新高考数学一轮复习课时讲练 第8章 第2讲　空间几何体的表面积与体积 (含解析)

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第2讲　空间几何体的表面积与体积

1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及其侧面积公式

圆柱
圆锥
圆台
侧面
展开图



侧面
积公式
S圆柱侧＝2πrl
S圆锥侧＝πrl
S圆台侧＝
π(r＋r′)l
2.空间几何体的表面积与体积公式
　　　　
表面积
体积
柱体
(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝S底h
锥体
(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝S底h
台体
(棱台和圆台)
S表面积＝S侧
＋S上＋S下
V＝(S上＋S下
＋)h
球
S＝4πR2
V＝πR3
3.几个与球有关的切、接的常用结论
(1)正方体的棱长为a，外接球的半径为R，内切球的半径为r；
①若球为正方体的外接球，则2R＝a；
②若球为正方体的内切球，则2r＝a；
③若球与正方体的各棱相切，则2R′＝a.
(2)长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.
(3)正四面体的棱长为a，外接球的半径为R，内切球的半径为r；
①外接球：球心是正四面体的中心；半径R＝a；
②内切球：球心是正四面体的中心；半径r＝a.

[疑误辨析]
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)多面体的表面积等于各个面的面积之和．(　　)
(2)锥体的体积等于底面积与高之积．(　　)
(3)球的体积之比等于半径比的平方．(　　)
(4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．(　　)
(5)长方体既有外接球又有内切球．(　　)
(6)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS.(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×
[教材衍化]
(必修2P27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________．
解析：S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，
所以r2＝4，所以r＝2.
答案：2 cm
[易错纠偏]
(1)不能把三视图正确还原为几何体而错解表面积或体积；
(2)考虑不周忽视分类讨论；
(3)几何体的截面性质理解有误；
(4)混淆球的表面积公式和体积公式．
1．已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3.

解析：根据三视图可知该四棱锥的底面是底边长为2 m，高为1 m的平行四边形，四棱锥的高为3 m．故该四棱锥的体积V＝×2×1×3＝2(m3)．
答案：2
2．将一个相邻边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是________．
解析：当底面周长为4π时，底面圆的半径为2，两个底面的面积之和是8π；当底面周长为8π时，底面圆的半径为4，两个底面的面积之和为32π.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2，故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π.
答案：32π2＋8π或32π2＋32π
3．已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为________．
解析：因为过直线O1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为2，底面圆的直径为2，所以该圆柱的表面积为2×π×()2＋2π×2＝12π.
答案：12π
4．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为________．
解析：设球的半径为R，则由4πR2＝16π，解得R＝2，所以这个球的体积为πR3＝π.
答案：π


　　　　　　空间几何体的表面积
(1)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是(　　)

A．17π　　　　　　　　　 B．18π
C．20π D．28π
(2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于(　　)

A．8＋2 B．11＋2
C．14＋2 D．15
【解析】　(1)由三视图可得此几何体为一个球切割掉后剩下的几何体，设球的半径为r，故×πr3＝π，所以r＝2，表面积S＝×4πr2＋πr2＝17π，选A.
(2)由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．
直角梯形斜腰长为＝，所以底面周长为4＋，侧面积为2×(4＋)＝8＋2，两底面的面积和为2××1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋2＋3＝11＋2.
【答案】　(1)A　(2)B

空间几何体表面积的求法
(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量关系．
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积问题注意衔接部分的处理．
(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．　

1．(2020·嘉兴期中)若圆锥的侧面展开图是圆心角为120°、半径为1的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比是(　　)
A．4∶3 B．2∶1
C．5∶3 D．3∶2
解析：选A.圆锥的侧面积S侧＝π×12×＝，
圆锥的底面半径r＝2π×1×÷2π＝，
圆锥的底面积S底＝π·＝，
圆锥的表面积＝侧面积＋底面积＝，
所以这个圆锥的表面积与侧面积的比为4∶3.
2．(2020·浙江省名校协作体高三联考)一个几何体的三视图如图所示，正视图与侧视图为全等的矩形，俯视图为正方形，则该几何体的表面积为________．

