2025北师大版高中数学必修第二册强化练习题--6.1　柱、锥、台的侧面展开与面积

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2025北师大版高中数学必修第二册
§6　简单几何体的再认识
6.1　柱、锥、台的侧面展开与面积
基础过关练
题组一　圆柱、圆锥、圆台的表(侧)面积
1.(2024浙江杭州期中)已知圆柱的底面直径和高均为2,则该圆柱的表面积为(　　)
A.4π　　　　B.6π　　　　
C.8π　　　　D.16π
2.(2023云南昆明三中适应性考试)用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥,截得的圆台的上底面半径为1,下底面半径为2,且该圆台的侧面积为3π,则原圆锥的母线长为(　　)
A.2　　　　B.　　　　
C.4　　　　D.2
3.(2023河北邯郸鸡泽第一中学月考)已知某等腰直角三角形的直角边长为1,现将该三角形绕其某一边所在直线旋转一周,则所形成的几何体的表面积为(　　)
A.π 　　　　B.π或(1+)π
C.2π或(2+)π
4.(2024山西吕梁模拟)已知圆台O1O2的高为3,中截面(过高的中点且垂直于轴的截面)的半径为3,若中截面将该圆台的侧面分成了面积比为1∶2的两部分,则该圆台的母线长为　　　　.
5.(2023上海四校联考)已知圆锥的底面半径为2,底面圆心到某条母线的距离为1,则该圆锥的侧面积为　　　　.
题组二　棱柱、棱锥、棱台的表(侧)面积
6.正四棱台的上底面边长a=2 cm,下底面边长b=4 cm,侧棱长l=2 cm,则棱台的侧面积为(　　)
A.6 cm2　　　　B.24 cm2
C.3 cm2　　　　D.12 cm2
7.(2024重庆朝阳中学期中)已知一个直四棱柱的高为4,其底面ABCD水平放置的直观图(斜二测画法)是边长为2的正方形,则这个直四棱柱的表面积为(　　)
A.40　　　　B.32+16　　　　
C.64+16
8.(2023浙江北斗联盟期中)由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫玻璃金字塔的形状可视为一个正四棱锥(底面是正方形,侧棱长都相等的四棱锥),其侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为,则以该正四棱锥的高为边长的正方形的面积与该正四棱锥的侧面积之比为(　　)
A.2　　　　B.　　　　
C.　　　　D.4
9.(2023江苏无锡期末)为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境,某学校修建了若干个朗读亭,朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体,如图所示,正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形,若正六棱锥与正六棱柱的高之比为1∶3,则正六棱锥与正六棱柱的侧面积的比值为(　　)
A.
10.(2024山西大学附属中学月考)已知正四棱锥的底面边长为2,现用一平行于正四棱锥底面的平面去截这个棱锥,截得的棱台的上、下底面的面积之比为1∶4,若截去的小正棱锥的侧棱长为2,则此棱台的表面积为　　　　.
11.(2024河南林州一中期末)如图,在四棱锥S-ABCD中,SC⊥BC,底面ABCD为矩形,AD=3,DC=4,SD=2,SB=7.
(1)证明:平面SAD⊥平面ABCD;
(2)求四棱锥S-ABCD的表面积.
题组三　组合体的表(侧)面积
12.(2023甘肃兰州诊断)攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式,常见的有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等,多见于亭阁式建筑,兰州市著名景点三台阁的屋顶部分也是典型的攒尖结构.某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分如图所示,它可以看作正三棱柱和不含下底面的正四棱台的组合体,已知正四棱台上、下底面边长(单位:dm)分别为2,6,侧棱的长度(单位:dm)为4,正三棱柱各棱长均相等,则该结构的表面积为(　　)
A.(34+44)dm2　　　　
C.(34+8)dm2
13.有一塔形组合体由3个正方体构成,构成方式如图所示,上层正方体下底面的四个顶点是中层正方体上底面各边的中点,中层正方体下底面的四个顶点是最底层正方体上底面各边的中点.已知最底层正方体的棱长为2,求该塔形组合体的表面积.
