课时分层评价53 柱、锥、台的侧面展开与面积-【金版新学案】2025-2026学年高中数学必修第二册同步课堂高效讲义配套练习word（北师大版）

课时分层评价53　柱、锥、台的侧面展开与面积 (时间：60分钟　满分：110分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1－9小题，每小题5分，共45分) 1.已知一个正四棱台的上、下底面边长分别是4和6，高是，则它的侧面积为(　　) A.10 B.20 C.40 D.44 答案：C 解析：正四棱台的侧面为等腰梯形，又正四棱台的上、下底面的边长为4，6，高为，所以侧面梯形的斜高为h'＝＝2，所以棱台的侧面积为S＝4×h'＝4××2＝40.故选C. 2.已知母线长为10的圆台的侧面积为100π，且其上底面的半径r与下底面的半径R满足R＝4r，则R＝(　　) A.2 B.4 C.8 D.12 答案：C 解析：因为该圆台的侧面积为100π，母线长l＝10，R＝4r，所以π×10＝100π，解得r＝2，则R＝8.故选C. 3.已知圆锥的侧面积为π，轴截面面积为1，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为(　　) A.15° B.30° C.45° D.60° 答案：C 解析：设圆锥的母线为l＞0，底面半径为r＞0，高为h＞0，如图所示.由题意可得设该圆锥的母线与底面所成的角为θ，则0°＜θ＜90°，可得tan θ＝＝1，所以该圆锥的母线与底面所成的角为θ＝45°.故选C. 4.攒尖式屋顶是中国古代传统建筑的一种屋顶样式，如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知该圆锥的底面直径为6 m，高为4 m，则该屋顶的面积约为(　　) A.15π m2 B.20π m2 C.24π m2 D.30π m2 答案：A 解析：如图所示，由题意知，圆锥底面圆半径r＝OA＝3 m，高h＝OB＝4 m，则母线l＝AB＝5 m，因此圆锥的侧面积为S＝πrl＝π×3×5＝15π m2，即屋顶的面积为15π m2.故选A. 5.如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的表面积为(　　) A. B.2 C.4 D.8 答案：C 解析：正方体的棱长为2，根据图形，取正方体一条棱的中点M，连接MD，MC，则MD⊥MC，且MD＝MC＝1，所以CD＝. 因为侧面△ACD为等边三角形，所以S△ACD＝××sin 60°＝.所以该八面体的表面积S＝8×＝4.故选C. 6.(多选题)如图是底面半径为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原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则(　　) A.圆锥的母线长为3 B.圆锥的表面积为36π C.圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为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 答案：BD 解析：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S圆＝πl2，圆锥的侧面积S侧＝πrl＝3πl，因为圆锥在平面内转到原位置时，圆锥本身滚动了3周，所以圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为°＝120°，故C错误；S圆＝3S侧，即πl2＝3×3πl，解得l＝9，所以圆锥的母线长为9，故A错误；圆锥的表面积S表＝3×π×9＋π×32＝36π，故B正确；如图所示为圆锥沿SA的侧面展开图，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. 7.正四棱台的上、下两底面边长分别是方程x2－9x＋18＝0的两实根，其侧面积等于两底面面积之和，则斜高为　　　　. 答案： 解析：方程x2－9x＋18＝0的两个实根为x1＝3，x2＝6，设斜高为h'，则由题意得×(3＋6)×h'×4＝32＋62，解得h'＝. 8.将一个棱长为a的正方体切成64个全等的小正方体，其表面积增加了　　　　. 答案：18a2 解析：由题意可知正方体的表面积为6a2，小正方体的棱长为a，小正方体的表面积为6×(a)2＝a2，64个全等的小正方体的表面积为64×a2＝24a2，表面积增加了24a2－6a2＝18a2. 9.已知圆柱的轴截面是边长为a的正方形，圆锥的轴截面是边长为b的等边三角形，若圆柱与圆锥的表面积相等，则＝　　　　. 答案： 解析：依题意，圆柱的底面圆半径为a，母线长为a，表面积S＝2π·(a)2＋2π·a·a＝a2，圆锥底面圆半径为b，母线长为b，表面积S'＝π·(b)2＋π·b·b＝b2，由S＝S'，得b2＝2a2，所以＝. 10.(13分)如图，正四棱台ABCD-A1B1C1D1是一块铁料，上、下底面的边长分别为40 cm和80 cm，O1，O分别是上、下底面的中心，棱台高为60 cm. (1)求正四棱台ABCD-A1B1C1D1的表面积； (2)若将这块铁料最大限度地打磨为一个圆台，求圆台的侧面积. 解：(1)如图所示，正四棱台ABCD-A1B1C1D1的每个侧面皆为全等的等腰梯形， 分别取B1C1，BC的中点为M，N，连接O1M，ON，MN. 过点M作MH⊥ON于H， 则O1O＝MH＝60 cm，O1M＝20 cm，ON＝40 cm，HN＝20 cm， 故MN＝＝＝20， 所以正四棱台ABCD-A1B1C1D1的表面积为402＋802＋4×××20＝(8 000＋4 800. (2)若要这块铁料最大限度打磨为一个圆台， 则圆台O1O的上下底面圆与正四棱台的上下底面正方形相切，高为正四棱台的高， 则圆台的上底面半径为20 cm，下底面半径为40 cm，高为60 cm，圆台的母线长为20 cm， 则圆台O1O的侧面积为S＝π×20＝1 200π. (11－13小题，每小题5分，共15分) 11.