微专题12 轻松解决空间几何体的体积问题（四大题型）（解析版）

微专题12轻松解决空间几何体的体积问题【题型归纳目录】题型一：直接法题型二：割补法题型三：换底法题型四：祖暅原理【典型例题】题型一：直接法【典例1-1】（2024·高一·重庆·阶段练习）已知如图所示，是正方形外一点，平面为中点，.(1)求证：平面；(2)三棱锥的体积.【解析】（1）连接，交于点，连接，如图，正方形中，是中点，是中点，，平面平面，平面；（2）平面为中点，，到平面的距离，三棱锥的体积.【典例1-2】（2024·高二·山东·学业考试）如图，在四棱柱中，底面为矩形，侧面为菱形，平面平面，．(1)求证：平面；(2)求四棱柱的体积．【解析】（1）在四棱柱中，，，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面平面，所以平面．（2）取中点为，连结．在四棱柱中，，因为四边形为菱形，所以，又因为，所以为等边三角形，所以．又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以四棱柱的高．因为底面为矩形，，所以四棱柱的底面积为，故四棱柱的体积为．【变式1-1】（2024·高一·陕西咸阳·阶段练习）如图，在棱长均为6的三棱柱中，D、分别是BC和的中点．

(1)求证：平面；(2)若平面平面，，求三棱锥的体积．【解析】（1）证明：连接，在三棱柱中，D、分别是BC和的中点，，且，又，，，，四边形为平行四边形，，又平面ABD，平面，故平面．（2）在三棱柱中，棱长均为6，则，D为BC的中点，，平面平面，交线为BC，平面ABC，平面，即AD是三棱锥的高，在中，，得，在中，，，为等边三角形．的面积为，．题型二：割补法【典例2-1】（2024·四川南充·二模）已知多面体中，，且，，.

(1)证明：；(2)若，求多面体的体积.【解析】（1）连接BD，DF，如图所示在中，，，，则，所以，即，同时，可得，同理可得，又平面BDF，平面BDF，，所以平面BDF；又因为平面BDF，所以．（2）由（1）知，又，则，作于点，则,解得.又平面BDF，，所以平面BDF，又平面BDF，所以，又，平面，所以平面，多面体三棱锥四棱锥矩形.【典例2-2】（2024·全国·高三专题练习）在多面体中，四边形为矩形，O，M分别为，BC的中点，，，，，．(1)求多面体的体积；(2)求三棱锥的体积．【解析】（1）将多面体补形得到直三棱柱，如图①，因为，即S为的中点，所以，又，故多面体的体积为．（2）如图②，将多面体补形为长方体，连接，则，易知，又点O到平面MDC的距离为，所以．【变式2-1】（2024·广东东莞·高一校考阶段练习）如图，在棱长为的正方体中，截去三棱锥，求（1）截去的三棱锥的表面积；（2）剩余的几何体的体积.【解析】（1）由正方体的特点可知三棱锥中，是边长为的等边三角形，、、都是直角边为的等腰直角三角形，所以截去的三棱锥的表面积（2）正方体的体积为，三棱锥的体积为，所以剩余的几何体的体积为.【变式2-2】（2024·辽宁沈阳·高二学业考试）过棱长为2的正方体的三个顶点作一截面，此截面恰好切去一个三棱锥，则该正方体剩余几何体的体积为（

）A．4 B．6 C． D．【答案】C【解析】截去的三棱锥的底面是直角边为2的等腰直角三角形，高为2，三棱锥的体积为正方体的体积为，则该正方体剩余几何体的体积为故选：C题型三：换底法【典例3-1】（2024·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．【解析】（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．【典例3-2】（2024·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．【解析】（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．【变式3-1】（2024·高二·上海闵行·阶段练习）已知四边形为直角梯形，，，为等腰直角三角形，平面⊥平面，E为的中点，，．

(1)求证：平面；(2)求证：⊥平面；(3)求三棱锥的体积．【解析】（1）证明：取中点F，连，因为E为的中点，所以且，又，，所以且，故四边形为平行四边形，∴，∵平面，平面，∴平面；（2）证明：由题意：，．∵，∴⊥，又平面⊥平面，平面平面，平面，∴⊥平面，∵平面，∴PD⊥AB，∵为等腰直角三角形，∴⊥，∵，平面，∴⊥平面；

（3）∵为等腰直角三角形，，∴，∵⊥平面，平面，∴⊥，又，故，由（2）得，⊥平面，又为的中点，所以.【变式3-2】（2024·陕西宝鸡·一模）已知四棱锥中，，，，，为的中点.

