第8章 第1讲 基本立体图形、空间几何体的表面积与体积-【金版教程】2026年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（提升版）

第八章　立体几何 与空间向量 第1讲　基本立体图形、 空间几何体的表面积与体积 1.认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.知道球、棱(圆)柱、棱(圆)锥、棱(圆)台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题.3.能用斜二测画法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合体)的直观图． 基础知识整合 核心考向突破 课时作业 目录 基础知识整合 平面多边形 1．多面体、旋转体的定义 (1)由若干个_____________围成的几何体叫做多面体． (2)一条平面曲线(包括直线)绕它所在平面内的____________旋转所形成的曲面叫做_________，封闭的旋转面围成的几何体叫做旋转体． 一条定直线 旋转面 基础知识整合 5 2．棱柱的概念及其分类 (1)棱柱的概念 有两个面__________，其余各面都是__________，并且相邻两个四边形的公共边都__________，由这些面所围成的多面体叫做棱柱． (2)棱柱的分类 ①按底面多边形边数来分：三棱柱、四棱柱、五棱柱…… ②按侧棱是否与底面垂直 侧棱垂直于底面的棱柱叫做____棱柱，侧棱不垂直于底面的棱柱叫做_____棱柱．底面是正多边形的直棱柱叫做______棱柱，底面是平行四边形的四棱柱也叫做____________． 互相平行 四边形 互相平行 直 正 平行六面体 斜 基础知识整合 6 3．棱锥的概念及其分类 (1)棱锥的概念 有一个面是________，其余各面都是有一个公共顶点的________，由这些面所围成的多面体叫做棱锥． (2)棱锥的分类 ①按底面多边形的边数分：三棱锥、四棱锥…… ②底面是正多边形，并且顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥叫做______棱锥． 多边形 三角形 正 基础知识整合 7 4．棱台的概念及其分类 (1)棱台的概念 用一个_________________的平面去截棱锥，底面和截面之间那部分多面体叫做棱台． (2)棱台的分类 由三棱锥、四棱锥、五棱锥……截得的棱台分别为三棱台、四棱台、五棱台…… 平行于棱锥底面 基础知识整合 8 定义 图形及表示 圆柱 以____________所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱，如图中圆柱表示为圆柱O′O 圆锥 以________________________所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体，如图中圆锥表示为圆锥SO 矩形的一边 5．圆柱、圆锥、圆台、球的概念及表示 直角三角形的一条直角边 基础知识整合 9 圆台 用__________________的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台，如图中圆台表示为圆台O′O 球 ______以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周形成的曲面叫做球面，球面所围成的旋转体叫做球体，简称球，如图中的球表示为球O 平行于圆锥底面 半圆 基础知识整合 10 6．简单组合体 (1)概念 由____________组合而成的几何体叫做简单组合体． (2)两种构成形式 ①由简单几何体______而成； ②由简单几何体____________一部分而成． 简单几何体 拼接 截去或挖去 基础知识整合 11 7．直观图 (1)画法：常用______________． (2)用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的步骤 斜二测画法 45°(或135°) x′轴或y′轴的线段 保持原长度不变 一半 基础知识整合 12 圆柱 圆锥 圆台 侧面展开图 侧面积公式 S圆柱侧＝________ S圆锥侧＝_____ S圆台侧＝__________ 8．多面体的表面积 多面体的表面积就是围成多面体________的面积的和． 9．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 各个面 2πrl πrl π(r1＋r2)l 基础知识整合 13 S底h 4πR2 基础知识整合 14 基础知识整合 15 3．与体积有关的两个结论 (1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差． (2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等． 基础知识整合 16 1．下列结论正确的是(　　) A．侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥 B．六条棱长均相等的四面体是正四面体 C．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 D．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台 解析：底面是等边三角形，且各侧面三角形全等，这样的三棱锥才是正三棱锥，A错误；斜四棱柱也可能有两个侧面是矩形，C错误；截面平行于底面时，底面与截面之间的部分才叫圆台，D错误．故选B. 基础知识整合 17 2．(人教A必修第二册习题8.1 T8改编)如图所示，长方体ABCD－A′B′C′D′被截去一小部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是(　　) A．棱台 B．四棱柱 C．五棱柱 D．简单组合体 解析：由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱．故选C. 基础知识整合 18 基础知识整合 19 解析：设圆锥的底面圆的半径为r，母线长为l，因为侧面展开图是一个半圆，所以πl＝2πr，即l＝2r，所以πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，解得r＝2(cm)． 基础知识整合 20 基础知识整合 21 核心考向突破 考向一　基本立体图形 角度1　空间几何体的结构特征 下列说法正确的是(　　) A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形 C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点 核心考向突破 23 解析：A错误，如图1；B正确，如图2，其中PD⊥底面ABCD，且底面ABCD是矩形，可以证明∠PAB，∠PCB都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错误，如图3；D错误，由棱台的定义知，其侧棱延长后必相交于同一点．