6.1.3 简单旋转体——球、圆柱、圆锥和圆台 课后达标 检测(课件PPT)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学必修第二册（北师大版）

该高中数学课件聚焦空间几何体的结构特征、截面问题及旋转体相关计算，通过直角三角形旋转成几何体等具体问题导入，衔接平面图形到空间几何体的转化，以实例分析为学习支架帮助学生构建空间观念。 其亮点在于结合碌碡滚动、单板滑雪U型场地等生活实例，用数学眼光观察现实问题，通过球的截面位置分类讨论培养数学思维，以轴截面面积计算等精准数学语言描述空间关系。采用问题驱动教学，学生能提升空间想象与应用能力，教师可高效落实核心素养。

1．3　课后达标 检测 1．直角三角形绕着它的一边旋转一周得到的几何体可能是(　　) A．圆台 B．圆台或两个同底圆锥的组合体 C．圆锥或两个同底圆锥的组合体 D．圆柱 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 16 11 1 √ 解析：按直角边旋转可得如图1所示的圆锥；如果绕斜边旋转可得如图2所示的两个同底圆锥的组合体．故选C. 课后达标 检测 2．如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面、下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体，现用一个竖直的平面去截这个组合体，则截面图形可能是(　　)   A．①② B．①③ C．①④ D．①⑤ 解析：该几何体的轴截面是①，当竖直的截面不经过轴时，截面图形为⑤.故选D. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 √ 课后达标 检测 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 √ 课后达标 检测 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 课后达标 检测 4．(多选)用一个平面去截一个圆台，得到的图形不可能是(　　) A．矩形 B．圆形 C．梯形 D．三角形 解析：根据圆台的结构特征，用一个平行于底面的平面截圆台可得圆形，当平面与圆台的轴所在直线平行或经过轴所在直线时，可得梯形，不论平面与圆台如何相交，截面都不可能是矩形和三角形．故选AD. 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 √ √ 课后达标 检测 5．(多选)下列说法错误的是(　　) A．圆锥的底面是圆面，侧面是曲面 B．用一张扇形的纸片可以卷成一个圆锥 C．一个物体上、下两个面是相等的圆面，那么它一定是一个圆柱 D．圆台的任意两条母线的延长线可能相交也可能不相交 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 √ √ √ 课后达标 检测 解析：对于A，由圆锥的性质知，圆锥的底面是圆面，侧面是曲面，A正确； 对于B，一张扇形的纸片只能卷出圆锥的侧面，不包含底面，B错误； 对于C，若两个相等的圆面不平行，则该几何体不是圆柱，C错误； 对于D，圆台是由平行于圆锥底面的平面截圆锥所得，则任意两条母线的延长线必然相交于一点，D错误．故选BCD. 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 课后达标 检测 6．(多选)两平行平面截半径为5的球，若截面面积分别为9π和16π，则这两个平面间的距离是(　　) A．1 B．3 C．4 D．7 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 √ √ 课后达标 检测 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 7 ③④ 解析：题图中的半球可由③绕轴旋转一周而成，也可由④绕轴旋转180°而成． 课后达标 检测 8．已知圆台的上、下底面面积分别为36π和49π，母线长为5，其两底面之间的距离为________． 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 17.3 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 课后达标 检测 10．一直角梯形ABCD如图所示，分别画出以AB，BC，DA所在直线为轴旋转一周所得几何体的大致形状，试说明所得几何体的特征． 