2026步步高高考大二轮复习数学-专题突破　专题三　第1讲　空间几何体

第1讲空间几何体1.(2024·新课标Ⅰ卷，T5)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为3，则圆锥的体积为()A.23π B.33π C.63π D.93π2.(2025·天津，T4)若m为直线，α，β为两个平面，则下列结论中正确的是()A.若m∥α，n⊂α，则m∥nB.若m⊥α，m⊥β，则α⊥βC.若m∥α，m⊥β，则α⊥βD.若m⊂α，α⊥β，则m⊥β3.(多选)(2025·全国Ⅰ卷，T9)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC的中点，则()A.AD⊥A1C B.B1C1⊥平面AA1DC.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D4.(2023·新课标Ⅰ卷，T14)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，A1B1=1，AA1=2，则该棱台的体积为.

5.(2025·全国Ⅱ卷，T14)一个底面半径为4cm，高为9cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为cm.

命题热度：本讲是历年高考命题必考的内容，属于中低档题目，三种题型都有所考查，分值约为10~15分.考查方向：一是求几何体的表面积与体积，常与侧面展开图相结合；二是球的组合体，常与球相“内切”或“外接”进行考查；三是考查空间点线面关系的判断，以空间几何体的结构特征为背景，考查关于线面位置关系命题的真假判断.1.答案B解析设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为r2而它们的侧面积相等，所以2πr×3=πr×3+r即23=3+r2，故r故圆锥的体积为13π×9×3=33π2.答案C解析若m∥α，n⊂α，则m与n平行或异面，故A错误；若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B错误；若m∥α，m⊥β，则α⊥β，故C正确；若m⊂α，α⊥β，则m与β平行或相交或m⊂β，故D错误.3.答案BD解析方法一如图，设D1为B1C1的中点，由题意得AA1⊥平面ABC，因为AD⊂平面ABC，则AD⊥AA1，假设AD⊥A1C，又AA1∩A1C=A1，AA1，A1C⊂平面AA1C，则AD⊥平面AA1C，因为AC⊂平面AA1C，则AD⊥AC，矛盾，故A错误；由题意知AD⊥BC，AA1⊥BC，又AA1∩AD=A，AA1，AD⊂平面AA1D，则BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D，故B正确；由题意得AD∥A1D1，假设AD∥A1B1，则A1D1∥A1B1，与A1B1∩A1D1=A1矛盾，则AD∥A1B1不成立，故C错误；由题意得CC1∥AA1，又CC1⊄平面AA1D，AA1⊂平面AA1D，故CC1∥平面AA1D，故D正确.方法二对于A，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，又AD⊂平面ABC，则AA1⊥AD，则A1A·AD因为△ABC是正三角形，D为BC的中点，则AD⊥BC，则DC·AD=0.又A1C=A1A+所以A1C·AD=(A1A+AD+DC)·AD=A1A·AD+AD2+DC则AD⊥A1C不成立，故A错误；对于B，因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，则AA1⊥BC，因为△ABC是正三角形，D为BC的中点，则AD⊥BC，又AA1∩AD=A，AA1，AD⊂平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D，故B正确；对于C，因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1∥AB，假设AD∥A1B1，则AD∥AB，这与AD∩AB=A矛盾，所以AD∥A1B1不成立，故C错误；对于D，因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1∥AA1，又AA1⊂平面AA1D，CC1⊄平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确.方法三如图，建立空间直角坐标系，设AB=2，该正三棱柱的高为h，则D(0，0，0)，A(3，0，0)，A1(3，0，h)，C(0，-1，0)，C1(0，-1，h)，B1(0，1，h)，对于A，AD=(-3，0，0)，A1C=(-3，-1，-h则AD·A1C=(-3)×(-3)+0+0=3≠则AD⊥A1C不成立，故A错误；对于B，D，B1C1=(0，-2，0)，CC1=(0，0，h)，AA1=(设平面AA1D的法向量为n=(x，y，z)，则AA1·n=hz=0，AD·n=-3x=0，得x=所以B1C1=(0，-2，0)=-2n，CC则B1C1⊥平面AA1D，又CC1⊄平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故B，D正确；对于C，AD=(-3，0，0)，A1B1=(-3，1，则-3-3≠01，显然AD∥A1B14.答案7解析如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为四棱台ABCD-A1B1C1D1的高，因为AB=2，A1B1=1，AA1=2，则A1O1=12A1C1=12×2A1B1=AO=12AC=12×2AB=故AM=12(AC-A1C1)=2则A1M=AA12-A所以所求体积为V=13×(4+1+4×1)×65.答案5解析设铁球的半径为rcm.分三种情况讨论.情况一：竖直排列(一个在上，一个在下)，则4r≤9，∴r≤94情况二：水平排列(并排放置)，则4r≤8，∴r≤2；情况三：斜向排列，截面图如图所示，0<r<4，由图可知(8-2r)2+(9-2r)2=4r2，即4r2-68r+145=0，即(2r-5)(2r-29)=0，解得r=52或r=292(舍去综上所述，铁球半径的最大值为52cm考点一表面积与体积例1(1)(2025·济宁模拟)已知圆锥的体积为22π3，其侧面展开图是一个圆心角为2π3A.12 B.1 C.2答案B解析设母线长为l，底面半径为r，圆锥的高为h，则2πr=2π3l⇒l=3r又h=l2-r2=9所以V=13Sh=13πr2×22r=22π3⇒r3(2)(2025·吕梁模拟)轴截面是等边三角形的圆锥称为等边圆锥.若某等边圆锥的母线长为4，过圆锥高的中点作平行于底面的平面，该平面将圆锥分割成一个小圆锥和一个圆台，则该圆台的体积为.

