专题03 多面体与旋转体重难点题型专训（4大题型+15道拓展培优）-2024-2025学年高二数学重难点专题提升精讲精练 （沪教版2020必修第三册）

专题03 多面体与旋转体重难点题型专训（4大题型+15道拓展培优） 题型一 多面体概念及分类 题型二 多面体的性质探究 题型三 由平面图形旋转得旋转体 题型四 由旋转体找出其旋转图形 知识点01：多面体 1、多面体定义为：由三角形或平面多边形围成的封闭几何体；如：棱柱、棱锥、棱台等几何体都是多面体； 2、多面体可以用它的面的数量进行命名，有几个面的多面体就叫做几面体；例如，三棱锥有一个底面和三个侧面，所以是四面体；长方体（四棱柱）有六个面，是六面体．一般地，一个n棱锥,有一个底面和n个侧面，所以是n＋１面体；n棱柱或n棱台有两个底面和n个侧面，所以是n＋2面体;由此可见，面数最少的多面体是四面体，即三棱锥; 3、四面体在立体几何中的作用相当于三角形在平面几何中的作用； 4、与平面上的正多边形类比，在空间中可以考虑正多面体．如果一个多面体的所有面都是全等的正三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱的条数都相等，这个多面体就叫做正多面体； 知识点02：旋转体 由一个平面封闭图形绕其所在平面上的一条定直线旋转一周所形成的空间封闭几何体称为旋转体；这条直线叫做该旋转体的轴； 与旋转体类似地可以定义空间中的旋转面：一条平面曲线（包括直线、折线等）绕其所在平面上的一条直线旋转一周所形成的空间图形称为旋转面； 圆柱、圆锥和圆台的概念 （1）圆柱、圆锥和圆台的定义 将矩形、直角三角形、直角梯形分别绕着它的一边、一直角边、垂直于底边的腰所在的直线旋转一周，形成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台； （2）与圆柱、圆锥、圆台有关的概念 绕着旋转的这条直线叫做轴；垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做底面；不垂直于轴的边旋转而成的曲面叫做侧面；无论旋转到什么位置，这条边都叫做母线； 【经典例题一 多面体概念及分类】 【例1】（23-24高一上·陕西汉中·期末）下列说法中，正确的是（    ） A．底面是正多边形，而且侧棱长与底面边长都相等的多面体是正多面体 B．正多面体的面不是三角形，就是正方形 C．若长方体的各侧面都是正方形，它就是正多面体 D．正三棱锥就是正四面体 1．（2023高二·全国·专题练习）若四面体的三对相对棱分别相等，则称之为等腰四面体，若四面体的一个顶点出发的三条棱两两垂直，则称之为直角四面体，以长方体ABCD­A1B1C1D1的顶点为四面体的顶点，可以得到等腰四面体、直角四面体的个数分别为（    ） A．2，8 B．4，12 C．2，12 D．12，8 2．（23-24高二·全国·课后作业）下列命题：①由五个面围成的多面体只能是三棱柱；②由若干个平面多边形围成的几何体是多面体；③仅有一组对面平行的五面体是棱台；④正多面体只有五种．其中，真命题的个数是 ． 3．（23-24高一·全国·随堂练习）记A为所有多面体组成的集合，B为所有棱柱组成的集合，C为所有斜棱柱组成的集合，D为所有正棱柱组成的集合，写出集合A，B，C，D之间的关系. 【经典例题二 多面体的性质探究】 【例2】（2024·陕西西安·模拟预测）如图所示，在六面体ABEDC中，，，，则（    ） A．1 B．3 C． D．4 1．（2024高二·全国·专题练习）多面体的欧拉定理：简单多面体的顶点数、棱数与面数满足的数学关系.请运用欧拉定理解决问题：碳具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料.它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图所示．碳的分子结构是一个由正五边形面和正六边形面共32个面构成的凸多面体，60个碳原子处于多面体的60个顶点位置，则32个面中正六边形面的个数是（　　） A．22 B．20 C．18 D．16 2．（23-24高二下·陕西榆林·阶段练习）多面体欧拉定理是指对于简单多面体，其顶点数V、棱数E及面数F间有著名的欧拉公式：，并且多面体所有面的内角总和为.已知某正多面体所有面的内角总和为，且各面都为正三角形，设过每个顶点的棱数为n，则该正多面体的顶点数V= ，棱数E= . 3．（24-25高二上·上海·课前预习）一个多面体至少有几个面？ 