(1)求证：平面；(2)若，，求四面体的体积.【解析】（1）取的中点，连接，，取的中点，连接，，，，又，，，又，平面，平面，又平面，，又，，四边形为矩形，且，分别为中点，，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面；（2）延长，过过交于，因为，，所以，所以，所以，所以，所以，因为平面，平面，所以，且，，平面，所以平面，所以到平面的距离为，又因为为中点，所以.题型四：祖暅原理【典例4-1】（2024·高一·湖北·期末）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理：“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．根据祖暅原理，现在要用打印技术制造一个零件，其在高为的水平截面的面积为，则该零件的体积为．【答案】【解析】该零件在高为的水平截面的面积为，总与一个半径为3的半球在高为处的水平截面面积相等，由祖暅原理，该零件的体积即为半球的体积．故答案为：．【典例4-2】（2024·高一·湖南岳阳·期末）中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作经验，提出“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高．详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．上述原理在中国被称为祖暅原理．一个上底面边长为2，下底面边长为4，高为6的正四棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为．

【答案】56【解析】由题可得即求相应台体体积，设台体上底面面积为，下底面面积为，台体高为，则台体体积为.故答案为：56【变式4-1】（2024·山东日照·三模）祖暅，南北朝时代的伟大科学家，他在实践的基础上提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，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.请同学们借助图1运用祖暅原理解决如下问题：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2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.

【答案】【解析】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，，故答案为：.【过关测试】1．（2024·高二·贵州六盘水·期末）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一个原理：“幂势既同，则积不容异”.也就是说“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”.现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆，则该几何体的体积为.【答案】【解析】圆锥的底面周长为，所以圆锥的地面半径为，高为，所以圆锥的体积为，故答案为：2．（2024·高二·四川巴中·期中）如图，直角梯形中，，，为上的点，且，，将沿折叠到点，使.

(1)求证：平面平面；(2)求四棱锥的体积.【解析】（1）证明：取的中点，中点，连接，，，又，∴，∵，∴，又∵，∴，又，平面，∴平面，平面，则，∵，为中点，，而与不平行，平面，∴平面，∵平面，∴平面平面；（2）由（1）知，平面，在直角梯形中，过作，垂足为，则为矩形，∵，，，，在中，，得到的距离，则四边形的面积，在中，，求得，则为等边三角形，可得，即.∴.3．（2024·高三·青海西宁·开学考试）如图所示，在直三棱柱中，分别为棱的中点，．

(1)求证：平面；(2)求多面体的体积．【解析】（1）如图，取的中点，连接，是的中点，．又，，四边形是平行四边形，．又平面平面．平面．（2）连接．平面平面．，且平面，平面．同理可得平面．．4．（2024·高一·浙江嘉兴·期中）如图，在正三棱柱中，分别是，，的中点.(1)求证：B，C，H，G四点共面；(2)求证：平面；(3)若底面边长为2，，求三棱锥的体积.【解析】（1）∵G，H分别是，的中点，∴GH是的中位线，∴，又在三棱柱中，，∴，∴B，C，H，G四点共面．（2）∵在三棱柱中，，，∴，，∴四边形是平行四边形，∴，∵平面，平面，∴平面.（3）由题意，知．5．（2024·高一·全国·期末）如图，已知矩形ABCD中，，将矩形沿对角线BD把折起，使A移到点，且在平面BCD上的射影O恰好在CD上.

