高考数学一轮复习考点突破讲与练 第8章 第1节　第2课时　系统题型 空间几何体的表面积、体积 (含解析)

这是一份高考数学一轮复习考点突破讲与练 第8章 第1节　第2课时　系统题型 空间几何体的表面积、体积 (含解析)，共17页。试卷主要包含了学前明考情——考什么，课堂研题型——怎么办等内容，欢迎下载使用。

第2课时　系统题型——空间几何体的表面积、体积
一、学前明考情——考什么、怎么考

1.(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是(　　)

解析：选A　由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.

2.(2018·全国卷Ⅲ)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥D­ABC体积的最大值为(　　)
A．12　　　　　　　 　B．18
C．24 D．54
解析：选B　由等边△ABC的面积为9，可得AB2＝9，所以AB＝6，所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝AB＝2.设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝＝＝2.所以三棱锥D­ABC高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D­ABC体积的最大值为×9×6＝18.
3.(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为________．
解析：如图，∵SA与底面成45°角，∴△SAO为等腰直角三角形．设OA＝r，则SO＝r，SA＝SB＝r.在△SAB中，cos∠ASB＝，∴sin∠ASB＝，∴S△SAB＝SA·SB·sin∠ASB＝×(r)2×＝5，解得r＝2，∴SA＝r＝4，即母线长l＝4，∴S圆锥侧＝πrl＝π×2×4＝40π.
答案：40π

常规角度
1.几何体的三视图．重点考查由几何体三视图识别几何体．
2.求几何体的体积．重点考查规则几何体与组合体的体积的求解及由三视图得到的几何体的体积的求解．
3.求几何体的表面积．重点考查组合体的表面积的求解．
以选择题或填空题的形式考查，属于中档题目
创新角度
常将球与多面体、旋转体结合，涉及最值问题交汇考查，也常与数学文化结合

二、课堂研题型——怎么办、提知能

空间几何体的三视图


1．(2018·贵州黔东南州一模)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是(　　)


解析：选D　选项A的正视图、俯视图不符合要求，选项B的正视图、侧视图不符合要求，选项C的俯视图不符合要求，通过观察，选项D满足要求，故选D.
2．将正方体截去三个三棱锥后，得到如图所示的几何体，侧视图的视线方向如图所示，则该几何体的侧视图为(　　)



解析：选D　如图，点A，B，C，E在右侧面的投影为正方形，CA在右侧面的投影为斜向下的正方形对角线，DE在右侧面的投影为斜向上的正方形对角线，为不可见轮廓线．故选D.

3．把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，形成的三棱锥C­ABD的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的面积为(　　)

A.　　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选C　取BD的中点E，连接CE，AE，则CE⊥DB.
∵平面ABD⊥平面CBD，平面ABD∩平面CBD＝BD，
∴CE⊥平面ABD，CE⊥AE，
∴△CEA的形状是三棱锥C­ABD的侧视图．
∵∠DAB＝∠DCB＝90°，且BD＝，∴CE＝AE＝.
∴△CEA的面积S＝××＝.故选C.

有关三视图问题的解题方法
(1)由几何体的直观图画三视图需注意的事项
①注意正视图、侧视图和俯视图对应的观察方向；②注意能看到的线用实线画，被挡住的线用虚线画；③画出的三视图要符合“长对正、高平齐、宽相等”的基本特征．
(2)由几何体的部分视图画出剩余视图的方法
先根据已知的部分视图推测直观图的可能形式，然后推测其剩余视图的可能情形，若为选择题，也可以逐项检验．
(3)由几何体三视图还原其直观图时应注意的问题
要熟悉柱、锥、球、台的三视图，结合空间想象将三视图还原为直观图.

