江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 立體幾何 2.3 專題提能—“立體幾何”專題提能課講義（含解析）

江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 立體幾何 2.3 專題提能—“立體幾何”專題提能課講義（含解析） 失誤1 因不會構(gòu)造適當(dāng)?shù)膸缀误w而解題受阻 [答案]　π [點(diǎn)評]　學(xué)生對于本題往往不知道球心的位置而導(dǎo)致不會解答．把該三棱錐補(bǔ)成正方體來確定球心的位置是求解本題的關(guān)鍵之處，正方體的體對角線就是外接球直徑. 失誤2 因不會利用側(cè)面展開圖而解題受阻 　 　[例2]　如圖所示，在長方體ABCD­A1B1C1D1中，AB＝4 cm，AD＝2 cm，AA1＝3 cm，則在長方體表面上連結(jié)A，C1兩點(diǎn)的所有曲線長度最小值為________cm. [解析]　將長方體的面分別展開平鋪，當(dāng)四邊形AA1D1D和四邊形DD1C1C在同一平面內(nèi)時，最小距離為四邊形AA1C1C的對角線，長度是＝；當(dāng)四邊形AA1D1D和四邊形A1B1C1D1在同一平面內(nèi)時，最小距離為四邊形AB1C1D的對角線，長度是＝；四邊形ABCD和四邊形CDD1C1在同一平面內(nèi)時，最小距離為四邊形 ABC1D1的對角線，長度是＝，所以最小距離是 cm. [答案]　 [點(diǎn)評]　該題考查的是幾何體的表面距離的最值問題，結(jié)合平面內(nèi)連結(jié)兩點(diǎn)的直線段是最短的，所以將長方體的側(cè)面沿著不同的方向展開，使得兩個點(diǎn)落在同一平面內(nèi)，利用勾股定理來求解，選出最小的那個，容易出錯的地方在于考慮不全面，沿著一個方向展開求得結(jié)果，從而出現(xiàn)錯誤，所以一定要注意應(yīng)該有三條路徑. 失誤3 因定理表述不嚴(yán)謹(jǐn)而導(dǎo)致丟分 　　[例3]　如圖，在長方體ABCD­A1B1C1D1中，求證：平面BC1D∥平面AB1D1. [證明]　∵BD∥B1D1，BD?平面AB1D1，B1D1?平面AB1D1. ∴BD∥平面AB1D1， 同理BC1∥平面AB1D1. 又∵BD∩BC1＝B，BD?平面BC1D，BC1?平面BC1D， ∴平面BC1D∥平面AB1D1. [點(diǎn)評]　在證明面面平行時，有的同學(xué)喜歡跳步，直接由線線平行得到面面平行，少了由線線平行到線面平行的過程，在考試中是要被扣分的．立體幾何邏輯性非常強(qiáng)，證明時要嚴(yán)格按照定理的要求來進(jìn)行書寫，切不可漏條件． 　 策略1 割補(bǔ)法：求不規(guī)則幾何體的體積 [例1]　如圖所示，在多面體ABCDEF中，已知ABCD是邊長為1的正方形，且△ADE，△BCF均為正三角形，EF∥AB，EF＝2，則該多面體的體積為________． [解析]　法一：如圖所示，分別過A，B作EF的垂線AG，BH，垂足分別為G，H.連結(jié)DG，CH，容易求得EG＝HF＝. 所以AG＝GD＝BH＝HC＝，S△AGD＝S△BHC＝××1＝，V＝VE­ADG＋VF­BHC＋VAGD­BHC＝×2＋×1＝. 法二：如圖所示，將該多面體補(bǔ)成一個斜三棱柱ADE­MNF，點(diǎn)F到平面AMND的距離為，則V＝VADE­MNF－VF­MNCB＝×1××2－×1×1×＝. [答案]　 [點(diǎn)評]　本題中所用的兩種方法實(shí)際上就是求不規(guī)則幾何體體積的兩種基本方法．法一是對不規(guī)則幾何體進(jìn)行分割．法二則是在原不規(guī)則幾何體的基礎(chǔ)上補(bǔ)上一個幾何體，使之成為規(guī)則幾何體. 