解析：由三视图可知，该几何体为一长方体ABCD­A1B1C1D1中挖去一个四棱锥P­ABCD，如图所示，易得PA＝PB＝＝，所以S△PAB＝×2×＝，
所以表面积S＝22＋2×3×4＋4×＝28＋4.
答案：28＋4

　　　　　　空间几何体的体积(高频考点)
空间几何体的体积是每年高考的热点，多与三视图结合考查，题型多为选择题、填空题，难度较小．主要命题角度有：
(1)求简单几何体的体积；
(2)求组合体的体积．
角度一　求简单几何体的体积
(1)(2019·高考浙江卷)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是(　　)

A．158 B．162
C．182 D．324
(2)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1­EDF的体积为________．

【解析】　(1)由三视图可知，该几何体是一个直五棱柱，所以其体积V＝×(4×3＋2×3＋6×6)×6＝162.故选B.
(2)(等积法)三棱锥D1­EDF的体积即为三棱锥F­DD1E的体积．
因为点E，F分别为AA1，B1C上的点，所以在正方体ABCD­A1B1C1D1中，△EDD1的面积为定值，点F到平面AA1D1D的距离为定值1，所以VD1­EDF＝VF­DD1E＝××1＝.
【答案】　(1)B　(2)
角度二　求组合体的体积
(分割法)(1)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是(　　)

A.＋1 B.＋3
C.＋1 D.＋3
(2)由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．

【解析】　(1)由几何体的三视图可得，该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥组成的，故该几何体的体积V＝×π×3＋××2×1×3＝＋1，故选A.
(2)由题意知该几何体是由一个长方体和两个圆柱体构成，其中长方体的体积V1＝2×1×1＝2，两个圆柱体的体积之和V2＝×π×12×1×2＝，所以该几何体的体积V＝V1＋V2＝2＋.
【答案】　(1)A　(2)2＋

　

1．(2018·高考浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是(　　)

A．2 B．4
C．6 D．8
解析：选C.由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积V＝×(1＋2)×2×2＝6.故选C.
2．(2020·宁波十校联合模拟)如图为某几何体的三视图，则该几何体的体积为________cm3，表面积为________cm2.

解析：由已知三视图得到几何体是一个底面直角边分别为3，4的直角三角形，高为5的三棱柱，割去一个底面与三棱柱底面相同，高为3的三棱锥，所以该几何体的体积为V＝×3×4×5－××3×4×3＝24(cm3)；
表面积为S＝×(2＋5)×4＋×(2＋5)×3＋×3×4＋5×5＋×52＝＋(cm2)．

答案：24　＋

　　　　　　球与空间几何体的接、切问题
(1)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为(　　)
A．π B.
C. D.
(2)(2020·温州七校联考)三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝，AC＝6，PC⊥平面ABC，PC＝2，则该三棱锥的外接球的表面积为(　　)
A.π B.π
C.π D.π
【解析】　(1)设圆柱的底面半径为r，则r2＝12－＝，所以，圆柱的体积V＝π×1＝.
(2)由题可知，△ABC中AC边上的高为＝，球心O在底面ABC的投影即为△ABC的外心D，设DA＝DB＝DC＝x，所以x2＝32＋(－x)2，解得x＝，所以R2＝x2＋＝＋1＝(其中R为三棱锥外接球的半径)，所以外接球的表面积S＝4πR2＝π，故选D.
【答案】　(1)B　(2)D

(变条件)若本例(2)中的△ABC变为边长为的等边三角形．求三棱锥外接球的表面积．
解：由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC为底面、以PC为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC的外接圆半径r＝××＝1，外接球球心到△ABC的外接圆圆心的距离d＝1，所以外接球的半径R＝＝，所以三棱锥外接球的表面积S＝4πR2＝8π.