【经典例题三 由平面图形旋转得旋转体】 【例3】（2023·陕西咸阳·模拟预测）在中，，，，将绕AB旋转至处，使平面平面ABC，则在旋转的过程中，点C的运动轨迹长度至少为（    ）    A． B． C． D． 1．（23-24高二·全国·课后作业）如图，已知正方体的上、下底面的中心分别为、，将正方体绕直线旋转一周，其中由线段旋转所得图像是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·全国·课后作业）已知，ABCD为等腰梯形，两底边为AB，CD且，梯形ABCD绕AB所在的直线旋转一周所得的几何体是由 、 、 的几何体构成的组合体. 3．（2023高二上·上海·专题练习）已知是直角梯形与底边垂直的一腰（如图）．分别以，，，为轴旋转，试说明所得几何体是由哪些简单几何体构成的？    【经典例题四 由旋转体找出其旋转图形】 【例4】（24-25高一下·全国·课前预习）如图所示的组合体，则由下列所示的哪个三角形绕直线l旋转一周可以得到（    ） A． B． C． D． 1．（23-24高一下·山西太原·期中）下列平面图形中，通过围绕定直线旋转可得到如图几何体的是（    ） A． B． C． D． 2．（2023·上海虹口·一模）如图，在棱长为1的正方体中，为底面内（包括边界）的动点，满足与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积为 . 3．（24-25高一下·全国·课前预习）如图，观察下列实物图. (1)上述三个实物图抽象出的几何体与多面体有何不同？ (2)上述实物图抽象出的几何体中的曲面能否由某些平面图形旋转而成？ (3)如何形成上述几何体的曲面？ 1．（23-24高一下·广东清远·期末）下列说法中，正确的是（    ） A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B．一个多面体至少有4个面 C．有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 D．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 2．（23-24高二·上海·课堂例题）如图，该几何体是由哪个平面图形旋转得到的？画出其余平面图形旋转得到的几何体．（  ）    A．   B．   C．   D．   3．（23-24高二上·山西·阶段练习）如图所示，该多面体是由1个正方体和6个一样的正四棱锥（如）组合而成，且各个面均为菱形，其中四边形为正方形，已知正方体的棱长为1，则该多面体的棱长为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·陕西铜川·期末）如图，在中，已知，将以为轴旋转一周形成的几何体的体积为，以为轴旋转一周形成的几何体的体积为，若，则（    ）    A． B． C． D． 5．（2023·河南·模拟预测）山西五台山佛光寺大殿是庑殿顶建筑的典型代表．庑殿顶四面斜坡，有一条正脊和四条斜脊，又叫五脊殿．《九章算术》把这种底面为矩形，顶部为一条棱的五面体叫做“刍甍”，并给出了其体积公式：×（2×下袤＋上袤）×广×高（广：东西方向长度；袤：南北方向长度）．已知一刍甍状庑殿顶，南北长18m，东西长8m，正脊长12m，斜脊长m，则其体积为（    ）． A． B． C． D． 6．（23-24高二下·上海宝山·开学考试）正多面体按其面数分有 种 7．（23-24高二下·陕西西安·期中）平面几何中“等边三角形的重心分中线2：1”类比到空间的结论为 . 8．（23-24高二·全国·课后作业）下列命题中，正确的是 ．（填序号） ①以直角三角形的一边所在的直线为旋转轴，将直角三角形旋转一周所得到的旋转体是圆锥； ②以矩形的一边所在直线为旋转轴，将矩形旋转一周所得到的旋转体是圆柱； ③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆； ④以等腰三角形的底边上的高所在直线为旋转轴，将等腰三角形旋转一周形成的几何体是圆锥； ⑤用一个平面去截圆柱，得到的截面是一个圆面或者矩形面． 9．（22-23高二下·上海黄浦·阶段练习）多面体的欧拉定理：简单多面体的顶点数V､棱数E与面数F有关系.请运用欧拉定理解决问题：碳具有超导特性､抗化学腐蚀性､耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料.它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图所示， 碳的分子结构是—个由正五边形面和正六边形面共32个面构成的凸多面体，60个碳原子处于多面体的60个顶点位置，则32个面中正五边形面的个数是 . 