故选B. 核心考向突破 24 识别空间几何体的两种方法 定义法 紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本要素，根据定义进行判定 反例法 通过反例对结构特征进行辨析，要说明一个结论是错误的，只要举出一个反例即可 核心考向突破 25 1.下列结论正确的是(　　) A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥 B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体 C．若正棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥 D．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线 解析：由图1知，A错误；如图2，当两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，B错误；若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形，由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，C错误；由母线的概念知，D正确．故选D. 核心考向突破 26 2．(多选)如图，将装有半槽水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体可以是(　　) A．四棱柱 B．四棱台 C．三棱柱 D．三棱锥 解析：根据题图，因为有水的部分始终有两个平面平行，而其余各面都易证是平行四边形，因此形成的几何体是四棱柱或三棱柱．故选AC. 核心考向突破 27 核心考向突破 28 核心考向突破 29 通常利用空间几何体的表面展开图解决以下问题： (1)求几何体的表面积或侧面积． (2)求几何体表面上任意两个点的最短表面距离． 核心考向突破 30 108 核心考向突破 31 核心考向突破 32 核心考向突破 33 核心考向突破 34 (1)求解与截面有关的问题的关键是确定截面的形状，并从几何体中获取相关的数据进行计算． (2)作多面体截面的关键在于确定截点，有了位于多面体同一表面上的两个截点即可连接成截线，从而得到截面． 核心考向突破 35 核心考向突破 36 考向二　平面图形与其直观图的关系 (多选)(2025·黑龙江牡丹江模拟) 已知梯形ABCD，按照斜二测画法画出它的直观图A′B′C′D′，如图，其中A′D′＝2，B′C′＝4，A′B′＝1，下列说法正确的是(　　) A．线段AD平行于x轴 B．AB＝2 C．梯形ABCD是直角梯形 D．梯形ABCD的面积是3 核心考向突破 37 核心考向突破 38 核心考向突破 39 核心考向突破 40 核心考向突破 41 考向三　空间几何体的表面积 核心考向突破 42 核心考向突破 43 求空间几何体表面积的类型及方法 注意：①组合体的表面积注意衔接部分的处理． ②灵活运用直角三角形与直角梯形，如圆锥(台)中的高、母线、底面半径；棱锥(台)中的高、棱长、底面边长． 多面体 的表面积 只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积 旋转体 的表面积 可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系 不规则几何体的表面积 通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积 核心考向突破 44 1.(2024·山东枣庄一模)已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面展开图是半个圆环，则圆台的侧面积为(　　) A．6π B．16π C．26π D．32π 核心考向突破 45 2．(2025·山西太原五中模拟) 一个正六棱柱和正六棱锥的组合体如图所示，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥的高与底面边长的比为2∶3，则正六棱锥与正六棱柱的侧面积的比值为________． 核心考向突破 46 考向四　空间几何体的体积 核心考向突破 47 核心考向突破 48 对于规则的几何体，利用相关公式直接计算． 核心考向突破 49 核心考向突破 50 核心考向突破 51 角度2　等体积转化法求体积 棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1－D1MN的体积为________． 1 核心考向突破 52 选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任何一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换． 核心考向突破 53 核心考向突破 54 核心考向突破 55 核心考向突破 56 核心考向突破 57 补形法求体积就是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，便于计算． 核心考向突破 58 如图，一个底面半径为3的圆柱被一平面所截，截得的几何体的最短和最长母线长分别为4和10，则该几何体的体积为(　　)  A．90π B．63π C．42π D．36π 核心考向突破 59 核心考向突破 60 角度4　分割法求体积 (2024·北京西城二模)楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体形构件可视为一个五面体ABCDEF，其中平面ABCD为正方形．若AB＝6 cm，EF＝3 cm，且EF与平面ABCD的距离为2 cm，则该楔体形构件的体积为(　　) A．18 cm3 B．24 cm3 C．30 cm3 D．48 cm3 核心考向突破 61 核心考向突破 62 分割法求体积就是先把不规则的几何体分割成规则的几何体，再利用相关公式直接计算． 核心考向突破 63 如图所示，已知多面体ABCDEFG中，AB，AC，AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为________． 4 核心考向突破 64 核心考向突破 65 课时作业 一、单项选择题 1．将一个等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括(　　) A．一个圆台、两个圆锥 B．两个圆台、一个圆柱 C．两个圆柱、一个圆台 D．一个圆柱、两个圆锥 解析：从较短的底边的端点向另一底边作垂线，两条垂线把等腰梯形分成了两个直角三角形，一个矩形，所以一个等腰梯形绕它的较长的底边所在直线旋转一周形成的是由一个圆柱、两个圆锥所组成的几何体，如图所示．故选D. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 67 2．将12根长度相同的小木棍通过黏合端点的方式(不可折断)不可能拼成(　　) A．正三棱柱 B．正四棱锥 C．正四棱柱 D．正六棱锥 解析： A，B，C中的图形均可由12根长度相同的小木棍通过黏合端点的方式得到；对于D，因为正六边形的中心到六个顶点的距离都等于边长，所以正六棱锥的侧棱长总比底边长，故D不可能拼成．故选D. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 68 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 69 4．(2025·河南郑州模拟) 如图是某灯具厂生产的一批不倒翁型台灯外形，它由一个圆锥和一个半球组合而成，圆锥的高是0.4 m，底面直径和球的直径都是0.6 m，现对这个台灯表面涂胶，如果每平方米需要涂200克，则共需涂胶(精确到个位数)(　　) A．176克 B．207克 C．239克 D．270克 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 70 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 71 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 72 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 73 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 74 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 75 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 76 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 77 二、多项选择题 9．如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是(　　) A．圆柱的侧面积为2πR2 B．圆锥的侧面积为2πR2 C．圆柱的侧面积与球的表面积相等 D．圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 78 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 79 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 80 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 81 11．(2022·新高考Ⅱ卷)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB，记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V1，V2，V3，则(　　) A．V3＝2V2 B．V3＝V1 C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 82 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 83 三、填空题 12．(2024·全国甲卷)已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为r1和r2，母线长分别为2(r2－r1)和3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________． 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 84 13．(2025·云南昆明一中模拟)某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个相同的四面体得到的(如图)，则该几何体共有_____个面；若被截正方体的棱长是60 cm，那么该几何体的表面积是_________________cm2. 14 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 85 14．(2024·九省联考)已知轴截面为正三角形的圆锥MM′的高与球O的直径相等，则圆锥MM′的体积与球O的体积的比值是________，圆锥MM′的表面积与球O的表面积的比值是________． 1 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 86 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 87 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 88 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 89 16. 如图，在△ABC中，AB＝8，BC＝10，AC＝6，BD⊥平面ABC，且AE∥FC∥BD，BD＝3，FC＝4，AE＝5.试用两种方法求此几何体的体积． 解：解法一(分割法)：由AB＝8，AC＝6，BC＝10，得AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC.因为BD⊥平面ABC，AE∥BD，所以AE⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，所以AE⊥AB，又AB⊥AC，AE∩AC＝A，AE，AC⊂平面ACFE，所以AB⊥平面ACFE.如图，取CM＝AN＝BD，连接DM，MN，DN，用“分割法”把原几何体分割成一个直三棱柱和一个四棱锥，则V几何体＝V三棱柱＋V四棱锥． 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 90 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 91 17．现需要设计一个仓库，它由上、下两部分组成，上部的几何体是正四棱锥P－A1B1C1D1，下部的几何体是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍． (1)若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？ (2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？ 