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 解：在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AD＜BC，以AB所在直线为轴旋转，得到的几何体是一个圆台，如图1，   以BC所在直线为轴旋转，得到的几何体是一个同底的圆柱和圆锥的组合体，如图2，   3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 以DA所在直线为轴旋转，得到的几何体是圆柱挖去一个以其上底面为底面的圆锥构成的几何体，如图3. 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 11.碌碡是我国古代人民发明的一种把米、麦、豆等粮食加工成粉末的器具．如图，近似圆柱形碌碡的轴固定在经过圆盘圆心且垂直于圆盘的木桩上，当人或动物推动木柄时，碌碡在圆盘上滚动．若人或动物推动木柄绕圆盘转动一周，碌碡恰好滚动了3圈，则该圆柱形碌碡的底面圆的半径与其高之比为(　　) A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．2∶3 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 √ 课后达标 检测 解析：设圆柱形碌碡的底面圆半径与其高分别为r，h.易知圆柱形碌碡的高与圆盘的半径大约相等，又木柄绕圆盘转动1周，碌碡恰好滚动了3圈，所以3×2πr＝2πh，所以该圆柱形碌碡的底面圆的半径与其高之比为r∶h＝1∶3. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 2 课后达标 检测 14．已知OA为球O的半径，过OA的中点M且垂直于OA的平面截球面得到圆M. (1)若OA＝1，求圆M的面积； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 (2)若圆M的面积为3π，求OA. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 16．如图，半径R＝3的球O中有一内接圆柱，设圆柱的高为h，底面半径为r. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 (1)当h＝4时，求圆柱的底面半径； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 (2)当圆柱的轴截面ABCD的面积最大时，求h与r的值． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3．用长为8，宽为4的矩形做侧面围成一个圆柱，则圆柱的轴截面的面积为(　　) A．32 B． eq \f(32,π) C． eq \f(16,π) D． eq \f(8,π) 解析：设圆柱的底面半径为r， 当圆柱的高h＝8时，2πr＝4，所以圆柱的轴截面的面积S＝2rh＝ eq \f(32,π) ； 当圆柱的高h＝4时，2πr＝8， 所以圆柱的轴截面的面积S＝2rh＝ eq \f(32,π) . 故圆柱的轴截面的面积为 eq \f(32,π) .故选B. 解析：因为截面面积分别为9π和16π，所以两截面圆的半径分别为3和4.如图1所示，若两个平行平面在球心同侧，则这两个平行平面间的距离CD＝OC－OD＝ eq \r(52－32) － eq \r(52－42) ＝4－3＝1.如图2所示，若两个平行平面在球心两侧，则这两个平行平面间的距离CD＝OC＋OD＝ eq \r(52－32) ＋ eq \r(52－42) ＝4＋3＝7.故选AD. 7．如图所示的立体图形可由平面图形________绕轴旋转而成．(填序号) 2 eq \r(6) 解析：设圆台的母线长为l，高为h，上、下两底面圆的半径分别为r，R. 由题意可知，l＝5，πr2＝36π，πR2＝49π，解得r＝6，R＝7.取圆台的上、下底面中心分别为A，B，连接AB，在上、下底面圆周上分别取点C，D，使AC∥BD，由图可得，AC＝6，BD＝7，CD＝5，过点C作CE⊥BD于点E，则DE＝R－r＝1，AB＝CE＝h，满足关系式CD2＝CE2＋DE2，即25＝h2＋1，得h＝2 eq \r(6) ，即两底面之间的距离为2 eq \r(6) . 9．在半径为30 m的圆形广场中央上空，设置一个照明光源，射向地面的光呈圆锥形，且其轴截面顶角为120°.若要光源恰好照亮整个广场，则其高度应为________m．(参考数据： eq \r(3) ≈1.732，精确到0.1 m) 解析：如图所示，在圆锥SO中，AB为圆O的一条直径， 由题意可知SA＝SB，AO＝30 m，∠ASB＝120°， 所以∠SAO＝30°， 由tan ∠SAO＝ eq \f(SO,AO) ， 得SO＝AO·tan 30°＝30× eq \f(\r(3),3) ＝10 eq \r(3) ≈17.3(m). 12．