策略2 等積法：求三棱錐的體積 　　[例2]　如圖，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB＝AA1＝3，點(diǎn)P在棱CC1上，則三棱錐P­ABA1的體積為________． [解析]　三棱錐P­ABA1的體積為V三棱錐P­ABA1＝V三棱錐C­ABA1＝V三棱錐A1­ABC＝S△ABC·AA1＝××32×3＝. [答案]　 [點(diǎn)評]　等積法包括等面積法和等體積法．利用等積法的前提是平面圖形(或立體圖形)的面積(或體積)通過已知條件可以得到，利用等積法可以求解幾何圖形的高， 特別是在求三角形的高(點(diǎn)到線的距離)或三棱錐的高(點(diǎn)到面的距離)時，通常采用此法解決問題． 　 1．函數(shù)與方程思想——解決立體幾何中的最值問題 [例1]　如圖，圓形紙片的圓心為O，半徑為5 cm，該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O.D，E，F(xiàn)為圓O上的點(diǎn)，△DBC，△ECA，△FAB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形．沿虛線剪開后，分別以BC，CA，AB為折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F(xiàn)重合，得到三棱錐．當(dāng)△ABC的邊長變化時，所得三棱錐體積(單位：cm3)的最大值為________． [解析]　法一：由題意可知，折起后所得三棱錐為正三棱錐，當(dāng)△ABC的邊長變化時，設(shè)△ABC的邊長為a(a>0)cm，則△ABC的面積為a2，△DBC的高為5－a，則正三棱錐的高為＝， ∴25－a>0，∴0<a<5， ∴所得三棱錐的體積V＝×a2×＝×. 令t＝25a4－a5，則t′＝100a3－a4，由t′＝0，得a＝4，此時所得三棱錐的體積最大，為4 cm3. 法二：如圖，連接OD交BC于點(diǎn)G，由題意知，OD⊥BC.易得OG＝BC， 設(shè)OG＝x，則BC＝2x，DG＝5－x，S△ABC＝×2x×3x＝3x2， 故所得三棱錐的體積V＝×3x2× ＝x2× ＝×. 令f(x)＝25x4－10x5，x∈， 則f′(x)＝100x3－50x4， 令f′(x)>0，即x4－2x3<0，得0<x<2， 則當(dāng)x∈時，f(x)≤f(2)＝80， ∴V≤×＝4. ∴所求三棱錐的體積的最大值為4. [答案]　4 [點(diǎn)評]　處理此類問題的關(guān)鍵是結(jié)合圖形條件建立適當(dāng)函數(shù)，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題． 2．高維與低維的轉(zhuǎn)化思想——解決幾何體的展開問題 [例2]　如圖，已知正三棱柱ABC­A1B1C1的底面邊長為2 cm，高為5 cm，一質(zhì)點(diǎn)自A點(diǎn)出發(fā)，沿著三棱柱的側(cè)面繞行兩周到達(dá)A1點(diǎn)的最短路線的長為________cm. [解析]　將三棱柱沿側(cè)棱AA1展開得如圖所示(兩周) 因?yàn)檎庵酌孢呴L為2 cm，高為5 cm，所以AA1＝5 cm，AA″＝12 cm，所以A1A″＝＝13，即最短路線為13 cm. [答案]　13 [點(diǎn)評]　將空間幾何體中的距離之和的最值問題通過側(cè)面展開圖的運(yùn)用轉(zhuǎn)化為平面幾何的最值，這正是降維轉(zhuǎn)化思想的運(yùn)用． 　 線面平行問題中的常見轉(zhuǎn)化方法 [典例]　如圖，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC⊥BC，CC1＝4，M是棱CC1上的一點(diǎn)． (1) 求證：BC⊥AM； (2) 若N是AB的中點(diǎn)，且CN∥平面AB1M，求CM的長． [解]　(1)證明：因?yàn)锳BC­A1B1C1是直三棱柱， 所以CC1⊥平面ABC. 因?yàn)锽C?平面ABC，所以CC1⊥BC. 因?yàn)锳C⊥BC，CC1∩AC＝C，CC1?平面ACC1A1，AC?