2.旋转体的表面积(讲课)解析

第2节空间几何体的表面积和体积考试要求了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式。

知识梳理1。

多面体的表(侧）面积多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和。

2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及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＝2πrlS圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π（r1＋r2）l3.空间几何体的表面积与体积公式名称几何体表面积体积柱体S表面积＝S侧＋V＝S底h(棱柱和圆柱)2S底锥体（棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝错误!S底h台体（棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝错误!（S上＋S下＋错误!)h球S＝4πR2V＝错误!πR3［常用结论与微点提醒］1。

正方体与球的切、接常用结论正方体的棱长为a,球的半径为R，(1)若球为正方体的外接球，则2R＝错误!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＝错误!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＝错误!。

3。

正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1。

诊断自测1。

判断下列结论正误（在括号内打“√”或“×")(1)锥体的体积等于底面面积与高之积。

（)（2)两个球的体积之比等于它们的半径比的平方。

（)(3）台体的体积可转化为两个锥体的体积之差.（)(4）已知球O的半径为R,其内接正方体的边长为a，则R＝错误!a。

(）解析(1)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确.（2)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确.答案（1）×（2）×（3)√(4)√2。

(新教材必修第二册P120T5改编)一个正方体的顶点都在球面上，若球的表面积为4π，则正方体的棱长为（)A。

33 B.错误! C.错误!D。

错误!解析由S＝4πR2＝4π，得R＝1，故2×1＝3a，得a＝错误!。

空间几何旋转体的表面积与体积空间几何常常涉及到旋转体的表面积与体积的计算，这在数学中具有重要的理论和应用价值。

本文将介绍旋转体的概念，并探讨如何计算旋转体的表面积与体积。

一、旋转体的概念旋转体是指由平面图形绕某一轴旋转而生成的立体图形。

在数学中，旋转体通常围绕x轴、y轴或z轴旋转。

根据旋转轴的不同，旋转体可以分为横截面旋转体和轴截面旋转体。

横截面旋转体是指当一个平面图形沿与它平行的轴旋转一周，形成的立体图形。

常见的横截面旋转体有圆柱体、圆锥体和球体。

其中圆柱体是由一个矩形或圆形横截面图形沿着与横截面平行的轴旋转一周形成，圆锥体是由一个三角形横截面图形沿着与横截面平行的轴旋转一周形成，而球体是由一个圆形横截面图形沿着与横截面平行的轴旋转一周形成。

