高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練（十三）立體幾何 理-人教版高三全冊(cè)數(shù)學(xué)試題

專題強(qiáng)化訓(xùn)練(十三)立體幾何一、選擇題1．[2019·南昌重點(diǎn)中學(xué)]一個(gè)幾何體挖去部分后的三視圖如圖所示，若其正視圖和側(cè)視圖都是由三個(gè)邊長(zhǎng)為2的正三角形組成的，則該幾何體的表面積為()A．13π B．12πC．11π D．2eq\r(3)π解析：依題意，題中的幾何體是從一個(gè)圓臺(tái)(該圓臺(tái)的上底面半徑為1，下底面半徑為2，母線長(zhǎng)為2)中挖去一個(gè)圓錐(該圓錐的底面半徑為1，母線長(zhǎng)為2)后得到的，圓臺(tái)的側(cè)面積為π(1＋2)×2＝6π，圓錐的側(cè)面積為π×1×2＝2π，所以題中幾何體的表面積為6π＋2π＋π×22＝12π，選B.答案：B2．[2019·開封定位考試]某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3) D．1解析：由三視圖知，該幾何體是一個(gè)三棱錐，其高為1，底面是一個(gè)等腰直角三角形，所以該幾何體的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×1＝eq\f(2,3)，故選C.答案：C3．[2019·安徽示范高中]已知三棱錐P－ABC中，AB⊥平面APC，AB＝4eq\r(2)，PA＝PC＝eq\r(2)，AC＝2，則三棱錐P－ABC外接球的表面積為()A．28π B．36πC．48π D．72π解析：解法一：因?yàn)镻A＝PC＝eq\r(2)，AC＝2，所以PA⊥PC.因?yàn)锳B⊥平面APC，所以AB⊥AC，AB⊥PC，又PA∩AB＝A，所以PC⊥平面PAB，所以PC⊥PB，則△BCP，△ABC均為直角三角形．如圖，取BC的中點(diǎn)為O，連接OA，OP，則OB＝OC＝OA＝OP，即點(diǎn)O為三棱錐P－ABC外接球的球心．在Rt△ABC中，AC＝2，AB＝4eq\r(2)，則BC＝6，所以外接球的半徑R＝3，所以三棱錐P－ABC外接球的表面積S＝4πR2＝36π，故選B.解法二：因?yàn)镻A＝PC＝eq\r(2)，AC＝2，所以PA⊥PC，△ACP為直角三角形．如圖，取AC的中點(diǎn)為M，則M為△PAC外接圓的圓心．過(guò)M作直線n垂直于平面PAC，則直線n上任意一點(diǎn)到點(diǎn)P，A，C的距離都相等．因?yàn)锳B⊥平面PAC，所以AB平行于直線n.設(shè)直線n與BC的交點(diǎn)為O，則O為線段BC的中點(diǎn)，所以點(diǎn)O到點(diǎn)B，C的距離相等，則點(diǎn)O即三棱錐P－ABC外接球的球心．因?yàn)锳B⊥平面PAC，所以AB⊥AC，又AC＝2，AB＝4eq\r(2)，所以BC＝6，則外接球的半徑R＝3，所以三棱錐P－ABC外接球的表面積S＝4πR2＝36π，故選B.解法三：因?yàn)镻A＝PC＝eq\r(2)，AC＝2，所以PA⊥PC，又AB⊥平面PAC，所以可把三棱錐P－ABC放在如圖所示的長(zhǎng)方體中，此長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為eq\r(2)，eq\r(2)，4eq\r(2)，則三棱錐P－ABC的外接球即長(zhǎng)方體的外接球，長(zhǎng)方體的體對(duì)角線即長(zhǎng)方體外接球的直徑，易得長(zhǎng)方體的體對(duì)角線的長(zhǎng)為6，則外接球的半徑R＝3，所以三棱錐P－ABC外接球的表面積S＝4πR2＝36π，故選B.答案：B4．[2019·唐山摸底]已知某幾何體的三視圖如圖所示(俯視圖中曲線為四分之一圓弧)，則該幾何體的表面積為()A．1－eq\f(π,4) B．3＋eq\f(π,2)C．2＋eq\f(π,4) D．4解析：由題設(shè)知，該幾何體是棱長(zhǎng)為1的正方體被截去底面半徑為1的eq\f(1,4)圓柱后得到的，如圖所示，所以表面積S＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×1－\f(1,4)×π×12))＋2×(1×1)＋eq\f(1,4)×2π×1×1＝4.故選D.答案：D5．[2019·山西第一次聯(lián)考]如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的各個(gè)面的面積中，最大的面積是()A．2 B.eq\r(5)C.eq\r(6) D．