答案7解析在等边圆锥PO中，过PO的中点M作与底面平行的截面，如图所示，由题意可知PA=AB=4，AO=12AB=2则PO=PA2-所以圆台上底面半径为r=12AO=1下底面半径为R=AO=2，圆台的高为h=12PO=3因此，该圆台的体积为V=13π(r2+R2+rR)·h=π3×(1+4+2)×3=[规律方法]空间几何体的表面积与体积的求法(1)公式法：对于规则的几何体直接利用公式进行求解.(2)割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，或把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体.(3)等体积法：选择合适的底面来求体积.跟踪演练1(1)(多选)(2025·台州模拟)如图，是由两个平行平面截半径为2cm且足够高的圆柱体所得的几何体，截面与圆柱体的轴成45°，上、下截面间的距离为2cm.某高中数学兴趣小组对该几何体进行了探究，得出下列四个结论，其中正确的是(参考公式：椭圆面积S=πab)()A.截口曲线的离心率为1B.该几何体的体积为8πcm3C.该几何体的侧面积为8πcm2D.该几何体的上截面面积为42πcm2答案BCD解析对于选项A，因为截面与圆柱体的轴成45°，且圆柱体底面半径为2cm，故截面椭圆长轴长为2a=4sin45°=42短轴长为2b=4，故c=a2-故e=ca=222=2对于选项B，因为上、下截面间的距离为2cm，所以AB=2sin45°=2(cm)将该几何体沿A点平行于圆柱底面切割补到以沿点B平行于圆柱底面的位置，则正好是底面半径为2cm，高为2cm的圆柱，则V=π×22×2=8π(cm3)，故选项B正确；对于选项C，同样以选项B的方法割补，侧面积即为底面半径为2cm，高为2cm的圆柱的侧面，S侧=2π×2×2=8π(cm2)，故选项C正确；对于选项D，利用椭圆的面积公式S=πab=42π(cm2)，故选项D正确.(2)(2025·咸阳模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=AA1=1，则三棱锥C-A1BC1的体积为.

答案1解析V三棱锥C-A1BC1=V直三棱柱ABC-A1B1C1-V三棱锥A1-ABC-V三棱锥B-A1B1C1=S△ABC×AA1-1考点二空间点、线、面的位置关系例2(1)(多选)(2025·岳阳模拟)已知直线m，n，l，平面α，β，若平面α⊥平面β，且α∩β=l，则下列命题正确的是()A.若m∥α，则m⊥βB.若m⊂α，n⊂β，则m⊥nC.若m⊂α，且m⊥l，则m⊥βD.若m⊂α，则直线m必垂直于平面β内的无数条直线答案CD解析对于A，若m∥α，则m与β可能平行或相交或m⊂β，故A错误；对于B，若m⊂α，n⊂β，当m，n中至少有一条直线与l垂直时，才有m⊥n，否则m与n可能平行或异面或相交但不垂直，故B错误；对于C，m⊂α，且m⊥l，由面面垂直的性质定理知m⊥β，故C正确；对于D，当直线a⊂β，且a⊥l，此时a⊥m，故满足条件的直线a有无数条，故D正确.(2)(多选)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BA1与AB1的交点，则下列判断正确的是()A.直线EC1与直线AD是异面直线B.B1C1∥平面A1BCC.直线BA1与直线C1D所成的角是πD.在直线A1C1上存在点F，使EF⊥平面A1CD答案BD解析对于A，由图可知直线EC1与直线AD都在平面B1ADC1中，故A错误；对于B，由图可知直线B1C1∥BC，又BC⊂平面A1BC，B1C1⊄平面A1BC，所以B1C1∥平面A1BC，故B正确；对于C，由正方体性质知B1A∥C1D，所以直线BA1与直线C1D所成的角为直线BA1与直线B1A所成的角，因为四边形ABB1A1为正方形，所以BA1⊥B1A，即直线BA1与直线C1D所成的角是π2，故C对于D，连接A1C1，B1C，BC1，取A1C1的中点O，连接EO，则EO∥BC1，因为CD⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥CD，又BC1⊥B1C，CD∩B1C=C，CD，B1C⊂平面A1CD，所以BC1⊥平面A1CD，所以EO⊥平面A1CD，即F在O点处时，可使EF⊥平面A1CD，故D正确.[规律方法](1)证明线线平行的常用方法①三角形的中位线定理；②平行公理；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理.(2)证明线线垂直的常用方法①等腰三角形三线合一；②勾股定理的逆定理；③利用线面垂直的性质定理.