已知圆锥的底面半径为r，高为h，若正方体ABCD­A1B1C1D1内接于圆锥，则这个正方体的棱长为(　　) A． eq \f(2rh,2r＋\r(2)h) B． eq \f(2rh,2h＋\r(2)r) C． eq \f(3rh,3h＋\r(3)r) D． eq \f(3rh,2h＋\r(3)r) 解析：过内接正方体的一组对棱作圆锥的轴截面，如图所示． 设圆锥内接正方体的棱长为x，则在轴截面中，正方体的对角面A1ACC1的一组邻边的长分别为x和 eq \r(2) x.因为△VA1C1∽△VMN，所以 eq \f(A1C1,MN) ＝ eq \f(VO1,VO) ，即 eq \f(\r(2)x,2r) ＝ eq \f(h－x,h) ，所以 eq \r(2) hx＝2rh－2rx，即x＝ eq \f(2rh,2r＋\r(2)h) .故这个正方体的棱长为 eq \f(2rh,2r＋\r(2)h) .故选A. 13．已知一个圆锥的母线长为2，底面圆的周长为2 eq \r(3) π，则过圆锥顶点的截面面积的最大值为________． 解析：因为底面圆的周长为2 eq \r(3) π，所以底面圆的半径为 eq \r(3) ，圆锥的母线长为2，设过圆锥顶点的截面等腰三角形的顶角为α，则0°<α≤120°，所以截面面积S＝ eq \f(1,2) ×2×2×sin α，所以当α＝90°时，截面面积取最大值，最大值为2. 解：若OA＝1，则OM＝ eq \f(1,2) ， 故圆M的半径r＝ eq \r(OA2－OM2) ＝ eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(3),2) ， 所以圆M的面积S＝πr2＝ eq \f(3,4) π. 解：因为圆M的面积为3π，所以圆M的半径r＝ eq \r(3) ，则OA2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(OA,2))) eq \s\up12(2) ＋3， 解得OA2＝4，所以OA＝2. 15．单板滑雪U型场地技巧是指在倾斜的半圆形赛道中滑行及进行跳跃、回转等空中技巧的运动．单板滑雪的U型场地可近似看为圆柱体的一部分(如图)，若一名运动员从顶端A点滑行到另一顶端B点，则滑行的最短距离约为(注：sin 53°≈ eq \f(4,5) ，sin 37°≈ eq \f(3,5) )(　　) A. eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(53π,9)))\s\up12(2)＋1202) m B. eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(37π,9)))\s\up12(2)＋1202) m C. eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(53π,18)))\s\up12(2)＋1202) m D. eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(37π,18)))\s\up12(2)＋1202) m 解析：设圆柱的底面半径为r m，U型场地的截面图如图1所示，设圆心为O，过点O作OC⊥AD于点C，则在Rt△ACO中，(r－4)2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,2))) eq \s\up12(2) ＝r2，解得r＝10，所以sin ∠AOC＝ eq \f(AC,OA) ＝ eq \f(4,5) ，所以∠AOC≈53°，所以∠AOD≈106°，所以 eq \o(AD,\s\up18(︵)) 的长约为 eq \f(106,360) ×2π×10＝ eq \f(53,9) π(m).U型场地的展开图如图2所示，连接AB，则从顶端A点滑行到另一顶端B点的最短距离约为 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(53π,9)))\s\up12(2)＋1202) m．故选A. 解：如图，取AB的中点O′，连接OO′. 当h＝4时，OO′＝ eq \r(R2－r2) ＝ eq \f(h,2) ＝2，所以9－r2＝4，r2＝5，所以圆柱的底面半径r＝ eq \r(5) . 解：因为OO′＝ eq \r(R2－r2) ＝ eq \r(9－r2) ， 所以AD＝h＝2 eq \r(9－r2) ，所以圆柱的轴截面ABCD的面积为S＝2r·2 eq \r(9－r2) ＝4 eq \r(r2·（9－r2）) ≤4× eq \f(r2＋9－r2,2) ＝18，当且仅当r2＝9－r2，即r2＝ eq \f(9,2) ，r＝ eq \f(3\r(2),2) 时取等号，此时h＝2× eq \r(9－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))\s\up12(2)) ＝3 eq \r(2) . $