚度忽略不计）内有一个铁球，则当该铁球体积最大时，该铁球的体积与圆台的体积的比值为（   ） A． B． C． D． 【变式1-1】（25-26高三下·安徽·开学考试）已知某圆锥的轴截面是一个等腰直角三角形，则该圆锥的体积与其外接球的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【变式1-2】已知一个圆台内部的球与圆台的上、下底面以及每条母线均相切，设球与圆台的表面积分别为，，体积分别为，，若，则______． 题型6 盛水问题与体积 【典例1-1】（26-27高三上·北京朝阳·开学考试）如图，透明塑料制成的长方体容器 内灌进一些水，固定容器底面一边 于地面上，再将容器以 为轴顺时针旋转，给出以下四个命题： ①有水的部分始终是棱柱； ②水面所在四边形 为矩形且面积不变； ③棱 始终与水面平行； ④当点 在棱 上且点 在棱 上（均不含端点）时， 不是定值. 则正确命题的个数为（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 方法技巧 盛水问题与体积 盛水问题本质是体积计算与等体积转化的应用，关键在于抓住“水的体积不变”或“容器容积不变”这一条件。 1、容器倾斜或旋转：水的形状随容器位置变化，但体积不变。可将水的形状分割为柱体、锥体等规则几何体，分别计算后求和；或补形成完整几何体，用整体体积减去空气部分体积。 2、容器放置方式改变：如长方体容器从竖放到横放，水面高度变化，但水的体积不变。先求水的体积，再根据新放置方式下的底面积求新水面高度。 3、判断水的形状时需注意容器边界，倾斜时水面始终水平；计算空气部分体积有时比直接计算水体积更简便；若容器有孔或溢出，需考虑水的实际体积是否超过容器容积。 【典例1-2】如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】（25-26高三上·山西·阶段检测）水平放置在地面上的正四棱台的容器的体积为，两个底面边长分别为和，侧棱长为，当容器中装入体积为的水时，水面与四条侧棱分别交于点，，，，如图.则平面与平面所成二面角的正弦值为_____. 【变式1-2】（25-26高三上·湖北荆州·阶段检测）在一个封闭的直三棱柱容器内装有高度为的水，如图所示，底面处于水平状态．记水面为．现以所在的直线为旋转轴，将容器缓慢地顺时针旋转（点开始离开桌面），直到侧面水平，过程中始终保持水面处于水平状态．（1）若旋转过程中，在某时刻水面恰好经过三点，则_____；（2）设，则在旋转过程中，当水面的形状为梯形时，水面与侧面的交线的中点到直线的距离的最大值为_____．（用含有的式子表达．） ．   题型7 祖暅原理与体积 【典例1-1】早在公元5世纪，我国数学家祖暅在求球体积时，就创造性地提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.    (1)如图一所示，在一个半径为的半球体中，挖去一个半径为的球体，求剩余部分的体积. (2)如图二，由抛物线跟线段围成一个几何形，将该几何形绕轴旋转得到一个抛物线旋转体，请运用祖暅原理求该旋转体的体积. (3)将两个底面半径为1，高为3圆柱体按如图三所示正交拼接在一起，构成一个十字型几何体.求这个十字型的体积，等价于求两个圆柱公共部分几何体的体积，请运用祖暅原理求出该公共部分几何体的体积. 方法技巧 祖暅原理与体积问题 祖暅原理指出，两个几何体若在等高处的截面面积处处相等，则它们的体积相等。当目标几何体体积难以直接计算时，构造一个与之等高且每个水平截面面积相等的规则几何体（如柱体、锥体），通过计算规则体的体积得到原几何体的体积。 【典例1-2】祖暅是我国南北朝时期伟大的科学家，他于5世纪末提出了“幂势既同，则积不容异”的体积计算原理，即“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”.某同学在暑期社会实践中，了解到火电厂的冷却塔可以看作是由双曲线和渐近线的一部分绕其虚轴一起旋转形成的空心结构（如图）.现有某火电厂的冷却塔设计图纸，其外形的双曲线方程为，内部虚线为该双曲线的渐近线，则该同学利用“祖暅原理”算得此冷却塔的体积为_____. 【变式1-1】我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖明原理：“具势既同，则积不容异．”意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等．因此运用祖暅原理计算球的体积时，我们可以构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②，用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即，则．现将双曲线与直线围成的图形绕轴旋转一周后得一个旋转体，类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】《九章算术》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”，现提供一中计算“牟合方盖”体积的方法，显然，正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球.因此，用任意平行于水平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，平面截内切球得到上述正方形的内切圆，结合祖暅原理，利两个同高的立方体如在等高处的截面面积相等，则体积相等.若正方体棱长为3，则“牟合方盖”体积为（    ）    A．6 B．12 C．18 D．24 分层进阶·双阶训练验成效 巩固过关 1．有一个圆柱形量筒（不计厚度），底面直径为8，高为，量筒中有适量水，缓慢倾斜量筒至水恰好溢出，此时量筒的母线与水平面的夹角为.继续缓慢倾斜量筒，停止倒水时量筒的母线与水平面的夹角为，则所倒出的水的体积为_____. 2．（2026·广东佛山·模拟预测）已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，过圆锥的一条母线的中点且与圆锥底面平行的平面截圆锥，则截面与底面之间的部分构成的几何体的体积是（     ） A． B． C． D． 3．（25-26高二下·广东深圳·期末）如图，正方体中，为正方形的中心，为棱的中点，过点的平面将正方体分成两部分，则较小的部分与较大的部分体积之比为（    ）    A． B． C． D． 4．（25-26高一下·湖北·期末）如图所示，圆锥的侧面展开图为半圆，其轴截面为，过O作于点C，线段绕旋转一周所得的曲面将圆锥分成上下两部分，则这两部分几何体的体积之比为（    ） A． B． C． D． 5．（25-26高三上·北京·阶段检测）如图，棱长为2的正方体中，动点，，，分别在棱，，，上，且满足，，设，，下列四个结论正确的是（    ） ①当时，则四面体的表面积为8； ②存在，，使得四面体的表面积为9； ③当时，四面体的体积为； ④四面体的体积与，无关． A．