轴截面旋转体是指当一个平面图形沿与它的一个边垂直的轴旋转一周，形成的立体图形。

常见的轴截面旋转体有圆盘和球壳。

圆盘是指由一个圆形边界沿着与边界垂直的轴旋转一周形成，球壳是由一个圆形边界沿着与边界垂直的轴旋转一周形成。

二、计算旋转体的表面积计算旋转体的表面积需要根据旋转体的类型进行计算，下面将分别介绍横截面旋转体和轴截面旋转体的表面积计算方法。

1. 横截面旋转体的表面积计算对于圆柱体的表面积计算，可以利用公式S = 2πrh + 2πr²，其中r是圆柱体的底面半径，h是圆柱体的高。

对于圆锥体的表面积计算，可以利用公式S = πrl + πr²，其中r是圆锥体的底面半径，l是圆锥体的斜高。

对于球体的表面积计算，可以利用公式S = 4πr²，其中r是球体的半径。

2. 轴截面旋转体的表面积计算对于圆盘的表面积计算，可以利用公式S = πr²，其中r是圆盘的半径。

对于球壳的表面积计算，可以利用公式S = 2πrh，其中r是球壳的半径，h是球壳的高。

三、计算旋转体的体积计算旋转体的体积同样需要根据旋转体的性质进行计算，下面将分别介绍横截面旋转体和轴截面旋转体的体积计算方法。

利用积分解决曲线旋转体表面积问题的方法积分法解决曲线旋转体表面积问题在数学中，我们经常遇到需要求解曲线旋转体的表面积问题。

为了解决这一问题，其中一个有效的方法是利用积分。

本文将介绍如何使用积分来解决曲线旋转体表面积问题，并讨论其应用。

【引言】曲线旋转体表面积问题是一种常见的数学问题，它涉及到将曲线绕某个轴旋转一周所形成的体积。

这个问题在实际中有着广泛的应用，例如在建筑设计、物理学和工程学领域。

为了求解这个问题，我们可以使用积分的方法。

【主体部分】一、曲线旋转体表面积的定义曲线旋转体表面积指的是将一条曲线绕某个轴旋转一周所形成的表面积。

我们可以将这个问题看作是通过许多薄圆环的叠加来计算的。

当我们将曲线细分为无数个小段，并将每个小段旋转一周，就可以得到一个非常接近真实表面积的近似值。

通过积分的方法，我们可以将这些小段的表面积相加，并取极限，从而得到曲线旋转体的精确表面积。

二、基本的积分方法要解决曲线旋转体表面积问题，我们需要掌握一些基本的积分方法。

对于给定的曲线，我们可以使用参数方程、极坐标或者直角坐标来描述它。

具体选择哪种方法，取决于问题的具体情况。

然后，我们需要将旋转轴与曲线相交，并确定旋转范围。

这些准备工作完成后，我们就可以通过积分求解表面积了。

三、实例分析为了更好地理解如何使用积分解决曲线旋转体表面积问题，我们来看一个实际的例子。

假设我们需要计算y = x^2 (0 ≤ x ≤ 1) 绕 x 轴旋转一周所形成的表面积。

首先，我们可以使用直角坐标来描述曲线，并将旋转轴选择为x 轴。

接下来，我们需要计算曲线的微元弧长 ds，并将其表示为 dx 的函数。

根据微元弧长的计算公式，我们有 ds = sqrt(1 + (dy/dx)^2) dx = sqrt(1 +4x^2) dx。

然后，我们可以利用微元弧长 ds 计算微元表面积 dA。

由于曲线绕x 轴旋转，微元表面积 dA 可以表示为dA = 2πy ds。

简单旋转体的表面积和体积关系教学案一、引言旋转体是数学中的一种非常重要的几何体，在现实生活中也有很多应用。

比如我们日常生活中听到的“圆柱形”、“圆锥形”、“球形”等，这些都属于旋转体。

旋转体的表面积和体积关系是数学中一个基础又实用的概念，而且对于那些想深入研究数学的人来说，这是必学的一部分。

二、旋转体的概念旋转体是由一个基本形状，绕某一条轴线旋转而生成的几何体，比如圆形绕着轴线旋转，就可以生成一个圆柱形；三角形绕着轴线旋转，可以生成一个圆锥形。

旋转体有许多种类，比如圆柱体、圆锥体、球体，甚至我们平时看到的各种像眼镜、奖杯、水瓶等等，都可以看成是由某一基本形状旋转而成的。

三、旋转体的表面积和体积旋转体的表面积和体积是我们最为关心的问题，因为在很多实际问题中，我们需要通过表面积和体积来计算物体的质量、重量、密度等等一系列问题。

1、旋转体的表面积旋转体的表面积就是它的侧面积与底面积的和。

比如一个圆柱体，它的表面积等于其侧面积与两个底面积之和，即：S=2πrh+2πr²其中r为圆柱体的半径，h为圆柱体的高度。

对于其他类型的旋转体，我们也可以采用类似的方法来计算它的表面积。

2、旋转体的体积旋转体的体积就是其所包含的空间体积。

对于圆柱体、圆锥体、球体等等，它们的体积计算公式分别为：圆柱体的体积：V=πr²h圆锥体的体积：V=13πr²h球体的体积：V=43πr³其中r为基本形状的半径，h为由基本形状绕轴线旋转得到的旋转体的高度。

四、旋转体的表面积和体积关系一个简单的旋转体，它的表面积和体积之间并没有什么直接关系。

但是在实际应用中，我们通常会遇到一些需要计算其表面积和体积之比的问题。

比如我们需要制作一个密度为1克/立方厘米的铁球体，在保证铁球体积不变的条件下，如果我们要增加铁球体的质量，我们应该怎样做？答案是，这时我们需要将铁球表面加厚，因为铁球的密度不变，增加表面积就等于增加了总质量。

