高考数学核心考点专题训练专题27空间几何体及其表面积和体积(原卷版+解析)

这是一份高考数学核心考点专题训练专题27空间几何体及其表面积和体积(原卷版+解析)，共20页。试卷主要包含了单选题，单空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

3D打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠累积的方式来构造物体的技术(即“积层造型法”).过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用(比如髋关节、牙齿或一些飞机零部件等).已知利用3D打印技术制作如图所示的模型．该模型为在圆锥底内挖去一个正方体后的剩余部分(正方体四个顶点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面上)，圆锥底面直径为102cm，母线与底面所成角的正切值为2.打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为(取π=3.14，精确到0.1)( )
A. 609.4 gB. 447.3 gC. 398.3 gD. 357.3 g
已知圆柱的上底面圆周经过正三棱锥P−ABC的三条侧棱的中点，下底面圆心为此三棱锥底面中心O.若三棱锥P−ABC的高为该圆柱外接球半径的2倍，则该三棱锥的外接球与圆柱外接球的半径之比为( )
A. 2：1B. 7：4C. 3：1D. 5：3
“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为2，则其体积为( )
A. 4023B. 5C. 173D. 203
在三棱锥P−ABC中，△PAC是等边三角形，平面PAC⊥平面ABC，AB=3，AC=23，∠CAB=60°，则三棱锥P−ABC的外接球体积为( )
A. 4π3B. 123π3C. 32π3D. 642π3
公元前3世纪，古希腊欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积(V)与它的直径(D)的立方成正比”，此即V=kD3，欧几里得未给出k的值．17世纪日本数学家们对求球的体积的方法还不了解，他们将体积公式V=kD3中的常数k称为“立圆率”或“玉积率”.类似地，对于等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱)、正方体也可利用公式V=kD3求体积(在等边圆柱中，D表示底面圆的直径；在正方体中，D表示棱长).假设运用此体积公式求得球(直径为a)、等边圆柱(底面圆的直径为a)、正方体(棱长为a)的“玉积率”分别为k1、k2、k3，那么k1︰k2︰k3等于( )
A. 14:16:1 π B. π 6: π 4:2C. 2︰3︰2πD. π 6: π 4:1
已知三棱锥P−ABC的底面是正三角形，PA=a，点A在侧面PBC内的射影H是△PBC的垂心，当三棱锥P−ABC体积最大值时，三棱锥P−ABC的外接球的表面积为
A. 43a3B. 3πa2C. 32πa3D. 12a2
如图，圆锥的母线长为4，点M为母线AB的中点，从点M处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B点，这条绳子的长度最短值为25，则此圆锥的表面积为( )
A. 4π B. 5π C. 6π D. 8π
伟大的科学家阿基米德逝世后，敌军将领马塞拉斯给他建了一块墓碑，在墓碑上刻了一个如图所示的图案，图案中球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面，则图案中圆锥、球，圆柱的体积比为( )