②③④ B．②③ C．②④ D．①②④ 6．（25-26高一下·河南南阳·期末）如图，四边形为正方形，平面//，记三棱锥的体积分别为，则（　　）    A． B． C． D． 7．（25-26高一下·北京西城·期末）如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点，过的平面分别交，于，.若平面将三棱锥分成体积相等的两部分，则（   ）    A．1 B．2 C． D． 8．（25-26高一下·广东珠海·期末）如图，正方体，为棱的中点，用过点，，的平面截正方体为两部分，其体积分别为，，则的值是（    ） A． B． C． D． 9．（25-26高一下·天津河西·期中）如图，在棱长为的正方体中，是棱的中点，过，，三点的截面把正方体分成两部分，则这两部分的体积比为（     ） A． B． C． D． 10．（2026·重庆·模拟预测）在四面体中，，，当四面体的体积最大时，的长度为（　　） A． B． C．2 D．4 创新提升 1．（2026·浙江·三模）在平行六面体中，记三棱锥的体积分别为，则（   ） A． B． C． D． 2．（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． 3．（2026·安徽安庆·二模）三棱锥的底面为边长为1的等边三角形，三个侧面三角形中至少有两个为等腰直角三角形，则该三棱锥的体积不可能为（   ） A． B． C． D． 4．（25-26高三上·天津·期末）如图，几何体是由两个四棱锥与组合而成，两四棱锥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，的中点，与交于点，与交于点．若四棱锥的外接球体积记为，四棱锥的体积记为，则（   ） A． B． C． D． 5．（25-26高三上·河北·期中）已知正方体的棱长为1，平面α过点A，C，且与棱交于点E，若平面α将该正方体分成体积之比为的两部分，则点E 到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 6．（25-26高三上·江苏镇江·期中）如图，某圆柱完全在一个棱长为9的空心正四面体内部，该圆柱的下底面落在此正四面体一个底面上，当该圆柱体积最大时，其底面半径为（    ） A． B．2 C． D．3 7．（2025·浙江·一模）已知正四面体外接球的球心为，过点的平面与棱分别相交，记在平面两侧的几何体的体积分别为，其中，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．（多选）（2026·江苏南京·三模）正三棱柱中，棱长均为3，在棱上，且（在上面），则（    ） A．五面体的体积是定值 B．与可能垂直 C． D．当时，称五面体为刍甍，该刍甍体积为 9．（2026高三·全国·专题练习）已知四棱锥的底面为正方形，底面对角线和交点为，平面，该四棱锥存在内切球，则内切球的体积和棱锥体积之比的最大值为______． 10．（24-25高三上·湖北·阶段检测）如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的正边形（，）的中心为.，，，，为圆上的点，，，，，分别是以，，，，为底边的等腰三角形.沿虚线前开后，分别以，，，，为折痕折起，，，，，使得，，，，重合，得到棱锥.当正边形的边长变化，所得棱锥体积（单位：）取得最大值时，圆心到的距离为__________. 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点培优01 立体几何中的求体积题型归纳内容导航 知识精讲·重难聚焦讲技巧 1 知识点1 简单几何体体积 1 知识点2 正四面体的体积 2 知识点3 求体积的常用方法 2 题型深研·通法变式提能力 2 题型1 求简单几何题的体积 2 题型2 组合体与旋转体的体积 6 题型3 不规则几何体的分割与补形 9 题型4 求锥体切割后的体积比值 13 题型5 不同几何体的体积之比 18 题型6 盛水问题与体积 21 题型7 祖暅原理与体积 26 分层进阶·双阶训练验成效 31 巩固过关 31 创新提升 42 知识精讲·重难聚焦讲技巧 知识点1 简单几何体体积 1、体积公式 柱体： 锥体： 台体： 球： 2、不规则体的体积： 将不规则的几何体进行切割分成锥体或者台体等能求出体积的图形，将切割后的体积相加。 3、组合体的体积：几个组合体分开求体积相加。 知识点2 正四面体的体积 在棱长为的正四面体中，下面几个数据是常考的内容 1、正四面体的高为 2、正四面体外接球半径为 3、正四面体内切球半径为 4、正四面体棱切球半径为 5、正四面体体积 知识点3 求体积的常用方法 1、等体积法：对于三棱锥，通过轮换顶点选择易求的底面和高，反推体积或距离。适用于点到平面距离、体积比问题。 2、割补法：将不规则几何体分割成几个规则体求和，或补形成完整柱锥后作差。常用于组合体、空心体。 3、比例法：利用相似比（体积比等于相似比立方）、等高（底）关系或同底（高）面积比，由已知体积快速求未知体积。 4、补形法：将不规则图形通过补形达到规则图形，然后再利用公式来求体积。 题型深研·通法变式提能力 题型1 求简单几何题的体积 【典例1-1】（25-26高三上·浙江湖州·期末）已知圆台有半径为1的内切球，设上、下底面的面积分别是，，则取到最小值时，圆台的体积是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】画出组合体的轴截面，根据圆台的母线、高和两底面圆的半径差的关系，列出方程，求得，即，化简，结合基本不等式，求得的值，再由圆台的体积公式，即可求解. 【详解】如图所示，画出组合体的轴截面，设圆台的上、下底面圆心分别为， 内切球的球心为，圆台的上、下底面圆的半径为， 可得圆台的母线长为，高为， 在直角中，可得，即， 整理得，即，且， 则圆台的上下底面面积分别为，所以， 因为代入得， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以圆台的体积为. 故选：B. 方法技巧 利用体积公式求简单几何体的体积： 1、先识别几何体类型，再套用对应体积公式； 2、不规则几何体则通过分割、补形或等体积转化处理。 【典例1-2】（25-26高三上·黑龙江齐齐哈尔·期末）观星台是我国现存最古老的天文台，包含观星台在内的登封“天地之中”历史建筑群已被列为世界文化遗产.已知观星台台体一部分可以看作一个正四棱台，台高米，台下正四边形边长米多，台上正四边形边长约为台下正四边形边长之半，则该四棱台的体积可能为（    ） A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】D 【分析】根据正四棱台的体积公式与下底边长的范围求得正四棱台体积的范围即可判断. 【详解】设正四棱台的下底面边长为，高为，则上底面边长近似为，，； 所以正四棱台的体积，解得. 