平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1A1. 因?yàn)锳M?平面ACC1A1，所以BC⊥AM. (2)法一：如圖①，取AB1的中點(diǎn)P，連結(jié)NP，PM. 因?yàn)镹是AB的中點(diǎn)，所以NP∥BB1. 因?yàn)镃M∥BB1，所以NP∥CM， 所以NP與CM共面． 因?yàn)镃N∥平面AB1M，平面CNPM∩平面AB1M＝MP，所以CN∥MP. 所以四邊形CNPM為平行四邊形， 所以CM＝NP＝BB1＝CC1＝2. 法二：如圖②，設(shè)NC與CC1確定的平面交AB1于點(diǎn)P，連結(jié)NP，PM. 因?yàn)镃N∥平面AB1M，CN?平面CNPM，平面AB1M∩平面CNPM＝PM，所以CN∥MP. 因?yàn)锽B1∥CM，BB1?平面CNPM，CM?平面CNPM，所以BB1∥平面CNPM. 又BB1?平面ABB1，平面ABB1∩平面CNPM＝NP， 所以BB1∥NP，所以CM∥NP， 所以四邊形CNPM為平行四邊形． 因?yàn)镹是AB的中點(diǎn)， 所以CM＝NP＝BB1＝CC1＝2. 法三：如圖③，取BB1的中點(diǎn)Q，連結(jié)NQ，CQ. 因?yàn)镹是AB的中點(diǎn)，所以NQ∥AB1. 因?yàn)镹Q?平面AB1M，AB1?平面AB1M，所以NQ∥平面AB1M. 因?yàn)镃N∥平面AB1M，NQ∩CN＝N，NQ?平面NQC，CN?平面NQC，所以平面NQC∥平面AB1M. 因?yàn)槠矫鍮CC1B1∩平面NQC＝QC，平面BCC1B1∩平面AB1M＝MB1，所以CQ∥MB1. 因?yàn)锽B1∥CC1，所以四邊形CQB1M是平行四邊形， 所以CM＝B1Q＝BB1＝CC1＝2. 法四：如圖④，分別延長BC，B1M，設(shè)交點(diǎn)為S，連結(jié)AS. 因?yàn)镃N∥平面AB1M，CN?平面ABS，平面ABS∩平面AB1M＝AS， 所以CN∥AS. 由于AN＝NB， 所以BC＝CS. 又因?yàn)镃M∥BB1，可得SM＝MB1， 所以CM＝BB1＝CC1＝2. [點(diǎn)評]　線面平行無論是判定定理還是性質(zhì)定理都是需要轉(zhuǎn)化為線線平行．常見的方式有構(gòu)造三角形轉(zhuǎn)化為線線平行，構(gòu)造平行四邊形轉(zhuǎn)化為對邊平行，構(gòu)造面面平行再利用面面平行的性質(zhì)定理進(jìn)行證明． [課時達(dá)標(biāo)訓(xùn)練] A組——易錯清零練 1．設(shè)l，m表示直線，m是平面α內(nèi)的任意一條直線．則“l(fā)⊥m”是“l(fā)⊥α”成立的____________條件(在“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”中選填一個)． 解析：由l⊥m，m?α，可得l?α，l∥α或l與α相交，推不出l⊥α；由l⊥α，m?α，結(jié)合線面垂直的定義可得l⊥m.故“l(fā)⊥m”是“l(fā)⊥α”成立的必要不充分條件． 答案：必要不充分 2．在長方體ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝a，AA1＝2，四面體A­CB1D1的體積為6，則a＝________. 解析：如圖，VA­CB1D1＝VABCD­A1B1C1D1－VA­A1B1D1－VB1­ABC－VD1­ADC－VC­B1C1D1＝2a2－a2＝a2＝6，所以a＝3. 答案：3 3．設(shè)a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列四個命題： ①若a⊥b，a⊥α，則b∥α； ②若a⊥β，α⊥β，則a∥α； ③若a∥α，a⊥β，則α⊥β； ④若a⊥b，a⊥α，b⊥β，則α⊥β. 其中正確命題的序號是________． 解析：①中b可能在平面α內(nèi)；②中a可能在平面α內(nèi)；③中因?yàn)閍∥α，a⊥β，所以α內(nèi)必存在一條直線b與a平行，從而得到b⊥β，所以α⊥β，故③正確；因?yàn)閍⊥b，a⊥α，所以b∥α或b?