高中立体几何教案第二章多面体与旋转体球的表面积教案教学目标1．使学生理解球的表面积公式的推导方法，并能熟记公式内容；2．在引理的论证过程中，进一步要求学生树立转化的思想（把空间问题转化为平面问题）；3．通过寻求如何研究球表面积的方法，培养学生应用无限分割和极限思想的意识，进而在实施推导公式的过程中，对学生进行“以直代曲”的辩证唯物主义思想教育．教学重点和难点本节教材的重点是掌握球的表面积的计算公式，而如何推导球的表面积公式是本节的难点．教学设计过程一、新课引入师：（手持模型）今天，我们要研究的课题就是如何求得球的表面积．下面，请同学们各抒己见．（板书课题）生甲：（脱口而出）可以仿照圆柱、圆锥和圆台的侧面积的求法，设法剪开球面，使其展成平面图形而求得结果．（同学们立即反驳，此办法不可能实现）生甲：（申辩）如果像家里削水果皮那样（想象水果是个球体），球的表面就会被削下来，然后展开，再进行计算．生乙：削下来的球表面是螺旋状连接的，根本无法展平．另外，条形表面也有一定的弯曲度．生甲：那可以把条形表面尽可能地削得窄一点，弯曲度也会随之变小，也就接近平面图形了．生丙：（好像受到了启发）我们要求球的表面积，可以先求半球面的大小．用一组平行于底面圆的平面去截球面，随着平行平面间距离的逐渐减小，原来弯曲的球面就转化为一族圆柱侧面的总和，圆柱侧面积有计算公式，那么再找到这一族圆柱侧面积之间的大小关系，最后求出这所有圆柱侧面积之和，我们要求的球表面积就可以解决了．生丁：我想用一些很小的正方形去贴满球体表面，那么只要求出这些小正方形的面积和，问题也可以解决．……师：同学们的想法都很好．要求球的表面积不再能简单地利用已学过的几何体侧面展开的办法了，因为对球体而言，无论怎样剪开，它还是曲面，不可能成为平面图形．大家可以来仔细分析一下刚才几位同学的解题方案，都有一个共同的想法，这就是我们将要在高二进一步学习的极限思想．若把球表面无限分割，将会得到许多近似于平面图形的图形．问题解决已有些眉目，再让咱们大家集思广议，完善求解方法．（课堂内鸦雀无声）（需引导一下）二、新课师：回忆一下，在平面几何的学习过程中，求圆的周长公式，我们采取了什么办法？生：是用圆内接正多边形的周长来近似地表示它的．师：当边数逐渐增加时，正多边形的周长就越来越接近圆的周长．当边数无限增加时，圆内接正多边形的周长就是圆的周长，这正是“以直代曲”的尝试．我们是否可以对此方法稍加改造，来完成球的表面积计算公式的推导？生丙：我想用球的内接圆柱的侧面积来近似求球表面积，只要用越来越多的平行平面把球分割，那么所得到的许多个内接圆柱的侧面积的全体就越来越接近球的表面积了．师：只能用球的内接圆柱去研究吗？生：圆台也可以．师：下面，我们以圆台为例，证明一个预备定理．目的是求出球内接圆台的侧面积公式．（板书引理）引理球面内接圆台（圆台上、下底面是球的两个平行截面）的高为h，球心到母线的距离为P，那么圆台的侧面积为2πPh．下一步，求半球面的面积．用n-1个平行于半球大圆面的平面将半球分为n个部分，使每一部分的母线都相等，则球心到它们的母线的距离都是p，而它们的高分别为h1，h2，h3，…，hn．如果平行平面无限增加，这些圆台、圆锥的侧面和就无限地接近于半球面，同时p无限地接近于R．当p变为R时，侧面积的和S变为2πR2，我们把这个和作为半球面的面积．例2 口答下面问题，并说明理由．（1）球的半径扩大n倍，它的面积扩大多少倍？（2）球的面积扩大n倍，它的半径扩大多少倍？（3）球大圆的面积扩大n倍，球面积扩大多少倍？（4）球的面积扩大n倍，球的大圆面积扩大多少倍？生：设球半径为R．（1）因球半径扩大n倍，S球面=4π（nR）2=n2×4πR2，即球面积扩大n2倍．四、小结在本节课内，我们讲了（1）球表面积等于它的大圆面积的4倍．（2）“以直代曲”的研究方法．（3）无限分割和逐次逼近的数学方法．五、作业1．课本p．92．6，2．课本p．92．7，3．课本p．92．8，4．两底面半径为r1和r2（r1＜r2）的圆台中有一个内切球，求这个球的表面积．（4πr1r2）5．（思考题）球面上有四个点P，A，B，C，如果PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=PB=PC=a，求这个球面的面积．（3πa2）（提示：把PA，PB，PC看成正方体内相交于一点的三条棱．因P，A，B，C在球面上，则此正方体内接于球．正方体的对角线恰为球的直径）课堂教学设计说明这堂课的知识量不算很大，主要任务就是完成球表面积公式的推导．作为生活常识，学生们大部分都已经知道了公式的内容．那么采用什么办法去吸引学生的注意力，激发学生的学习兴趣，使这堂课上得比较生动活泼呢？这是我在准备教案前首先想到的问题．其次，要想求出球的表面积，还需先证明一个引理．一部分学生在预习中可能会产生这样的疑问：为什么非要找一个球的内接圆台，而不是内接圆柱，内接圆锥？为什么此内接圆台还必须知道球心到母线的距离P，而不是底面圆的半径r？我为了处理好这两个大问题，就设计了一个教学过程的粗线条：先准备让学生自由讨论，（我借机，听取学生的想法，同时找一个没有预习课本，而又出现的是常见错误想法的同学，先汇报思考结果）再讲评总结的方式，一步步地引出学生们自行产生的无限分割和极限思想．由于学生更熟悉圆柱的结构，用圆柱的侧面积去逼近球表面的想法会很自然地产生．我在肯定此想法的基础上，引导学生去用圆台的侧面积逼近球的表面积的想法就容易了．对于球来说，它的基本元素是球半径，球面上任意一点到球心的距离都一样．所以，要找的球表面的相似体也要抓住这一性质．课堂习题的配备，主要想让学生了解到：要求球表面积只要抓住球半径即可．无论所给具体题目的条件如何变化，始终从公式出发，“缺什么，找什么，要什么，求什么”，紧紧围绕能求出球半径的目的而思考．。