A. B. C. D.
体积为3的三棱锥P−ABC的顶点都在球O的球面上，PA⊥平面ABC，PA=2，∠ABC=120°，则球O的体积的最小值为( )
A. 773πB. 2873πC. 19193πD. 76193π
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1的侧面展开图中，B，C是线段AD的三等分点，且AD=33.若该三棱柱的外接球O的表面积为12π，则直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为( )
A. 362B. 3154C. 332D. 364
如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别是AB，BC的中点，将△DAE，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使得A，B，C三点重合于点A'，若点G及四面体A'DEF的四个顶点都在同一个球面上，则以△DEF为底面的三棱锥G−DEF的高h的最大值为( )
A. 6+23B. 6+43C. 26−43D. 26−23
如图两个同心球，球心均为点O，其中大球与小球的表面积之比为3：1，线段AB与CD是夹在两个球体之间的内弦，其中A、C两点在小球上，B、D两点在大球上，两内弦均不穿过小球内部．当四面体ABCD的体积达到最大值时，此时异面直线AD与BC的夹角为θ，则sinθ2=( )
A. 66 B. 24 C. 306 D. 2633
二、单空题（本大题共6小题，共30分）
已知三棱锥P−ABC的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC满足BA=BC=6，，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为 ．
某几何体由圆锥挖去一个正三棱柱而得，且正三棱柱的上底面与圆锥内接，下底面在圆锥的底面上，己知该圆锥的底面半径R=3，正三棱柱的底面棱长a=3，且圆锥的侧面展开图的圆心角为6π5，则该几何体的体积为________．
已知三棱锥P−ABC三条侧棱PA、PB、PC两两互相垂直，且PA=PB=PC=2，M，N分别为该三棱锥内切球和外接球上的动点，则M、N两点间的距离最大值为___________．
《九章算术》是古代中国的第一部自成体系的数学专著，与古希腊欧几里得的《几何原本》并称现代数学的两大源泉.《九章算术》卷五记载：“今有刍甍，下广三丈，表四丈，上袤二丈，无广，高一丈.问积几何？”译文：今有如图所示的屋脊状楔体PQ−ABCD，下底面ABCD是矩形，假设屋脊没有歪斜，即的中点在底面ABCD上的投影为矩形ABCD的中心点，，AB=4，AD=3，PQ=2，OR=1(长度单位：丈).则楔体PQ−ABCD的体积为___________(体积单位：立方丈)．
已知四面体ABCD内接于球O，且AB=BC=2,AC=2，若四面体ABCD的体积为233，球心O恰好在棱DA上，则球O的表面积是_____．
在三棱锥P−ABC中，CA=CB=2，AC⊥BC，P在平面ABC内的投影为AB的中点O1，设该三棱锥的体积为V，该三棱锥外接球的表面积为S，若V∈19,23，则S的取值范围是_________．
三、解答题（本大题共2小题，共30分）
11．如图所示，已知平行六面体，E是中点，过的截面把平行六面体分成两个部分，求左右两部分体积之比.
12．如图所示，已知直三棱柱中，是用一平面截得的截面，且，若的面积为S，求证：介于截面与下底面之间的几何体的体积为.
专题27 空间几何体及其表面积和体积
一、单选题（本大题共12小题，共60分）
3D打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠累积的方式来构造物体的技术(即“积层造型法”).过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用(比如髋关节、牙齿或一些飞机零部件等).已知利用3D打印技术制作如图所示的模型．该模型为在圆锥底内挖去一个正方体后的剩余部分(正方体四个顶点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面上)，圆锥底面直径为102cm，母线与底面所成角的正切值为2.打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为(取π=3.14，精确到0.1)( )