α，故α內(nèi)必有一條直線c與b平行，又b⊥β，所以c⊥β，故α⊥β，所以④正確． 答案：③④ 4.如圖，在三棱柱ABC­A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥平面AB1C1，AA1＝1，底面△ABC是邊長為2的正三角形，則此三棱柱的體積為________． 解析：因?yàn)锳A1⊥平面AB1C1，AB1?平面AB1C1，所以AA1⊥AB1，又知AA1＝1，A1B1＝2，所以AB1＝＝，同理可得AC1＝，又知在△AB1C1中，B1C1＝2，所以△AB1C1的邊B1C1上的高為h＝＝，其面積S＝×2×＝，于是三棱錐A­A1B1C1的體積VA­A1B1C1＝VA1­AB1C1＝×S△AB1C1×AA1＝，進(jìn)而可得此三棱柱ABC­A1B1C1的體積V＝3VA­A1B1C1＝3×＝. 答案： B組——方法技巧練 1．設(shè)P，A，B，C是球O表面上的四個點(diǎn)，PA，PB，PC兩兩垂直，且PA＝PB＝1，PC＝2，則球O的表面積是________． 解析：設(shè)球O的半徑為R.由PA，PB，PC兩兩垂直，所以外接球的直徑是以PA，PB，PC為棱的長方體的體對角線，即4R2＝PA2＋PB2＋PC2＝1＋1＋4＝6，故S球表面積＝4πR2＝6π. 答案：6π 2．在空間中，用a，b，c表示三條不同的直線，γ表示平面，給出下列四個命題： ①若a∥b，b∥c，則a∥c；　②若a⊥b，b⊥c，則a⊥c； ③若a∥γ，b∥γ，則a∥b；?、苋鬭⊥γ，b⊥γ，則a∥b. 其中真命題的序號為________． 解析：根據(jù)公理知平行于同一條直線的兩條直線互相平行，①正確；根據(jù)線面垂直性質(zhì)定理知“同垂直一個平面的兩條直線平行”，知④正確；②③均不恒成立．故選①④. 答案：①④ 3.如圖，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，若各條棱長均為2，且M為A1C1的中點(diǎn)，則三棱錐M­AB1C的體積是________． 解析：法一：在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，從而AA1⊥B1M.又因?yàn)锽1M是正三角形A1B1C1的中線，所以B1M⊥A1C1，所以B1M⊥平面ACC1A1，則VM­AB1C＝VB1­ACM＝×B1M＝××2×2×＝. 法二：VM­AB1C＝VABC­A1B1C1－VA­A1B1M－VC­C1B1M－VB1­ABC＝×2××2－2×－××2＝. 答案： 4.如圖，平行四邊形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝1，AD＝2，∠ADC＝60°，AF＝. (1)求證：AC⊥BF； (2)求多面體ABCDEF的體積． 解：(1)證明：∵AB＝1，AD＝2，∠ADC＝60°， 由余弦定理：AC2＝CD2＋AD2－2CD·AD·cos 60°＝1＋4－2×1×2×＝3， 于是AD2＝CD2＋AC2，∴∠ACD＝90°， ∵AB∥CD，∴AC⊥AB. 又∵四邊形ACEF是矩形，∴FA⊥AC， 又AF∩AB＝A，∴AC⊥平面AFB， 又BF?平面AFB，∴AC⊥BF. (2)令多面體ABCDEF的體積為V， V＝VD­ACEF＋VB­ACEF＝2VD­ACEF， 又∵平面ABCD⊥平面ACEF，DC⊥AC， 根據(jù)兩平面垂直的性質(zhì)定理：DC⊥平面ACEF， ∴DC為四棱錐D­ACEF的高， S矩形ACEF＝×＝， ∴VD­ACEF＝××1＝， ∴V＝2VD­ACEF＝，即多面體ABCDEF的體積為. 5.如圖，四邊形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面BCE，BE⊥EC. (1)求證：平面AEC⊥平面ABE； (2)點(diǎn)F在BE上，若DE∥平面ACF，求 的值． 