故选：D. 【变式1-1】（2026·北京·模拟预测）四面体中，，，．若该四面体某面的三角形周长为18，则四面体的体积最大值为（     ） A．36 B． C． D． 【答案】B 【分析】由已知得为，结合该四面体某面的三角形周长为18，这个面不是平面， 而是含点的另个三角形面中去推断，再根据四面体的体积公式，结合题中条件可求出四面体体积的最大值. 【详解】    如图，在四面体中， 由，，， 所以为，由勾股定理得；又，，,的周长为， 所以该四面体某面的三角形不是， 是在含点的三角形中的面， 设到面的距离为，则四面体的体积， 要使最大，只需最大， 若的周长为，即， 其中，所以，点的轨迹是到两点距离之和为的椭球， 当点在平面的垂面内时，此时有可能最大，而点在平面内的轨迹为椭圆， 长轴长，焦距，短半轴长为， 此时要使最大，只有时满足，的最大值为； 当点在平面的垂面时，若的周长为，，其中，， 点在平面内的轨迹为椭圆，长轴长长半轴长为，焦距，短半轴长为， 此时最大时，取，的最大值， 当点在平面的垂面时，若的周长为，，其中，得， 不满足三角形两边之和大于第三边，该情况不存在；故当取时，四面体的体积最大，最大值为， 【变式1-2】（2026·江西南昌·三模）如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的等边三角形的中心为为圆上的点，分别是以为底边的等腰三角形､沿虚线剪开后，分别以为折痕折起，使得重合，得到三棱锥.当的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：）的最大值为_________. 【答案】 【分析】首先画图并设好未知量，根据等边三角形的性质和勾股定理表示出三棱锥的底面和高，从而得到三棱锥体积的表达式，然后构建辅助函数，通过导数来研究函数的极值从而找到三棱锥体积的最大值. 【详解】连接交于点，如下图所示 设重合于点，正三角形的边长为，则， 所以， 所以， 因此三棱锥的体积， 设函数，求导可得， 令，即，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以在时取得极大值， 因此. 题型2 组合体与旋转体的体积 【典例1-1】（25-26高三·全国·一轮复习）分别以一个直角三角形的斜边、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，记绕两条直角边旋转得到的几何体体积分别为，绕斜边旋转得到的几何体体积为，则这三个几何体的体积之间的关系式为______________． 【答案】 【分析】设的两条直角边分别为，，斜边为，利用圆锥的体积公式求出体积，进而探求体积关系. 【详解】设的两条直角边长分别为，，斜边长为， 以直线为轴旋转，形成底面半径为，高为的圆锥，其体积； 以直线为轴旋转，形成底面半径为，高为的圆锥，其体积， 以直线为轴旋转，形成底面半径为，高的和为的两个圆锥的组合体，其体积， ，所以. 故答案为： 方法技巧 组合体与旋转体的体积： 组合体体积： 1、分割法：把组合体切成若干个柱、锥、台或球，分别求体积后相加； 2、补形法：将组合体补成规则几何体，用整体体积减去多余部分； 3、等体积转化：同一几何体换底换高，体积不变，常用于简化计算或求点到面距离。 旋转体体积： 1、直接套公式：圆柱、圆锥、圆台、球由平面图形旋转得到，直接用对应公式； 2、分割求和：由多个基本旋转体拼接的组合旋转体，分别计算后相加； 3、补形相减：旋转体内部有空洞时，用大旋转体体积减去小旋转体体积； 4、祖暅原理：等高处截面积相等的两个旋转体体积相等，可用于构造等体积模型。 【典例1-2】（2025·广东梅州·一模）分别以锐角三角形的边，，为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积之比为，则________． 【答案】/ 【分析】设以边，，为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积分别为，，，设， 计算出，，，根据体积比得到方程，求出，，利用余弦定理求出答案. 【详解】设以边，，为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积分别为，，， 设边上的高为， 设， 则，可得， 可得：， 同理可得，， 由题意可得：， 由得， 由正弦定理得，故，即， 同理可得， 所以． 故答案为： 【变式1-1】（2026·上海普陀·二模）在中，，，过点A作直线，将绕直线l旋转一周所得到的几何体记为Ω，若Ω的体积是，则Ω的表面积为______. 【答案】 【分析】将绕直线旋转一周，生成的几何体是一个大圆柱挖去一个小圆锥的组合体，利用圆柱与圆锥的体积以及表面积公式求解即可. 【详解】为直角三角形，，，直线l∥BC且过点A， 设，所以斜边， 将绕直线旋转一周，生成的几何体是一个大圆柱挖去一个小圆锥的组合体， 所以圆柱上底面半径，高， 被挖去的圆锥的底面半径，高与圆柱相同，即， 则圆柱体积：， 圆锥体积：， 所以组合体体积：， 则，即，所以， 几何体Ω的表面积由三部分构成： 圆柱的侧面积：， 圆柱的上底面面积：， 圆锥的侧面积：圆锥母线长为，， 所以总表面积：. 【变式1-2】（25-26高二上·上海·阶段检测）如图（图中单位：cm）是一种机器零件，零件下部是实心的直六棱柱（底面是正六边形，侧面是全等的矩形），上部是实心的圆柱．求此零件的体积与表面积．（结果分别精确到与） 【答案】体积为，表面积为 【分析】借助圆柱与棱柱的体积公式计算可得体积，借助圆柱与棱柱的表面积公式计算可得表面积. 【详解】圆柱部分体积为， 直六棱柱部分体积为， 则此零件的体积为， 此零件的表面积为 . 题型3 不规则几何体的分割与补形 【典例1-1】（多选）（2026·山西大同·一模）如图，在几何体中，底面是边长为1的正方形，棱底面，，且，则下列表述一定正确的是（    ） A．平面 B．几何体外接球表面积是 C．几何体的体积是 D．当时，几何体一定有内切球 【答案】AC 【分析】根据平行四边形的判定定理和线面平行判定定理判断选项A；根据割补法判断选项B；运用割补法，结合锥体和柱体的体积公式进行求解判断选项C；运用等积性判断选项D. 【详解】因为且， 所以四边形为平行四边形，所以， 根据线面平行的判定定理可知平面，故A正确； 几何体外接球即为长方体的外接球， 所以，所以外接球表面积是，故B错误； 对于C选项，可以将几何体补成长方体， 如图，几何体的体积为，故C正确； 当时，假设几何体有内切球， 则根据等体积法可得， 即，因为平面上的点与平面上的点的距离是1， 即内切球半径为，矛盾，故几何体没有内切球，故D错误. 方法技巧 不规则几何体的体积： 分割法：将不规则的几何体沿某个截面或棱拆分成几个规则的几何体，分别求出每个部分的体积后再相加。关键在于选择恰当的分割面，使拆分后的每个部分体积易于计算，且无重叠无遗漏。 补形法：将不规则的几何体通过添加辅助部分补成一个规则的整体（如柱体、锥体、长方体），先求出整体体积，再减去补上的部分体积。