第1讲 空间几何体【要点提炼】考点一 表面积与体积1．旋转体的侧面积和表面积(1)S 圆柱侧＝2πrl ，S 圆柱表＝2πr(r ＋l)(r 为底面半径，l 为母线长)．(2)S 圆锥侧＝πrl ，S 圆锥表＝πr(r ＋l)(r 为底面半径，l 为母线长)．(3)S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)．2．空间几何体的体积公式V 柱＝Sh(S 为底面面积，h 为高)；V 锥＝13Sh(S 为底面面积，h 为高)； V 球＝43πR 3(R 为球的半径)． 【热点突破】【典例】1 (1)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．【答案】 402π【解析】 因为母线SA 与圆锥底面所成的角为45°，所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形．设底面圆的半径为r ，则母线长l ＝2r.在△SAB 中，cos ∠ASB ＝78，所以sin ∠ASB ＝158. 因为△SAB 的面积为515，即12SA ·SBsin ∠ASB＝12×2r ×2r ×158＝515， 所以r 2＝40，故圆锥的侧面积为πrl ＝2πr 2＝402π.(2)如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，点D 在棱AA 1上，则三棱锥D －BB 1C 1的体积为________．【答案】 233 【解析】 如图，取BC 的中点O ，连接AO.∵正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，∴AC ＝2，OC ＝1，则AO ＝ 3.∵AA 1∥平面BCC 1B 1，∴点D 到平面BCC 1B 1的距离为 3.又11BB C S ＝12×2×2＝2， ∴11D BB C V ＝13×2×3＝233. 易错提醒 (1)计算表面积时，有些面的面积没有计算到(或重复计算)．(2)一些不规则几何体的体积不会采用分割法或补形思想转化求解．(3)求几何体体积的最值时，不注意使用基本不等式或求导等确定最值．【拓展训练】1 (1)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2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( )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π【答案】 B【解析】 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，由题意可知2r ＝h ＝22，∴圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πr ·h ＝4π＋8π＝12π.故选B.(2)如图，在Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝1，D 和E 分别是边BC 和AC 上异于端点的点，DE ⊥BC ，将△CDE 沿DE 折起，使点C 到点P 的位置，得到四棱锥P －ABDE ，则四棱锥P －ABDE 的体积的最大值为________．【答案】 327 【解析】 设CD ＝DE ＝x(0<x<1)，则四边形ABDE 的面积S ＝12(1＋x)(1－x)＝12(1－x 2)，当平面PDE ⊥平面ABDE 时，四棱锥P －ABDE 的体积最大，此时PD ⊥平面ABDE ，且PD ＝CD ＝x ，故四棱锥P －ABDE 的体积V ＝13S ·PD ＝16(x －x 3)，则V ′＝16(1－3x 2)．当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，33时，V ′>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1时，V ′<0. ∴当x ＝33时，V max ＝327. 【要点提炼】考点二 多面体与球解决多面体与球问题的两种思路(1)利用构造长方体、正四面体等确定直径．(2)利用球心O 与截面圆的圆心O 1的连线垂直于截面圆的性质确定球心．【典例】2 (1)已知三棱锥P －ABC 满足平面PAB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AB ＝4，∠APB ＝30°，则该三棱锥的外接球的表面积为__________．【答案】 64π【解析】 因为AC ⊥BC ，所以△ABC 的外心为斜边AB 的中点，因为平面PAB ⊥平面ABC ，所以三棱锥P －ABC 的外接球球心在平面PAB 上，即球心就是△PAB 的外心，根据正弦定理AB sin ∠APB＝2R ，解得R ＝4， 所以外接球的表面积为4πR 2＝64π.(2)(2020·全国Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．【答案】 23π 【解析】 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB ，如图所示，则△PAB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB 中，PA ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝23π. 规律方法 (1)长方体的外接球直径等于长方体的体对角线长．(2)三棱锥S －ABC 的外接球球心O 的确定方法：先找到△ABC 的外心O 1，然后找到过O 1的平面ABC 的垂线l ，在l 上找点O ，使OS ＝OA ，点O 即为三棱锥S －ABC 的外接球的球心．(3)多面体的内切球可利用等积法求半径．【拓展训练】2 (1)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O －ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π【答案】 C【解析】 如图所示，设球O 的半径为R ，因为∠AOB ＝90°，所以S △AOB ＝12R 2，因为V O －ABC ＝V C －AOB ，而△AOB 的面积为定值，当点C 位于垂直于平面AOB 的直径端点时，三棱锥O －ABC 的体积最大，此时V O －ABC ＝V C －AOB ＝13×12R 2×R ＝16R 3＝36， 故R ＝6，则球O 的表面积为S ＝4πR 2＝144π.(2)中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，AD ＝5，ED ＝3，若鳖臑P －ADE 的外接球的体积为92π，则阳马P －ABCD 的外接球的表面积为________．【答案】 20π【解析】 ∵四边形ABCD 是正方形，∴AD ⊥CD ，即AD ⊥CE ，且AD ＝5，ED ＝3，∴△ADE 的外接圆半径为r 1＝AE 2＝AD 2＋ED 22＝2， 设鳖臑P －ADE 的外接球的半径为R 1，则43πR 31＝92π，解得R 1＝322. ∵PA ⊥平面ADE ，∴R 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 21， 可得PA 2＝R 21－r 21＝102，∴PA ＝10. 