10．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，曲线是一个圆心位于,半径为得四分之一圆弧，是直线上的线段，两者交于，，与轴共同构造一个封闭区域，将绕轴旋转一周得到几何体，现已知：过点作的水平截面，所得的截面积与之间的函数关系式为，利用的表达式与祖暅原理，考虑一个长方体，一个四棱锥和一个平放的半圆柱，计算几何体的体积为 . 11．（23-24高一·全国·课后作业）如图，切正方体形状的土豆块，思考可以得到哪些类型的多面体？ 12．（23-24高一·全国·课后作业）把相邻两边长分别为2和4的矩形绕它某边所在直线旋转一周，求所得几何体体积. 13．（23-24高一下·全国·课后作业）一个直角梯形ABCD的两底边长分别为，高，将其绕较长的底边旋转一周，求所得旋转体的表面积． 14．（24-25高一下·全国·课后作业）如图所示，四边形绕边所在直线旋转，其中，．当点在射线上的不同位置时，形成的几何体大小、形状不同，比较其不同点．    15．（23-24高一下·浙江杭州·期中）由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体，围成多面体的各个多边形叫做多面体的面，两个面的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的公共点叫做多面体的顶点.对于凸多面体，有著名的欧拉公式：，其中为顶点数，为棱数，为面数.我们可以通过欧拉公式计算立体图形的顶点､棱､面之间的一些数量关系.例如，每个面都是四边形的凸六面体，我们可以确定它的顶点数和棱数.一方面，每个面有4条边，六个面相加共24条边；另一方面，每条棱出现在两个相邻的面中，因此每条棱恰好被计算了两次，即共有12条棱；再根据欧拉公式，，可以得到顶点数. (1)已知足球是凸三十二面体，每个面均为正五边形或者正六边形，每个顶点与三条棱相邻，试确定足球的棱数； (2)证明：个顶点的凸多面体，至多有条棱； (3)已知正多面体的各个表面均为全等的正多边形，且与每个顶点相邻的棱数均相同.试利用欧拉公式，讨论正多面体棱数的所有可能值. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 多面体与旋转体重难点题型专训（4大题型+15道拓展培优） 题型一 多面体概念及分类 题型二 多面体的性质探究 题型三 由平面图形旋转得旋转体 题型四 由旋转体找出其旋转图形 知识点01：多面体 1、多面体定义为：由三角形或平面多边形围成的封闭几何体；如：棱柱、棱锥、棱台等几何体都是多面体； 2、多面体可以用它的面的数量进行命名，有几个面的多面体就叫做几面体；例如，三棱锥有一个底面和三个侧面，所以是四面体；长方体（四棱柱）有六个面，是六面体．一般地，一个n棱锥,有一个底面和n个侧面，所以是n＋１面体；n棱柱或n棱台有两个底面和n个侧面，所以是n＋2面体;由此可见，面数最少的多面体是四面体，即三棱锥; 3、四面体在立体几何中的作用相当于三角形在平面几何中的作用； 4、与平面上的正多边形类比，在空间中可以考虑正多面体．如果一个多面体的所有面都是全等的正三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱的条数都相等，这个多面体就叫做正多面体； 知识点02：旋转体 由一个平面封闭图形绕其所在平面上的一条定直线旋转一周所形成的空间封闭几何体称为旋转体；这条直线叫做该旋转体的轴； 与旋转体类似地可以定义空间中的旋转面：一条平面曲线（包括直线、折线等）绕其所在平面上的一条直线旋转一周所形成的空间图形称为旋转面； 圆柱、圆锥和圆台的概念 （1）圆柱、圆锥和圆台的定义 将矩形、直角三角形、直角梯形分别绕着它的一边、一直角边、垂直于底边的腰所在的直线旋转一周，形成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台； （2）与圆柱、圆锥、圆台有关的概念 绕着旋转的这条直线叫做轴；垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做底面；不垂直于轴的边旋转而成的曲面叫做侧面；无论旋转到什么位置，这条边都叫做母线； 【经典例题一 多面体概念及分类】 【例1】（23-24高一上·陕西汉中·期末）下列说法中，正确的是（    ） A．底面是正多边形，而且侧棱长与底面边长都相等的多面体是正多面体 B．正多面体的面不是三角形，就是正方形 C．若长方体的各侧面都是正方形，它就是正多面体 D．