A. 609.4 gB. 447.3 gC. 398.3 gD. 357.3 g
【答案】C
【解析】解：如图，是几何体的轴截面，
因为圆锥底面直径为102cm，
所以半径为52cm．
因为母线与底面所成角的正切值为2，
所以圆锥的高为10cm．
设正方体的棱长为a，
则22a52=10−a10，解得a=5，
所以该模型的体积为．
所以制作该模型所需原料的质量为(500π3−125)×1=500π3−125≈398.3(g)．
故选C．
已知圆柱的上底面圆周经过正三棱锥P−ABC的三条侧棱的中点，下底面圆心为此三棱锥底面中心O.若三棱锥P−ABC的高为该圆柱外接球半径的2倍，则该三棱锥的外接球与圆柱外接球的半径之比为( )
A. 2：1B. 7：4C. 3：1D. 5：3
【答案】B
【解析】解：设正三棱锥P−ABC的底面边长为2a，高为h，如图所示：
则圆柱高为h2，底面圆半径为33a，
利用勾股定理，可求得圆柱外接球半径R=h216+a23．
由h=2R，可求得h=43a．
设正三棱锥P−ABC的外接球的半径为r，
则球心到底面距离为h−r，OA=23a3，
利用勾股定理r2=(h−r)2+(233a)2，
可得r=76a，故rR=74，
故选：B．
“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为2，则其体积为( )
A. 4023B. 5C. 173D. 203
【答案】D
【解析】解：将该多面体放入正方体中，如图所示．
由于多面体的棱长为2，则正方体的棱长为2．
该多面体是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得的，
所以该多面体的体积为23−8×13×12×1×1×1=203．
故选D．
在三棱锥P−ABC中，△PAC是等边三角形，平面PAC⊥平面ABC，AB=3，AC=23，∠CAB=60°，则三棱锥P−ABC的外接球体积为( )
A. 4π3B. 123π3C. 32π3D. 642π3
【答案】C
【解析】解：如图所示：
在△ABC中，由余弦定理得BC2=AB2+AC2−2AB·AC·cs∠CAB=32+232−2×3×23×12=9，则BC=3，
则有AC2=BC2+AB2，所以△ABC是Rt△，取AC的中点D，连接BD，PD，
则△ABC的外心是点D，又因为△PAC是等边三角形，所以PD⊥AC
而平面PAC⊥平面ABC，所以PD⊥平面ABC，
所以外接球球心O必在PD上，连接OB，
设球半径为R，△ABC外接圆半径为r，三棱锥的高为h，
则r=12AC=3，h=PA2−AD2=232−32=3，
由OB2=OD2+BD2，即R2=(h−R)2+r2，R2=(3−R)2+32，
解得R=2，
所以外接球的体积．
故选C．
公元前3世纪，古希腊欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积(V)与它的直径(D)的立方成正比”，此即V=kD3，欧几里得未给出k的值．17世纪日本数学家们对求球的体积的方法还不了解，他们将体积公式V=kD3中的常数k称为“立圆率”或“玉积率”.类似地，对于等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱)、正方体也可利用公式V=kD3求体积(在等边圆柱中，D表示底面圆的直径；在正方体中，D表示棱长).假设运用此体积公式求得球(直径为a)、等边圆柱(底面圆的直径为a)、正方体(棱长为a)的“玉积率”分别为k1、k2、k3，那么k1︰k2︰k3等于( )
A. 14:16:1 π B. π 6: π 4:2C. 2︰3︰2πD. π 6: π 4:1
【答案】D
【解析】解：∵V1=43πR3=43π(a2)3=π6a3⇒k1=π6；
V2=πR2a=π(a2)2a=π4a3⇒k2=π4；
V3=a3⇒k3=1；
故k1：k2：k3=π6：π4：1．
故选D．
已知三棱锥P−ABC的底面是正三角形，PA=a，点A在侧面PBC内的射影H是△PBC的垂心，当三棱锥P−ABC体积最大值时，三棱锥P−ABC的外接球的表面积为
A. 43a3B. 3πa2C. 32πa3D. 12a2
【答案】B
【解析】解：根据题意，延长PH交BC于D，连接AD，