正方形ABCD 的外接圆直径为2r 2＝AC ＝2AD ＝10，∴r 2＝102，∵PA ⊥平面ABCD ，∴阳马P －ABCD 的外接球半径R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 22＝5， ∴阳马P －ABCD 的外接球的表面积为4πR 22＝20π.专题训练一、单项选择题1.水平放置的△ABC 的直观图如图，其中B ′O ′＝C ′O ′＝1，A ′O ′＝32，那么原△ABC 是一个( )A ．等边三角形B ．直角三角形C ．三边中只有两边相等的等腰三角形D ．三边互不相等的三角形【答案】 A【解析】 AO ＝2A ′O ′＝2×32＝3，BC ＝B ′O ′＋C ′O ′＝1＋1＝2.在Rt △AOB 中，AB ＝12＋32＝2，同理AC ＝2，所以原△ABC 是等边三角形．2．(2020·全国Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12 【答案】 C【解析】 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ，侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′，则由已知得h 2＝12ah ′. 如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt △SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22， ∴h ′2＝12ah ′＋14a 2， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0， 解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)． 3．已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S 1，外接球的表面积为S 2，则S 1S 2等于( ) A.12 B.13 C.14 D.18【答案】 C【解析】 如图，由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r ，l 为底面圆周长，R 为母线长， 则12lR ＝2πr 2， 即12·2π·r ·R ＝2πr 2， 解得R ＝2r ，故∠ADC ＝30°，则△DEF 为等边三角形，设B 为△DEF 的重心，过B 作BC ⊥DF ，则DB 为圆锥的外接球半径，BC 为圆锥的内切球半径，则BC BD ＝12，∴r 内r 外＝12，故S 1S 2＝14. 4．(2020·大连模拟)一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，如图，需要设计各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体．已知文物近似于塔形，高1.8米，体积0.5立方米，其底部是直径为0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，气体每立方米1 000元，则气体的费用最少为( )A ．4 500元B ．4 000元C ．2 880元D ．2 380元【答案】 B【解析】 因为文物底部是直径为0.9米的圆形，文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，所以由正方形与圆的位置关系可知，底面正方形的边长为0.9＋2×0.3＝1.5米，又文物高1.8米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2(米)，所以正四棱柱的高为1.8＋0.2＝2(米)，则正四棱柱的体积V ＝1.52×2＝4.5(立方米)．因为文物的体积为0.5立方米，所以罩内空气的体积为4.5－0.5＝4(立方米)，因为气体每立方米1 000元，所以气体的费用最少为4×1 000＝4 000(元)，故选B.5.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，动点E 在BB 1上，动点F 在A 1C 1上，O 为底面ABCD 的中心，若BE ＝x ，A 1F ＝y ，则三棱锥O －AEF 的体积( )A ．与x ，y 都有关B ．与x ，y 都无关C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关【答案】 B【解析】 由已知得V 三棱锥O －AEF ＝V 三棱锥E －OAF ＝13S △AOF ·h(h 为点E 到平面AOF 的距离)．连接OC ，因为BB 1∥平面ACC 1A 1，所以点E 到平面AOF 的距离为定值．又AO ∥A 1C 1，OA 为定值，点F 到直线AO 的距离也为定值，所以△AOF 的面积是定值，所以三棱锥O －AEF 的体积与x ，y 都无关．6．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3 B.4π3 C.5π3 D ．2π 【答案】 C【解析】 如图，过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3. 7．(2020·全国Ⅰ)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( )A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【答案】 A【解析】 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a.由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23， OO 1＝a ＝2 3.在Rt △OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.8．(2020·武汉调研)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为( ) A.32π3 B ．3π C.4π3 D ．8π【答案】 A【解析】 设△ABC 外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3， ∴2r ＝AB sin ∠ACB ＝112＝2， 即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3， ∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，∴球O 的体积V ＝43π·OA 3＝32π3.故选A. 9.如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭的几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上、下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为( )A.2 000π9B.4 000π27 C ．81πD ．128π【答案】 B 【解析】 小圆柱的高分为上、下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h(0<h<5)，底面半径为r(0<r<5)．