14.(2022湖南长沙二十一中期中)如图所示,已知直角梯形ABCD,BC∥AD,∠ABC=90°,AB=5 cm,BC=16 cm,AD=4 cm.求:
(1)以AB所在直线为旋转轴旋转一周所得几何体的表面积;
(2)以BC所在直线为旋转轴旋转一周所得几何体的表面积.
能力提升练
题组一　与几何体侧面展开图有关的最短路径问题
1.(2024四川仪陇中学月考)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=,BB1=2,∠ABC=90°,E,F分别为AA1,C1B1的中点,沿棱柱的表面从E到F的最短路径长为(　　)
A.
2.(2023辽宁六校联考)已知圆台上、下底面半径分别为1,2,母线长为2,圆台的轴截面如图所示,E为AB的中点,则从点C沿圆台的侧面到点E的最短路径长是　　　　.
3.(2023上海复旦大学附属中学开学考试)如图所示,已知圆锥的底面半径r=2 m,经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB,Q为半圆弧的中点,P为母线SA的中点.若一只蚂蚁从Q点沿着圆锥的侧面爬至P点,你能否作出合情的假设,来估算该蚂蚁行程的最小值(精确到0.01 m).
题组二　柱、锥、台的表(侧)面积
4.(2023广东一模)已知一个圆锥和圆柱的底面半径、高分别相等,若圆锥的轴截面是等边三角形,则这个圆锥和圆柱的侧面积的比值为(　　)
A.
5.(多选题)(2024河南郑州月考)如图所示的是底面半径为3的圆锥,将其放倒在一平面上,使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动,当这个圆锥在平面内转回到原位置时,圆锥恰好滚动了3周,则(　　)
A.圆锥的母线长为3
B.圆锥的表面积为36π
C.圆锥的侧面展开图的圆心角为60°
D.若一蚂蚁从点A出发沿圆锥的侧面爬行一周回到点A,则爬行的最短距离为9
6.如图,在四棱柱ABCD-A'B'C'D'中,底面ABCD为正方形,侧棱AA'⊥底面ABCD,AB=3,AA'=6,以D为圆心,DC'为半径在侧面BCC'B'上画弧,当半径的端点完整地划过弧C'E时,半径扫过的轨迹形成的曲面面积为(　　)
A.π　　　　
C.π
7.如图,正四面体A-BCD的棱长为2,在AB上有一动点E,过E作平行于底面BCD的截面,以该截面为底面向下挖去一个正三棱柱,则该正三棱柱侧面积的最大值为(　　)
A.
8.(2022上海南洋模范中学期末)图1中的机械设备叫作“转子发动机”,其核心零部件之一——转子的形状是“曲侧面三棱柱”,图2是一个曲侧面三棱柱,它的侧棱垂直于底面,底面是“莱洛三角形”,莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心,正三角形的边长为半径画圆弧得到的,如图3.若曲侧面三棱柱的高为5,底面任意两顶点之间的距离为20,则其侧面积为　　　　.
　　
9.(2024山东省实验中学期中)已知圆锥的顶点为P,底面圆的圆心为O,连接PO,则PO为圆锥的高,母线PA与PB夹角的余弦值为,轴截面为等腰三角形PAC,且∠APC=90°,若△PAB的面积为2.
(1)求该圆锥的侧面积;
(2)求该圆锥的内接正四棱柱的侧面面积的最大值.
10.(2023福建联考期中)如图,在三棱台ABC-DEF中,AB=BC=CA=2DF=2,FC=1,∠ACF=∠BCF=90°, G为AC的中点,H为BC上的点,BD∥平面FGH.
(1)求证:H为BC的中点;
(2)求三棱台ABC-DEF的表面积.
答案与分层梯度式解析
第六章　立体几何初步
§6　简单几何体的再认识
6.1　柱、锥、台的侧面展开与面积
基础过关练
1.B　依题意圆柱的底面半径r=1,高h=2,
所以圆柱的表面积S=2πr2+2πrh=2π×12+2π×1×2=6π.故选B.
2.D　设圆台的母线长为l,
∵圆台的侧面积为3π,
∴πl×(1+2)=3πl=3π,解得l=,
设截去的圆锥的母线长为l',
由三角形相似可得,则2l'=l'+,解得l'=,
∴原圆锥的母线长为l'+l=.
故选D.