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 92 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 93 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 94 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 95 　　　　　　　　　　　　　 R 10.柱、锥、台和球的表面积和体积 名称 几何体 表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱) S表面积＝S侧＋2S底 V＝__________ 锥体 (棱锥和圆锥) S表面积＝S侧＋S底 V＝__________ 台体(棱台和圆台) S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝eq \f(1,3)(S上＋S下＋eq \r(S上S下))h 球 S＝__________ V＝__________ eq \f(1,3)S底h eq \f(4,3)πR3 1．斜二测画法中的“三变”与“三不变” “三变”eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(坐标轴的夹角改变,与y轴平行的线段的长度变为原来的一半,图形改变)) “三不变”eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(平行性不改变,与x，z轴平行的线段的长度不改变,相对位置不改变))) 2．直观图与原图形面积的关系 S直观图＝eq \f(\r(2),4)S原图形(或S原图形＝2eq \r(2)S直观图)． 3．(人教B必修第四册习题11－1A T6改编)棱长为2的正四面体的表面积是(　　) A.eq \r(3) B．4 C．4eq \r(3) D．16 解析：每个面的面积为eq \f(1,2)×2×2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，所以正四面体的表面积为4eq \r(3).故选C. 4．(人教A必修第二册8.3.2练习T1改编)已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为(　　) A．1 cm B．2 cm C．3 cm D．eq \f(3,2) cm 5．(2025·江苏南航附中模拟)已知圆台的母线与底面所成的角为60°，下底面的半径为2，其体积为eq \f(7\r(3)π,3)，则该圆台的高等于________． 解析：设圆台的上底面半径为x，高为h，则eq \f(1,3)π(x2＋2x＋4)h＝eq \f(7\r(3)π,3)，即(x2＋2x＋4)h＝7eq \r(3).由母线与底面所成的角为60°，得h＝eq \r(3)(2－x)，则有eq \r(3)(x2＋2x＋4)(2－x)＝7eq \r(3)，所以8－x3＝7，解得x＝1，所以h＝eq \r(3). eq \r(3) 角度2　空间几何体的展开图问题 (2025·湖南衡阳模拟)如图是一座山峰的示意图，山峰大致呈圆锥形，峰底呈圆形，其半径为1 km，峰底A到峰顶S的距离为4 km，B是山坡SA的中点．为了发展当地旅游业，现要建设一条从A到B的环山观光公路，当公路长度最短时，公路距山顶的最近距离为(　　) A．2 km B．3 km C．2eq \r(5) km D．eq \f(4\r(5),5) km 解析：以SA为分界线，将圆锥的侧面展开，可得其展开图如图，则从点A到点B的最短路径为线段A′B，leq \o(A′A,\s\up12(︵))＝2π，所以∠A′SA＝eq \f(l\o(AA′,\s\up12(︵)),4)＝eq \f(π,2).过S作SP⊥A′B，则公路距山顶的最近距离为SP，因为A′B＝eq \r(42＋22)＝2eq \r(5)，所以SP＝eq \f(SB·SA′,A′B)＝eq \f(8,2\r(5))＝eq \f(4\r(5),5).故选D. 　　　　　将3个6 cm×6 cm的正方形都沿其中的一对邻边的中点剪开，每个正方形均分成两个部分，如图1所示，将这6个部分接入一个边长为3eq \r(2) cm的正六边形上，如图2所示．若该平面图沿着正六边形的边折起，围成一个七面体，则该七面体的体积为________cm3. 解析：将平面图形折叠并补形得到如图所示的正方体，该七面体为正方体沿着图中的六边形截面截去一部分后剩下的另一部分，由对称性知其体积为正方体体积的一半，即eq \f(1,2)×63＝108(cm3)． 角度3　空间几何体的截面问题 　　　 (多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，AC1⊥平面α.平面α截此正方体所得的截面有以下四个结论，其中正确的是(　　) A．截面形状可能是正三角形 B．截面的形状可能是正方形 C．截面形状可能是正五边形 D．截面面积的最大值为3eq \r(3) 解析：对于A，当α截此正方体所得截面为B1CD1时满足，故A正确；对于B，由对称性得截面形状不可能为正方形，故B错误；对于C，由对称性得截面形状不可能是正五边形，故C错误；对于D，当截面为正六边形时，面积最大，为6×eq \f(\r(3),4)×(eq \r(2))2＝3eq \r(3)，故D正确．故选AD. 某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4eq \r(3)的正方体的六个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合)，若其中一个截面圆的周长为4π，则该球的半径是(　　) A．2 B．4 C．2eq \r(6) D．4eq \r(6) 解析：设截面圆的半径为r，球的半径为R，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半，即2eq \r(3)，根据截面圆的周长可得4π＝2πr，得r＝2，故由题意知R2＝r2＋(2eq \r(3))2＝22＋(2eq \r(3))2＝16，所以R＝4.故选B. 解析：根据斜二测画法的规则，将直观图复原为原图，如图所示．由于A′D′∥x′轴，故线段AD平行于x轴，A正确；由于A′B′＝1，故AB＝2，B正确；由直观图复原为原图可知，梯形ABCD是直角梯形，C正确；由于AD＝2，BC＝4，AB＝2，故梯形ABCD的面积是eq \f(1,2)×(2＋4)×2＝6，D错误．故选ABC. 在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半． 注意：直观图的面积是原图形面积的eq \f(\r(2),4)倍． (2025·山东泰安期末)用斜二测画法画出的水平放置的平面图形△OAB的直观图为如图所示的△O′A′B′，已知△O′A′B′是边长为2的等边三角形，则顶点B到x轴的距离是(　　) A．2eq \r(6) B．4 C．2eq \r(3) D．