由于r ，h 和球的半径构成直角三角形，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱的体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h<5)，把V 看成是关于h 的函数，求导得V ′＝－π(3h －5)(h ＋5)．当0<h<53时，V ′>0，V 单调递增；当53<h<5时，V ′<0，V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱的体积取得最大值．即V max ＝π⎝⎛⎭⎪⎫25－259×⎝ ⎛⎭⎪⎫53＋5＝4 000π27，故选B. 10．已知在三棱锥P －ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等．若点P ，A ，B ，C 都在半径为1的球面上，则球心到平面ABC 的距离为( )A.36B.12C.13D.32【答案】 C【解析】 ∵在三棱锥P －ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等，∴此三棱锥的外接球即以PA ，PB ，PC 为三边的正方体的外接球O ，∵球O 的半径为1， ∴正方体的边长为233，即PA ＝PB ＝PC ＝233， 球心到截面ABC 的距离即正方体中心到截面ABC 的距离，设P 到截面ABC 的距离为h ，则正三棱锥P －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×h ＝13 S △PAB ×PC ＝13× 12×⎝ ⎛⎭⎪⎫2333， ∵△ABC 为边长为263的正三角形， S △ABC ＝233，∴h ＝23， ∴球心(即正方体中心)O 到截面ABC 的距离为13. 二、多项选择题11．(2020·枣庄模拟)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD －A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器一边AB 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面几个结论，其中正确的是( )A ．没有水的部分始终呈棱柱形B ．水面EFGH 所在四边形的面积为定值C ．随着容器倾斜度的不同，A 1C 1始终与水面所在平面平行D ．当容器倾斜如图③所示时，AE ·AH 为定值【答案】 AD【解析】 由于AB 固定，所以在倾斜的过程中，始终有CD ∥HG ∥EF ∥AB ，且平面AEHD ∥平面BFGC ，故水的部分始终呈棱柱形(三棱柱或四棱柱)，且AB 为棱柱的一条侧棱，没有水的部分也始终呈棱柱形，故A 正确；因为水面EFGH 所在四边形，从图②，图③可以看出，EF ，GH 长度不变，而EH ，FG 的长度随倾斜度变化而变化，所以水面EFGH 所在四边形的面积是变化的，故B 错；假设A 1C 1与水面所在的平面始终平行，又A 1B 1与水面所在的平面始终平行，则长方体上底面A 1B 1C 1D 1与水面所在的平面始终平行，这就与倾斜时两个平面不平行矛盾，故C 错；水量不变时，棱柱AEH －BFG 的体积是定值，又该棱柱的高AB 不变，且V AEH －BFG ＝12·AE ·AH ·AB ，所以AE ·AH ＝2V AEH －BFG AB ，即AE ·AH 是定值，故D 正确． 12. (2020·青岛检测)已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面均为正方形，其中AB ＝22，A 1B 1＝2，AA 1＝BB 1＝CC 1＝DD 1＝2，则下列叙述正确的是( )A ．该四棱台的高为 3B ．AA 1⊥CC 1C ．该四棱台的表面积为26D ．该四棱台外接球的表面积为16π【答案】 AD【解析】 将四棱台补为如图所示的四棱锥P －ABCD ，并取E ，E 1分别为BC ，B 1C 1的中点，记四棱台上、下底面中心分别为O 1，O ，连接AC ，BD ，A 1C 1，B 1D 1，A 1O ，OE ，OP ，PE.由条件知A 1，B 1，C 1，D 1分别为四棱锥的侧棱PA ，PB ，PC ，PD 的中点，则PA ＝2AA 1＝4，OA ＝2，所以OO 1＝12PO ＝12PA 2－OA 2＝3，故该四棱台的高为3，故A 正确；由PA ＝PC ＝4，AC ＝4，得△PAC 为正三角形，则AA 1与CC 1所成角为60°，故B 不正确；四棱台的斜高h ′＝12PE ＝12PO 2＋OE 2＝12×232＋22＝142，所以该四棱台的表面积为(22)2＋(2)2＋4×2＋222×142＝10＋67，故C 不正确；易知OA 1＝OB 1＝OC 1＝OD 1＝O 1A 21＋O 1O 2＝2＝OA ＝OB ＝OC ＝OD ，所以O 为四棱台外接球的球心，所以外接球的半径为2，外接球表面积为4π×22＝16π，故D 正确．三、填空题13．(2020·浙江)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________．【答案】 1【解析】 如图，设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，则圆锥的侧面积S 侧＝πrl ＝2π，即r ·l ＝2.由于侧面展开图为半圆，可知12πl 2＝2π， 可得l ＝2，因此r ＝1.14.在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱的底面直径为40 cm ，母线长最短50 cm ，最长80 cm ，则斜截圆柱的侧面面积S ＝________cm 2.【答案】 2 600π【解析】 将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S ＝12×(π×40)×(50＋80)＝2 600π(cm 2)． 15．已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为________．【答案】 823π 【解析】 将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O 为正方体的内切球，即球O 的直径2R ＝22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π. 16．(2020·新高考全国Ⅰ)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【答案】2π2【解析】 如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ，连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形，则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心， 设截面圆的半径为r ，则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝ 2.又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ. 又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1，同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点，∴∠PEQ ＝π2， 知PQ 的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2.。