(新角度)在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛(Alberobello)，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trullo，于1996年被收入世界文化遗产名录.现测量一个Trullo的屋顶，得其母线长为6 m，屋顶的表面积为12π m2(即圆锥的侧面积).如图，若从该屋顶底面圆周上一点A绕屋顶侧面一周至过A的母线的中点，安装灯光带，则该灯光带的最短长度为(　　) A.3 m B.3 m C.3 m D.6 m 答案：C 解析：设圆锥的底面半径为r，侧面展开图如图所示，由图可知B为SA的中点，A1B为所求长度的最小值，由于母线长为6 m，则SA＝6 m，圆锥的侧面积为12π m2，则由圆锥的侧面积公式可得S＝πrl⇒r＝2，所以底面圆的周长即的长为4π，所以∠A1SB＝＝π，则在△A1SB中，由余弦定理可得cos ∠A1SB＝＝＝－，解得A1B＝3 m.故选C. 12.(多选题)已知一个直角三角形的直角边长分别为3与4，以这个直角三角形的一条边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成一个几何体，这个几何体的表面积可以是(　　) A.21π B.24π C.36π D. 答案：BCD 解析：设直角三角形ABC中，AB＝4，BC＝3，则AC＝5，BD＝＝，如图所示.①当以AB所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成一个圆锥，则表面积为π×32＋π×3×5＝24π；②当以BC所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成一个圆锥，则表面积为π×42＋π×4×5＝36π；③当以AC所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成2个共底面的圆锥，则表面积为π××4＋π××3＝π.故选BCD. 13.(新情境)下图①中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“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10，底面任意两顶点之间的距离为20，则其侧面积为　　　　. 答案：200π 解析：由题意得，底面是由三段以20为半径，圆心角为的圆弧构成，所以底面周长为3××20＝20π，又曲侧面三棱柱的高为10，所以曲侧面三棱柱的侧面积为20π×10＝200π. 14.(15分)如图，从底面半径为2a，高为a的圆柱中，挖去一个底面半径为a且与圆柱等高的圆锥. 求原圆柱的表面积S1与挖去圆锥后的几何体的表面积S2. 解：因为圆柱的底面半径为2a，高为a， 所以圆柱的表面积S1＝2π×2a×a＋2×π×＝πa2. 因为圆锥的底面半径为a，高为a，所以圆锥的母线长为l＝＝a， 所以S2＝S1＋π×a×a－π×＝πa2＋3πa2－3πa2＝πa2. 15.(5分)(新情境)庑殿顶是中国古代建筑中等级最高的屋顶形式，分为单檐庑殿顶与重檐庑殿顶.单檐庑殿顶主要有一条正脊和四条垂脊，前后左右都有斜坡(如图①)，类似五面体FE-ABCD的形状(如图②)，若四边形ABCD是矩形，AB∥EF，且AB＝CD＝2EF＝2BC＝8，EA＝ED＝FB＝FC＝3，则五面体FE-ABCD的表面积为　　　　. 答案：32＋16 解析：如图所示，分别取AD，BC的中点G，H，连接GH，FH，过点F作AB的垂线FI，垂足为I，因为FB＝FC＝3，BC＝4，所以FH⊥BC，所以FH＝，根据对称性易得△FBC≌△EAD，所以S△FBC＝BC×FH＝×4×＝2，在Rt△FBI中，BI＝＝2，所以FI＝＝，S梯形FEAB＝(EF＋AB)×FI＝×(4＋8)×＝6，又S矩形ABCD＝AB×BC＝32，所以五面体FE-ABCD的表面积S＝2S△FBC＋2S梯形FEAB＋S矩形ABCD＝32＋16. 16.(17分)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AA1＝2，D为AC的中点. (1)求证：BD⊥AC1； (2)求三棱锥B-DCC1的表面积. 解：(1)证明：法一：由题意知，△ABC为正三角形， D为AC的中点，所以BD⊥AC. 又CC1⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，所以CC1⊥BD. 又因为AC∩CC1＝C，AC⊂平面ACC1A1，CC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1. 又因为AC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AC1. 法二：如图所示，取CC1中点E，连接DE，BE. 则∠BDE或其补角即为异面直线AC1与BD所成的角. 在△BDE中，BD＝，DE＝，BE＝，即BD2＋DE2＝BE2， 则△BDE为直角三角形，∠BDE＝90°，即异面直线AC1与BD所成的角为直角， 故BD⊥AC1. (2)因为△ABC为正三角形，AB＝2， 所以BD＝， 所以△BCD的面积S1＝BD·DC＝. 又CC1⊥平面ABC，所以CC1⊥BC，CC1⊥DC， 所以△C1CD的面积S2＝DC·CC1＝，△BC1C的面积S3＝BC·CC1＝2. 由(1)可知，BD⊥平面ACC1A1，所以BD⊥C1D，C1D＝3， 所以△BC1D的面积S4＝BD·DC1＝， 所以三棱锥B-DCC1的表面积S＝S1＋S2＋S3＋S4＝2＋3. 学科网（北京）股份有限公司 $