2eq\r(2)解析：由三視圖可知，該幾何體為四面體，記為四面體ABCD，將其放入長(zhǎng)方體中，如圖，易知長(zhǎng)方體的高為1，AB⊥BC，AD⊥DC，AB＝AD＝2，則BD＝2eq\r(2)，BC＝DC＝eq\r(5)，所以S△ABD＝eq\f(1,2)×2×2＝2，S△ABC＝S△ADC＝eq\f(1,2)×2×eq\r(5)＝eq\r(5)，S△BDC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(5－2)＝eq\r(6)，所以△BDC的面積最大，為eq\r(6)，故選C.答案：C6．[2019·武昌調(diào)研]如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗線畫出的是某四面體的三視圖，則此四面體的體積為()A.eq\f(32,3) B．16C．32 D．48解析：由三視圖知，該四面體可以看作是正方體中的三棱錐P－ABC，如圖，由已知可得AB＝4，AC＝4，△ABC是直角三角形，所以S△ABC＝eq\f(1,2)AB×AC＝eq\f(1,2)×4×4＝8，所以四面體PABC的體積V＝eq\f(1,3)×8×4＝eq\f(32,3)，故選A.答案：A7．[2019·洛陽(yáng)聯(lián)考]四棱錐S－ABCD的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)球面上，底面ABCD是正方形且和球心O在同一平面內(nèi)，當(dāng)此四棱錐的體積取得最大值時(shí)，其表面積等于8＋8eq\r(3)，則球O的體積等于()A.eq\f(32π,3) B.eq\f(32\r(2)π,3)C．16π D.eq\f(16\r(2)π,3)解析：由題意得，當(dāng)此四棱錐的體積取得最大值時(shí)，四棱錐為正四棱錐．如圖，連接AC，則球心O為AC的中點(diǎn)，連接SO，設(shè)球O的半徑為R，則AC＝2R，SO＝R，∴AB＝BC＝eq\r(2)R.取AB的中點(diǎn)為E，連接OE，SE，則OE＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(\r(2),2)R，SE＝eq\r(SO2＋OE2)＝eq\f(\r(6),2)R.∵該四棱錐的體積取得最大值時(shí)，其表面積等于8＋8eq\r(3)，∴(eq\r(2)R)2＋4×eq\f(1,2)×eq\r(2)R×eq\f(\r(6),2)R＝8＋8eq\r(3)，解得R＝2，∴球O的體積等于eq\f(4,3)πR3＝eq\f(32π,3).故選A.答案：A8．[2019·長(zhǎng)沙一模]在正方體ABCD－A1B1C1D1中，平面α過(guò)點(diǎn)A，且AC1⊥α，α∩平面ABCD＝l1，平面β過(guò)點(diǎn)A1，且A1C⊥β，β∩平面AA1D1D＝l2，則直線l1，l2所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(1,2)解析：如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，易得AC1⊥平面A1BD，因?yàn)锳C1⊥α，所以平面A1BD∥α.又α∩平面ABCD＝l1，平面A1BD∩平面ABCD＝BD，所以l1∥BD.易得AC1⊥β，所以平面AB1D1∥β.又β∩平面AA1D1D＝l2，平面AB1D1∩平面AA1D1D＝AD1，所以l2∥AD1，所以l1與l2所成的角就是AD1與BD所成的角．又AD1∥BC1，所以∠DBC1就是l1與l2所成的角．因?yàn)椤鰾DC1是正三角形，所以∠DBC1＝60°，cos∠DBC1＝eq\f(1,2)，故選D.答案：D9．[2019·鄭州質(zhì)量預(yù)測(cè)一]已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面為等腰直角三角形，AB⊥AC，點(diǎn)M，N分別是邊AB1，AC1上的動(dòng)點(diǎn)，若直線MN∥平面BBC1B1，Q為線段MN的中點(diǎn)，則點(diǎn)Q的軌跡為()A．雙曲線的一支(一部分)B．圓弧(一部分)C．線段(去掉一個(gè)端點(diǎn))D．拋物線的一部分解析：如圖，分別取AA1，B1C的中點(diǎn)E，F(xiàn)，任意作一個(gè)與平面BCC1B1平行的平面α與AB1，A1C分別交于M，N，則MN∥平面BCC1B1.由題意知△ABC為等腰直角三角形，AB⊥AC，則側(cè)面AA1B1B與側(cè)面AA1C1C是兩個(gè)全等的矩形，且這兩個(gè)側(cè)面關(guān)于過(guò)棱AA1與平面BCC1B1垂直的平面是對(duì)稱的，因此EF必過(guò)MN的中點(diǎn)Q，故點(diǎn)Q的軌跡為線段EF，但需去掉端點(diǎn)F，故選C.答案：C10．[2019·武昌調(diào)研]已知正三棱錐S－ABC的各頂點(diǎn)都在球O的球面上，棱錐的底面是邊長(zhǎng)為2eq\r(3)的正三角形，側(cè)棱長(zhǎng)為2eq\r(5)，則球O的表面積為()A．