第六章　立体几何初步 6.1 柱锥台的侧面展开与面积--2026北师大版高中数学必修第二册章节练（含解析）

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2026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.(2025四川凉山州诊断性检测)某圆锥的母线长为1,其侧面积与轴截面面积的比值为2π,则该圆锥的高为(　　)
A.　　B.1　　C.2　　D.π
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　　D.2π或(2+)π
4.(2025黑龙江哈尔滨宾县第一中学月考)已知圆台OO1的上、下底面的半径分别为1 cm、2 cm,高为3 cm.光源点A沿该圆台上底面圆周运动一周,其射出的光线始终经过圆台轴截面图形对角线的交点,则光线在圆台内部扫过的面积为(　　)
A.5π cm2　　B.5π cm2
C.10π cm2　　D.10π cm2
5.(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　　　　.
题组二　棱柱、棱锥、棱台的表(侧)面积
6.(2025浙江宁波北仑中学期中)已知正四棱锥底面正方形的边长为4,高与斜高的夹角为,则该正四棱锥的侧面积为(　　)
A.4　　B.8　　C.16　　D.32
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　　D.64+16
8.(2025北京丰台月考)如图,在棱台ABCD-A'B'C'D'中,底面ABCD和A'B'C'D'均为正方形,AB=3,A'B'=1,侧面均为等腰梯形,且侧面与底面ABCD的夹角均为45°,则该棱台的表面积为(　　)
A.18　　B.10+8　　C.10+8　　D.34
9.(2025天津经济技术开发区第一中学期中)在正方体的八个顶点中,有四个恰好是正四面体(四个面都是正三角形的三棱锥)的顶点,则此正方体的表面积与此正四面体的表面积的比值为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
10.(2024天津双菱中学月考)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.　　B.　　
C.　　D.
11.(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　　　　.
题组三　组合体的表(侧)面积
12.(2025北京第八中学月考)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+8)dm2　　B.(34+44)dm2　　
C.(34+48)dm2　　D.(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.(2025江苏苏州吴江中学期中)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值问题
1.(2025河北邢台质检联盟期中联考)已知圆锥SO的轴截面SAB是边长为4的等边三角形,C是SB的中点,一只蚂蚁从点A出发,沿着圆锥SO的表面爬到点C,则这只蚂蚁爬行的最短距离是(　　)
A.2　　B.4　　C.2　　D.6
2.(2024四川南充仪陇中学月考)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.　　B.　　C.　　D.+
3.(多选题)(2025陕西榆林期中联考)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M是B1C上的一个动点(含端点),则MA+MC1的取值可以为(　　)
A.+　　B.2　　C.2+2　　D.5
4.(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　　　　.
题组二　柱、锥、台的表(侧)面积
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　　B.π　　C.π　　D.π
7.(2024河南漯河高级中学检测)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.　　B.　　C.　　D.
8.(2025海南创新中学协作校期中)如图所示,某建筑物模型无下底面,有上底面,其外观是圆柱,底部挖去一个圆锥.已知圆柱与圆锥的底面大小相同,圆柱的底面半径为6 cm,高为20 cm,圆锥的母线长为10 cm.现需使用油漆对400个该种模型进行涂层,油漆的费用为30元/m2,则所需的总费用是　　　　元(结果精确到1元).
9.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　　　　.
　　
10.(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.
11.(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
§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 2.A 3.B 4.A 6.D 7.C 8.B 9.B
10.B 12.A
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.
2.A　设圆锥底面圆的半径为r,高为h,母线长为l,
则圆锥的侧面积为πrl=πr,轴截面的面积为rh,
依题意得=2π,解得h=.
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.
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.