正三棱锥就是正四面体 【答案】C 【分析】由正多面体的概念对选项依次辨析即可. 【详解】 对于A，如上图所示正四棱锥，底面为正方形，且，即满足底面是正多边形，而且侧棱长与底面边长都相等，但该多面体不是正多面体，故选项A错误； 对于B，如上图所示正十二面体的各个面均为正五边形，故选项B错误； 对于C，若长方体的各侧面都是正方形，则该长方体为正方体，即正六面体，故选项C正确； 对于D，如上图所示正三棱锥，且，但侧棱与底面边长不相等，则该正三棱锥不是正四面体，故选项D错误. 故选：C． 1．（2023高二·全国·专题练习）若四面体的三对相对棱分别相等，则称之为等腰四面体，若四面体的一个顶点出发的三条棱两两垂直，则称之为直角四面体，以长方体ABCD­A1B1C1D1的顶点为四面体的顶点，可以得到等腰四面体、直角四面体的个数分别为（    ） A．2，8 B．4，12 C．2，12 D．12，8 【答案】A 【解析】根据矩形的面对角线相等和每个顶点出发的三条棱都是两两垂直的即可得出结果. 【详解】因为矩形的面对角线相等，所以长方体的六个面的对角线构成2个等腰四面体． 因为长方体的每个顶点出发的三条棱都是两两垂直的，所以长方体中有8个直角四面体． 故选：A. 2．（23-24高二·全国·课后作业）下列命题：①由五个面围成的多面体只能是三棱柱；②由若干个平面多边形围成的几何体是多面体；③仅有一组对面平行的五面体是棱台；④正多面体只有五种．其中，真命题的个数是 ． 【答案】2 【分析】举反例说明①③不正确；②是多面体的定义，正确；利用正多面体顶点与棱的关系及欧拉公式可计算判断. 【详解】对于①，由五个面围成的多面体可以是四棱锥，故①不正确； 对于②，根据几何体的性质和结构特征可知，多面体是由若干个平面多边形所围成的几何体，故②正确； 对于③，仅有一组对面平行的五面体，可以是三棱柱，故③不正确； 对于④，设正多面体的顶点数为，棱数为，面数为,设每个面是正边形，每个顶点有条边与之交汇，则与欧拉公式联立，得，即，所以，故，所以或或或或，则为4，8，6，20，12，故空间正多面体只有正四面体､正六面体､正八面体､正十二面体和正二十面体五个多面体，故④正确. 故答案为：2 3．（23-24高一·全国·随堂练习）记A为所有多面体组成的集合，B为所有棱柱组成的集合，C为所有斜棱柱组成的集合，D为所有正棱柱组成的集合，写出集合A，B，C，D之间的关系. 【答案】答案见解析 【分析】根据多面体、棱柱、斜棱柱、直棱柱、正棱柱的概念写出关系即可. 【详解】由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体. 有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱. 已知A为所有多面体组成的集合，B为所有棱柱组成的集合， 由棱柱与多面体的概念可知，且； 侧棱不垂直于底面的棱柱叫做斜棱柱. 由C为所有斜棱柱组成的集合，故且，； 侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱.故直棱柱的集合可以写成； 底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱. 由 D为所有正棱柱组成的集合， 故，且，且，且. 综上，集合之间的关系有：，， ，，，且.    【经典例题二 多面体的性质探究】 【例2】（2024·陕西西安·模拟预测）如图所示，在六面体ABEDC中，，，，则（    ） A．1 B．3 C． D．4 【答案】B 【分析】把六面体放置于长方体中，进一步计算即可. 【详解】根据棱长特征分析， 可以将该六面体置于长方体（以CA，CB，CD为共顶点的棱）中， 则CE为该长方体的体对角线， 设各边长为，则 解得, 所以. 故选：B. 1．（2024高二·全国·专题练习）多面体的欧拉定理：简单多面体的顶点数、棱数与面数满足的数学关系.请运用欧拉定理解决问题：碳具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料.它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图所示．碳的分子结构是一个由正五边形面和正六边形面共32个面构成的凸多面体，60个碳原子处于多面体的60个顶点位置，则32个面中正六边形面的个数是（　　） A．22 B．20 C．18 D．16 【答案】B 【分析】结合题意，设正五边形的个数为，正六边形的个数为，可得方程组，解出即可得. 