10π B．25πC．100π D．125π解析：如圖，設(shè)O1為正三棱錐S－ABC的底面中心，連接SO1，則SO1是三棱錐的高，三棱錐的外接球的球心O在SO1上，設(shè)球的半徑為R，連接AO1，AO，因?yàn)檎切蜛BC的邊長(zhǎng)為2eq\r(3)，所以AO1＝2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)×eq\f(2,3)＝2，因?yàn)镾A＝2eq\r(5)，所以在Rt△ASO1中，SO1＝eq\r(2\r(5)2－22)＝4，在Rt△AOO1中，R2＝(4－R)2＋22，解得R＝eq\f(5,2)，所以球O的表面積為4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))2＝25π，故選B.答案：B11．[2019·山西第一次聯(lián)考]在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BC1與底面所成角的正切值為eq\f(2\r(6),3)，三棱柱的各頂點(diǎn)均在半徑為2的球O的球面上，且AC＝2，∠ABC＝60°，則三棱柱ABC－A1B1C1的體積為()A．4eq\r(3) B.eq\f(4\r(3),3)C．4eq\r(2) D.eq\f(4\r(2),3)解析：在三角形ABC中，AC＝2，∠ABC＝60°，所以三角形ABC的外接圓半徑r＝eq\f(1,2)×eq\f(2,sin60°)＝eq\f(2\r(3),3).設(shè)三角形ABC外接圓的圓心為O1，連接OO1，OA，O1A，則OO1⊥平面ABC，OO1＝eq\f(1,2)AA1，O1A＝r，OA＝2，所以22＝r2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AA1))2，得AA1＝eq\f(4\r(6),3).因?yàn)锳A1⊥平面ABC，AA1∥CC1，所以CC1⊥平面ABC，所以BC1與底面ABC所成的角是∠C1BC，所以tan∠C1BC＝eq\f(CC1,BC)＝eq\f(AA1,BC)＝eq\f(\f(4\r(6),3),BC)＝eq\f(2\r(6),3)，得BC＝2，因此三角形ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，所以三棱柱ABC－A1B1C1的體積V＝S△ABC×AA1＝eq\f(\r(3),4)×4×eq\f(4\r(6),3)＝4eq\r(2).故選C.答案：C12．[2019·福建五校聯(lián)考]已知正方體ABCD－A1B1C1D1的體積為1，點(diǎn)M在線段BC上(點(diǎn)M異于B，C兩點(diǎn))，點(diǎn)N為線段CC1的中點(diǎn)．若平面AMN截正方體ABCD－A1B1C1D1所得的截面為四邊形，則線段BM的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))解析：易知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1.若M為BC的中點(diǎn)，則MN∥AD1，所以此時(shí)截面為四邊形AMND1，所以BM＝eq\f(1,2)符合題意．若0<BM<eq\f(1,2)，如圖1，作BP∥MN交CC1于點(diǎn)P，再作PQ∥C1D1交DD1于點(diǎn)Q，連接AQ，易知MN∥AQ，所以此時(shí)截面為四邊形AMNQ，所以0<BM<eq\f(1,2)符合題意．若eq\f(1,2)<BM<1，如圖2，作BP∥MN交B1C1于點(diǎn)P，再作PQ∥C1D1交A1D1于點(diǎn)Q，連接AQ，易知MN∥AQ，所以點(diǎn)Q在平面AMN內(nèi)，設(shè)平面AMN與直線C1D1交于點(diǎn)E，連接QE，NE，則此時(shí)截面為五邊形AQENM，顯然不符合題意．綜上可知，BM∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).故選B.圖1圖2答案：B13．[2019·河北九校聯(lián)考]已知三棱柱ABC－A1B1C1的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，該三棱柱的五個(gè)面所在的平面截球面所得的圓大小相同，若球O的表面積為20π，則三棱柱的體積為()A．6eq\r(3) B．12C．12eq\r(3) D．