古尔丁定理求旋转体表面积1. 引言在数学中，古尔丁定理是一个基本的定理，可以用于计算旋转体的表面积。

旋转体是指由曲线在某个轴上旋转而成的立体图形，在物理学、工程学以及计算机图形学中都有广泛的应用。

本文将介绍古尔丁定理的原理及推导过程，并通过具体的例子来说明如何使用古尔丁定理计算旋转体的表面积。

2. 古尔丁定理的原理古尔丁定理是基于微积分的概念和公式推导出来的。

定理的内容可以简述为：如果一个曲线在一个坐标轴上旋转一周，那么旋转体的表面积可以通过计算曲线在该轴上的弧长并乘以一个固定的因子来得到。

古尔丁定理的表达式如下：S =2π∫f ba (x )√1+[f′(x )]2 dx其中，S 表示旋转体的表面积，f(x)表示曲线在该轴上的函数表达式，a 和b 表示曲线所在的区间。

3. 古尔丁定理的推导为了推导古尔丁定理，我们需要先了解微元的概念。

微元是指曲线上的一个极小的线段，可以用微分来表示。

设曲线上的一小段长度为ds ，其对应的弧长即为dx 。

根据微元的定义，可以得到以下关系：ds =√1+(dy dx)2 dx 对上式两边取平方可得：ds 2=1+(dy dx)2 dx 2由于旋转体的表面积是由许多微元叠加而成的，我们需要将微元的表面积相加。

根据旋转体的性质，可以知道微元的表面积等于2πrds，其中r 为曲线上某点到旋转轴的距离。

将上述关系代入表面积的计算公式中，可得：dS =2πr √1+(dy dx)2 dx 为了得到整个旋转体的表面积，我们需要将上式积分：S =2π∫r ba √1+(dy dx )2 dx 由于古尔丁定理是基于曲线在坐标轴上的旋转而推导出来的，因此r 可以表示为曲线上的函数f(x)。

将r 替换为f(x)，即可得到古尔丁定理的表达式。

4. 古尔丁定理的应用例子为了更好地理解古尔丁定理的应用，我们以一个具体的例子进行说明。

例子：计算函数f (x )=x 2在区间[0,1]上绕x 轴旋转所得旋转体的表面积。

极坐标旋转体表面积推导在数学中，极坐标是一种表示平面上点的坐标系统，其中每一个点由一个极径和一个极角确定。

当我们将一个曲线围绕极径旋转时，就会形成一个旋转体，其中旋转体的表面积便成为了一个有趣而重要的问题。

要推导极坐标旋转体的表面积，我们可以从一个简单的情况开始：一个极径为r的圆形，绕其极径旋转。

为了更好地理解，我们将推导分为三个步骤：确定旋转曲线的参数方程、推导曲线的切向量、计算曲线的弧长。

首先，我们来确定旋转曲线的参数方程。

设圆形的坐标为(r, θ)，其中r是极径，θ是极角。

当圆形绕极径旋转时，旋转后的曲线可以用一个参数方程来表示：x = r * cos(θ)，y = r * sin(θ)。

这个参数方程描述了旋转体的每一个点。

接下来，我们来推导曲线的切向量。

曲线的切向量是曲线上某一点的切线方向。

对于极坐标下的旋转体曲线，我们可以通过求取曲线参数方程的一阶导数来得到切向量的表达式。

对于参数方程x = r * cos(θ)和y = r * sin(θ)，我们可以分别求取它们的一阶导数：dx/dθ = -r * sin(θ)，dy/dθ = r * cos(θ)。

由此可见，曲线的切向量方向与极角θ有关，又因为切向量与径向向量垂直，所以切向量的方向是指向圆心的。

最后，我们来计算曲线的弧长。

曲线的弧长是曲线上两个点之间的距离，通过对曲线参数方程的微分求解，我们可以得到曲线的弧长元素ds：ds = sqrt((dx/dθ)^2 + (dy/dθ)^2) * dθ= sqrt((-r * sin(θ))^2 + (r * cos(θ))^2) * dθ= sqrt(r^2) * sqrt(sin^2(θ) + cos^2(θ)) * dθ= r * dθ。