空间几何体的表面积与体积

考法一　空间几何体的表面积问题　
[例1]　(1)(2019·合肥质检)已知圆锥的高为3，底面半径为4，若一球的表面积与此圆锥侧面积相等，则该球的半径为(　　)
A．5 B．
C．9 D．3
(2)(2019·甘肃兰州部分校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)

A．(9＋)π B．(9＋2)π
C．(10＋)π D．(10＋2)π
[解析]　(1)∵圆锥的底面半径r＝4，高h＝3，
∴圆锥的母线l＝5，
∴圆锥的侧面积S＝πrl＝20π，
设球的半径为R，则4πR2＝20π，
∴R＝，故选B.
(2)由三视图可知，该几何体为一个圆柱挖去一个同底的圆锥，且圆锥的高是圆柱高的一半．故该几何体的表面积S＝π×12＋4×2π＋π×＝(9＋)π.
[答案]　(1)B　(2)A
[方法技巧]
求空间几何体表面积的常见类型及思路
求多面体的表面积
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
求旋转体的表面积
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
求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
考法二　空间几何体的体积问题　
[例2]　(1)(2019·河北第二次质检)《九章算术》是中国古代第一部数学专著，书中有关于“堑堵”的记载，“堑堵”即底面是直角三角形的直三棱柱．已知某“堑堵”被一个平面截去一部分后，剩下部分的三视图如图所示，则剩下部分的体积是(　　)


A．50 B．75
C．25.5 D．37.5
(2)(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为________．
[解析]　(1)由题意及给定的三视图可知，剩余部分是在直三棱柱的基础上，截去一个四棱锥所得的，且直三棱柱的底面是腰长为5的等腰直角三角形，高为5.如图，图中几何体ABCC1MN为剩余部分，因为AM＝2，B1C1⊥平面MNB1A1，所以剩余部分的体积V＝V三棱柱－V四棱锥＝×5×5×5－×3×5×5＝37.5，故选D.
(2)在Rt△SAB中，SA＝SB，S△SAB＝·SA2＝8，解得SA＝4.设圆锥的底面圆心为O，底面半径为r，高为h，在Rt△SAO中，∠SAO＝30°，所以r＝2，h＝2，所以圆锥的体积为πr2·h＝π×(2)2×2＝8π.
[答案]　(1)D　(2)8π
[方法技巧] 求空间几何体体积的常见类型及思路
规则几何体
若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法
不规则几何体
若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解
三视图形式
若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解


1.某几何体三视图如图所示， 则此几何体的表面积为(　　)

A．4π＋16 B．2(＋2)π＋16
C．4π＋8 D．2(＋2)π＋8
解析：选B　由三视图知，该几何体是一个棱长为2的正方体和一个底面半径为、高为1的圆柱的组合体，其表面积S表＝5×22＋2π××1＋2π×()2－22＝2(＋2)π＋16.故选B.
2.平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，则此球的体积为(　　)
A.π B．4π
C．4π D．6π
解析：选B　设球的半径为R，由球的截面性质得R＝＝，
所以球的体积V＝πR3＝4π.


与球有关的切接问题

与球有关的组合体问题常涉及内切和外接.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.
如球内切于正方体时，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体时，正方体的各个顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.球与其他旋转体组合时，通常作它们的轴截面解题；球与多面体组合时，通常过多面体的一条侧棱和球心及“切点”或“接点”作截面图进行解题.
考法一　与球有关的内切问题　
[例1]　(1)(2019·嘉兴模拟)若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为________．
(2)若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则＝________.
[解析]　(1)过圆锥的旋转轴作轴截面，得截面△ABC及其内切圆⊙O1和外接圆⊙O2，且两圆同圆心，即△ABC的内心与外心重合，易得△ABC为正三角形，由题意知⊙O1的半径r＝1，∴△ABC的边长为2，圆锥的底面半径为，高为3，∴V＝×π×()2×3＝3π.
(2)设正四面体的棱长为a，
则正四面体表面积为S1＝4×·a2＝a2，其内切球半径为正四面体高的，即r＝×a＝a，
因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，
则＝＝.
[答案]　(1)3π　(2)
[方法技巧]
处理与球有关内切问题的策略
解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．　　
考法二　与球有关的外接问题　
[例2]　(2019·昆明适应性检测)一个四棱柱的三视图如图所示，若该四棱柱的所有顶点都在同一球面上，则这个球的表面积为(　　)

A．25π B．50π
C．100π D．200π
[解析]　由三视图知，该四棱柱为长方体，长方体的体对角线为球的直径，设球的半径为R，则2R＝，解得R＝，所以该球的表面积S＝4πR2＝50π，故选B.
[答案]　B
[例3]　(2019·衡水中学模拟)四棱锥P­ABCD的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积为(　　)