∵H是△PBC的垂心，∴BC⊥PD，
∵AH⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，
∴AH⊥BC，
又AH⊂平面APD，PD⊂平面PAD，AH∩PD=H，
∴BC⊥平面APD，又AD⊂平面APD，
∴BC⊥AD，
连接BH并延长交PC于E，连接AE，
由AH⊥平面PBC可得AH⊥PC，
又BE⊥PC，AH∩BE=H，
∴PC⊥平面ABE，∴AB⊥PC．
设P在平面ABC上的射影为O，延长CO交AB于F，连接PF．
∵PO⊥AB，PC∩PO=P，
∴AB⊥平面PCF．
∴PF⊥AB，CF⊥AB．
∴O是△ABC的中心，F是AB的中点，
∴PB=PA=a=PC，
当PA，PB，PC两两垂直时，三棱锥P−ABC体积取得最大值时，
三棱锥P−ABC的外接球的半径R满足：
(2R)2=3×a2，解得R=32a．
所以三棱锥P−ABC的外接球的表面积为．
故选B．
如图，圆锥的母线长为4，点M为母线AB的中点，从点M处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B点，这条绳子的长度最短值为25，则此圆锥的表面积为( )
A. 4π B. 5π C. 6π D. 8π
【答案】B
【解析】解：设底面圆半径为r，由母线长为4，
所以侧面展开扇形的圆心角为α=2πr4=πr2；
将圆锥侧面展开成一个扇形，从点M拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B，
最短距离为BM，如图所示：
在△ABM中，
BM=42+22−2×4×2×csπr2=20−16csπr2=25，
解得csπr2=0，所以r=1，
所以圆锥的表面积为S=π×12+π×1×4=5π．
故选：B．
伟大的科学家阿基米德逝世后，敌军将领马塞拉斯给他建了一块墓碑，在墓碑上刻了一个如图所示的图案，图案中球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面，则图案中圆锥、球，圆柱的体积比为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】解：∵球内切于圆柱，所以圆柱高h等于球直径2R，圆柱底面积S底等于球最大横截面面积S，
圆柱体积V圆柱=S底×h，
球体积V球=43πR3，
球最大横截面积S=π×R2，
∴圆柱体积与球体积比为：，
圆锥的体积，
∴图案中圆锥、球、圆柱的体积比为1：2：3．
故选A．
体积为3的三棱锥P−ABC的顶点都在球O的球面上，PA⊥平面ABC，PA=2，∠ABC=120°，则球O的体积的最小值为( )
A. 773πB. 2873πC. 19193πD. 76193π
【答案】B
【解析】解：因为VP−ABC=13PA·SΔABC=13×2×12×AB×BC×sin120°=3，
所以AB·BC=6，
在△ABC中，由余弦定理有AC2=AB2+BC2−2AB·BCcs∠ABC=AB2+BC2+AB·BC≥3AB·BC=18，
当AB=BC时取等号，
所以AC≥32，
设△ABC外接圆的半径为r，球O的半径为R，
则由正弦定理有2r=ACsin∠ABC≥26，r≥6，
又PA⊥平面ABC，PA=2，
所以球心O到平面ABC的距离d=1，
所以由球的截面的性质有R2=r2+d2≥7，
所以球O的体积．
即球O的体积的最小值Vmin=2873π
故选B．
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1的侧面展开图中，B，C是线段AD的三等分点，且AD=33.若该三棱柱的外接球O的表面积为12π，则直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为( )
A. 362B. 3154C. 332D. 364
【答案】A
【解析】由展开图可知，直三棱柱ABC−A1B1C1的底面是边长为3的等边三角形，
其外接圆的半径满足2r=3sin60º=2，所以r=1，
由4πR2=12π得R=3，由球的性质可知，
球心O到底面ABC的距离为d=R2−r2=2，
结合球和直三棱柱的对称性可知，AA1=2d=22，
则直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为V=34×(3)2×22=362．