【详解】由题意可知，，由可得， 设正五边形的个数为，正六边形的个数为，则， 因为一条棱连着两个面，所以足球烯表面的棱数， 联立，解得， 即32个面中正六边形面的个数是20. 故选：B. 2．（23-24高二下·陕西榆林·阶段练习）多面体欧拉定理是指对于简单多面体，其顶点数V、棱数E及面数F间有著名的欧拉公式：，并且多面体所有面的内角总和为.已知某正多面体所有面的内角总和为，且各面都为正三角形，设过每个顶点的棱数为n，则该正多面体的顶点数V= ，棱数E= . 【答案】 12 30 【分析】由正多面体所有面的内角总和公式求得V，设过每个顶点的棱数为n，把正多面体的棱数与面数用含有n的代数式表示，代入欧拉定理求得n，则答案可求． 【详解】解：由题意，，得，即； 设过每个顶点的棱数为n，则 ， ， 代入，得，解得． 故． 故答案为∶12；30． 3．（24-25高二上·上海·课前预习）一个多面体至少有几个面？ 【答案】四个面． 【分析】根据多面体的定义及三维结构，即知最少的面数. 【详解】多面体定义：若干平面围成的几何体，且最少为四面体， 所以一个多面体至少有4个面. 【经典例题三 由平面图形旋转得旋转体】 【例3】（2023·陕西咸阳·模拟预测）在中，，，，将绕AB旋转至处，使平面平面ABC，则在旋转的过程中，点C的运动轨迹长度至少为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，将三棱锥正方体中，结合条件可得点C的运动轨迹四分之一圆，即可得到结果. 【详解】   如图所示，将三棱锥放到正方体模型中， 因为，，，则正方体的棱长为2， 在旋转过程中，C点的轨迹是以D点为圆心，DC为半径的圆的四分之一，其长度为. 故选：A. 1．（23-24高二·全国·课后作业）如图，已知正方体的上、下底面的中心分别为、，将正方体绕直线旋转一周，其中由线段旋转所得图像是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先根据的中点到旋转轴的距离小于、两点到旋转轴距离，得到B项不符合题意．再由所得旋转体的侧面上有无数条直线且直线的方向与转轴不共面，可得A、C两项不符合题意，由此可得答案． 【详解】设正方体的棱长等于， 的中点到旋转轴的距离等于，而、两点到旋转轴的距离等于， 的中点旋转一周，得到的圆较小，可得所得旋转体的中间小，上、下底面圆较大． 由此可得B项不符合题意，舍去． 又的中点与连线上的点在所得旋转体应该在内部A、C两项不符合题意， 故选：D． 2．（23-24高一下·全国·课后作业）已知，ABCD为等腰梯形，两底边为AB，CD且，梯形ABCD绕AB所在的直线旋转一周所得的几何体是由 、 、 的几何体构成的组合体. 【答案】 圆锥 圆柱 圆锥 【分析】作于，于，根据旋转体的定义和性质得到答案. 【详解】如图所示：作于，于， 绕所在的直线旋转一周得到圆锥； 矩形绕所在的直线旋转一周得到圆柱； 绕所在的直线旋转一周得到圆锥； 故答案为：圆锥；圆柱；圆锥； 3．（2023高二上·上海·专题练习）已知是直角梯形与底边垂直的一腰（如图）．分别以，，，为轴旋转，试说明所得几何体是由哪些简单几何体构成的？    【答案】答案见解析 【分析】分别画出对应立体图形，逐个说明即可. 【详解】①以AB边为轴旋转所得旋转体是圆台；如图（1）所示； ②以BC边为轴旋转所得旋转体是一组合体：下部为圆柱，上部为圆锥；如图（2）所示； ③以CD边为轴旋转所得旋转体为一组合体：上部为圆锥，下部为圆台，再挖去一个小圆锥； 如图（3）所示． ④以AD边为轴旋转得到一个组合体，它是一个圆柱上部挖去一个圆锥；如图（4）所示.    【经典例题四 由旋转体找出其旋转图形】 【例4】（24-25高一下·全国·课前预习）如图所示的组合体，则由下列所示的哪个三角形绕直线l旋转一周可以得到（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】旋转后的几何体是由两个共底的圆锥组合而成的立体图形，再根据四个选项中三角形的特征及旋转轴即可作出判断． 【详解】A旋转一周是圆锥，不满足题意； B旋转一周是两个圆锥，满足题意； C旋转一周是圆锥，不满足题意； D旋转一周是圆柱挖去一个圆锥的几何体，不满足题意. 故选：B. 1．（23-24高一下·山西太原·期中）下列平面图形中，通过围绕定直线旋转可得到如图几何体的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】逐项分析旋转图形可得旋转体的立体图，分析即可得答案. 【详解】解： A是上面一个圆锥，下面一个圆台，不符合； B是上下两个圆锥，中间一个圆柱，不符合； C是上面一个圆柱，下面一个圆锥，符合上图； D是两个圆锥，不符合. 