常用于缺失部分形状规则、整体容易补全的情形。 【典例1-2】（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． 【变式1-1】（25-26高三下·北京·阶段检测）将3个边长为4的正方形沿邻边的中点剪开分成两部分（如图左）；将这六个部分接于一个边长为的正六边形边上（如图），若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图，则该多面体以ABCDEF为底时的高是________，该多面体的体积是________． 【答案】 32 【详解】折成的多面体如图①所示，将其补形为正方体，如图②，所求多面体的体积为正方体的一半， 又由已知可得正方体的棱长为4，故该多面体的底面为正六边形，边长为， 其中心到边的距离为， 则该多面体以为底时的高为点到平面的距离， 即正六棱锥的高，由对称性可得其值与正六棱锥的高相等 由正方体性质可得平面，故正六棱锥的高为， 多面体的体积是. 【变式1-2】（2026·北京海淀·二模）如图1，在中，，，，，分别为边，，的中点．将沿折起到沿折起到，使得平面且为等边三角形，如图2所示，则多面体的体积为（） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，补全几何体为棱长为1的正方体，进而转化为正方体的体积减去2倍的三棱锥体积即可. 【详解】在中，，，，分别为边，，的中点， ，，四边形是边长为1的正方形，面积， 折叠后，，，且， 因为为等边三角形，所以 因为平面，， 所以，补全几何体为棱长为1的正方体，如图，满足条件； 所以多面体的体积为正方体的体积减去2倍的三棱锥体积， 所以. 题型4 求锥体切割后的体积比值 【典例1-1】（25-26高三·全国·三轮复习）已知正四面体外接球的球心为，，过点，的平面与棱，分别相交，记在平面两侧的几何体的体积分别为、，则的取值范围为_____________. 【答案】 【分析】设，利用四点共面，可得，再进一步确定，进而得到，再计算得，结合得到的范围． 【详解】解：如图，延长分别交平面、平面于， 平面与棱，分别相交于， 连接交于，又为正四面体，不妨设正四面体的边长为， 为的重心，为的中点，， ，设， ， 共面，，解得， 即，又，，， ， 即，即， ，， ，且， ． 方法技巧 锥体被切割后的体积比值问题： 1、相似比法：平行于底面的截面截锥体，小锥体与原锥体相似，体积比等于对应线段比的三次方。若截面分高为 m:n，则上下两部分体积比可直接由相似关系推出。 2、等体积分割法：将锥体按切割面分成若干小锥体或锥台，分别计算体积后作比。切割面过顶点时，分成两个小锥体，体积比等于底面积比。 3、等体积转化：换底换高，同一部分体积不变，便于比较不同部分的体积。 【典例1-2】（25-26高三上·山西·阶段检测）如图，在四面体中，，，，.点，分别在侧面和棱上运动，为线段中点，当运动时，点的轨迹把三棱锥分成上、下两部分的体积之比等于______.    【答案】 【分析】根据已知证得，即，易知点的轨迹以为球心的球面被三个平面所截得，应用球体、棱锥的体积公式求体积，即可得. 【详解】由，，，平面，则平面， 由平面，则，则，而，故， 则中点的轨迹以为球心的球面（如图），被三个平面所截，体积为球体的， 所以上部分体积为，下部分体积为， 所以上、下两部分的体积之比等于. 故答案为：    【变式1-1】（2026高三下·新疆·竞赛）已知四面体，点在内，满足的面积之比，在线段上，直线交平面于点，且，则四面体与的体积之比为__________. 【答案】10 【分析】设，由题意结合向量共线定理可得，进而可得，于是，进而可求四面体与的体积之比. 【详解】如图，设，且表示到的距离，表示到的距离， 由的面积之比，所以， 设表示到的距离，表示到的距离， 同理，即，    则，即， 所以， 因为B，，F三点共线，则，解得， 由，可得，则，且， 于是，即， 若分别表示到平面的距离， 所以. 【变式1-2】（26-27高三上·辽宁大连·开学考试）在体积为1的三棱锥侧棱，，上分别取点，，，使，记为三平面，，的交点，则三棱锥的体积等于______． 【答案】 【分析】通过不同线段的比例关系将与联系起来，即可求出. 【详解】连接,则交于点，交于点，交于点. 因为平面，平面，，平面，平面， 所以平面平面； 同理可得：平面平面，平面平面； 又因为为三平面的交点，所以为三线段的交点. 连接，因为， 所以，， 所以, 又因为与的高相同，所以； 同理可得：； 在中，连接， 则有， 因为与的高相同，所以； 因为三棱锥底面积相同； 所以 . 题型5 不同几何体的体积之比 【典例1-1】（2026·重庆·三模）已知圆锥的轴截面是顶角为的三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积之比为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用圆锥性质，即可得外接球心即为轴截面外接圆圆心，再利用解三角形即可求体积之比. 【详解】设外接球的半径为，则球的体积为， 由于圆锥内接于球，其轴截面为一个内接于球的大圆的等腰三角形，则轴截面三角形的外接圆就是外接球的大圆， 即轴截面三角形的外接圆半径就是外接球的半径， 已知轴截面顶角为，由正弦定理可得，底面直径满足， 解得，因此圆锥底面半径，圆锥的高， 所以圆锥体积， 则该圆锥与球的体积之比为：. 方法技巧 不同几何体的体积之比： 1、根据已知条件，如表面积之比、高的比值，还是相似关系等，将已知条件转化为半径、棱长、高等基本量之间的关系 2、将这些关系代入体积公式，或表面积公式等，消去公共变量，得到比值关系，注意约分。 相似关系仅适用于形状相同的几何体；不同形状的几何体需分别计算尺寸再作比，不可直接套用相似比公式。表面积相同或体积相同时，需先确认各几何体的具体形状，再选择合适的公式消元。 【典例1-2】（2026·河南·三模）一个高为，上、下底面半径分别是1cm和4cm的封闭圆台容器（容器壁厚度忽略不计）内有一个铁球，则当该铁球体积最大时，该铁球的体积与圆台的体积的比值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作出圆台轴截面，分析可知当球与相切时，其体积最大，再计算出球的体积和圆台的体积即可得比值. 【详解】如图，作出圆台的轴截面，可知当球与相切时体积最大， 由切线性质可得，作，垂足分别为， 可知，所以，又， 所以，则， 设球的半径也即圆的半径为，由 可得，解得，因为， 所以该球是存在的，此时球的体积为， 圆台的体积为，所求比值为. 【变式1-1】（25-26高三下·安徽·开学考试）已知某圆锥的轴截面是一个等腰直角三角形，则该圆锥的体积与其外接球的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由圆锥的轴截面是等腰直角三角形，设出底面圆半径，然后分别求出圆锥和其外接球的体积. 