旋转体的侧面积
极坐标侧面积旋转公式
极坐标侧面积旋转公式
极坐标侧面积旋转体的公式：
面积=∫2πyds=∫2πrsinθ√(r²+r²)dθ。
极坐标属于二维坐标系统，创始人是牛顿，主要应用于数学领域。
极坐标是指在平面内取一个定点O，叫极点，引一条射线Ox，叫做极轴，再选定一个长度单位和角度的正方向（通常取逆时针方向）。
对于平面内任何一点M，用ρ表示线段OM的长度（有时也用r表示），θ表示从Ox到OM的角度，ρ叫做点M的极径，θ叫做点M的极角，有序数对(ρ,θ)就叫点M的极坐标，这样建立的坐标系叫做极坐标系。
通常情况下，M的极径坐标单位为1（长度单位），极角坐标单位为rad（或°）。
绕x轴y轴旋转体积的积分公式
绕x轴y轴旋转体积的积分公式
绕x轴旋转体体积公式是V=π∫[a，b]f(x)^2dx。
一条平面曲线绕着所在的平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫作旋转面；该定直线叫做旋转体的轴；封闭的旋转面围成的几何体叫作旋转体。
绕y轴旋转体积公式：V=π∫[a，b]φ(y)^2dy。
绕x轴旋转体的侧面积为A=2π∫[a，b]y*(1+y'^2)^0.5dx,其中y'^2是y对x的导数的平方，()^0.5是开平方。
绕x轴旋转得到的旋转体体积为0.5π^2，绕y轴旋转得到的旋转体体积为2π^2。
1、绕x轴旋转时，微体积dV = πy^2dx，或者：dV = π(sinx)^2dx，将dV在0到π之间对x做定积分。
得到：V = ∫π(sinx)^2dx (在0到π区间积分) = ∫π(1-cos2x)/2dx (在0到π区间积分) = 0.5π^2。
即，给定函数，绕x轴旋转得到的旋转体体积为0.5π^2。
2、绕y轴旋转时，微体积dV = π(2x)ydx，或者：dV = 2πxsinxdx，将dV在0到π之间对x做定积分。
得到：V = ∫2πxsinxdx(在0到π区间积分) =2π∫xsinxdx (在0到π区间积分) = 2π^2。
即，给定函数，绕y轴旋转得到的旋转体体积为2π^2。
一般定理
定理1：设f(x)在区间[a,b]上连续，则f(x)在[a,b]上可积。
定理2：设f(x)区间[a,b]上有界，且只有有限个间断点，则f(x)在[a,b]上可积。
定理3：设f(x)在区间[a,b]上单调，则f(x)在[a,b]上可积。
-体积、旋转体的侧面积、一些物理量的计算
dV A(x)dx,
b
V a A(x)dx.
例 1．设有半径为R 的正圆柱体，被通过其底的直径
而与底面交成 的平面所截，求截得的圆柱楔的体积。
解：如图建立坐标系，
y tan
R
则底圆的方程为x2 y2 R2 。
x y
x[R, R] ，用过点x 且垂直于x 轴 o
x2
)dx
a
V
a a
b2 a2
(a
2
x2
)dx
ox
b
Байду номын сангаасax
x dx
2
b2 a2
a 0
(a2 x2)dx
2b2 a2
(a
2
x
1 3
x3
)
a 4 ab2. 03
例 3．已知圆台的上底半径为 r1 ，下底半径为r2 ，高为h ，
求它的体积。
解：如图选择坐标系，母线 AB 的方程为
y
0
r1
h r2
y
o a x xdx b x
设[x,x dx] 是[a,b] 上的代表小区间，相应的一小块立体
的体积记为V ,设 A(x) 在[x,x dx] 上的最小值和最大值分
别为m 和 M ，则 mdxV Mdx,
取近似
V A(x)dx,
其误差为 V A(x)dx (M m)dx ，
∵当dx0 时，(M m) 0 ，
则 dA 2f (x)dL ，
oa
故
A 2
b
f (x)
1 y2 dx.