故选：C 2．（2023·上海虹口·一模）如图，在棱长为1的正方体中，为底面内（包括边界）的动点，满足与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积为 . 【答案】 【分析】根据题设描述易知的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆，即可求扫过的面积. 【详解】由题设，，要使与直线所成角的大小为，只需与直线所成角的大小为， ∴绕以夹角旋转为锥体的一部分，如上图示：的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆， ∴在上扫过的面积为. 故答案为：. 3．（24-25高一下·全国·课前预习）如图，观察下列实物图. (1)上述三个实物图抽象出的几何体与多面体有何不同？ (2)上述实物图抽象出的几何体中的曲面能否由某些平面图形旋转而成？ (3)如何形成上述几何体的曲面？ 【答案】(1)答案见解析 (2)可以 (3)答案见解析 【详解】（1）这三个实物图抽象出的几何体是旋转体，是由平面图形绕某一直线旋转而成的. （2）可以. （3）第一个几何体可以由半圆绕其直径所在的直线旋转而成； 第二个几何体可以由直角梯形绕其直角边所在的直线旋转而成； 第三个几何体可以由直角三角形绕其直角边所在的直线旋转而成. 1．（23-24高一下·广东清远·期末）下列说法中，正确的是（    ） A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B．一个多面体至少有4个面 C．有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 D．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 【答案】B 【分析】根据简单几何体的定义以及结构特征去判断即可. 【详解】正棱锥底面是正多边形，还需要满足顶点到底面射影落在底面正多边形的中心，A错误； 多面体中面数最少为三棱锥，四个面，B正确，； 有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体不一定是棱柱，还需要满足各个侧面的交线互相平行，C错误； 用一个平面去截棱锥，必须是平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分才是棱台，D错误. 故选：B. 2．（23-24高二·上海·课堂例题）如图，该几何体是由哪个平面图形旋转得到的？画出其余平面图形旋转得到的几何体．（  ）    A．   B．   C．   D．   【答案】A 【分析】根据旋转体的形成过程，借助直观想象，逐一分析每个选项. 【详解】B选项，旋转一周后，为两个圆锥拼成的几何体； C选项，旋转一周后，为圆锥和圆柱拼成的几何体； D选项，旋转一周后，是上下两个圆锥，中间用圆柱相连的几何体； A选项，旋转一周后，是圆台和圆锥形成的几何体，只有A符合题意. 其余平面图形旋转得到的几何体如图：      故选：A 3．（23-24高二上·山西·阶段练习）如图所示，该多面体是由1个正方体和6个一样的正四棱锥（如）组合而成，且各个面均为菱形，其中四边形为正方形，已知正方体的棱长为1，则该多面体的棱长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】通过作出该多面体的轴截面，利用图形特点，求出，的长，再利用菱形的对角线互相垂直的性质求出长. 【详解】过作该多面体的轴截面，如图所示， 由正方体棱长为1，可知正方形的边长为，则．又正方体的棱长为1，结合图形可知，根据菱形对角线相互垂直可知，故该多面体的棱长为 故选：B. 4．（23-24高一下·陕西铜川·期末）如图，在中，已知，将以为轴旋转一周形成的几何体的体积为，以为轴旋转一周形成的几何体的体积为，若，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据旋转体定义可得形成的几何体都可以看做一个大圆锥挖去一个小圆锥，再由锥体体积公式可得结果. 【详解】分别过顶点向对边作垂线，垂足分别为点，如图所示，    设，，则， 则形成的几何体都可以看做一个大圆锥挖去一个小圆锥，所以可得 ， ； 所以，即． 故选：A． 5．（2023·河南·模拟预测）山西五台山佛光寺大殿是庑殿顶建筑的典型代表．庑殿顶四面斜坡，有一条正脊和四条斜脊，又叫五脊殿．