A. B.
C. D.
[解析]　根据三视图还原几何体的直观图，如图所示．在四棱锥P­ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为等腰三角形，PA＝PD＝3，AD＝4，四边形ABCD为矩形，CD＝2.过△PAD的外心F作平面PAD的垂线，过矩形ABCD的中心H作平面ABCD的垂线，两条垂线交于一点O，点O即为四棱锥外接球的球心．在△PAD中，cos∠APD＝＝，则sin∠APD＝，2PF＝＝＝，PF＝，PE＝＝，OH＝EF＝－＝.BH＝＝，OB＝＝＝，S＝4π×＝.故选C.
[答案]　C
[例4]　(2019·湖北七市(州)联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为(　　)

A．36π B．
C．32π D．28π


[解析]　根据三视图，可知该几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为4的正方形，高是2.将该四棱锥补形成一个三棱柱，如图所示，则其底面是边长为4的正三角形，高是4，该三棱柱的外接球即为原四棱锥的外接球．∵三棱柱的底面是边长为4的正三角形，∴底面三角形的中心到该三角形三个顶点的距离为×2＝，∴外接球的半径R＝＝，外接球的表面积S＝4πR2＝4π×＝，故选B.
[答案]　B
[方法技巧]
处理球的外接问题的策略
(1)把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．
(2)三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球：
①如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等，那么可以补形为一个正方体，正方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心；
②如果三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等，那么可以补形为一个长方体，长方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．　　

1．已知一个圆锥底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内切球的表面积为(　　)
A．π B．
C．2π D．3π
解析：选C　依题意，作出圆锥与球的轴截面，如图所示，设球的半径为r，易知轴截面三角形边AB上的高为2，因此＝，解得
r＝，所以圆锥内切球的表面积为4π×2＝2π，故选C.
2．已知直三棱柱ABC­A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为(　　)
A.　　　　　　　 　B．2
C. D．3

解析：选C　如图，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.又AM＝BC＝＝，OM＝AA1＝6，所以球O的半径R＝OA＝ ＝.
3．已知三棱锥S­ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，AB＝2，SA＝SB＝SC＝2，则三棱锥S­ABC的外接球的球心到平面ABC的距离是(　　)
A． B．1
C． D．
解析：选A　∵三棱锥S­ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，SA＝SB＝SC＝2，∴S在底面ABC内的射影为AB的中点，设AB的中点为H，连接SH，CH，∴SH⊥平面ABC，∴SH上任意一点到A，B，C的距离相等，易知SH＝，CH＝1，∴Rt△SHC中 ∠HSC＝30°.在面SHC内作SC的垂直平分线MO，交SH于点O，交SC于点M，则O为三棱锥S­ABC的外接球的球心．∵SC＝2，∴SM＝1，又∠OSM＝30°，∴SO＝，OH＝， ∴球心O到平面ABC的距离为，故选A.
[课时跟踪检测]
[A级　保分题——准做快做达标]
1．如图，一个三棱柱的正视图和侧视图分别是矩形和正三角形，则这个三棱柱的俯视图为(　　)


解析：选D　由正视图和侧视图可知，这是一个水平放置的正三棱柱．故选D.
2．(2019·长春质监)《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何？刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体(网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1)，那么该刍甍的体积为(　　)

A．4　　　　　　　　　　 　B．5
C．6 D．12

解析：选B　如图，由三视图可还原得到几何体ABCDEF，过E，F分别作垂直于底面的截面EGH和FMN，可将原几何体切割成三棱柱EHG­FNM，四棱锥E­ADHG和四棱锥F­MBCN，易知三棱柱的体积为×3×1×2＝3，两个四棱锥的体积相同，都为×1×3×1＝1，则该刍甍的体积为3＋1＋1＝5.故选B.
3．(2019·辽宁五校协作体模考)一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)

A．36 B．48
C．64 D．72
解析：选B　由几何体的三视图可得几何体，如图所示，将几何体分割为两个三棱柱，所以该几何体的体积为×3×4×4＋×3×4×4＝48，故选B.
4．(2019·武汉调研)一个几何体的三视图如图所示，则它的表面积为(　　)

A．28 B．24＋2
C．20＋4 D．20＋2
解析：选B　如图，三视图所对应的几何体是长、宽、高分别为2,2,3的长方体去掉一个三棱柱后的棱柱ABIE­DCMH，则该几何体的表面积S＝(2×2)×5＋×2＋2×1＋2×＝24＋2.故选B.