a
y f (x) x x dx b x
[ 圆台的侧面积= 母线长 (上底半径 下底半径 ) 。在极限 状态，母线长是弧微元dL ；上底半径 下底半径 2f(x) 。]
专题4 第1讲 空间几何体(教师版)
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.。
8.5 旋转体的侧面积
b
a
dA 2 a
b
2π f ( x ) 1 f 2 ( x )dx . f ( x )ds a
b
旋转体的侧面积
§8.5 定积分的应用
设平面光滑曲线 C 的方程为
x ( y ) , y [c, d ] ( ( y ) 0),
将曲线绕 y 轴旋转一周得到旋转体. 则侧面积：
y x r 2 x2
r
x
x
r x r
r2 1 y 2 1 ( )2 2 2 2 r x2 r x
r
A 2 y 1 y2 dx 2 - r r 2 x 2
r
r2 dx 4 r 2 . r 2 x2
高州师范学院
旋转体的侧面积
2 d f f
2
因为这时可看作参数方程：
x f ( )cos
y f ( )sin
高州师范学院
旋转体的侧面积
§8.5 定积分的应用
一、( x ), a x b
2、参数方程
x (t ), y (t ), t
§8.5 定积分的应用
x2 y2 例2、求椭圆 2 2 1(0 b a )绕y轴旋转所成旋转体的表面积. a b y 解：右半椭圆的方程为：
y2 a 2 x a 1 2 b y2 . b b
b y b
x
x
ay b b2 y 2
ay
b 2 (b 2 y 2 ) a 2 y 2 1 x 2 1 ( )2 2 2 b 2 (b 2 y 2 ) b b y
A | f ( x ) | dx
极坐标绕x轴旋转体体积公式
极坐标绕x轴旋转体体积公式
极坐标绕x轴旋转体，是指在极坐标系中，以x轴为中心，将一定厚度的圆柱体或圆锥体等旋转体沿x轴正方向旋转一周所形成的立体。
这种旋转体在实际应用中具有广泛的意义，如在物理学、工程学等领域。
为了更好地理解和研究这种旋转体，我们先来推导其体积公式。
设极坐标绕x轴旋转体的半径为r，高度为h。
根据极坐标系的定义，我们可以知道，旋转体的底面圆的半径为r，圆心与x轴的距离也为r。
现在，我们来推导极坐标绕x轴旋转体的体积公式。
旋转体的体积可以表示为：V = πrh
这里，我们采用极坐标系下的面积元素来计算。
在极坐标系中，圆的面积元素为：dA = θrdr
那么，旋转体的底面圆的面积为：A = πr
接下来，我们需要计算旋转体侧面的面积。
在极坐标系中，侧面沿x轴的正方向，其长度为2πr，高度为h。
因此，侧面的面积为：A" = 2πrh 现在，我们可以计算旋转体的体积了。
将底面圆的面积和侧面的面积相加，得到旋转体的总表面积：A总= A + A" = πr + 2πrh
根据立体体积的定义，体积V与表面积A总和高度h的关系为：V = h * A总
将A总代入，得到：V = h * (πr + 2πrh)
化简后，得到极坐标绕x轴旋转体的体积公式：V = πrh + 2πrh
此公式即为极坐标绕x轴旋转体的体积公式。
在实际应用中，我们可以根
据具体问题，将半径r、高度h和旋转角度θ代入公式，计算出相应旋转体的体积。
总之，我们通过推导得出了极坐标绕x轴旋转体的体积公式，这对于研究此类旋转体在实际问题中的应用具有重要意义。
2023年新高考数学大一轮复习专题四立体几何第1讲空间几何体(含答案)
新高考数学大一轮复习专题：第1讲 空间几何体[考情分析] 几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积与体积是高考题的重点与热点，多以小题的形式进行考查，属于中等难度． 考点一 表面积与体积 核心提炼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)．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 ·SB sin∠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．跟踪演练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 ．122π B ．12π C ．82π D ．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. 考点二 多面体与球 核心提炼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．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ABsin∠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．跟踪演练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.专题强化练一、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.12B.13C.14D.