第6章 §6 6.1 柱锥台的侧面展开与面积（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一数学必修第二册（北师大版）

§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. 7 学科网（北京）股份有限公司 $