解：(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以AB⊥BC. 因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面BCE，平面ABCD∩平面BCE＝BC，AB?平面ABCD，所以AB⊥平面BCE. 因?yàn)镋C?平面BCE，所以EC⊥AB. 因?yàn)镋C⊥BE，AB?平面ABE，BE?平面ABE，AB∩BE＝B，所以EC⊥平面ABE. 因?yàn)镋C?平面AEC，所以平面AEC⊥平面ABE. (2) 連結(jié)BD交AC于點(diǎn)O，連結(jié)OF. 因?yàn)镈E∥平面ACF，DE?平面BDE，平面ACF∩平面BDE＝OF，所以DE∥OF. 又因?yàn)榫匦蜛BCD中，O為BD的中點(diǎn)，所以F為BE的中點(diǎn)，即＝. C組——創(chuàng)新應(yīng)用練 1．下列命題： ①若直線l平行于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線，直線a在平面α內(nèi)，則l∥a； ②若直線a在平面α外，則a∥α； ③若直線a∥b，直線b?α，則a∥α； ④若直線a∥b，b?α，那么直線a就平行于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線． 其中真命題的個數(shù)為________． 解析：對于①，∵直線l雖與平面α內(nèi)的無數(shù)條直線平行，但l有可能在平面α內(nèi)，∴l(xiāng)不一定平行于a，∴①是假命題； 對于②，∵直線a在平面α外，包括兩種情況：a∥α和a與α相交，∴②是假命題； 對于③，∵a∥b，直線b?α，則只能說明a和b無公共點(diǎn)，但a可能在平面α內(nèi)，∴a不一定平行于α，∴③是假命題； 對于④，∵a∥b，b?α，那么a?α或a∥α，∴a與平面α內(nèi)的無數(shù)條直線平行，∴④是真命題. 答案：1 2.如圖，已知AB為圓O的直徑，C為圓上一動點(diǎn)，PA⊥圓O所在的平面，且PA＝AB＝2，過點(diǎn)A作平面α⊥PB，分別交PB，PC于E，F(xiàn)，當(dāng)三棱錐P­AEF的體積最大時，tan∠BAC＝________. 解析：∵PB⊥平面AEF，∴AF⊥PB. 又AC⊥BC，AP⊥BC，∴BC⊥平面PAC， ∴AF⊥BC，∴AF⊥平面PBC，∴∠AFE＝90°. 設(shè)∠BAC＝θ，在Rt△PAC中， AF＝＝＝， 在Rt△PAB中，AE＝PE＝，∴EF＝， ∴VP­AEF＝AF·EF·PE＝AF·· ＝·＝·≤，∴當(dāng)AF＝1時，VP­AEF取得最大值，此時AF＝＝1，∴cos θ＝，sin θ＝，∴tan θ＝. 答案： 3.如圖所示，等腰△ABC的底邊AB＝6，高CD＝3，點(diǎn)E是線段BD上異于點(diǎn)B，D的動點(diǎn)，點(diǎn)F在BC邊上，且EF⊥AB，現(xiàn)沿EF將△BEF折起到△PEF的位置，使PE⊥AE，記BE＝x，V(x)表示四棱錐P­ACFE的體積，則V(x)的最大值為________． 解析：因?yàn)镻E⊥EF，PE⊥AE，EF∩AE＝E， 所以PE⊥平面ABC. 因?yàn)镃D⊥AB，F(xiàn)E⊥AB， 所以EF∥CD，所以＝， 即＝，所以EF＝， 所以S△ABC＝×6×3＝9， S△BEF＝×x×＝x2， 所以V(x)＝×x＝x(0＜x＜3)． 因?yàn)閂′(x)＝， 所以當(dāng)x∈(0,6)時，V′(x)＞0，V(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)6＜x＜3時，V′(x)＜0，V(x)單調(diào)遞減， 因此當(dāng)x＝6時，V(x)取得最大值12. 答案：12 4.如圖①所示，在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，CD為∠ACB的平分線，點(diǎn)E在線段AC上，CE＝4.