18解析：設(shè)球O的半徑為R，則由4πR2＝20π得R2＝5，由題意知，此三棱柱為正三棱柱，且底面三角形的外接圓與側(cè)面的外接圓大小相同，故設(shè)三棱柱的底面邊長(zhǎng)為a，高為h，如圖，取三角形ABC的中心O1，四邊形BCC1B1的中心O2，連接OO1，OA，O2B，O1A，由題意可知，在Rt△AOO1中，OOeq\o\al(2,1)＋AOeq\o\al(2,1)＝AO2＝R2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,3)))2＝R2＝5①，又AO1＝BO2，所以AOeq\o\al(2,1)＝BOeq\o\al(2,2)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,3)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2②，由①②可得a2＝12，h＝2，所以三棱柱的體積V＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)a2))h＝6eq\r(3).故選A.答案：A14．[2019·唐山摸底]已知三棱錐P－ABC的四個(gè)頂點(diǎn)都在半徑為3的球面上，AB⊥AC，則該三棱錐體積的最大值是()A.eq\f(16,3) B.eq\f(32,3)C.eq\f(64,3) D．32解析：設(shè)BC＝2r，∠ACB＝θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則AB＝2rsinθ，AC＝2rcosθ，如圖，設(shè)球心為O，△ABC的外接圓圓心為O1，連接OO1，OA，O1A，PO1，則OO1＝eq\r(9－r2)，點(diǎn)P到平面ABC的距離最大為3＋eq\r(9－r2)(此時(shí)P，O，O1共線)，所以VP－ABC≤eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2rsinθ×2rcosθ×(3＋eq\r(9－r2))＝eq\f(r2,3)sin2θ(3＋eq\r(9－r2))≤eq\f(r2,3)(3＋eq\r(9－r2))，當(dāng)且僅當(dāng)θ＝eq\f(π,4)時(shí)取等號(hào)，此時(shí)AB＝AC.設(shè)∠AOO1＝α，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則r＝3sinα，所以VP－ABC≤eq\f(r2,3)(3＋eq\r(9－r2))＝eq\f(9,3)sin2α(3＋3cosα)＝9(1－cos2α)(1＋cosα)＝9(1－cosα)(1＋cosα)·(1＋cosα)＝eq\f(9,2)(2－2cosα)(1＋cosα)(1＋cosα)≤eq\f(9,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－2cosα＋1＋cosα＋1＋cosα,3)))3＝eq\f(9,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))3＝eq\f(9,2)×eq\f(64,27)＝eq\f(32,3)，當(dāng)且僅當(dāng)2－2cosα＝1＋cosα?cosα＝eq\f(1,3)時(shí)取等號(hào)．答案：B二、填空題15．[2019·南昌一模]側(cè)面為等腰直角三角形的正三棱錐的側(cè)棱與底面所成角的正弦值為________．解析：依題意，正三棱錐P－ABC中，△ABC是正三角形，側(cè)面都是等腰直角三角形．設(shè)側(cè)棱長(zhǎng)為a(a>0)，則△ABC的邊長(zhǎng)為eq\r(2)a，過(guò)點(diǎn)P作PO⊥面ABC于O，∠PAO即為側(cè)棱PA與底面所成的角，則O為△ABC的中心．AD⊥BC，則AD＝eq\r(\r(2)a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2)＝eq\f(\r(6),2)a，∴AO＝eq\f(2,3)AD＝eq\f(\r(6),3)a，∴Rt△POA中，cos∠PAO＝eq\f(AO,AP)＝eq\f(\r(6),3)，sin∠PAO＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)))2)＝eq\f(\r(3),3).答案：eq\f(\r(3),3)16．[2019·湖南四校聯(lián)考]在四棱錐S－ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，側(cè)面SAD是以SD為斜邊的等腰直角三角形，若四棱錐S－ABCD體積的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)，\f(8,3)))，則該四棱錐外接球表面積的取值范圍是________．解析：在四棱錐S－ABCD中，由條件知AD⊥SA，AD⊥AB，SA∩AB＝A，所以AD⊥平面SAB，所以平面SAB⊥平面ABCD.過(guò)S作SO⊥AB于點(diǎn)O，則SO⊥平面ABCD.