2eq \r(2) 解析：过点B′作B′B″∥y′轴，交x′轴于点B″，如图所示，在△B′B″O′中，O′B′＝2，∠B′B″O′＝45°，∠B′O′B″＝120°，由正弦定理可得，eq \f(B′B″,sin120°)＝eq \f(B′O′,sin45°)，所以B′B″＝eq \f(B′O′·sin120°,sin45°)＝eq \f(2×\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝eq \r(6)，由斜二测画法可知，在原平面图形中，顶点B到x轴的距离是2B′B″＝2eq \r(6).故选A. (2025·四川成都模拟)极目一号(如图1)是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55 m，高19 m，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的表面积约为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(参考数据：\f(\r(4258),2)≈32.6，π≈3.14))(　　) A．2480 m2 B．2498 m2 C．2502 m2 D．2508 m2 解析：由题图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为R＝eq \f(19,2)＝9.5(m)，而圆台另一个底面的半径为r＝1(m)，圆台的母线长为l＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,2)))\s\up12(2)＋31.52)＝eq \f(\r(4258),2)≈32.6(m)，则S半球＝eq \f(1,2)×4×π×9.52＝180.5π(m2)，S圆柱侧＝2π×9.5×14＝266π(m2)，S圆台侧≈πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(19,2)))×32.6＝342.3π(m2)，S圆台底＝π(m2)，所以S表＝180.5π＋266π＋342.3π＋π＝789.8π≈789.8×3.14≈2480(m2)．故选A. 解析：圆台的上底面半径r′＝1，下底面半径r＝3，设圆台的母线长为l，扇环所在的小圆的半径为x，依题意有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2π×3＝π（l＋x），,2π×1＝πx，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,l＝4，))所以圆台的侧面积S＝π(r′＋r)l＝π(1＋3)×4＝16π.故选B. 解析：设正六边形的边长为a，由题意知，正六棱柱的高为2a，因为正六棱锥的高与底面边长的比为2∶3，所以正六棱锥的高为eq \f(2,3)a，正六棱锥的侧棱长为eq \f(\r(13),3)a，正六棱锥的侧面积S1＝6×eq \f(1,2)a×eq \r(\f(13,9)a2－\f(1,4)a2)＝eq \f(\r(43),2)a2，正六棱柱的侧面积S2＝6×a×2a＝12a2，所以eq \f(S1,S2)＝eq \f(\r(43),24). eq \f(\r(43),24) 角度1　直接法求体积 在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝eq \r(6)，则该棱锥的体积为(　　) A．1 B．eq \r(3) C．2 D．3 解析：取AB的中点E，连接PE，CE，如图，∵△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，∴PE⊥AB，CE⊥AB，∴PE＝CE＝2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，又PC＝eq \r(6)，故PC2＝PE2＋CE2，即PE⊥CE，又AB∩CE＝E，AB，CE⊂平面ABC，∴PE⊥平面ABC，∴VP－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·PE＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×eq \r(3)×eq \r(3)＝1.故选A. 1.(2024·新课标Ⅰ卷)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eq \r(3)，则圆锥的体积为(　　) A．2eq \r(3)π B．3eq \r(3)π C．6eq \r(3)π D．9eq \r(3)π 解析：设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为eq \r(r2＋3)，而它们的侧面积相等，所以2πr×eq \r(3)＝πr×eq \r(3＋r2)，即2eq \r(3)＝eq \r(3＋r2)，故r＝3，故圆锥的体积为eq \f(1,3)π×9×eq \r(3)＝3eq \r(3)π.故选B. 2．(2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq \r(2)，则该棱台的体积为________． 解析：如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高．因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq \r(2)，则A1O1＝eq \f(1,2)A1C1＝eq \f(1,2)×eq \r(2)A1B1＝eq \f(\r(2),2)，AO＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(1,2)×eq \r(2)AB＝eq \r(2)，故AM＝AO－A1O1＝eq \f(\r(2),2)，则A1M＝eq \r(A1A2－AM2)＝eq \r(2－\f(1,2))＝eq \f(\r(6),2)，所以所求棱台的体积V＝eq \f(1,3)×(4＋1＋eq \r(4×1))×eq \f(\r(6),2)＝eq \f(7\r(6),6). eq \f(7\r(6),6) 解析：如图，易知V三棱锥A1－D1MN＝V三棱锥D1－A1MN，由正方体的结构特征，知D1A1⊥平面A1MN，所以D1A1为三棱锥D1－A1MN的高．因为M，N分别为棱BB1，AB的中点，所以S△A1MN＝2×2－eq \f(1,2)×1×1－eq \f(1,2)×1×2－eq \f(1,2)×1×2＝eq \f(3,2)，所以V三棱锥A1－D1MN＝V三棱锥D1－A1MN＝eq \f(1,3)×S△A1MN×D1A1＝eq \f(1,3)×eq \f(3,2)×2＝1. 在三棱锥P－ABC中，线段PC上的点M满足PM＝eq \f(1,3)PC，线段PB上的点N满足PN＝eq \f(2,3)PB，则三棱锥P－AMN和三棱锥P－ABC的体积之比为(　　) A．eq \f(1,9) B．