5．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)
A．8 B．6
C．8 D．8
解析：选C　如图，连接AC1，BC1，AC.∵AB⊥平面BB1C1C，
∴∠AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，
∴∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，
在Rt△ABC1中，AC1＝＝4.
在Rt△ACC1中，CC1＝＝＝2，
∴V长方体＝AB×BC×CC1＝2×2×2＝8.
6．(2019·达州模拟)如图①，需在正方体的盒子内镶嵌一个小球，使得镶嵌后的三视图均为图②所示，且平面A1BC1截得小球的截面面积为，则该小球的体积为(　　)

A. B.
C. D.
解析：选B　设正方体盒子的棱长为2a，则内接球的半径为a，平面A1BC1截正方体，得边长为2a的正三角形，且球与以点B1为公共点的三个面的切点恰为△A1BC1三边的中点，则所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积．如图，设△A1BC1的内切圆的圆心为O，A1C1的中点为M，则由图得∠OA1M＝30°，A1M＝a，△A1BC1的内切圆的半径OM＝a× tan 30°＝a.则所求的截面圆的面积是π×a×a＝a2＝，解得a＝1.于是小球的体积V球＝×13＝.故选B.
7．(2019·黄山模拟)如图，直角梯形ABCD中，AD⊥DC，AD∥BC，BC＝2CD＝2AD＝2，若将该直角梯形绕BC边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．

解析：根据题意可知，该几何体的上半部分为圆锥(底面半径为1，高为1)，下半部分为圆柱(底面半径为1，高为1)，如图所示，则所得几何体的表面积为圆锥侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面面积之和，即表面积为π×1×＋2π×12＋π×12＝(＋3)π.
答案：(＋3)π
8．(2019·广州一测)已知三棱锥P­ABC的底面ABC是等腰三角形，AB⊥AC，PA⊥底面ABC，PA＝AB＝1，则这个三棱锥内切球的半径为________．
解析：如图所示，依题意可得S△ABC＝×1×1＝，S△PAB＝ ×1×1＝，S△PAC＝×1×1＝，S△PBC＝×××sin 60°＝.设这个三棱锥内切球的半径为r，则有VP­ABC＝×S△ABC×PA＝(S△PAB＋S△PAC＋S△ABC＋S△PBC)×r，得到××1＝××r，解得r＝.
答案：
9．(2019·沈阳模拟)棱长均相等的四面体ABCD的外接球半径为1，则该四面体的棱长为________．
解析：将棱长均相等的四面体ABCD补成正方体，设正方体的棱长为a，则正四面体ABCD的棱长为a，正方体的体对角线长为a，由a＝2⇒a＝，则a＝.
答案：
10．一个几何体的三视图如图所示．已知正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个长为、宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形．
(1)求该几何体的体积V；
(2)求该几何体的表面积S.

解：(1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为1的正方形，高为.
所以V＝1×1×＝.
(2)由三视图可知，该平行六面体中，A1D⊥平面ABCD，CD⊥平面BCC1B1，
所以AA1＝2，侧面ABB1A1，CDD1C1均为矩形．
S＝2×(1×1＋1×＋1×2)＝6＋2.
11．一个正三棱锥的底面边长为6，侧棱长为，求这个三棱锥的体积．

解：正三棱锥S ­ABC如图所示，
设H为正三角形ABC的中心，连接SH，则SH的长即为该正三棱锥的高．
连接AH并延长交BC于点E，
则E为BC的中点，且AE⊥BC.
∵△ABC是边长为6的正三角形，
∴AE＝×6＝3，∴AH＝AE＝2.
在△ABC中，S △ABC＝BC·AE＝×6×3＝9.
在Rt△SHA中，SA＝，AH＝2，
∴SH＝＝＝，
∴V正三棱锥＝S△ABC·SH＝×9×＝9.
12．如图，一个圆锥的底面半径为2，高为4，在其中有一个高为x的内接圆柱．
(1)求圆柱的侧面积；
(2)当x为何值时，圆柱的侧面积最大？