故选A．

如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别是AB，BC的中点，将△DAE，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使得A，B，C三点重合于点A'，若点G及四面体A'DEF的四个顶点都在同一个球面上，则以△DEF为底面的三棱锥G−DEF的高h的最大值为( )
A. 6+23B. 6+43C. 26−43D. 26−23
【答案】A
【解析】解：由题意可知△A'EF是等腰直角三角形，且A'D⊥平面A'EF，三棱锥的底面A'EF扩展为边长为2的正方形，
然后扩展为正四棱柱，此正四棱柱的底面为边长为2的正方形，高是4，
三棱锥的外接球与正四棱柱的外接球是同一个球，
正四棱柱的对角线的长度就是外接球的直径，
直径为：4+4+16=24．
∴球的半径为R=6，
∴设△DEF的外接圆的半径为r，
∵DE=DF=22+42=25，EF=22，
∴EF边上的高为252−22=32，
∴sin∠DEF=3225，
∴2r=253225=1023，即r=523，
∴球心到面DEF的距离为R2−r2=62−5232=23，
∴以△DEF为底面的三棱锥G−DEF的高h的最大值为 R+23=6+23．
故选A．
如图两个同心球，球心均为点O，其中大球与小球的表面积之比为3：1，线段AB与CD是夹在两个球体之间的内弦，其中A、C两点在小球上，B、D两点在大球上，两内弦均不穿过小球内部．当四面体ABCD的体积达到最大值时，此时异面直线AD与BC的夹角为θ，则sinθ2=( )
A. 66 B. 24 C. 306 D. 2633
【答案】A
【解析】解：设正方体的边长为2，则其内切球半径为1，外接球的半径为22+22+222=3，
∴内切球和外接球的表面积之比为1：3，符合题意中的小球和大球的比例，
依题意CD，AB最长为(3)2−12=2，AC最长为小球的直径2．
∵三角形的面积S=12⋅ab⋅sinC，若a，b为定值，则C=π2时面积取得最大值．
画出图象如下图所示，其中A，C分别是所在正方形的中心，
O是正方体内切球与外接球的球心，CD//AD1，CD=AD1，CB1//AB，CB1=AB．
∵VA−BCD=13VABD1−CB1D=13⋅S△ABD1⋅AC，故此时四面体A−BCD的体积最大．
∵CE//AB，CE=AB，∴四边形ABCE为平行四边形，
∴BC//AE，∴∠DAE是异面直线BC和AD所成角，∴∠DAE=θ，
∵AD=AE，设G是DE的中点，则AG⊥DE，
∴θ2=∠GAE，∴sinθ2=GEAE=122+12+12=16=66．
故选：A．
二、单空题（本大题共6小题，共30分）
已知三棱锥P−ABC的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC满足BA=BC=6，，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为 ．
【答案】323π
【解析】解：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC为截面圆的直径，故外接球的球心O在截面ABC中的射影为AC的中点D，
∴当P，O，D共线且P，O位于截面同一侧时棱锥的体积最大，
棱锥的最大高度为PD，
∴13×12×6×6×PD=3， 解得PD=3，
设外接球的半径为R，则OD=3−R，OC=R，
在△ODC中，CD=12AC=3，
由勾股定理得：(3−R)2+3=R2，解得R=2．
∴外接球的体积．
故答案为323π．
某几何体由圆锥挖去一个正三棱柱而得，且正三棱柱的上底面与圆锥内接，下底面在圆锥的底面上，己知该圆锥的底面半径R=3，正三棱柱的底面棱长a=3，且圆锥的侧面展开图的圆心角为6π5，则该几何体的体积为________．
【答案】12π−23
【解析】解：因为圆锥的底面半径R=3，圆锥的侧面展开图的圆心角为6π5，
设圆锥的母线长为l，则，解得l=5，
所以圆锥的高H1=52−32=4，圆锥的体积，
因为正三棱柱的底面棱长a=3，
所以底面三角形的高为3×32=32，
显然圆锥的底面圆心为正三棱柱的底面重心，
设正三棱柱的高为H2，则H2H1=R−23hR，即H24=3−23×323，解得H2=83，
所以正三棱柱的体积V2=12×3×32×83=23，
所以该几何体的体积为V1−V2=12π−23，