【详解】由于圆锥的轴截面是等腰直角三角形，那么圆锥的外接球的球心和底面圆心重合， 不妨设底面直径为，则圆锥的高为，外接球的半径为， 外接球的体积是，圆锥的体积为， 于是圆锥的体积与其外接球的体积之比为. 故选：D． 【变式1-2】已知一个圆台内部的球与圆台的上、下底面以及每条母线均相切，设球与圆台的表面积分别为，，体积分别为，，若，则______． 【答案】 【分析】找到球半径与圆台上、下底面半径之间的关系，用，表示出圆台和球的表面积， 由条件求出，之间的关系，结合球的体积公式求. 【详解】第一步：找到球半径与圆台上、下底面半径之间的关系 设圆台的母线长为，高为，上、下底面圆心分别为，，半径分别为，，球的球心为，半径为，作出该组合体的轴截面如图所示，连接，易知点为的中点，则．设为球与圆台侧面的一个切点，连接，根据切线长定理可得，（切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等） 所以（勾股定理的应用）所以， 第二步：用，表示出圆台和球的表面积 则，，（圆台的表面积公式） 第三步：根据得到，之间的关系 故， 第四步：求出 所以． 故答案为：. 题型6 盛水问题与体积 【典例1-1】（26-27高三上·北京朝阳·开学考试）如图，透明塑料制成的长方体容器 内灌进一些水，固定容器底面一边 于地面上，再将容器以 为轴顺时针旋转，给出以下四个命题： ①有水的部分始终是棱柱； ②水面所在四边形 为矩形且面积不变； ③棱 始终与水面平行； ④当点 在棱 上且点 在棱 上（均不含端点）时， 不是定值. 则正确命题的个数为（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】抓住棱柱定义和线面平行判定分析空间位置关系；水的体积恒定，旋转时横截面积不变，用来判断乘积是否为定值. 【详解】①有水部分的几何体，有两个面都垂直于，这两个面始终平行，若在棱上，由面面平行的性质知，//，而//，并且始终与水面平行，即有//，所以////EH，因此该几何体有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边互相平行，即该几何体是棱柱； 若点在棱上， EH //，因此该几何体有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边互相平行，即该几何体是棱柱，①正确； ②水面是矩形，长度固定，但另一边会随旋转角度改变，因此矩形面积会变化，②错误； ③长方体中；平行于水面，不在水面平面内，由线面平行判定定理，水面，③正确； ④当点在棱上且点在棱上(均不含端点)时，有水部分的棱柱的底面为三角形，而水的体积不变，高不变，则底面面积不变， 即是定值， ④错误. 综上，①③正确，共个. 方法技巧 盛水问题与体积 盛水问题本质是体积计算与等体积转化的应用，关键在于抓住“水的体积不变”或“容器容积不变”这一条件。 1、容器倾斜或旋转：水的形状随容器位置变化，但体积不变。可将水的形状分割为柱体、锥体等规则几何体，分别计算后求和；或补形成完整几何体，用整体体积减去空气部分体积。 2、容器放置方式改变：如长方体容器从竖放到横放，水面高度变化，但水的体积不变。先求水的体积，再根据新放置方式下的底面积求新水面高度。 3、判断水的形状时需注意容器边界，倾斜时水面始终水平；计算空气部分体积有时比直接计算水体积更简便；若容器有孔或溢出，需考虑水的实际体积是否超过容器容积。 【典例1-2】如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】找到水最多和水最少的临界情况，如图分别为多面体和三棱锥，从而可得出答案. 【详解】将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形， 则如图，水最少的临界情况为，水面为面， 水最多的临界情况为多面体，水面为， 因为， ， 所以，即. 故选：A. 【变式1-1】（25-26高三上·山西·阶段检测）水平放置在地面上的正四棱台的容器的体积为，两个底面边长分别为和，侧棱长为，当容器中装入体积为的水时，水面与四条侧棱分别交于点，，，，如图.则平面与平面所成二面角的正弦值为_____. 【答案】 【分析】把正四棱台补成一个正四棱锥，根据正四棱锥的性质，求得，且，再由题意，求得，得到，证得二面角为平面与平面所成的角，再由，可得，在直角中，即可求解. 【详解】如图所示，把正四棱台补成一个正四棱锥， 设正四棱台的上底面与下底面的中心分别为，连接，与平面交于点， 则平面，平面，平面， 设四棱锥的体积为，正四棱台的体积为， 正四棱台的体积为，则， 因为正四棱台的上底面边长为，下底面边长为，且侧棱长为， 可得， 过作，则平面，因为平面，所以， 在直角中，可得，即， 设，可得，所以， 由棱锥的体积公式，可得，即， 当容器中装入体积为的水时，可得， 设，则，解得， 又由，所以， 所以， 因为平面平面，所以平面与平面所成的角， 即为平面与平面所成的角， 在正方形中，可得，在等腰中，可得， 所以二面角为平面与平面所成的角， 又因为，可得， 在直角中，， 则，即平面与平面所成二面角的正弦值为. 故答案为：. 【变式1-2】（25-26高三上·湖北荆州·阶段检测）在一个封闭的直三棱柱容器内装有高度为的水，如图所示，底面处于水平状态．记水面为．现以所在的直线为旋转轴，将容器缓慢地顺时针旋转（点开始离开桌面），直到侧面水平，过程中始终保持水面处于水平状态．（1）若旋转过程中，在某时刻水面恰好经过三点，则_____；（2）设，则在旋转过程中，当水面的形状为梯形时，水面与侧面的交线的中点到直线的距离的最大值为_____．（用含有的式子表达．） ．   【答案】 / 【分析】找到临界情况利用等体积法，等体积转化，分析情况即可. 【详解】（1）若旋转过程中，在某时刻水面恰好经过三点， 此时水的体积， 所以在初始状态，所以可以得到． （2）结合第（1）间，当时，水面经过时，依旧与棱相交， 当水面经过点后，水面的形状变为直角梯形（平面，所以必为直角梯形）． 此时如图所示，，且由于与共面， 所以两条直线相交，且交于各自所在平面和平面的交线上，所以为台体． 根据体积相等可知，． 设，则， 则可得：，即，    由梯形性质可知，中点到的距离就是中位线长，所以．由， 可得：，当且仅当时等号成立． 所以，所以．所以最大值为． 故答案为：； 题型7 祖暅原理与体积 【典例1-1】早在公元5世纪，我国数学家祖暅在求球体积时，就创造性地提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.    (1)如图一所示，在一个半径为的半球体中，挖去一个半径为的球体，求剩余部分的体积. (2)如图二，由抛物线跟线段围成一个几何形，将该几何形绕轴旋转得到一个抛物线旋转体，请运用祖暅原理求该旋转体的体积. (3)将两个底面半径为1，高为3圆柱体按如图三所示正交拼接在一起，构成一个十字型几何体.求这个十字型的体积，等价于求两个圆柱公共部分几何体的体积，请运用祖暅原理求出该公共部分几何体的体积. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据球的体积公式计算可得； （2）利用祖暅原理求出图二中阴影部分旋转得到的几何体的体积，而抛物线旋转体是由圆柱减去刚刚的几何体的体积，从而得解； （3）首先证明“牟合方盖”的体积公式，利用公式计算可得. 【详解】（1）依题意该几何体的体积. （2）图1阴影部分是由长方形（长为，宽为）和抛物线围成， 图2阴影部分是由半径为3的半圆和直径为3的圆围成的，    将图1绕轴旋转一周可得一圆柱挖去中间的部分的几何体记为， 将图2以小圆的直径为轴旋转一周可得一个半球挖去一个小球的几何体记为， 将两个几何体放在同一水平面上，用与圆柱下底面或与半球大圆距离为的平面截两个几何体，可得截面都为圆环，纵截面图如下，    几何体的截面面积为， 几何体的截面面积为，又两几何体等高， 由祖暅原理可得两几何体的体积相等，结合（1）可知几何体的体积， 而由抛物线跟线段围成一个几何形， 将该几何形绕轴旋转得到一个抛物线旋转体，是由一个圆柱（底面半径为，高为）减去几何体， 所以所求的体积. （3）首先证明“牟合方盖”的体积公式为（为圆柱的底面半径）： “牟合方盖”是一个正方体被两个圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时的两圆柱体的公共部分， 计算其体积的方法是将原来的“牟合方盖”平均分为八份，取它的八分之一（如图四）． 记正方形的边长为，设，过点作平面平行于平面． 又，由勾股定理有， 故此正方形面积是． 如果将图四的几何体放在棱长为的正方体内（如图五），不难证明图五中与图四等高处阴影部分的面积等于． （如图六）设此棱锥顶点到平行于底面的截面的高度为，不难发现对于任何高度，此截面面积必为，      由棱锥， 由祖暅原理图五中“牟合方盖”外部的体积等于棱锥 所以图四中几何体体积为， 所以“牟合方盖”的体积为． 又圆柱的底面半径为， 所以两个圆柱公共部分几何体的体积为. 【点睛】关键点点睛：本题关键是将不规则的几何体转化为熟悉的、规则的几何体. 方法技巧 祖暅原理与体积问题 祖暅原理指出，两个几何体若在等高处的截面面积处处相等，则它们的体积相等。当目标几何体体积难以直接计算时，构造一个与之等高且每个水平截面面积相等的规则几何体（如柱体、锥体），通过计算规则体的体积得到原几何体的体积。 【典例1-2】祖暅是我国南北朝时期伟大的科学家，他于5世纪末提出了“幂势既同，则积不容异”的体积计算原理，即“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”.某同学在暑期社会实践中，了解到火电厂的冷却塔可以看作是由双曲线和渐近线的一部分绕其虚轴一起旋转形成的空心结构（如图）.现有某火电厂的冷却塔设计图纸，其外形的双曲线方程为，内部虚线为该双曲线的渐近线，则该同学利用“祖暅原理”算得此冷却塔的体积为_____. 【答案】 【分析】由直线，分别联立方程组和，求得的坐标，进而求得圆环的面积，再结合题意得到该几何体的体积与底面面积为，高为3的圆柱的体积相同，利用圆柱的体积公式，即可求解. 【详解】如图所示，双曲线，其中一条渐近线方程为， 由直线， 联立方程组，解得， 联立方程组，解得， 所以截面圆环的面积为，即旋转面的面积为， 根据“幂势既同，则积不容异”，可得该几何体的体积与底面面积为， 高为3的圆柱的体积相同，所以该几何体的体积为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：根据题意分析可知旋转面的面积为，可得该几何体的体积与底面面积为，高为3的圆柱的体积相同. 【变式1-1】我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖明原理：“具势既同，则积不容异．”意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等．因此运用祖暅原理计算球的体积时，我们可以构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②，用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即，则．现将双曲线与直线围成的图形绕轴旋转一周后得一个旋转体，类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】已知直线与双曲线的交点为，是用垂直于轴的平面截两条渐近线绕轴旋转得到的旋转体的截面面积，构造底面半径为1，高为4的圆柱的截面面积为，分别求解即可. 【详解】已知直线与双曲线的交点为， 则用垂直于轴的平面截旋转体的截面为圆面，截面圆的半径为， 截面面积为， 又直线与双曲线的渐近线的交点为， 所以是用垂直于轴的平面截两条渐近线绕轴旋转得到的旋转体的截面面积， 用垂直于轴的平面去截旋转体，所得圆环的面积为， 所以构造底面半径为1，高为4的圆柱的截面面积为，体积为， 又绕轴旋转得到的旋转体（两个圆锥）的体积为， 所以根据祖暅原理得旋转体的体积为． 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是读懂题意，构建圆柱，圆锥，通过计算得到高相等时截面面积相等，根据祖暅原理得到旋转体的几何体的体积. 【变式1-2】《九章算术》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”，现提供一中计算“牟合方盖”体积的方法，显然，正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球.因此，用任意平行于水平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，平面截内切球得到上述正方形的内切圆，结合祖暅原理，利两个同高的立方体如在等高处的截面面积相等，则体积相等.若正方体棱长为3，则“牟合方盖”体积为（    ）    A．6 B．12 C．18 D．24 【答案】C 【分析】先求得正方体内切球的体积，再由已知得出牟合方盖的体积. 【详解】正方体的棱长，则其内切球的半径为， 内切球的体积. 由于截面正方形与其内切圆的面积之比为. 设牟合方盖的体积为，则，从而牟合方盖的体积. 故选：C. 分层进阶·双阶训练验成效 巩固过关 1．有一个圆柱形量筒（不计厚度），底面直径为8，高为，量筒中有适量水，缓慢倾斜量筒至水恰好溢出，此时量筒的母线与水平面的夹角为.继续缓慢倾斜量筒，停止倒水时量筒的母线与水平面的夹角为，则所倒出的水的体积为_____. 【答案】 【分析】根据题意，得到纵截面示意图，结合柱体的体积公式，即可求解. 【详解】由题意得，纵截面示意图，如图所示： 其中虚线部分为过实际水面中点垂直于母线的垂线为水平时的水位线， 则，且，所以体积为. 故答案为：    2．