解：(1)如图，设内接圆柱底面半径为r.S圆柱侧＝2πr·x.①
∵＝，∴r＝(4－x)． ②
②代入①，S圆柱侧＝2πx·(4－x)＝π(－x2＋4x)(0＜x＜4)．
(2)S圆柱侧＝π(－x2＋4x)＝π[－(x－2)2＋4]，
∴x＝2时，S圆柱侧最大＝4π.
[B级　难度题——适情自主选做]
1．(2019·衡水一模)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中六边形ABCDEF是边长为1的正六边形，点G为AF的中点，则该几何体的外接球的表面积是(　　)

A. B.
C. D.
解析：选C　由三视图可知，几何体是一个六棱锥P­ABCDEF，其底面ABCDEF是边长为1的正六边形，侧面PAF是底边上的高为2的等腰三角形，且侧面PAF⊥底面ABCDEF.设外接球球心为O，半径为R，O到底面的距离为h.∵底面正六边形外接圆半径为1，∴1＋h2＝(2－h)2＋2，解得h＝，∴R2＝1＋h2＝，∴六棱锥P­ABCDEF的外接球的表面积为4π×＝.故选C.
2．已知三棱锥O­ABC的顶点A，B，C都在半径为2的球面上，O是球心，∠AOB＝120°，当△AOC与△BOC的面积之和最大时，三棱锥O­ABC的体积为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　设球O的半径为R，
因为S△AOC＋S△BOC＝R2(sin∠AOC＋sin∠BOC)，
所以当∠AOC＝∠BOC＝90°时，
S△AOC＋S△BOC取得最大值，
此时OA⊥OC，OB⊥OC，
又OB∩OA＝O，OA⊂平面AOB，OB⊂平面AOB，
所以OC⊥平面AOB，
由题意知R＝2，所以V三棱锥O­ABC＝V三棱锥C­OAB
＝OC·OA·OBsin∠AOB
＝R3sin∠AOB＝.
3．(2019·昆明一中摸底)体积为18的正三棱锥A­BCD的每个顶点都在半径为R的球O的球面上，球心O在此三棱锥内部，且R∶BC＝2∶3，点E为线段BD的中点，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是________．
解析：设BC＝3k(k＞0)，则R＝2k，设三棱锥A­BCD的高为h，∵正三棱锥A­BCD的体积为18，∴××9k2×h＝18，解得h＝，由R2＝(h－R)2＋(k)2，解得k3＝8或k3＝24(舍去)，∴k＝2，R＝4，BC＝6，由题意知点E为线段BD的中点，从而在△ODB中，OD＝OB＝4，DB＝6，解得OE＝＝，∴当截面垂直于OE时，截面面积最小，此时截面圆的半径为＝3，故截面圆面积的最小值为9π.
答案：9π
4．已知正四面体S­ABC的棱长为1，如果一个高为的长方体能在该正四面体内任意转动，则该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为________．
解析：如图，易知正四面体S­ABC的内切球的球心O必在高线SH上，延长AH交BC于点D，则D为BC的中点，连接SD，设内切球切SD于点E，连接AO.因为H是正三角形ABC的中心，所以AH∶DH＝2∶1.易得Rt△OAH∽Rt△DSH，所以＝＝3，可得OA＝3OH＝SO，因此SH＝4OH，可得内切球的半径R＝OH＝SH.因为正四面体S­ABC的棱长为1，所以在Rt△DSH中，DS＝＝＝，解得R2＝.要满足一个高为的长方体能在该正四面体内任意转动，则长方体的体对角线长不超过正四面体内切球的直径，设该长方体的长和宽分别为x，y，其长和宽形成的长方形的面积为S，则4R2≥2＋x2＋y2，所以x2＋y2≤，所以S＝xy≤≤，当且仅当x＝y＝时等号成立，即该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为.
答案：