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＝2πr2，即12·2π·r·R＝2πr2，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BCBD＝12，∴r内r外＝12，故S1S2＝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1000元，则气体的费用最少为( )A．4500元B．4000元C．2880元D．2380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1000元，所以气体的费用最少为4×1000＝4000(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.2π3B.4π3 C.5π3D ．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.32π3B ．3πC.4π3D ．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.2000π9B.4000π27C ．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＝4000π27，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 ＝13S △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 －BFGAB，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＋OE2＝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40cm ，母线长最短50cm ，最长80cm ，则斜截圆柱的侧面面积S ＝________cm 2.答案 2600π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)＝2600π(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.。
绕y轴旋转体侧面积公式
绕y轴旋转体侧面积公式
椭圆体的体积v＝(4/3)πabc 椭圆是平面内到定点f1、f2的距离之和等于常数（大于|f1f2|）的动点p的轨迹，f1、f2称为椭圆的两个焦点。
其数学表达式为：
|pf1|+|pf2|=2a（2a\ue|f1f2|）。
a与b,c分别代表x轴、y轴、z轴的一半。
椭圆是圆锥曲线的一种，即圆锥与平面的截线。
椭圆围绕它的长轴或短轴旋转一周所围成的几何体。
椭圆是圆锥曲线的一种，即圆锥与平面的截线。
椭圆上的任何一点到椭圆的两个焦点距离只和相等。
椭圆的面积就是πab。
椭圆可以看做圆在某方向上的弯曲，它的参数方程就是：
x=acosθ ，y=bsinθ
椭圆围绕它的长轴或短轴旋转一周所围成的几何体，椭圆体近似公式：
① s=πb/(a)(17a+3b)^2
② s=4πb(sin45°(a-b)+b)
如果不建议很高的精度，①②两公式基本满足用户。
如果需要更高精度，则用下列公式即可，（此公式包含了割圆术公式）
s=πb/(a)(16.9a+3.1b)2((a-b)/a)6/arctg((a-b)/a)6
椭圆与其他两种形式的圆锥截面有很多相似之处：抛物线和双曲线，两者都是开放的和无界的。
圆柱体的横截面为椭圆形，除非该截面平行于圆柱体的轴线。
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d S 2 y ds 2 y dx
y
y f ( x)
不是薄片侧面积△S 的 的线性主部 . 若光滑曲线由参数方程
2 y dx
o a
x
ds dx
b x
给出, 则它绕 x 轴旋转一周所得旋转体的 侧面积为
S 2 (t ) 2 (t ) 2 (t ) dt
12 a2 5
旋转体的侧面积
设平面光滑曲线 它绕 x 轴旋转一周所得到的旋转曲面的侧面积 . 上的圆台的侧面积 取侧面积元素:位于
求
d S 2 y ds
积分后得旋转体的侧面积
y f ( x)
y y
o a a o
x
b b
x x
S 2 f ( x) 1 f 2 ( x) dx
a
b
注意: 侧面积元素
计算圆 x2 y2 R2 在
x 轴旋转一周所得的球台的侧面积 S . 解: 对曲线弧
x1
上绕
y
o
x2
应用公式得
R x
S 2
x2 x1
R x
2
2
1 2 2 R x
x
2
dx
y
2 R dx 2 R( x2 x1 )
x1
x2
o x
当球台高 h＝2R 时, 得球的表面积公式
பைடு நூலகம்
S 4 R
2
z
求由星形线 一周所得的旋转体的表面积 S .
解: 利用对称性
S 2 2
2
绕 x 轴旋转
0
a sin 3 t
2
2
3a cos t sin t 3a sin
2
2
t cos t
2
dt
12 a
2
2
0
sin 4 t cos t dt
1 5 2 12 a sin t 5 0