（2026·广东佛山·模拟预测）已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，过圆锥的一条母线的中点且与圆锥底面平行的平面截圆锥，则截面与底面之间的部分构成的几何体的体积是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据圆锥轴截面的参数求出原圆锥的底面半径、高及体积，再利用相似性求出截得的小圆锥体积，作差得到所求几何体的体积. 【详解】已知圆锥轴截面为边长为2的等边三角形，因此圆锥底面直径等于等边三角形的边长，即底面半径； 圆锥的高为等边三角形的高，由勾股定理得， 原圆锥体积， 过母线中点且平行于底面的平面截圆锥，所得小圆锥与原圆锥为相似几何体， 相似比为，因此小圆锥的底面半径，高， 可得小圆锥体积， 所求体积. 3．（25-26高二下·广东深圳·期末）如图，正方体中，为正方形的中心，为棱的中点，过点的平面将正方体分成两部分，则较小的部分与较大的部分体积之比为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用平面的性质作出截面图形，再由台体及正方体的体积公式计算即可. 【详解】如图，共线，过点作直线交于中点，连接， 则平面即为过点的截面， 所切出来的多面体为三棱台，记其体积为，设正方体棱长为， 则，    则另一部分体积为，， 所以体积之比为. 4．（25-26高一下·湖北·期末）如图所示，圆锥的侧面展开图为半圆，其轴截面为，过O作于点C，线段绕旋转一周所得的曲面将圆锥分成上下两部分，则这两部分几何体的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据侧面展开图为半圆得出轴截面为等边三角形，再结合计算边长，进而应用圆锥体积计算两部分的体积求解. 【详解】因为圆锥SO的侧面展开图为半圆，所以其轴截面为等边三角形， 设其边长为.过C作与点D，则曲面是以CD为底面半径，OC为母线的圆锥的侧面. 在中，； 在中，. 圆锥SO的体积为， 曲面上方的几何体的体积为，所以两部分的体积比为. 5．（25-26高三上·北京·阶段检测）如图，棱长为2的正方体中，动点，，，分别在棱，，，上，且满足，，设，，下列四个结论正确的是（    ） ①当时，则四面体的表面积为8； ②存在，，使得四面体的表面积为9； ③当时，四面体的体积为； ④四面体的体积与，无关． A．②③④ B．②③ C．②④ D．①②④ 【答案】C 【分析】对于①，由题意可得四面体的4个面为全等的三角形，进而求解判断；对于②，考虑和时的表面积变化即可判断；对于④，利用割补法得正方体体积，为定值；对于③，由④求解判断． 【详解】对于①，当时，为所在棱的中点， 四面体的4个面为全等的三角形， 而， 到的距离即为到的距离， 连接，由平面，而平面， ，    而，， ， 四面体的表面积为，故①错误； 对于②，由①知，当时，四面体的表面积为， 当时，如下图，    则四面体的表面积为：， 由连续性变化可得存在，使得四面体的表面积为9，故②正确； 对于④，四面体的体积可以用割补法求解，如图，   正方体体积， 其中两个三棱柱的体积和为定值， 两个四棱锥的体积和，也为定值， 四面体的体积与无关，故④正确； 对于③，由④知，四面体的体积，故③错误． 综上，②④正确，故C正确． 故选：C． 6．（25-26高一下·河南南阳·期末）如图，四边形为正方形，平面//，记三棱锥的体积分别为，则（　　）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，利用锥体体积公式求出，作出辅助线，证明出⊥平面，由勾股定理逆定理得，求出，四个选项一一判断，得到答案. 【详解】设，， 因为平面，， ，， 连接交于点，连接，易得⊥， 又平面，平面，所以， 又，平面，则⊥平面， 又， 过点过⊥于点，易得四边形为矩形， 则，， 则，，， 显然，则， ，    则， ，，，， ，ABC错误；D正确. 故选：D 7．（25-26高一下·北京西城·期末）如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点，过的平面分别交，于，.若平面将三棱锥分成体积相等的两部分，则（   ）    A．1 B．2 C． D． 【答案】A 【分析】由线面平行判定定理及性质定理推出，设，连接，则，分别求出体积，根据题意列方程即可求出答案. 【详解】因为，分别为，的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以， 设，则，， 连接，则， 不妨设 因为平面，平面，所以，， 又因为，，所以平面， 则点到平面的距离， ，， ， 所以， ， 点到平面的距离， 所以， 所以， ，， 由题意知， 即，解得或（舍去）， 即，又，所以.    8．（25-26高一下·广东珠海·期末）如图，正方体，为棱的中点，用过点，，的平面截正方体为两部分，其体积分别为，，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，作出过点的截正方体截面并确定几何体形状，进而求出体积比. 【详解】在正方体中，取中点，连接，由为棱的中点， 得，则四边形为平行四边形，， 因此四边形为平行四边形，是过点的平面截正方体所得截面， 几何体是直三棱柱，， ，所以. 9．（25-26高一下·天津河西·期中）如图，在棱长为的正方体中，是棱的中点，过，，三点的截面把正方体分成两部分，则这两部分的体积比为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先作出过，，三点的截面，再利用棱柱和棱台的体积公式，即可求解. 【详解】如图，延长，交的延长线于点，连接，交于 因为是棱的中点，且，所以， 又，所以为中点，故过，，三点的截面为， 又正方体的棱长为，则正方体的体积为， 又，， 所以棱台的体积为， 则两部分的体积比为. 10．（2026·重庆·模拟预测）在四面体中，，，当四面体的体积最大时，的长度为（　　） A． B． C．2 D．4 【答案】C 【分析】取的中点为，连接，由线面垂直的判定定理可得平面，设，由结合三棱锥体积公式得表达式，令，，求导，根据导数计算即可求解. 【详解】取的中点为，连接，如图所示： 因为，， 所以， 因为且平面， 所以平面， 设，则， 所以， 令，， 则， 当时，，当时，， 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以，即时，四面体体积最大. 创新提升 1．（2026·浙江·三模）在平行六面体中，记三棱锥的体积分别为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用等体积方法计算，利用割补法计算. 【详解】设平行六面体的体积为，上下底面的面积为，高为， 则，， ， 故. 2．（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，， ． 3．