《九章算术》把这种底面为矩形，顶部为一条棱的五面体叫做“刍甍”，并给出了其体积公式：×（2×下袤＋上袤）×广×高（广：东西方向长度；袤：南北方向长度）．已知一刍甍状庑殿顶，南北长18m，东西长8m，正脊长12m，斜脊长m，则其体积为（    ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点F作，垂足为Q，过点F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，连接OQ，利用直角三角勾股定理，求出高FO，代入体积公式求解即可. 【详解】如图， 已知，，，， 过点F作，垂足为Q，过点F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，连接OQ， 则，，，，即该五面体的高度为3m． 所以其体积． 故选：D 6．（23-24高二下·上海宝山·开学考试）正多面体按其面数分有 种 【答案】5 【分析】由正多面体的概念判断． 【详解】正多面体有正四面体，正方体（正六面体），正八面体，正十二面体，正二十面体共5种， 故答案为：5. 7．（23-24高二下·陕西西安·期中）平面几何中“等边三角形的重心分中线2：1”类比到空间的结论为 . 【答案】四面体的重心分顶点与对面三角形的重心的连线之比为3:1(重心远离顶点). 【分析】建立对应的四面体模型，借助相似三角形证明即可. 【详解】如图所示，AE，BP为四面体ABCD的中轴线， E，P分别为重心， 连接PE，由 得PE//AB， 则相似， 设平面四边形ABEP的对角线交于点G， 得， 故答案为：四面体的重心分顶点与对面三角形的重心的连线之比为3:1(重心远离顶点). 8．（23-24高二·全国·课后作业）下列命题中，正确的是 ．（填序号） ①以直角三角形的一边所在的直线为旋转轴，将直角三角形旋转一周所得到的旋转体是圆锥； ②以矩形的一边所在直线为旋转轴，将矩形旋转一周所得到的旋转体是圆柱； ③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆； ④以等腰三角形的底边上的高所在直线为旋转轴，将等腰三角形旋转一周形成的几何体是圆锥； ⑤用一个平面去截圆柱，得到的截面是一个圆面或者矩形面． 【答案】②③④ 【分析】对于①：举反例：以直角三角形的斜边所在的直线为旋转轴，将直角三角形旋转一周所得到的旋转体是两个圆锥构成的组合体.即可否定结论； 对于②：由圆柱的定义可以判断； 对于③：由圆柱、圆锥、圆台的结构特征可以判断； 对于④：由圆锥的定义可以判断； 对于⑤：举反例：用不平行于底面的平面截圆柱，可以得到的椭圆形截面. 即可否定结论. 【详解】对于①：以直角三角形的斜边所在的直线为旋转轴，将直角三角形旋转一周所得到的旋转体是两个圆锥构成的组合体.故①错误； 对于②：由圆柱的定义可以判断②正确； 对于③：由圆柱、圆锥、圆台的结构特征可以判断③正确； 对于④：由圆锥的定义可以判断④正确； 对于⑤：用不平行于底面的平面截圆柱，可以得到的椭圆形截面.故⑤错误. 故答案为：②③④ 9．（22-23高二下·上海黄浦·阶段练习）多面体的欧拉定理：简单多面体的顶点数V､棱数E与面数F有关系.请运用欧拉定理解决问题：碳具有超导特性､抗化学腐蚀性､耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料.它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图所示， 碳的分子结构是—个由正五边形面和正六边形面共32个面构成的凸多面体，60个碳原子处于多面体的60个顶点位置，则32个面中正五边形面的个数是 . 【答案】12 【分析】由欧拉定理求得足球烯表面上的棱数，设正五边形的个数为x，正六边形个数为y，由题意列出方程，联立即可求得答案. 【详解】由题意可知，由可得, 设正五边形的个数为x，正六边形个数为y，则， ∵一条棱连着两个面， ∴足球烯表面的棱数, 联立 ，解得， 即32个面中正五边形面的个数是12个， 故答案为：12 10．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，曲线是一个圆心位于,半径为得四分之一圆弧，是直线上的线段，两者交于，，与轴共同构造一个封闭区域，将绕轴旋转一周得到几何体，现已知：过点作的水平截面，所得的截面积与之间的函数关系式为，利用的表达式与祖暅原理，考虑一个长方体，一个四棱锥和一个平放的半圆柱，计算几何体的体积为 . 【答案】 【分析】 利用祖暅原理，通过一个长方体减去一个四棱锥加上一个半圆柱的组合体，使其与的水平截面表达式相等，算出构造的组合体体积即可. 