如圖②所示，將△BCD沿CD折起，使得平面BCD⊥平面ACD，連結(jié)AB，設(shè)點(diǎn)F是AB的中點(diǎn)． (1)求證：DE⊥平面BCD； (2)若EF∥平面BDG，其中G為直線AC與平面BDG的交點(diǎn)，求三棱錐B­DEG的體積． 解：(1)證明：在題圖①中， 因?yàn)锳C＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，所以∠ACB＝60°. 因?yàn)镃D為∠ACB的平分線，所以∠BCD＝∠ACD＝30°，所以CD＝2. 又因?yàn)镃E＝4，∠DCE＝30°，所以DE＝2. 則CD2＋DE2＝CE2，所以∠CDE＝90°，即DE⊥CD. 在題圖②中，因?yàn)槠矫鍮CD⊥平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，DE?平面ACD，所以DE⊥平面BCD. (2)在題圖②中，因?yàn)镋F∥平面BDG，EF?平面ABC，平面ABC∩平面BDG＝BG，所以EF∥BG. 因?yàn)辄c(diǎn)E在線段AC上，CE＝4，點(diǎn)F是AB的中點(diǎn)， 所以AE＝EG＝CG＝2. 過點(diǎn)B作BH⊥CD交于點(diǎn)H. 因?yàn)槠矫鍮CD⊥平面ACD，BH?平面BCD， 所以BH⊥平面ACD. 由條件得BH＝. 又S△DEG＝S△ACD＝×AC·CD·sin 30°＝， 所以三棱錐B­DEG的體積為V＝S△DEG·BH＝××＝. 5.如圖，已知斜三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AC，D為BC的中點(diǎn)． (1)若平面ABC⊥平面BCC1B1，求證：AD⊥DC1； (2)求證：A1B∥平面ADC1. 證明：(1)因?yàn)锳B＝AC，D為BC的中點(diǎn)，所以AD⊥BC. 因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，AD?平面ABC，所以AD⊥平面BCC1B1. 因?yàn)镈C1?平面BCC1B1， 所以AD⊥DC1. (2)如圖，連結(jié)A1C，交AC1于點(diǎn)O，連結(jié)OD，則O為A1C的中點(diǎn)． 因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，所以O(shè)D∥A1B. 因?yàn)镺D?平面ADC1，A1B?平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1. 6.現(xiàn)需要設(shè)計一個倉庫，它的上部是底面圓半徑為5 m的圓錐，下部是底面圓半徑為5 m的圓柱，且該倉庫的總高度為5 m．經(jīng)過預(yù)算，制造該倉庫的圓錐側(cè)面、圓柱側(cè)面用料的單價分別為4百元/m2、1百元/m2. (1)記倉庫的側(cè)面總造價為y百元： ①設(shè)圓柱的高為x m，試將y表示為關(guān)于x的函數(shù)y＝f(x)； ②設(shè)圓錐母線與其軸所在直線所成角為θ，試將y表示為關(guān)于θ的函數(shù)y＝g(θ)； (2)問當(dāng)圓柱的高度為多少時，該倉庫的側(cè)面總造價最少？ 解：(1)①由題可知，圓柱的高為x m，且x∈(0,5)， 則該倉庫的側(cè)面總造價y＝(2π×5x)×1＋×4 ＝10πx＋20π，x∈(0,5)． ②由題可知，圓錐母線與軸所在直線所成角為θ，且θ∈， 則該倉庫的側(cè)面總造價y＝×1＋×4 ＝50π，θ∈. (2) 由②，令h(θ)＝， 則h′(θ)＝， 由h′(θ)＝0得cos θ＝， 又θ∈，所以θ＝， 當(dāng)θ變化時，h′(θ)，h(θ)的變化情況如表所示. θ h′(θ) － 0 ＋ h(θ)  極小值  所以當(dāng)θ＝時，h(θ)取得最小值，側(cè)面總造價y最小， 此時圓柱的高度為5－＝5－ m. 當(dāng)圓柱的高度為5－ m時，該倉庫的側(cè)面總造價最少．