根据弧长的定义，我们可以得出整个旋转体的表面积：S = ∫ds= ∫r * dθ= r * θ。

综上所述，极坐标旋转体的表面积与极径和极角有关，可由表达式S = r * θ来表示。

星形线绕x轴旋转体的表面积（最新版）目录一、引言二、星形线的定义和性质三、旋转体的表面积计算方法四、星形线绕 x 轴旋转体的表面积计算过程五、结论正文一、引言在数学中，旋转体是一种由曲线或曲面围绕一个轴旋转形成的立体图形。

在研究旋转体的表面积时，我们需要了解其构成曲线或曲面的性质。

星形线是一种具有独特性质的曲线，本文将探讨星形线绕 x 轴旋转体的表面积计算方法。

二、星形线的定义和性质星形线是一种特殊的曲线，其定义为：在平面直角坐标系中，以原点为中心，以 (r,θ) 表示极坐标，满足极坐标方程ρ=a(1-cosθ) 的曲线，其中 a 为常数。

星形线具有以下性质：1.星形线关于 x 轴和 y 轴对称。

2.星形线的顶点在原点。

3.星形线是由两条射线组成的，这两条射线的夹角为 2π/a。

三、旋转体的表面积计算方法旋转体的表面积可以通过以下公式计算：S = ∫(S(r,θ) * r * dr * dθ)其中，S(r,θ) 表示曲线或曲面在极坐标系下的面积元素，r 和θ分别为极径和极角。

四、星形线绕 x 轴旋转体的表面积计算过程对于星形线绕 x 轴旋转体，我们可以将星形线分解为无数个极小的线段，然后将这些线段绕 x 轴旋转，得到一个旋转体。

我们可以通过以下步骤计算其表面积：1.将星形线的极坐标方程转换为直角坐标方程，得到 (x-a/2)^2 + y^2 = a^2/4。

2.将直角坐标方程转换为极坐标方程，得到ρ = a(1-cosθ)。

3.对极坐标方程进行积分，计算旋转体的表面积。

将上述极坐标方程代入旋转体表面积公式中，得到：S = ∫(a * (1-cosθ) * r * dr * dθ)通过积分计算，可得星形线绕 x 轴旋转体的表面积为 S = πa^2。

五、结论本文通过分析星形线的性质和旋转体的表面积计算方法，得出了星形线绕 x 轴旋转体的表面积为 S = πa^2。

古尔丁定理求旋转体表面积古尔丁定理求旋转体表面积一、引言在数学中，旋转体是一个非常重要的概念，它是由一个平面图形绕着某个轴线旋转而成的立体图形。

旋转体广泛应用于各种领域，比如建筑设计、机械制造、航空航天等。

在计算旋转体表面积时，古尔丁定理是一个非常有用的工具。

二、古尔丁定理的定义古尔丁定理是指，在平面上存在一条曲线，将其绕某个轴线旋转一周所得到的旋转体表面积等于该曲线沿轴线方向上的长度与该曲线绕轴线旋转一周所得到的螺旋线长度之积。

三、古尔丁定理的证明为了证明古尔丁定理，我们需要从几何和微积分两个角度进行分析。

1. 几何分析设平面上存在一条曲线L，并以y轴为轴将L绕x轴逆时针旋转一周所得到的立体图形为S。

我们可以将S划分成无数个小块，每个小块都可以看作一个圆台。

设第i个小块半径为ri，高为hi，底面圆周长为Li，则该小块的表面积为：Si = πri^2 + πriLi将该小块绕x轴旋转一周所得到的螺旋线长度为：di = 2πrihi则整个立体图形S的表面积为：S = ∑Si = ∑(πri^2 + πriLi) = π∑(ri^2 + riLi)将该曲线L沿y轴方向上的长度表示为L，则有：L = ∫[a,b]√(1+(dy/dx)^2)dx其中a和b分别表示曲线L在x轴上的两个交点。

我们可以通过微积分方法求出该曲线绕y轴旋转一周所得到的螺旋线长度，即：d = 2π∫[a,b]√(1+(dy/dx)^2)dx因此，根据古尔丁定理可得：S = Ld即旋转体表面积等于曲线沿轴线方向上的长度与曲线绕轴线旋转一周所得到的螺旋线长度之积。

2. 微积分分析古尔丁定理还可以通过微积分方法进行证明。

设平面上存在一条曲线L，并以y轴为轴将L绕x轴逆时针旋转一周所得到的立体图形为S。

我们可以将该曲线表示为y=f(x)，则有：S = 2π∫[a,b]f(x)√(1+(dy/dx)^2)dx其中a和b分别表示曲线L在x轴上的两个交点。