【详解】 如图，取一个宽，长，高的长方体挖空一个四棱锥，再加个半径，高的圆柱， 当高时，水平截面（阴影部分）面积， 由，可得， 由，可得， 则此组合体水平截面面积与之间的函数关系式为， 所以此组合体体积与几何体的体积相等， . 故答案为：. 11．（23-24高一·全国·课后作业）如图，切正方体形状的土豆块，思考可以得到哪些类型的多面体？ 【答案】一个四面体和一个七面体（或一个三棱锥和一个七面体） 【分析】按截面切正方体即可得到结果. 【详解】按照图中截面切正方体，可得如下图所示的一个七面体和一个四面体（或一个七面体和一个三棱锥）. 12．（23-24高一·全国·课后作业）把相邻两边长分别为2和4的矩形绕它某边所在直线旋转一周，求所得几何体体积. 【答案】或 【分析】把相邻两边长分别为2和4的矩形绕其一边所在直线旋转一周得到的几何体是圆柱，然后分类求解得答案． 【详解】解：把相邻两边长分别为2和4的矩形绕其一边所在直线旋转一周得到的几何体是圆柱， 若底面半径为2，高为4，则体积； 若底面半径为4，高为2，则体积，． 故所得几何体的体积为或. 13．（23-24高一下·全国·课后作业）一个直角梯形ABCD的两底边长分别为，高，将其绕较长的底边旋转一周，求所得旋转体的表面积． 【答案】 【分析】根据图形特征旋转后根据圆锥侧面积及圆柱表面积公式计算可得. 【详解】如图，作于点，则，. 在中，.    当梯形绕底边旋转一周后，得到同底的圆柱与圆锥的组合体， 其中边形成圆柱的一个底面，边形成圆柱的侧面，边形成圆锥的侧面， 将它们的面积分别设为，则所求旋转体的表面积为， 即. 故所求旋转体的表面积是. 14．（24-25高一下·全国·课后作业）如图所示，四边形绕边所在直线旋转，其中，．当点在射线上的不同位置时，形成的几何体大小、形状不同，比较其不同点．    【答案】答案见解析 【分析】根据给定条件，利用旋转体的结构特征分别按分析即可. 【详解】当时，四边形绕旋转一周所得的几何体是由底面半径为的圆柱和圆锥拼接而成的组合体，如图1； 当时，四边形绕旋转一周所得的几何体是圆柱，如图2； 当时，四边形绕旋转一周所得的几何体是由圆柱挖去一个同底的圆锥而得到的，如图3.    15．（23-24高一下·浙江杭州·期中）由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体，围成多面体的各个多边形叫做多面体的面，两个面的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的公共点叫做多面体的顶点.对于凸多面体，有著名的欧拉公式：，其中为顶点数，为棱数，为面数.我们可以通过欧拉公式计算立体图形的顶点､棱､面之间的一些数量关系.例如，每个面都是四边形的凸六面体，我们可以确定它的顶点数和棱数.一方面，每个面有4条边，六个面相加共24条边；另一方面，每条棱出现在两个相邻的面中，因此每条棱恰好被计算了两次，即共有12条棱；再根据欧拉公式，，可以得到顶点数. (1)已知足球是凸三十二面体，每个面均为正五边形或者正六边形，每个顶点与三条棱相邻，试确定足球的棱数； (2)证明：个顶点的凸多面体，至多有条棱； (3)已知正多面体的各个表面均为全等的正多边形，且与每个顶点相邻的棱数均相同.试利用欧拉公式，讨论正多面体棱数的所有可能值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）设此足球有个正五边形，分别得顶点与棱数，再利用欧拉公式解得的值. （2）当凸多面体每个面均为三角形时，棱数最多，此时棱数与面数有关系. （3）设正多面体每个顶点有条棱，每个面都是正边形，根据欧拉公式列出表达式，再由得不等式，分类取值即可. 【详解】（1）设足球有个正五边形，则有个正六边形， 足球的顶点，棱数， 由欧拉公式得， 解得，即此足球中有个面为正五边形， 所以此足球的棱数. （2）由个顶点的凸多面体，其面数尽可能多，那么相当于每一个面尽可能均为三角形， 当棱数最多时，该凸多面体每一个面均为三角形，此时，即， 又，即，解得， 故个顶点的凸多面体，至多有条棱. （3）设正多面体每个顶点有条棱，每个面都是正边形， 则此多面体棱数，，即， 由欧拉公式，得， 所以，即，即， 所以， 当时，，所以，，； 当时，，所以，，； 当时，，所以，，； 综上：棱数可能为. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，讨研得点与棱、点与面、棱与面的数量之间的关系，从而得解. 学科网（北京）股份有限公司 $$