跟踪演练2(1)(2025·黄冈模拟)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.若直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则()A.α∥β，l∥αB.α与β相交，且交线平行于lC.α⊥β，l⊥αD.α与β相交，且交线垂直于l答案B解析若α∥β，则由m⊥平面α，n⊥平面β，可得m∥n，这与m，n是异面直线矛盾，故α与β相交，A错误；设α∩β=a，过直线n上一点，作b∥m，设b与n确定的平面为γ，因为l⊥m，所以l⊥b，又l⊥n，b与n相交，b，n⊂γ，所以l⊥γ，因为m⊥α，所以b⊥α，又a⊂α，所以a⊥b，因为n⊥β，a⊂β，所以a⊥n，又b与n相交，b，n⊂γ，所以a⊥γ，又因为l⊄α，l⊄β，所以l与a不重合，所以l∥a，B正确，D错误；因为l∥a，l⊄α，a⊂α，所以l∥α，C错误.(2)在四面体ABCD中，AD=BC，E，F分别为AB，CD的中点，若异面直线AD与BC所成的角为60°，则异面直线EF与BC所成的角为.

答案60°或30°解析如图，设G为BD的中点，连接GE，GF，因为E，F分别为AB，CD的中点，所以EG∥AD，GF∥BC，且EG=12AD，GF=12而AD=BC，则EG=GF，则∠EGF(或其补角)为直线AD与BC所成的角，即∠EGF=60°或120°，而∠EFG(或其补角)为直线EF与BC所成的角，当∠EGF=60°时，∠EFG=60°，当∠EGF=120°时，∠EFG=30°.故异面直线EF与BC所成的角为60°或30°.考点三球的切、接问题例3(1)(2025·嘉兴模拟)若某正四面体的内切球的表面积为4π，则该正四面体的外接球的体积为()A.9π B.27π C.36π D.64π答案C解析正四面体的内切球与其外接球球心重合，如图，正四面体ABCD的内切球与外接球球心O在其高AO1上，则OO1是正四面体ABCD内切球半径，OA是正四面体ABCD外接球半径，由正四面体ABCD的内切球的表面积为4π，得OO1=1，令AB=a(a>0)，BO1=32a·23=33a，AO1=AB2-BO12=6在Rt△BOO1中，63a-12解得a=26，AO=3，所以该正四面体的外接球的体积V=4π3OA3=36π(2)(多选)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=6，AA1=4，则下列说法正确的是()A.直线AB与直线B1C1所成的角为πB.三棱锥A-A1BC的体积为123C.点C1到平面A1BC的距离为13D.四棱锥A1-B1BCC1的外接球的表面积为64π答案ABD解析由题设B1C1∥BC，则直线AB与直线B1C1所成的角即为∠ABC(或其补角)，又△ABC为等边三角形，故∠ABC=π3，故A由V三棱锥A-A1BC=V三棱锥A1-ABC=13×4×由A1B=A1C=213，BC=6，则在△A1BC中，BC上的高为43，所以S△A1BC=12×6×43=343，设点A到平面A1BC的距离为d，则13d所以d=1212943，根据对称性易知点C1到平面A1BC的距离为12129由题设，易知四棱锥A1-B1BCC1的外接球即为该三棱柱的外接球，而△ABC的外接圆半径r=23×32×6=23，且AA1所以外接球的半径R=r2+22=4，故其表面积为4πR2=64π[规律方法]解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：(1)定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为球的半径；(2)作截面：选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的；(3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.跟踪演练3(1)在△ABC中，AB=2，C=45°，PA⊥平面ABC，且PA=2，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为()A.2π B.43π C.12π D.36π答案C解析如图，设△ABC外接圆的半径为r，已知AB=2，C=45°，根据正弦定理可得2r=ABsinC=22解得r=2.因为PA⊥平面ABC，所以三棱锥P-ABC外接球的球心到平面ABC的距离d=12PA=1，所以外接球半径R=(2)2所以三棱锥P-ABC外接球的表面积S=4π×(3)2=12π.(2)(2025·包头模拟)已知圆台O1O2的上、下底面半径分别为r1，r2(r1<r2)，r2-r1=3.