处理球的“切”“接”问题的求解策略
(1)“切”的处理
与球有关的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，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．
(2)“接”的处理
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．　

1．如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为(　　)

A.π B.
C. D.π
解析：选C.平面ACD1截球O的截面为△ACD1的内切圆．
因为正方体的棱长为1，
所以AC＝CD1＝AD1＝，
所以内切圆的半径r＝，
所以S＝πr2＝π×＝π.

2．(2020·丽水模拟)三棱锥P­ABC的四个顶点都在体积为的球的表面上，底面ABC所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为(　　)
A．4 B．6
C．8 D．10
解析：选C.依题意，设题中球的球心为O、半径为R，△ABC的外接圆半径为r，则＝，解得R＝5，由πr2＝16π，解得r＝4，又球心O到平面ABC的距离为＝3，因此三棱锥P­ABC的高的最大值为5＋3＝8.
核心素养系列15　直观想象——数学文化与三视图
(2020·金华十校联考)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈；上袤二丈，无广；高一丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈；上棱长2丈，高一丈，问它的体积是多少？”已知1丈为10尺，现将该楔体的三视图给出，其中网格纸上小正方形的边长为1丈，则该楔体的体积为(　　)

A．5 000立方尺　　　　　　 B．5 500立方尺
C．6 000立方尺 D．6 500立方尺
【解析】　该楔体的直观图如图中的几何体ABCDEF.取AB的中点G，CD的中点H，连接FG，GH，HF，则该几何体的体积为四棱锥F­GBCH与三棱柱ADE­GHF的体积之和．又可以将三棱柱ADE­GHF割补成高为EF，底面积为S＝×3×1＝平方丈的一个直棱柱，故该楔体的体积V＝×2＋×2×3×1＝5立方丈＝5 000立方尺．
【答案】　A

求解与数学文化有关的立体几何问题应过的三关
　
　我国南北朝时期数学家、天文学家——祖暅，提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高立方体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立方体体积相等．已知某不规则几何体与如图所对应的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为(　　)

A．4－ B．8－
C．8－π D．8－2π
解析：选C.由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图的几何体体积相等．根据题设所给的三视图，可知题图中的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，正方体的体积为23＝8，半圆柱的体积为×(π×12)×2＝π，因此该不规则几何体的体积为8－π，故选C.
[基础题组练]
1．(2020·嘉兴期中)某球的体积与表面积的数值相等，则球的半径是(　　)
A．1　　　　　　　　　　　 B．2
C．3 D．4
解析：选C.设球的半径为r，则球的体积为
πr3，球的表面积为4πr2.
因为球的体积与其表面积的数值相等，
所以πr3＝4πr2，解得r＝3.
2．(2020·义乌模拟)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)

A．12＋4 B．18＋8
C．28 D．20＋8
解析：选D.由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图．

则该几何体的表面积为S＝2××2×2＋4×2×2＋2×4＝20＋8，故选D.
3．(2020·浙江高校招生选考试题)如图(1)，把棱长为1的正方体沿平面AB1D1和平面A1BC1截去部分后，得到如图(2)所示几何体，则该几何体的体积为(　　)

A. B.
C. D.
解析：选B.把棱长为1的正方体沿平面AB1D1和平面A1BC1截去部分后，得到几何体的体积：
V＝VABCD­A1B1C1D1－VA­A1B1D1－VB­A1B1C1＋VN­A1B1M
＝1×1×1－××1－××1＋××＝.
4．(2020·金华十校联考)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为(　　)

A.π B.
C．3π D．3
解析：选A.由题意得，该几何体为四棱锥，且该四棱锥的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，其半径为，故体积为π＝π，故选A.
5．若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是(　　)

A．48＋π B．48－π
C．48＋2π D．48－2π
解析：选A.该几何体是正四棱柱挖去了一个半球，正四棱柱的底面是正方形(边长为2)，高为5，半球的半径是1，那么该几何体的表面积为S＝2×2×2＋2×4×5－π×12＋2π×12＝48＋π，故选A.
6．(2020·台州四校高三联考)一个多面体的直观图和三视图如图所示，点M是AB上的动点，记四面体EFMC的体积为V1，多面体ADF­BCE的体积为V2，则＝(　　)