3.B　若绕该三角形一直角边所在直线旋转一周,则所形成的几何体是圆锥,该圆锥的底面半径r=1,高h=1,母线长就是直角三角形的斜边长,记其为l,则l=,
故所形成的几何体的表面积S=πrl+πr2=π×1×+π×12=(1+)π;
若绕该三角形的斜边所在直线旋转一周,则所形成的几何体是上、下两个圆锥的组合体,上、下两个圆锥的底面半径都是直角三角形斜边上的高,记其为R,则R=,
上、下两个圆锥的母线长都是直角三角形的直角边的长,设母线长为L,则L=1,
故所形成的几何体的表面积S'=2πRL=2π××1=π.
综上,所形成的几何体的表面积为π或(1+)π.
4.答案　5
解析　如图,设圆台的上、下底面圆的半径分别为r,R,母线长为l,因为中截面的半径为3,所以r+R=2×3=6.
因为中截面将该圆台的侧面分成了面积比为1∶2的两部分,
所以,
解得r=1,所以R=5.
又圆台的高为3,所以圆台的母线长为=5.
5.答案　
解析　如图所示,O为底面圆心,OC=2,OD⊥AC,则OD=1,
在△AOC中,由面积相等可知·AC·OD=·AO·OC,即AC=2AO,
又因为AC2=AO2+OC2,
所以(2AO)2=AO2+4,
所以AC=2AO=,
则该圆锥的侧面积S=π·OC·AC=π×2×.
方法总结　圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面,计算侧面积时需要将这个曲面展开为平面图形,圆柱、圆锥、圆台的表面积包括侧面积与底面积.
6.D　正四棱台的斜高h'=(cm),所以棱台的侧面积S=4×(cm2).
7.C　由直观图是正方形知,四边形ABCD是两邻边分别为2和6,高为4的平行四边形,
其周长是2+6+2+6=16,面积是2×4,
所以直四棱柱的表面积是16×4+8×2=64+16.
8.B　如图所示,设该正四棱锥P-ABCD的高为h,底面边长为a,底面中心为O,侧面三角形底边上的高为h',
因为侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为,且h2+=h'2,所以h2=h'2-.
该正四棱锥的侧面积S侧=4×h'a=2h'a,以该正四棱锥的高为边长的正方形的面积S正=h2,
所以.
故选B.
9.B　设正六棱柱的底面边长为a,高为3b,则正六棱锥的高为b,
∴正六棱柱的侧面积S1=6a·3b=18ab,正六棱锥的侧棱长为,
∴正六棱锥的侧面积S2=6×,
∵正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形,
∴3b=2a,∴b=a,
∴,
故选B.
10.答案　5+3
解析　正四棱锥如图所示,设截面为四边形A1B1C1D1,
由题意可知,四边形A1B1C1D1与四边形ABCD相似且面积之比为1∶4,则,又PA1=PB1=2,所以PA=PB=4,从而AA1=BB1=2,由AB=2,可得A1B1=1,作B1E⊥AB于E,则B1E为正四棱台ABCD-A1B1C1D1的斜高,易得B1E=.故此棱台的表面积为1×1+2×2+4××(1+2)×.
11.解析　(1)证明:因为底面ABCD为矩形,所以BC⊥CD,又SC⊥BC,SC∩CD=C,SC,CD 平面SCD,
所以BC⊥平面SCD,
又SD 平面SCD,所以BC⊥SD,
由题意可得BD=5,因为SD=2,SB=7,
所以SB2=SD2+BD2,所以SD⊥BD,
又BC∩BD=B,BC,BD 平面ABCD,
所以SD⊥平面ABCD,
又SD 平面SAD,所以平面SAD⊥平面ABCD.
(2)由(1)可知,平面SAD⊥平面ABCD.
由题可知AB⊥AD,因为AB 平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面SAD,
又SA 平面SAD,所以AB⊥SA.
又SD⊥平面ABCD,AD,CD 平面ABCD,
所以SD⊥AD,SD⊥CD,
可得SA=.
所以四棱锥S-ABCD的表面积S=S矩形ABCD+S△SAD+S△SDC+S△SAB+S△SBC=3×4+×3×2×4×2×4××3×2.