半径为r的球O与该圆台的上、下底面及母线均相切，圆台O1O2的侧面积为25π，则球O的表面积为()A.4π B.9πC.16π D.36π答案C解析如图，设圆台上、下底面圆心分别为O1，O2，则圆台内切球的球心O一定在O1O2的中点处，设球O与母线相切于点M，所以OM⊥AB，所以OM=OO1=OO2=r，所以△AOO1与△AOM全等，所以AM=r1，同理BM=r2，圆台的母线长l=r1+r2，而π(r1+r2)l=25π，因此(r1+r2)2=25，所以AB=r1+r2=5，过A作AG⊥O2B，垂足为G，则O1O22=(r1+r2)2-(r2-r1)2=16，所以4r2=16，所以球O的表面积为4πr2专题强化练[分值：83分]一、单项选择题(每小题5分，共40分)1.已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则m∥α的一个充分条件是()A.m∥n，n∥αB.m∥β，α∥βC.m⊥n，n⊥α，m⊄αD.m∩n=A，n∥α，m⊄α答案C解析对于A，由m∥n，n∥α可得m⊂α或m∥α，故A错误；对于B，由m∥β，α∥β可得m⊂α或m∥α，故B错误；对于C，由m⊥n，n⊥α，m⊄α可得m∥α，故C正确；对于D，由m∩n=A，n∥α，m⊄α可得m，α相交或m∥α，故D错误.2.已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，体积为3，则该正四棱台的高为()A.1 B.43 C.65答案D解析设该正四棱台的高为h，又其上、下底面边长分别为1，2，体积为3，则V=13h(12+22+12×22所以h=973.(2025·泰州模拟)某正四棱锥的底面边长为2，侧棱与底面的夹角为60°，则该正四棱锥的体积为()A.463 B.823答案A解析在正四棱锥P-ABCD中，令AC∩BD=O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，则∠PAO=60°，由AO=12AC=2，得PO=6所以该正四棱锥的体积为13×22×6=44.(2025·江苏七市二调)已知圆锥的轴截面为正三角形，外接球的半径为1，则圆锥的体积为()A.3π8 B.3π4 C.9π答案A解析设圆锥的底面半径为r，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，由正弦定理可得2=2r则r=32易知该圆锥的高为h=3r=32故该圆锥的体积为V=13πr2h=13π×34×35.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=90°，AA1=AB，则直线A1C与AB1所成的角为()A.30° B.45° C.60° D.90°答案D解析连接AC1交A1C于点O，取B1C1的中点为D，连接OD，CD，可得OD∥AB1，所以直线A1C与AB1所成的角为直线A1C与OD所成的角∠COD(或其补角)，设AA1=AB=1，则AB1=2，所以OD=22设BC=a，则AC=a2所以A1C=1+1+a2=所以OC=12A1C=aCD=1+a24所以OD2+OC2=12+a2+24=a所以∠COD=90°.6.(2025·安阳模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=2，AB⊥AC，若该棱柱外接球的表面积为12π，则侧面BB1C1C绕直线BB1旋转一周所得到的旋转体的体积为()A.12π B.16π C.20π D.24π答案B解析在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=2，AB⊥AC，则两个底面三角形的外接圆圆心分别为B1C1，BC的中点O1，O2，如图所示，BC=B1C1=22，设直三棱柱的外接球的半径为R，圆心为O，由4πR2=12π，可得R=3，由对称性知，O为O1O2中点，又OB=R，由CC122+BC22=C因为侧面BB1C1C绕直线BB1旋转一周后得到的几何体是底面半径为22，高为2的圆柱，其体积为V=π(22)2×2=16π.7.(2025·保定模拟)已知三棱锥A-BCD中，CD⊥平面ABD，AB=AD=23，BD=6，CD=2，则三棱锥A-BCD的外接球表面积为()A.12π B.24π C.40π D.52π答案D解析在△ABD中，AB=AD=23，BD=6，所以cos∠ABD=BD2AB=323=32，所以sin设△ABD的外接圆半径为r，则ADsin∠ABD=2r⇒r=2又CD⊥平面ABD，且CD=2，设三棱锥A-BCD的外接球半径为R，则R2=r2+1=13，所以三棱锥A-BCD的外接球表面积为4πR2=4π×13=52π.8.