設(shè)∠SAB＝θ，則VS－ABCD＝eq\f(1,3)S正方形ABCD·SO＝eq\f(8,3)sinθ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)，\f(8,3)))，所以sinθ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1))，又θ∈(0，π)，所以θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以－eq\f(1,2)≤cosθ≤eq\f(1,2).在△SAB中，SA＝AB＝2，所以SB＝2eq\r(2)eq\r(1－cosθ)，所以△SAB的外接圓半徑r＝eq\f(SB,2sinθ)＝eq\f(\r(2)\r(1－cosθ),sinθ).將該四棱錐補(bǔ)成一個(gè)以△SAB為一個(gè)底面的直三棱柱，得其外接球的半徑R＝eq\r(r2＋1)，所以該四棱錐外接球的表面積S＝4πR2＝4πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1＋cosθ)＋1))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(28π,3)，20π)).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(28π,3)，20π))17．[2019·江西五校聯(lián)考]某幾何體的三視圖如圖所示，正視圖是一個(gè)上底為2，下底為4的直角梯形，俯視圖是一個(gè)邊長(zhǎng)為4的等邊三角形，則該幾何體的體積為________．解析：把三視圖還原成幾何體ABC－DEF，如圖所示，在AD上取點(diǎn)G，使得AG＝2，連接GE，GF，則把幾何體ABC－DEF分割成三棱柱ABC－GEF和三棱錐D－GEF，所以VABC－DEF＝VABC－GEF＋VD－GEF＝4eq\r(3)×2＋eq\f(1,3)×4eq\r(3)×2＝eq\f(32\r(3),3).答案：eq\f(32\r(3),3)18．[2019·廣州調(diào)研]已知在四面體ABCD中，AD＝DB＝AC＝CB＝1，則該四面體的體積的最大值為________．解析：解法一：如圖，設(shè)AB的中點(diǎn)為P，連接PC，PD，因?yàn)锳D＝DB，AC＝CB，所以AB⊥PD，AB⊥PC，又PC∩PD＝P，所以AB⊥平面PCD.設(shè)AB＝2x(0<x<1)，則PC＝PD＝eq\r(1－x2).于是，V三棱錐A－BCD＝V三棱錐A－PCD＋V三棱錐B－PCD＝eq\f(1,3)·S△PCD·AP＋eq\f(1,3)·S△PCD·BP＝eq\f(1,3)·S△PCD·AB＝eq\f(1,3)·2x·eq\f(1,2)(eq\r(1－x2))2sin∠CPD≤eq\f(1,3)x·(eq\r(1－x2))2.因?yàn)閑q\f(1,3)x·(eq\r(1－x2))2＝eq\f(1,3)eq\r(\f(1,2)·2x21－x21－x2)≤eq\f(1,3)eq\r(\f(1,2)·\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x2＋1－x2＋1－x2,3)))3)＝eq\f(2\r(3),27)，所以V三棱錐A－BCD≤eq\f(2\r(3),27)，當(dāng)且僅當(dāng)sin∠CPD＝1且2x2＝1－x2，即平面ABD⊥平面ABC且AB＝eq\f(2\r(3),3)時(shí)，不等式取等號(hào)．故所求四面體的體積的最大值為eq\f(2\r(3),27).解法二：如圖，設(shè)AB的中點(diǎn)為P，連接PC，PD，因?yàn)锳D＝DB，AC＝CB，所以AB⊥PD，AB⊥PC，又PC∩PD＝P，所以AB⊥平面PCD.設(shè)AB＝2x(0<x<1)，則PC＝PD＝eq\r(1－x2).于是，V三棱錐A－BCD＝V三棱錐A－PCD＋V三棱錐B－PCD＝eq\f(1,3)·S△PCD·AP＋eq\f(1,3)·S△PCD·BP＝eq\f(1,3)·S△PCD·AB＝eq\f(1,3)·2x·eq\f(1,2)(eq\r(1－x2))2sin∠CPD≤eq\f(1,3)x·(eq\r(1－x2))2.設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x·(eq\r(1－x2))2＝eq\f(1,3)(x－x3)，0<x<1，則f′(x)＝eq\f(1,3)－x2，所以當(dāng)0<x<eq\f(\r(3),3)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)eq\f(\r(3),3)<x<1時(shí)，f′(x)<0.所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)