12.A　由已知得,正三棱柱的一个底面积为×2×2×sin 60°=(dm2),
正三棱柱的外露表面积为2×+2×2×2=8+2(dm2),
正四棱台侧面梯形的高为(dm),
正四棱台的外露表面积为4××(2+6)×2(dm2),
故该结构的表面积为32+8)dm2.
13.解析　易知由下到上三个正方体的棱长依次为2,,1.
考虑该几何体在水平面上的投影,可知其在水平面上的投影面积与最大正方体的一个底面的面积相等,∴S表=2×22+4×[22+()2+12]=36.
∴该塔形组合体的表面积为36.
14.解析　(1)以AB所在直线为旋转轴旋转一周所得几何体是圆台,其上底面半径是4 cm,下底面半径是16 cm,母线DC的长为=13(cm).
∴该几何体的表面积为π×(4+16)×13+π×42+π×162=532π(cm2).
(2)以BC所在直线为旋转轴旋转一周所得几何体是圆柱和圆锥的组合体,如图所示.其中圆锥的高为16-4=12(cm),由(1)可知圆锥的母线DC的长为13 cm,又圆柱的母线AD的长为4 cm,故该几何体的表面积为2π×5×4+π×52+π×5×13=130π(cm2).
方法总结
三类几何体表面积的求法
(1)多面体的表面积:只需将它们沿着某条棱“剪开”,展开成平面图形,利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积;
(2)求旋转体的表面积:可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手,将其展开后求表面积,但要弄清其底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系;
(3)不规则几何体的表面积:通常将不规则几何体分割成基本的柱体、锥体、台体,先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积,再通过求和或作差,求出不规则几何体的表面积.
能力提升练
1.B　由题意得直三棱柱ABC-A1B1C1的底面△ABC和△A1B1C1均为等腰直角三角形.
①若把平面ABB1A1和平面B1C1CB展开在同一个平面内,如图1,则线段EF在直角三角形EA1F中,
由勾股定理得EF=;
②若把平面ACC1A1和平面B1C1CB展开在同一个平面内,如图2,则线段EF在直角三角形EA1F中,
由勾股定理,得EF=;
③若把平面ABB1A1和平面A1B1C1展开在同一个平面内,如图3,设BB1的中点为G,连接EG,
在直角三角形EGF中,由勾股定理得EF=;
④若把平面ACC1A1和平面A1B1C1展开在同一个面内,如图4,过F作与CC1平行的直线,过E作与AC平行的直线,所作两直线交于点H,则EF在直角三角形EHF中,
由勾股定理得EF=.
因为,
所以从E到F的最短路径长为.
　
　
方法归纳　涉及空间几何体表面上两点间距离的最小值问题,一般利用展开的策略,即沿几何体某一条棱(或母线)展开,将空间图形平面化,把问题转化为求平面图形上两点间的距离的最小值,利用“两点之间,线段最短”求解.
2.答案　5
解析　延长BA与CD的延长线交于点F,根据题意,得AD=2,BC=4,所以FA=FB,即FA=AB=2,
设圆台侧面展开图的圆心角为θ,
由2π×=FA·θ,得θ=π,
即圆台的侧面展开图为半圆环,
由此作出圆台的侧面展开图,如图所示,
在圆台的侧面上,从点C到点E的最短路径长为CE的长度.
由题意知FB=FC=4,AB=2,由E为AB的中点,可得FE=3,所以CE==5.
即从点C沿圆台的侧面到点E的最短路径长是5.
3.解析　将母线SQ,SA及劣弧围成的曲面展开,如图,连接PQ,
则l　×2πr=π,∠ASQ=,
在△SPQ中,由余弦定理可得,
PQ2=SP2+SQ2-2SP·SQcos∠ASQ=20-8,
所以PQ=≈2.95(m).
4.C　设圆锥和圆柱的底面半径均为r,
因为圆锥的轴截面是等边三角形,所以圆锥的母线长l=2r,
则圆锥和圆柱的高h=r,
所以圆锥的侧面积S1=πrl=2πr2,
圆柱的侧面积S2=2πrh=2πr2,
所以这个圆锥和圆柱的侧面积的比值为.