(2025·宁波模拟)一个长方体墨水瓶的长、宽、高分别为10cm，8cm，15cm，内部装有400毫升墨水.将墨水瓶倾斜，使其一条长边(10cm)置于水平地面，高边(15cm)所在直线与水平地面成45度角，则此时墨水与墨水瓶接触部分的面积为()A.180cm2 B.220cm2 C.260cm2 D.300cm2答案C解析如图，若截面为等腰直角三角形，腰长为a，则12a2=40010可得a=45>8，不符合题意；如图，若截面为直角梯形，上底边长为b，则12×(2b+8)×8=40010可得b=1，符合题意，所以此时墨水与墨水瓶接触部分的面积S=2×40+1×10+9×10+8×10=260(cm2).二、多项选择题(每小题6分，共18分)9.(2025·南京模拟)设α，β，γ表示三个不同的平面，m表示直线，则下列选项中，使得α∥β的是()A.m∥α，m∥β B.m⊥α，m⊥βC.γ∥α，γ∥β D.γ⊥α，γ⊥β答案BC解析对于A，若m∥α，m∥β，则α，β可能相交，A错误；对于B，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，B正确；对于C，若γ∥α，γ∥β，则α∥β，C正确；对于D，若γ⊥α，γ⊥β，则α，β可能相交，D错误.10.(2023·新课标Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P-AC-O为45°，则()A.该圆锥的体积为πB.该圆锥的侧面积为43πC.AC=22D.△PAC的面积为3答案AC解析依题意，∠APB=120°，PA=2，所以OP=1，OA=OB=3.A项，圆锥的体积为13×π×(3)2×1=π，故AB项，圆锥的侧面积为π×3×2=23π，故B错误；C项，取AC的中点D，连接OD，PD，如图所示，则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P-AC-O的平面角，则∠PDO=45°，所以OP=OD=1，故AD=CD=3-1=2，则AC=22，故C正确；D项，PD=12+1所以S△PAC=12×22×2=2，故D错误11.(2025·重庆模拟)如图，已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱长为4，点E，F分别为BB1，DD1的中点，则()A.AC1⊥CFB.平面EA1C1∥平面FACC.三棱锥C-EC1F的体积为4D.四面体EACF的外接球的表面积为12π答案BD解析如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在方向分别为x，y，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，E(2，2，2)，C(0，2，0)，C1(0，2，4)，A1(2，0，4)，F(0，0，2)，对于A，AC1=(-2，2，4)，CF=(0，-2，2AC1·CF=-4+8=4≠0，故对于B，设平面EA1C1的法向量为m=(x，y，z)，EC1=(-2，0，2)，EA1=(0，-2所以m·E令x=1，则m=(1，1，1)，设平面FAC的法向量为n=(x1，y1，z1)，FA=(2，0，-2)，AC=(-2，2，0)，所以n·FA令x1=1，则n=(1，1，1)，所以n=m，所以平面EA1C1∥平面FAC，故B正确；对于C，V三棱锥C-EC1F=V三棱锥F-ECC1=13×S△EC对于D，三棱锥A-ECF的外接球球心为O(1，1，1)，由OC=OA=OE=OF=3，得四面体EACF的外接球的表面积为4π×(3)2=12π，故D正确.三、填空题(每小题5分，共15分)12.由斜二测画法得到的一个水平放置的三角形的直观图是等腰三角形，底角为30°，腰长为2，如图，那么它在原平面图形中，顶点B到x轴的距离是.

答案22解析过点B'作B'C'∥y'轴，交x'轴于点C'，如图，在△O'B'C'中，∠B'O'C'=30°，∠B'C'O'=135°，O'B'=2，由正弦定理B'C'sin30°=O'B'于是得B'C'=2×12在原平面图形中，顶点B到x轴的距离是22.13.如图所示的几何体是底面积为S，侧高为h1，h2，h3(h1<h2<h3)的直三棱柱斜劈，则其体积为.

答案13S(h1+h2+h3解析如图，斜劈V=V三棱柱ABC-A'NM+V三棱锥B'-A'NM+V三棱锥B'-A'C'M，而V三棱锥B'-A'C'M=V三棱锥N-A'C'M=V三棱锥C'-A'NM=13S(h3-h1)V三棱柱ABC-A'NM=Sh1，V三棱锥B'-A'NM=13S(h2-h1)所以V=Sh1+13S(h2-h1)+13S(h3-h1)=13