A.
B.
C.
D．不是定值，随点M位置的变化而变化
解析：选B.由三视图可知多面体ADF­BCE是直三棱柱，其底面是等腰直角三角形(直角边长为a)，且四边形DFEC与四边形ABCD都是正方形，它们的边长均为a.
因为点M是AB上的动点，且易知AB∥平面DFEC，所以点M到平面DFEC的距离等于点B到平面DFEC的距离，为a，所以V1＝VE­FMC＝VM­EFC＝×a·a·a＝，又V2＝a·a·a＝，故＝＝，故选B.
7．(2020·宁波市余姚中学期中检测)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积为________ cm3，表面积为________cm2.

解析：由三视图可知，该几何体是由一个半球去掉后得到的几何体．
所以该几何体的体积＝×××π×13＝ cm3.
表面积＝××4π×12＋×π×12＋×π×12＝ cm2.
答案：　
8．(2020·瑞安市龙翔高中高三月考)一个正四棱锥的所有棱长均为2，其俯视图如图所示，则该正四棱锥的正视图的面积为________，正四棱锥的体积为________．


解析：由正四棱锥的俯视图，可得到正四棱锥的直观图如图，
则该正四棱锥的正视图为三角形PEF(点E，F分别为AD，BC的中点)，
因为正四棱锥的所有棱长均为2，
所以PB＝PC＝2，EF＝AB＝2，PF＝，
所以PO＝ ＝＝，
所以该正四棱锥的正视图的面积为×2×＝；
正四棱锥的体积为×2×2×＝.
答案：　
9．(2020·温州市高考模拟)已知某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则此几何体的体积为________，表面积为________．

解析：根据三视图可知几何体是一个四棱锥，如图，底面是一个边长为2的正方形，PE⊥平面ABCD，且PE＝2，其中点E、F分别是BC、AD的中点，连接EF、PA，所以几何体的体积V＝×2×2×2＝，在△PEB中，PB＝＝，同理可得PC＝，
因为PE⊥平面ABCD，所以PE⊥CD，
因为CD⊥BC，BC∩PE＝E，所以CD⊥平面PBC，则CD⊥PC，
在△PCD中，PD＝＝＝3，
同理可得PA＝3，则PF⊥AD，
在△PDF中，PF＝＝＝2，
所以此几何体的表面积S＝2×2＋×2×2＋2××2×＋×2×2＝6＋2＋2.

答案：　6＋2＋2
10．已知球O的表面积为25π，长方体的八个顶点都在球O的球面上，则这个长方体的表面积的最大值等于________．
解析：设球的半径为R，则4πR2＝25π，所以R＝，所以球的直径为2R＝5，设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，则长方体的表面积S＝2ab＋2ac＋2bc≤a2＋b2＋a2＋c2＋b2＋c2＝2(a2＋b2＋c2)＝50.
答案：50
11.如图所示，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，求该多面体的体积．
解：如图，分别过点A、B作EF的垂线，垂足分别为点G、H，连接DG、CH，容易求得EG＝HF＝，AG＝GD＝BH＝HC＝，所以S△AGD＝S△BHC＝××1＝，

所以该多面体的体积V＝VE­ADG＋VF­BHC＋VAGD­BHC
＝××＋××＋×1＝.
12.如图，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6米铁丝，再用S平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面(不安装上底面)．
(1)当圆柱底面半径r取何值时，S取得最大值？并求出该最大值(结果精确到0.01平方米)；
(2)若要制作一个如图放置的、底面半径为0.3米的灯笼，请作出用于制作灯笼的三视图(作图时，不需考虑骨架等因素)．
解：(1)由题意可知矩形的高即圆柱的母线长为
＝1.2－2r，
所以塑料片面积S＝πr2＋2πr(1.2－2r)
＝πr2＋2.4πr－4πr2＝－3πr2＋2.4πr
＝－3π(r2－0.8r)．
所以当r＝0.4米时，S有最大值，约为1.51平方米．
(2)若灯笼底面半径为0.3米，则高为1.2－2×0.3＝0.6(米)．
制作灯笼的三视图如图