4.A　设圆台轴截面图形的两条对角线交于点P,一条母线为AB,如图,
由题意可知,光线在圆台内部扫过的面积为圆锥PO,PO1的侧面积之和,且OA=1 cm,O1B=2 cm,OO1=3 cm,
设OP=m cm,O1P=n cm,则结合相似三角形的性质可知=,所以所以
则AP==(cm),BP==2(cm),
所以圆锥PO,PO1的侧面积之和S=π×1×+π×2×2=5π(cm2).
5.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.
6.D　设SO是正四棱锥S-ABCD的高,作SE⊥BC于点E,连接OE,如图,
易知∠OSE=,E为BC的中点,
因为正方形ABCD的边长为4,所以OE=AB=2,所以SE==2OE=4,
故该正四棱锥的侧面积S侧=4S△SBC=4××4×4=32.
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=8,
所以直四棱柱的表面积是16×4+8×2=64+16.
8.B　过B'作B'F⊥底面ABCD,交底面ABCD于F,过F作FE⊥BC于E,连接B'E,如图,
因为BC 底面ABCD,所以B'F⊥BC,
又因为FE⊥BC,FE∩B'F=F,FE,B'F 平面B'FE,
所以BC⊥平面B'FE,
因为B'E 平面B'FE,所以BC⊥B'E,
又因为平面B'C'CB∩平面ABCD=BC,
所以∠B'EF即为侧面B'C'CB与底面ABCD的夹角,即∠B'EF=45°,
由题意可知FE=×(3-1)=1,所以B'E=,
所以该棱台的表面积S=12+32+4×=10+8.
9.B　根据题意可作图如下:
不妨设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,则正四面体A1-BDC1的棱长为a,
所以正方体ABCD-A1B1C1D1的表面积为6a2,
正四面体A1-BDC1的表面积为4××a××a=2a2,
所以此正方体的表面积与此正四面体的表面积的比值为=.
10.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×a=3a,
∵正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形,
∴3b=2a,∴b=a,∴==.
11.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)×=5+3.
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=2(dm),
正四棱台的外露表面积为4××(2+6)×2=32(dm2),
故该结构的表面积为32+8+2=(34+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.C 2.B 3.ABC 5.BD 6.A 7.A
1.C　由题意可知圆锥SO的底面半径r=2,母线长l=4,
将扇形沿母线SA展开,连接AC,则AC的长即为蚂蚁爬行的最短距离.
设侧面展开后所得扇形的圆心角为α,则α==π,故∠ASB==,
因为C是SB的中点,
所以SC=2,
所以这只蚂蚁爬行的最短距离为AC===2.
2.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.
3.ABC　由正方体的性质可得△ACB1为等边三角形,边长为2,△CB1C1为等腰直角三角形,其直角边的长为2,
将△ACB1绕CB1翻折至与△CB1C1共平面的位置,如图所示,
易知当A,M,C1三点共线时,MA+MC1取得最小值,
此时M为CB1的中点,MA⊥B1C,C1M⊥B1C,
因为CA=CB1=AB1=2,CC1=B1C1=2,
所以MA===,MC1=B1C=,
所以MA+MC1的最小值为+;
当M与B1(或C)重合时,MA+MC1取得最大值,为2+2.结合选项可知A,B,C正确.
4.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.
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.
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'==3,
连接BD,则BD⊥BE,又四边形ABCD是正方形,
所以BD=AB=6,
所以BE==3=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×6×3=18π,
所以曲面面积为18π×=π.
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'=×x=,
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=(2-x)·x=(-x2+2x)=-(x-1)2+,
所以当x=1时,S取得最大值.
8.答案　1 267
解析　圆柱的侧面积S1=2π×6×20=240π(cm2),圆柱的上底面面积S2=36π(cm2),圆锥的侧面积S3=π×6×10=60π(cm2),
故一个这种模型的表面积S=240π+36π+60π=336π(cm2),
所以对400个该种模型进行涂层所需的总费用为=403.2π≈1 267(元).
9.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.
10.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×=2,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=(2-h),
∴S正四棱柱侧=4ah=4(2-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.
11.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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