eq \f(2,9) C．eq \f(1,3) D．eq \f(4,9) 解析：如图，因为PM＝eq \f(1,3)PC，PN＝eq \f(2,3)PB，所以eq \f(S△PMN,S△PBC)＝eq \f(\f(1,2)PM·PNsin∠BPC,\f(1,2)PC·PBsin∠BPC)＝eq \f(PM·PN,PC·PB)＝eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(2,9)，所以eq \f(VP－AMN,VP－ABC)＝eq \f(VA－PMN,VA－PBC)＝eq \f(\f(1,3)S△PMN·d,\f(1,3)S△PBC·d)＝eq \f(S△PMN,S△PBC)＝eq \f(2,9)(其中d为点A到平面PBC的距离，因为平面PMN和平面PBC重合，所以点A到平面PMN的距离也为d)．故选B. 角度3　补形法求体积 (2024·天津高考) 一个五面体ABC－DEF，已知AD∥BE∥CF，且两两之间的距离为1，并已知AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为(　　) A．eq \f(\r(3),6) B．eq \f(3\r(3),4)＋eq \f(1,2) C．eq \f(\r(3),2) D．eq \f(3\r(3),4)－eq \f(1,2) 解析：如图，用一个完全相同的五面体与该五面体相嵌，使得新组合体为一个三棱柱，记为ABC－HIJ，因为AD∥BE∥CF，且两两之间的距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该三棱柱的直截面(与侧棱垂直的截面)是边长为1的等边三角形，侧棱长为1＋3＝2＋2＝3＋1＝4，所以VABC－DEF＝eq \f(1,2)VABC－HIJ＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(3),2)×4＝eq \f(\r(3),2).故选C. 解析：由几何体的直观图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱从点A处水平分成上、下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的eq \f(1,2)，所以该几何体的体积V＝π×32×4＋π×32×6×eq \f(1,2)＝63π.故选B. 解析：如图所示，设G，H分别为AB，DC的中点，连接EG，EH，GH，因为平面ABCD为正方形，所以AB∥DC，又AB⊄平面EFCD，DC⊂平面EFCD，所以AB∥平面EFCD，又平面EFCD∩平面ABFE＝EF，所以AB∥EF，因为G为AB的中点，AB＝6 cm，EF＝3 cm，所以EF∥GB，EF＝GB，则四边形EGBF为平行四边形，则EG∥FB，同理EH∥FC，又GH∥BC，所以EGH－FBC为三棱柱，由题意，可得V四棱锥E－AGHD＝eq \f(1,3)S矩形AGHD·h＝eq \f(1,3)AD·AG·h＝eq \f(1,3)×6×3×2＝12，又V三棱柱EGH－FBC＝3V三棱锥B－EGH＝3V三棱锥E－BGH＝3×eq \f(1,2)×V四棱锥E－GBCH＝eq \f(3,2)V四棱锥E－AGHD＝eq \f(3,2)×12＝18，所以该多面体的体积为V＝V四棱锥E－AGHD＋V三棱柱EGH－FBC＝12＋18＝30 cm3.故选C. 解析：因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C作CH⊥DG于H，连接EH，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH－ABC和一个斜三棱柱BEF－CHG.由题意，知V三棱柱DEH－ABC＝S△DEH·AD＝eq \f(1,2)×2×1×2＝2，V三棱柱BEF－CHG＝S△BEF·DE＝eq \f(1,2)×2×1×2＝2.故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝2＋2＝4. 3. 如图，水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为矩形A′B′C′D′，已知A′O′＝O′B′＝1，B′C′＝1，则四边形ABCD的周长为(　　) A．6eq \r(2) B．12eq \r(2) C．8 D．10 解析：由题设知，原四边形中AB＝CD＝A′B′＝C′D′＝2，且AB∥CD，所以原四边形ABCD为平行四边形，而O′C′＝eq \r(2)，则原四边形中OC＝2eq \r(2)，故AD＝BC＝eq \r(OC2＋OB2)＝3，所以四边形ABCD的周长为AB＋CD＋AD＋BC＝10.故选D. 解析：由已知得圆锥的母线长l＝eq \r(0.32＋0.42)＝0.5， 所以台灯的表面积为S＝πrl＋2πr2＝π×0.3×0.5＋2π×0.32＝0.33π，需要涂胶的重量为0.33π×200＝66π≈66×3.14＝207.24≈207(克)．故选B. 5．(2025·山东青岛二中模拟)在正三棱台ABC－A1B1C1中，已知AB＝eq \r(3)，A1B1＝2eq \r(3)，侧棱AA1的长为2，则此正三棱台的体积为(　　) A．eq \f(21,2) B．eq \f(7,4) C．eq \f(21,4) D．eq \f(7,2) 解析：在正三棱台ABC－A1B1C1中，已知AB＝eq \r(3)，A1B1＝2eq \r(3)，所以△ABC的面积为eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),4)，△A1B1C1的面积为eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝3eq \r(3)，设O，O1分别是△ABC，△A1B1C1的中心，D，D1分别是BC，B1C1的中点，则A，O，D三点共线， A1，O1，D1三点共线，AD＝AB×sineq \f(π,3)＝eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3,2)，A1D1＝A1B1×sineq \f(π,3)＝2eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝3，∴OD＝eq \f(1,3)AD＝eq \f(1,2)，O1D1＝eq \f(1,3)A1D1＝1，DD1＝2,1)eq \r(BB－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(B1C1－BC,2)))\s\up12(2)) ＝eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3)－\r(3),2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(13),2)，过D作DE⊥A1D1，垂足为E，则DE∥OO1，∵DE＝2,1)eq \r(DD－D1E2) ＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(13),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \r(3)，∴三棱台的高为eq \r(3)，∴三棱台的体积为V＝eq \f(1,3)×eq \r(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),4)＋\r(\f(3\r(3),4)×3\r(3))＋3\r(3)))＝eq \f(21,4).