(1)求证：；(2)求证：平面平面；(3)求三棱锥的体积.【解析】（1）连接，由在平面BCD上的射影O在CD上,得平面，平面，；又ABCD为矩形，，平面，，则平面，由平面，得；（2）∵为矩形，∴，由（1）知，，平面，∴平面，又平面，∴平面平面.（3）∵平面，平面，∴.∵，，∴，∴，故所求三棱锥的体积为48.6．（2024·高三·辽宁鞍山·阶段练习）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD的平行四边形，∠ADC=60°，，PA⊥面ABCD，E为PD的中点.

(1)求证：AB⊥PC；(2)若，求三棱锥P﹣AEC的体积.【解析】（1）由题意，∵PA⊥面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴AB⊥PA，∵∠ABC=∠ADC=60°，，在△ABC中，由余弦定理有：∴AB2+AC2=BC2，即：AB⊥AC，∵PA∩AC=A，又PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴AB⊥平面PAC，∵PC⊂平面PAC，∴AB⊥PC.（2）由题意及（1）得，，所以PA=AB=2，AD=4，因为PA⊥面ABCD且E为PD的中点，所以E点到平面ADC的距离为，所以三棱锥P﹣AEC的体积：7．（2024·高一·全国·期末）如图所示，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AD=2，E､F､G分别为PC､PD､BC的中点.

(1)求证：PA平面EFG；(2)求三棱锥P﹣EFG的体积.【解析】（1）如图，取的中点，连接，，，分别为，的中点，．，分别为，的中点，．．，，，四点共面，分别为，的中点，．平面，平面，平面．（2）平面，平面，．为正方形，．，平面,平面．，，．，8．（2024·高一·湖南株洲·期中）如图，四棱锥中，底面为正方形，平面，为的两个三等分点．

(1)证明：平面；(2)求三棱锥的体积．【解析】（1）证明：连接与交于点，连接，因为为正方形，所以为的中点，又、为的两个三等分点，所以为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，（2）∵，过点作交于点，因为为的三等分点，平面，所以平面，且，由，即，9．（2024·高二·江西新余·开学考试）如图，正方形和菱形所在平面互相垂直，.四棱锥的体积是.

(1)求证：平面；(2)求四面体的体积.【解析】（1）证明：因为四边形是正方形，四边形是菱形，所以，，所以平面，平面，又是平面内的两条相交直线，平面平面，又平面，平面.（2）连接，与交于点，连接，则为，的中点，四边形是菱形，，是正三角形，，平面平面，且交线为,平面，同理，得平面，设正方形的边长为，则，，，解得，，四面体在面上的高为，四面体的体积为：.10．（2024·高一·贵州黔西·阶段练习）如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，设是线段上一动点．

(1)证明：平面；(2)求三棱锥的体积．【解析】（1）取的中点，连接，由于，所以四边形是平行四边形，所以，由于平面，平面，所以平面，因为分别为的中点，则∥，且，四边形是平行四边形，可得∥，又因为分别为的中点，则∥，且，且∥，且，所以∥，且，四边形是平行四边形，可得∥，则∥，由于平面，平面，所以∥平面，且平面，所以平面平面，由于平面，所以平面.（2）由于，平面，平面，所以平面，因为为正方形，则，又因为平面，平面，则，且平面，所以平面，可知三棱锥的高为，所以.11．（2024·高一·山东枣庄·阶段练习）如图，在边长为2的正方形中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，将分别沿折起，使A，B，C三点重合于点

(1)求证(2)求三棱锥的体积【解析】（1）正方形中，，，折起后，有，，平面，，∴平面，∵平面PEF，∴.（2）正方形中，，折叠后可知三条直线两两垂直，，，.12．（2024·高一·四川遂宁·阶段练习）如图，四棱锥中，是四棱锥的高，底面为边长为2的菱形且对角线与交于点，，点是的中点．

(1)求证：平面；(2)若，求三棱锥的体积．【解析】（1）证明：连接．∵点O，E分别为的中点，∴，∵平面，平面，∴平面；（2）点到平面的距离为，则.13．（2024·高一·湖北黄冈·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，.

(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求四棱锥的体积.【解析】（1）取的中点，连接，∵为等边三角形，∴，又平面平面，平面平面，平面，∴平面，∵平面，∴，∵，，平面，∴平面.（2）