故答案为12π−23．
已知三棱锥P−ABC三条侧棱PA、PB、PC两两互相垂直，且PA=PB=PC=2，M，N分别为该三棱锥内切球和外接球上的动点，则M、N两点间的距离最大值为___________．
【答案】2+233
【解析】解：由已知可将该三棱锥补成如图所示正方体．
则三棱锥内切球球心O，外接球球心O2，
以及内切球与面ABC的切点G三点均在PD1上，且GO2=16PD1=33．
设内切球半径为r，外接球半径为R，则R=1222×3=3．
由13(S△ACP+S△BCP+S△ABP+S△ABC)r=13⋅S△ABP⋅PC，解得r=1−33，
故M、N两点间距离的最大值为R+GO2+2r=2+233．
故答案为2+233．
《九章算术》是古代中国的第一部自成体系的数学专著，与古希腊欧几里得的《几何原本》并称现代数学的两大源泉.《九章算术》卷五记载：“今有刍甍，下广三丈，表四丈，上袤二丈，无广，高一丈.问积几何？”译文：今有如图所示的屋脊状楔体PQ−ABCD，下底面ABCD是矩形，假设屋脊没有歪斜，即的中点在底面ABCD上的投影为矩形ABCD的中心点，，AB=4，AD=3，PQ=2，OR=1(长度单位：丈).则楔体PQ−ABCD的体积为___________(体积单位：立方丈)．
【答案】5
【解析】解：如图所示，
该几何体可看作是由一个三棱柱和两个相同的四棱锥拼接而成，
其中三棱柱的底面为底边长3，高为1的等腰三角形，三棱柱的高为2，
所以三棱柱的体积为12×3×1×2=3，
每个四棱锥的底面均为矩形，该矩形相邻的边长分别为1、3，四棱锥的高为1，
所以两个四棱锥的体积之和为2×13×1×3×1=2，
所以该楔体PQ−ABCD的体积为3+2=5(立方丈)．
故答案为5．
已知四面体ABCD内接于球O，且AB=BC=2,AC=2，若四面体ABCD的体积为233，球心O恰好在棱DA上，则球O的表面积是_____．
【答案】
【解析】解：如下图所示，
在三角形ABC中，
因为AB2+BC2=AC2，
所以△ABC为直角三角形，
所以三角形ABC的外接圆的圆心为AC的中点O1，连OO1，
根据垂径定理，可得平面ABC，
球心O恰好在棱DA上，则O为DA的中点，
因为O,O1为AD,AC的中点，
OO1//DC，
可知平面ABC，
所以DC为四面体ABCD的高．
所以13DC×12×2×2=233，解得DC=23．
所以AD=(23)2+22=4，
所以四面体ABCD的外接球的半径为2，
表面积为4πR2=4π×22=16π．
在三棱锥P−ABC中，CA=CB=2，AC⊥BC，P在平面ABC内的投影为AB的中点O1，设该三棱锥的体积为V，该三棱锥外接球的表面积为S，若V∈19,23，则S的取值范围是_________．
【答案】[4π,100π9]
【解析】解：因为CA=CB=2，AC⊥BC，
所以AB=(2)7+(2)2=2，
由，
所以h∈[13,2]，
因为P在平面ABC内的投影，AB的中点O1，
所以设球心为O，则O在PO1上，
故R2=(k−R)2+12，
化简得到R=h2+12h，R'=12−12h2=h2−12h2，
当h∈[13,1]时，R'≤0；当h∈[1,2]时，R'≥0，
故函数R=h2+12h在h∈[13,1]上单调递减，在h∈[1,2]上单调递增，
又R(13)=53，R(1)=1，R(2)=54，
所以R∈[1,53]，
所以S=4xR2∈[4π,100π9].
故答案为[4π,100π9].
三、解答题（本大题共2小题，共30分）
11．如图所示，已知平行六面体，E是中点，过的截面把平行六面体分成两个部分，求左右两部分体积之比.
【答案】7：17
【解析】
的延长线交延长线于，由E为中点知A为中点，联结，则和的交点必在F.作，，，即补上一个全等的平行六面体.
，
，
.
又
，.
12．如图所示，已知直三棱柱中，是用一平面截得的截面，且，若的面积为S，求证：介于截面与下底面之间的几何体的体积为.
【答案】证明见解析
【解析】
证法一（分割）：为了讨论方便，不妨设.如图所示.
可将几何体分割成一个小直三棱柱与两个三棱锥.
过作交于，过作交于，联结、，
则几何体被分割成：
直三棱柱，三棱锥，三棱锥.
设，A到的距离为d，则，由于
，
，
故.
证法二（补形）：将几何体以为底面进行两次等几何体补形，
使侧棱的长均为，这样就将不规则的几何体补形为新的直三棱柱，
而原几何体的体积等于这个新直三棱柱体积的，
故.