故选C. 6．(2024·湖北武汉二模)如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上、下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分(除去两个球缺)．如图2，“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫做球缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高．已知球缺的体积公式为V＝eq \f(π,3)(3R－h)h2，其中R是球的半径，h是球缺的高．已知该灯笼的高为40 cm，圆柱的高为4 cm，圆柱的底面圆直径为24 cm，则该灯笼的体积为(取π＝3)(　　) A．32000 cm3 B．33664 cm3 C．33792 cm3 D．35456 cm3 解析：该灯笼去掉圆柱部分的高为40－8＝32 cm，则R－h＝eq \f(32,2)＝16 cm，由圆柱的底面圆直径为24 cm，则有(R－h)2＋122＝R2，即162＋122＝R2，可得R＝20 cm，则h＝4 cm, V＝2V圆柱＋V球－2V球缺＝2×4×122×π＋eq \f(4,3)×π×203－2×eq \f(π,3)×(60－4)×42＝3456＋32000－1792＝33664 cm3.故选B. 7．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若eq \f(S甲,S乙)＝2，则eq \f(V甲,V乙)＝(　　) A．eq \r(5) B．2eq \r(2) C．eq \r(10) D．eq \f(5\r(10),4) 解析：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面半径为r2，则eq \f(S甲,S乙)＝eq \f(πr1l,πr2l)＝eq \f(r1,r2)＝2，所以r1＝2r2，又eq \f(2πr1,l)＋eq \f(2πr2,l)＝2π，则eq \f(r1＋r2,l)＝1，所以r1＝eq \f(2,3)l，r2＝eq \f(1,3)l，所以甲圆锥的高h1＝eq \r(l2－\f(4,9)l2)＝eq \f(\r(5),3)l，乙圆锥的高h2＝eq \r(l2－\f(1,9)l2)＝eq \f(2\r(2),3)l，所以eq \f(V甲,V乙)＝2,1)eq \f(\f(1,3)πrh1,\f(1,3)πreq \o\al(2,2)h2) ＝eq \f(\f(4,9)l2×\f(\r(5),3)l,\f(1,9)l2×\f(2\r(2),3)l)＝eq \r(10).故选C. 8．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，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，介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1，下底面边长为2，高为2eq \r(3)的正六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(　　) A．16 B．16eq \r(3) C．18eq \r(3) D．21 解析：由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与正六棱台的体积相等，∵正六棱台的上、下底面边长分别为1和2，则S1＝6×eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),2)，S2＝6×eq \f(1,2)×2×2×eq \f(\r(3),2)＝6eq \r(3)，∴V＝eq \f(1,3)(S1＋eq \r(S1S2)＋S2)h＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)＋3\r(3)＋6\r(3)))×2eq \r(3)＝21.故选D. 解析：∵圆柱和圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，∴圆柱的侧面积为2πR·2R＝4πR2，A错误；圆锥的母线长l＝eq \r(R2＋（2R）2)＝eq \r(5)R，侧面积为πRl＝eq \r(5)πR2，B错误；球的表面积为4πR2，∴圆柱的侧面积与球的表面积相等，C正确；∵V圆柱＝πR2·2R＝2πR3，V圆锥＝eq \f(1,3)πR2·2R＝eq \f(2,3)πR3，V球＝eq \f(4,3)πR3，∴V圆柱∶V圆锥∶V球＝2πR3∶eq \f(2,3)πR3∶eq \f(4,3)πR3＝3∶1∶2，D正确．故选CD. 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π B．该圆锥的侧面积为4eq \r(3)π C．AC＝2eq \r(2) D．△PAC的面积为eq \r(3) 解析：依题意，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝OB＝eq \r(3)，对于A，圆锥的体积为eq \f(1,3)×π×(eq \r(3))2×1＝π，A正确；对于B，圆锥的侧面积为π×eq \r(3)×2＝2eq \r(3)π，B错误；对于C，设D是AC的中点，连接OD，PD，则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P－AC－O的平面角，则∠PDO＝45°，所以OD＝OP＝1，故AD＝CD＝eq \r(3－1)＝eq \r(2)，则AC＝2eq \r(2)，C正确；对于D，PD＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2)，所以S△PAC＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(2)＝2，D错误．故选AC. 