5.BD　设圆锥的母线长为l,则以S为圆心,SA为半径的圆的面积为πl2,圆锥的侧面积为3πl,
因为圆锥在平面内转回到原位置时,圆锥滚动了3周(相当于侧面展开了3次),
所以圆锥的侧面展开图的圆心角为°=120°,πl2=3×3πl,解得l=9,故A,C错误;
圆锥的表面积为3×π×9+π×32=36π,故B正确;
将圆锥沿SA展开,如图,连接AA',则△ASA'为等腰三角形,
所以蚂蚁爬行的最短距离为AA'=2×9×sin 60°=9,故D正确.故选BD.
6.A　连接EC,由题意得半径扫过的轨迹形成的曲面是以D为顶点,C为底面圆心,DC'为母线的圆锥的侧面的一部分,则CE=CC'=AA'=6,DE=DC'=,
连接BD,则BD⊥BE,又四边形ABCD是正方形,所以BD=AB=6,所以BE==BC,所以∠BCE=,所以∠ECC'=,
又,所以曲面面积是该圆锥的侧面积的,
又圆锥的侧面积S=π×CC'×DC'=π×6×3π,
所以曲面面积为18π.故选A.
7.A　过点E的正三棱柱如图所示,设其上、下底面的中心为O,O',底面边长为x,x∈(0,2),
由题意可知△AEG为正三角形,故AE=EG=x,
所以BE=2-x,
连接O'B,易知E'在O'B上,O'B=×2=,
O'E'=,
故BE'=O'B-O'E'=,
所以EE'=(2-x),
故该正三棱柱的侧面积S=3×(2-x)·x=,
所以当x=1时,S取得最大值.故选A.
8.答案　100π
解析　如图所示,由题意得△ABC为等边三角形,且边长为20,
所以弧的长度l=×20=,
曲侧面三棱柱的三个侧面展开后均是长为,宽为5的矩形,
所以曲侧面三棱柱的侧面积为3××5=100π.
9.解析　(1)设圆锥的母线长、底面半径分别为l,r,则l2+l2=(2r)2,∴l=r,
∵cos∠APB=,∴sin∠APB=,
故S△PAB=PA·PB·sin∠APB=l2×,解得l=4(负值舍去),则r=2,
∴S圆锥侧=πr×l=π×2×4=8π.
故该圆锥的侧面积为8π.
(2)由(1)知圆锥的高PO=r=2,根据题意,作出圆锥的内接正四棱柱的截面图,如图所示:
令正四棱柱的底面边长为a,高为h,
则HG=a,PO1=PO-h,
易知△PHG∽△PAC,则,即,
∴a=-h),
∴S正四棱柱侧=4ah=4-h)h≤4×2=8,当且仅当2-h=h,即h=时等号成立,故该圆锥的内接正四棱柱的侧面面积的最大值为8.
技巧点拨　 (1)对于旋转体的有关计算问题,常作出其轴截面,从而将空间图形平面化.对于本题,圆锥的轴截面是等腰三角形,故常作出其底边上的高(也是圆锥的高),将其转化为直角三角形求解.
(2)对于几何体中的表(侧)面积的最值问题,往往构造函数,转化为函数的最值,再利用函数思想或基本不等式求解.
10.解析　(1)证明:连接CD,设CD∩FG=O,连接HO,DG,
因为BD∥平面FGH,BD 平面CBD,且平面CBD∩平面FGH=HO,所以BD∥HO,
易得四边形DFCG是正方形,所以O是CD的中点,所以H是BC的中点.
(2)因为AB=BC=CA=2,所以△ABC为等边三角形,
所以△DEF也为等边三角形,且EF=DE=DF=1,
则S△DEF=×DE2=,S△ABC=×AB2=,
又因为∠ACF=∠BCF=90°,所以侧面ADFC和侧面EFCB均为直角梯形,且FC=1,
设侧面ADFC的面积为S1,则S1=×(1+2)×1=,
连接EH,易得侧面ADEB为等腰梯形,其中DE=1,AB=2,且AD=BE=,
过点E作EM⊥AB,垂足为M,可得EM=,
设侧面ABED的面积为S2,则S2=×(1+2)×,
所以三棱台的表面积S=+2×+3.
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