[综合题组练]
1．在封闭的直三棱柱ABC­A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是(　　)
A．4π B.
C．6π D.
解析：选B.由题意可得若V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R＝，该球的体积最大，Vmax＝πR3＝×＝.
2．(2020·瑞安市龙翔高中高三月考)如图，已知在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥底面ABCD，AB＝1，PA·AC＝1，∠ABC＝θ，则四棱锥P­ABCD的体积V的取值范围是(　　)

A. B.
C. D.
解析：选A.由已知，四边形ABCD的面积S＝sin θ，
由余弦定理可求得AC＝，
所以PA＝，所以V＝·，
所以V＝·＝·.
所以当cos θ＝0，即θ＝时，四棱锥P­ABCD的体积V的最小值是；
当cos θ＝1，即θ＝0时，四棱锥P­ABCD的体积V的最大值是.因为0＜θ≤，
所以P­ABCD的体积V的取值范围是.
3．(2020·浙江名校协作体高三联考)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是 cm3，则正视图中的x的值是________cm，该几何体的表面积是________cm2.

解析：由三视图可知，该几何体是底面为直角梯形的四棱锥，其直观图如图所示，由棱锥的体积公式得，××(1＋2)×x＝⇒x＝2(cm)，侧面ADS，CDS，ABS为直角三角形，侧面BCS是以BC为底的等腰三角形，所以该几何体的表面积为S＝[(1＋2)×＋2×2＋×2＋1×＋2×]＝(cm2)．

答案：2　
4．如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD＝DA，PB＝BA，则四面体PBCD的体积的最大值是________．

解析：由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，可得AC＝2，要求四面体PBCD的体积，关键是寻找底面三角形BCD的面积S△BCD和点P到平面BCD的距离h.易知h≤2.
设AD＝x，则DP＝x，DC＝2－x，S△DBC＝×(2－x)×2×sin 30°＝，其中x∈(0，2)，且h≤x，所以VP­BCD＝×S△BCD×h＝×h≤·x≤＝，当且仅当2－x＝x，即x＝时取等号．故四面体PBCD的体积的最大值是.
答案：
5．已知一个几何体的三视图如图所示．

(1)求此几何体的表面积；
(2)如果点P，Q在正视图中所示位置，点P为所在线段中点，点Q为顶点，求在几何体表面上，从P点到Q点的最短路径的长．
解：(1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和．
S圆锥侧＝(2πa)·(a)＝πa2，
S圆柱侧＝(2πa)·(2a)＝4πa2，
S圆柱底＝πa2，
所以S表＝πa2＋4πa2＋πa2＝(＋5)πa2.
(2)沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如图．

则PQ＝ ＝＝a，
所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为a.
6．已知底面为正三角形的三棱柱内接于半径为1的球，求此三棱柱的体积的最大值．
解：如图，设球心为O，三棱柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，底面正三角形的边长为a，则AO1＝×a＝a.
由已知得O1O2⊥底面，在Rt△OAO1中，由勾股定理得OO1＝
＝，
所以V三棱柱＝a2×2×＝，
令f(a)＝3a4－a6(0＜a＜2)，则f′(a)＝12a3－6a5
＝－6a3(a2－2)，令f′(a)＝0，解得a＝.
因为当a∈(0，)时，f′(a)＞0；当a∈(，2)时，f′(a)＜0，所以函数f(a)在(0，)上单调递增，在(，2)上单调递减．
所以f(a)在a＝ 处取得极大值．
因为函数f(a)在区间(0，2)上有唯一的极值点，所以a＝ 也是最大值点．所以(V三棱柱)max＝＝1.