解析：设AB＝ED＝2FB＝2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1＝eq \f(1,3)ED·S△ACD＝eq \f(1,3)·2a·eq \f(1,2)·(2a)2＝eq \f(4,3)a3，V2＝eq \f(1,3)FB·S△ABC＝eq \f(1,3)·a·eq \f(1,2)·(2a)2＝eq \f(2,3)a3，连接BD交AC于点M，连接EM，FM，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM＝DM＝eq \f(1,2)BD＝eq \r(2)a，过F作FG⊥DE于点G，易得四边形BDGF为矩形，则FG＝BD＝2eq \r(2)a，EG＝a，则EM＝eq \r(（2a）2＋（\r(2)a）2)＝eq \r(6)a，FM＝eq \r(a2＋（\r(2)a）2)＝eq \r(3)a，EF＝eq \r(a2＋（2\r(2)a）2)＝3a，EM2＋FM2＝EF2，则EM⊥FM，S△EFM＝eq \f(1,2)EM·FM＝eq \f(3\r(2),2)a2，AC＝2eq \r(2)a，则V3＝VA－EFM＋VC－EFM＝eq \f(1,3)AC·S△EFM＝2a3，则2V3＝3V1，V3＝3V2，V3＝V1＋V2.故选CD. eq \f(\r(6),4) 解析：由题意可得，两个圆台的高分别为h甲＝eq \r([2（r2－r1）]2－（r2－r1）2)＝ eq \r(3)(r2－r1)，h乙＝eq \r([3（r2－r1）]2－（r2－r1）2)＝2eq \r(2)(r2－r1)，所以eq \f(V甲,V乙)＝eq \f(\f(1,3)（S1＋S2＋\r(S1S2)）h甲,\f(1,3)（S1＋S2＋\r(S1S2)）h乙)＝eq \f(h甲,h乙)＝eq \f(\r(3)（r2－r1）,2\r(2)（r2－r1）)＝eq \f(\r(6),4). 10800＋3600eq \r(3) 解析：由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，所以该几何体有8个面为等边三角形，6个面为正方形，所以该几何体共有14个面．如果被截正方体的棱长是60 cm，那么该几何体的表面积是S＝8×eq \f(1,2)×30eq \r(2)×30eq \r(2)×sin60°＋6×30eq \r(2)×30eq \r(2)＝10800＋3600eq \r(3)(cm2)． eq \f(2,3) 解析：设圆锥的底面半径为r，球的半径为R，因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高h＝eq \r(3)r，母线l＝2r，由题可知h＝2R，所以球的半径R＝eq \f(\r(3),2)r，所以圆锥的体积V1＝eq \f(1,3)×(π×r2)×eq \r(3)r＝eq \f(\r(3),3)πr3，球的体积V2＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)r)) eq \s\up12(3)＝eq \f(\r(3),2)πr3，所以eq \f(V1,V2)＝eq \f(\f(\r(3),3)πr3,\f(\r(3),2)πr3)＝eq \f(2,3).圆锥的表面积S1＝πrl＋πr2＝3πr2，球的表面积S2＝4πR2＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)r)) eq \s\up12(2)＝3πr2，所以eq \f(S1,S2)＝eq \f(3πr2,3πr2)＝1. 四、解答题 15．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝1，AA1＝eq \r(2)，∠CAB＝120°. (1)求直三棱柱ABC－A1B1C1的体积； (2)求直三棱柱ABC－A1B1C1的表面积． 解：(1)AB＝AC＝1，AA1＝eq \r(2)，∠CAB＝120°， 则直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为S△ABC·AA1＝eq \f(1,2)AB·ACsin∠CAB·AA1＝eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(3),2)×eq \r(2)＝eq \f(\r(6),4). (2)AB＝AC＝1，∠CAB＝120°， 则BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠CAB＝3，解得BC＝eq \r(3). 故直三棱柱ABC－A1B1C1的表面积为2×eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(3),2)＋eq \r(2)×(1＋1＋eq \r(3))＝2eq \r(2)＋eq \r(6)＋eq \f(\r(3),2). 由题意知三棱柱ABC－NDM的体积为V1＝eq \f(1,2)×8×6×3＝72， 四棱锥D－MNEF的体积为V2＝eq \f(1,3)S梯形MNEF·DN＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×(1＋2)×6×8＝24， 则此几何体的体积为V＝V1＋V2＝72＋24＝96. 解法二(补形法)：用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AA′＝BB′＝CC′＝8，所以V几何体＝eq \f(1,2)V三棱柱＝eq \f(1,2)S△ABC·AA′＝eq \f(1,2)×24×8＝96. 解：(1)由PO1＝2 m知O1O＝4PO1＝8 m. 因为A1B1＝AB＝6 m， 所以正四棱锥P－A1B1C1D1的体积V锥＝eq \f(1,3)A1Beq \o\al(2,1)·PO1＝eq \f(1,3)×62×2＝24(m3)． 正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)． 所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312(m3)． (2)设A1B1＝a m，PO1＝h m， 则0＜h＜6，O1O＝4h m．连接O1B1. 因为在Rt△PO1B1中，O1Beq \o\al(2,1)＋POeq \o\al(2,1)＝PBeq \o\al(2,1)， 所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a)) eq \s\up12(2)＋h2＝36， 即a2＝2(36－h2)． 于是仓库的容积V＝V柱＋V锥＝a2·4h＋eq \f(1,3)a2·h＝eq \f(13,3)a2h＝eq \f(26,3)(36h－h3)，0＜h＜6， 从而V′＝eq \f(26,3)(36－3h2)＝26(12－h2)． 令V′＝0，得h＝2eq \r(3)或h＝－2eq \r(3)(舍去)． 当0＜h＜2eq \r(3)时，V′＞0，V是增函数； 当2eq \r(3)＜h＜6时，V′＜0，V是减函数． 故当h＝2eq \r(3)时，V取得极大值，也是最大值． 因此当PO1＝2eq \r(3) m时，仓库的容积最大． $$