（2026·安徽安庆·二模）三棱锥的底面为边长为1的等边三角形，三个侧面三角形中至少有两个为等腰直角三角形，则该三棱锥的体积不可能为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】（1）是等边三角形，且，如下图所示， 由于，平面，所以平面， 因为，，所以， 所以，则. （2）是等边三角形，且，如下图所示， 由于，平面，所以平面， 所以. （3）是等边三角形，且，如下图所示， 取的中点，连接，则，， 所以，所以，所以， 所以，，平面， 所以平面.所以. 4．（25-26高三上·天津·期末）如图，几何体是由两个四棱锥与组合而成，两四棱锥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，的中点，与交于点，与交于点．若四棱锥的外接球体积记为，四棱锥的体积记为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】记正方形的中心为，的外心为，外接球球心为，根据列方程可求得外接球半径，然后可得.证明，，进而证明四边形是平行四边形，可得E为线段的中点，分析四棱锥的底和高，可得所求，然后可得比值. 【详解】 记正方形的中心为，的外心为，外接球球心为，连接， 则平面，平面，平面，平面， 所以 因为平面，所以，所以四边形为矩形， 设，则， ， 因为，所以，解得， 所以外接球的半径，所以. 连接，，如图，因为平面ABCD，平面ABCD， 所以，又，所以四边形是矩形， 所以，， 又，分别为AB，CD的中点，所以，， 所以，，所以四边形是平行四边形， 又对角线，所以点E为线段的中点. 连接，交EF于点N，过点作于M， 由题意知，故， 又，，，平面，所以平面， 故，又，，平面， 所以平面，即是四棱锥的高， 同理可得点F为线段的中点，所以，， 在中，，则，所以， 因为， 所以. 所以. 故选：C. 5．（25-26高三上·河北·期中）已知正方体的棱长为1，平面α过点A，C，且与棱交于点E，若平面α将该正方体分成体积之比为的两部分，则点E 到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先说明与、与不重合，作出截面，设，根据台体的体积公式求出，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求点面距离. 【详解】如图，设平面与线段交于点，连接， 又平面平面，平面平面，平面平面， 所以，又，所以， 则，所以， 当与重合时，截面为，，不合题意； 同理，与重合时，也不合题意； 如图，以点为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，则，，，， 故，，， 所以三棱台的体积， 所以，化简整理得，解得， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以点到平面的距离. 故选：D.    6．（25-26高三上·江苏镇江·期中）如图，某圆柱完全在一个棱长为9的空心正四面体内部，该圆柱的下底面落在此正四面体一个底面上，当该圆柱体积最大时，其底面半径为（    ） A． B．2 C． D．3 【答案】A 【分析】设圆柱的上、下底面圆心分别为，求得且，设圆柱的底面圆的半径为，高为，根据，得到，结合圆柱的体积公式，求得，令，利用导数求得函数的单调性和最大值点，即可求解. 【详解】如图所示，设圆柱的上、下底面圆心分别为，其中也是底面正的中心， 因为正四面体的棱长为，可得， 在直角中，可得，且， 设圆柱的底面圆的半径为，高为， 由，可得，即，解得， 则圆柱的体积为，其中， 令，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以当时，函数取得最大值，即圆柱的体积取得最大值. 故选：A. 7．（2025·浙江·一模）已知正四面体外接球的球心为，过点的平面与棱分别相交，记在平面两侧的几何体的体积分别为，其中，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】以空间向量为工具，将几何中的共面问题转化为向量系数关系，再将体积比问题转化为函数最值问题，通过代数方法求解即可. 【详解】设平面与棱分别交于点，设，其中，直线与平面交于点， 由点为外接球的球心，有， 又由，得到， 因为四点共面，所以，即. 容易知道，其中为棱之间的夹角， 下面求的取值范围， 由，又，可得，其中， 令，则，因此，    又因为，，所以. 故选：D. 8．（多选）（2026·江苏南京·三模）正三棱柱中，棱长均为3，在棱上，且（在上面），则（    ） A．五面体的体积是定值 B．与可能垂直 C． D．当时，称五面体为刍甍，该刍甍体积为 【答案】ACD 【分析】根据割补法计算体积分析ACD，建立空间直角坐标系分析B. 【详解】 对于AD，, 正三棱柱中，棱长均为3,所以, 设，则, , 故,AD正确； 对于B，以为原点，建立空间直角坐标系如图， 则，,, 所以,, 当时，，此时不在棱上，故错误； 对于C，因为平行于平面, 所以到平面的距离为的高， , 故, , 故正确. 9．（2026高三·全国·专题练习）已知四棱锥的底面为正方形，底面对角线和交点为，平面，该四棱锥存在内切球，则内切球的体积和棱锥体积之比的最大值为______． 【答案】 【分析】利用轴截面将正四棱锥内切球问题转化为等腰三角形内切圆，通过三角换元得到体积比的函数，再换元为二次函数即可求出比值的最大值. 【详解】如图，由题意可知，四棱锥为正四棱锥，底面中心为，为正四棱锥的高， 记正棱锥的内切球的球心为，半径为，则球心在高上，分别取的中点，连接， 则正棱锥的内切球所对应的大圆与相切， 设，，作，则， 在中，，则， 所以，即， 又因为在中，，所以， 则， 所以，， 所以， 令，则， 所以， 再令，则上式化简为， 这是关于的二次函数，其图象开口方向向下， 所以当时，函数取到最大值为，故. 10．（24-25高三上·湖北·阶段检测）如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的正边形（，）的中心为.，，，，为圆上的点，，，，，分别是以，，，，为底边的等腰三角形.沿虚线前开后，分别以，，，，为折痕折起，，，，，使得，，，，重合，得到棱锥.当正边形的边长变化，所得棱锥体积（单位：）取得最大值时，圆心到的距离为__________. 【答案】 【分析】根据三角函数可得正棱锥的底面边长，结合棱锥的体积公式可得体积，再根据导数可得取得最值时情况. 【详解】连接交于点，则， 设到为，则，，且为中点， 设折起后，，，，重合于点，则，且，即， 截出三棱锥，如图所示， 易知，即， 所以在中， 则，则， 所以， 所以， 又在中，， 所以， 所以正棱锥体积，， 设，， ， 令，解得， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 即在时取最大值， 即当时，体积取得最大值， 故答案为：. 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $