预习专题08 多面体与旋转体（3知识点+6题型+提升练）-【暑假自学课】2025年新高二数学暑假提升精品讲义（沪教版2020）

预习专题08 多面体与旋转体 1.通过对实物模型的观察，归纳认知多面体、旋转体的结构特征．(重点) 2.能运用面体、旋转体的结构特征描述现实生活中简单物体的结构和有关计算．(易混点) 知识点1 多面体 1.多面体的定义及有关概念 定义：由三角形或平面多边形围成的封闭几何体，可用面的数量命名（如四面体、六面体等），面数最少为4（四面体，即三棱锥）。 多面体由平面多边形围成，包含内部平面部分；类比平面多边形由三角形拼合，空间多面体可由四面体拼合而成。 1.多面体至少有4个面。 2.截面：几何体与平面相交所得的平面图形（含内部）。 2.正多面体 定义：所有面为全等的正三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱数相等。 常见正多面体：正四面体、正六面体（正方体）、正八面体、正十二面体、正二十面体。 凸多面体与凹多面体 凸多面体：任意面延展为平面后，其余面均在该平面同一侧（如正四面体、正方体）。 凹多面体：任意面延展为平面后，其余面不都在同一侧。 特别提醒：教材中若无特别说明，多面体均指凸多面体。$ 如图，给定一个正方体形状的土豆块，只切一刀，可以得到下面哪些类型的多面体？ ①四面体；    ②四棱锥；    ③四棱柱； ④五棱锥；    ⑤五棱柱；    ⑥六棱锥； ⑦七面体． （找出可能的结果，并将序号填在横线上） 【答案】①③⑤⑦ 【分析】结合正方体的性质逐一作图，可能出现①③⑤⑦这四种情况． 【详解】 如图，平面截正方体，可得到四面体； 如图，平面截正方体，可得到四棱柱； 如图，平面截正方体，可得到五棱柱，也是七面体. 故答案为：①③⑤⑦. 知识点2 旋转体 1.旋转体的定义及有关概念 定义：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； 常见旋转体：①矩形 圆柱，②直角三角形 圆柱，③直角梯形 圆台，④半圆 球。 2.旋转面的定义及有关概念 定义：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 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 知识点3 多面体的欧拉定理 1.定理内容 简单多面体的顶点数 、棱数 、面数 满足：. 利用欧拉定理时，需注意定理使用条件，正确计算 、、. 正多面体的唯一性证明 假设正多面体每个面为正 边形，每个顶点有 条棱，则：（每棱被 2 个面共用），（每棱连接 2 个顶点）.代入欧拉定理得： ，化简为 . 由于、 ，讨论得唯一解对应五种正多面体. 题型一、多面体概念及分类 例1 多面体的定义：由 围成的封闭几何体称为多面体．构成多面体表面的各三角形或平面多边形称为多面体的 ．相邻面的公共边称为多面体的 ．棱与棱的交点称为多面体的 ． 【答案】 三角形或平面多边形 面 棱 顶点 【详解】多面体的定义：由三角形或平面多边形围成的封闭几何体称为多面体．构成多面体表面的各三角形或平面多边形称为多面体的面．相邻面的公共边称为多面体的棱．棱与棱的交点称为多面体的顶点． 故答案为：三角形或平面多边形；面；棱；顶点. 变式1 多面体的分类 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,三棱锥是 面体;长方体（四棱柱）是 面体.一般地,一个棱锥是 面体;棱柱或棱台是 面体. 【答案】 四 六 【分析】略. 【详解】略. 变式2 面数最少的多面体是 ，当其每条棱长均为2时，其体积为 ． 【答案】 三棱锥（或四面体） / 【分析】由多面体的概念即得结果；求出正四面体的高，再利用锥体体积公式计算即可. 【详解】面数最少的多面体是三棱锥或四面体； 每条棱长均为2的四面体为正四面体，如图， 点是正四面体底面正的中心，则平面， 由，得，则， 所以该四面体体积. 故答案为：三棱锥（或四面体）； 变式3 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. 变式4 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.下列几何体中，所有棱长均相等，同一表面的角都相等，则 是正多面体.（写出所有正确的序号）    【答案】（1）（2）（4） 【分析】由题意，逐项判别，可得答案. 【详解】对于（1），该多面体由全等的正三角形组成，且每个顶点聚集的棱有条，符合题意； 对于（2），该多面体由全等的正四边形组成，且每个顶点聚集的棱有条，符合题意； 对于（3），该多面体由全等的正三角形组成，且顶点聚集的棱有条也有3条，不符合题意； 对于（4），该多面体由全等的正五边形组成，且每个顶点聚集的棱有条，符合题意； 故答案为：（1）（2）（4）. 题型二、多面体的性质探究 例2 设为多面体的一个顶点，定义多面体在处的离散曲率为其中，为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，，…，，遍历多面体的所有以为公共点的面，如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体（每个面都是全等的正多边形的多面体是正多面体），若它们在各顶点处的离散曲率分别是a，b，c，d，则a，b，c，d的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据所给定义，结合图形，分别计算出a，b，c，d的值即可 【详解】对于正四面体，其离散曲率； 对于正八面体，其离散曲率； 对于正十二面体，其离散曲率； 对于正二十面体，其离散曲率； 因为，所以， 故选：B. 变式1 中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体的所有棱长和为 ． 【答案】/ 【分析】从图形中作一个最大的水平截面，它是一个正八边形，八个顶点都在边长为的正方形边上，由此可计算出棱长． 【详解】取半正多面体的截面正八边形ABCDEFGH，由正方体的棱长为1，可知，易知， 设半正多面体的棱长为x，过B，C分别作于M，于N， 则，，解得， 故该半正多面体的所有棱长和为． 故答案为： 变式2 正多面体各个面都是全等的正多边形，其中，面数最少的是正四面体，面数最多的是正二十面体，它们被称为柏拉图多面体．如图，正二十面体是由个等边三角形所组成的正多面体．已知多面体满足：顶点数棱数+面数=，则正二十面体的顶点的个数为 ． 【答案】 【分析】根据正二十面体的结构特征，利用条件列出方程求解即可. 【详解】由于正二十面体是由个等边三角形所组成的正多面体， 所以面数为，并且每个顶点处有条棱， 设正二十面体共有个顶点，则棱数为， 由题意可得，解得. 则正二十面体的顶点的个数为 故答案为：. 变式3 “阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.将正方体沿交于一个顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此截去八个三棱锥得到一个阿基米德多面体，则该阿基米德多面体的棱有 条. 【答案】24 【分析】作出正方体，在正方体中观察可得. 【详解】由题可知，如图，正方体每个面中有4条，所以该阿基米德多面体的棱共有条. 故答案为：24    题型三、由平面图形旋转得旋转体 例3 下列给出的图形中，绕给出的轴旋转一周，能形成圆台的是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】A 【分析】由旋转体的结构特征逐一分析四个选项得答案． 【详解】由图可知，A选项中的直角梯形绕给出的轴旋转一周，能形成圆台， B选项中的半圆绕给出的轴旋转一周，能形成球体， C选项中的矩形绕给出的轴旋转一周，能形成圆柱， D选项中的直角三角形绕给出的轴旋转一周，能形成圆锥． 故选：A 变式1 将棱长为的正四面体绕着它的某一条棱旋转一周所得的几何体的体积为 . 【答案】 【分析】先求出四面体其中一个面的高，确定正四面体旋转后得到两个同底的圆锥，利用圆锥体积公式求解即可. 【详解】    如图为棱长为的正四面体，作，于点， 在中，，，， 根据题意，正四面体旋转后得到两个同底的圆锥， 底面半径等于，高等于， 所以旋转后几何体的体积为：. 故答案为： 变式2 将长为3，宽为2的矩形绕着较长边所在的直线旋转一周，所形成的几何体的体积为 . 【答案】 【分析】判断几何体为圆柱，根据圆柱的体积公式可得结果. 【详解】由题意知，形成的几何体为圆柱，且底面圆的半径，圆柱的高， 所以底面圆的面积， 所以圆柱的体积， 故答案为：. 变式3 一个直角，绕其斜边AB所在的直线旋转一周，形成的几何体为 ． 【答案】两个同底且高在一直线上的圆锥组成的组合体 【分析】利用旋转体的概念分析即可. 【详解】    如图所示，根据旋转体的概念可知一个直角，绕其斜边AB所在的直线旋转一周， 形成的几何体为：两个同底且高在一直线上的圆锥组成的组合体. 故答案为：两个同底且高在一直线上的圆锥组成的组合体 变式4 边长为2的正方形绕旋转形成一个圆柱，则该圆柱的表面积为 . 【答案】 【分析】圆柱的底面半径，母线长，代入公式求值即可. 【详解】该圆柱的底面半径，母线长， 所以该圆柱体的表面积为. 故答案为：. 题型四、由旋转体找出其旋转图形 例4 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. 变式1 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 变式2 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. 题型五、多面体欧拉公式（共4小题） 例5 十八世纪，数学家欧拉发现简单凸多面体的顶点数、棱数及面数之间有固定的关系，即著名的欧拉公式：．如图所示为上世纪八十年代科学家首次发现的碳60的电子显微镜图，它是由五边形和六边形面构成的多面体，共有60个顶点，每个顶点均为碳原子，且每个顶点引出三条棱，形似足球．根据以上信息知，碳60的所有面中五边形的个数是　　 A．12 B．20 C．32 D．40 【答案】 【分析】设五边形面有个，六边形面有个，即可得到总棱数与顶点数，再结合欧拉公式，即可求解． 【解答】解：设五边形面有个，共棱，六边形面有个，共条棱， 由于每条棱出现在两个面中， 故会被重复计算一次， 所以总棱数，同理每个顶点出现在三个面中， 总顶点数为， 故， 又，即，即，与联立解得． 故选：． 【点评】本题主要考查欧拉公式的应用，属于基础题． 变式1 课本必修第三册80页上介绍了“多面体的欧拉定理”：简单多面体的顶点数、棱数与面数之间具有关系：　　． 【答案】． 【分析】由“多面体的欧拉定理”即可得到结果． 【解答】解：由“多面体的欧拉定理”可得：． 故答案为：． 【点评】本题考查了多面体的欧拉定理应用问题，是基础题． 变式2 正多面体各个面都是全等的正多边形，其中，面数最少的是正四面体，面数最多的是正二十面体，它们被称为柏拉图多面体．如图，正二十面体是由20个等边三角形所组成的正多面体．已知多面体满足：顶点数棱数面数，则正二十面体的顶点的个数为 　12　． 【答案】12． 【分析】根据正二十面体的结构特征，利用欧拉定理列方程求解即可． 【解答】解：因为正二十面体是由20个等边三角形所组成的正多面体， 所以面数为20，并且每个顶点处有5条棱， 设正二十面体共有个顶点，则棱数为条， 由题意可得，，解得， 所以正二十面体的顶点个数为12． 故答案为：12． 【点评】本题考查了正二十面体的结构特征与应用问题，也考查了逻辑推理与空间想象能力，是基础题． 变式3 瑞士数学家欧拉年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知的顶点，，其欧拉线方程为，则顶点的坐标可以是 　或　． 【答案】或， 【分析】由已知求出的垂直平分线方程，由欧拉线联立求得外心坐标，得到圆的方程，设，求得三角形的重心坐标，代入欧拉线方程，整理后与圆的方程联立求解的坐标． 【解答】解：，，的垂直平分线方程为， 又外心在欧拉线上， 联立，解得三角形的外心， 又， 外接圆的方程为． 设，则三角形的重心，在欧拉线上，即， 整理得． 联立，解得或． 所以顶点的坐标可以是或， 故答案为：或， 【点评】本题考查欧拉线的定义和运用，以及直线方程和圆的方程的运用，考查运算能力，属于中档题． 题型六、多面体和旋转体表面上的最短距离问题 例6 如图圆柱的底面周长是，圆柱的高为，为圆柱上底面的直径，一只蚂蚁如果沿着圆柱的侧面从下底面点处爬到上底面点处，那么它爬行的最短路程为　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】把圆柱沿母线剪开后展开，点展开后的对应点为，利用两点之间线段最短可判断蚂蚁爬行的最短路径为，利用勾股定理计算出即可． 【解答】解：根据题意，把圆柱的侧面沿母线剪开后展开，点展开后的对应点为， 如图：蚂蚁爬行的最短路径为， 在△，易得，，则， 所以它爬行的最短路程为， 故选：． 【点评】本题考查圆柱侧面的展开最短路径问题，注意圆柱的结构特征，属于基础题． 变式1 已知圆锥底面半径为，母线长为2，点为底面圆周上一点，若一只蚂蚁从点出发沿着圆锥的侧面爬行一周回到点，则蚂蚁爬行的最短距离为 　　 ． 【答案】． 【分析】由圆锥的侧面展开图为圆心角为90度的扇形，结合等腰直角三角形，即可求得最短距离． 【解答】解：由题意，圆锥底面半径为，母线长为2， 可得底面周长为， 可得圆锥的侧面展开图为圆心角为90度的扇形，如图所示， 则三角形为边长为2的等腰直角三角形，所以最短距离为． 故答案为：． 【点评】本题考查几何体表面距离的计算，属于中档题． 变式2 如图，在长方体中，，，点为上的动点，则的最小值为 　　． 【答案】． 【分析】将绕翻折到与共面，，则的长度即为的最小值，利用勾股定理计算可得． 【解答】解：根据题意，如图：在长方体中，将面绕翻折到与面共面， ，则的长度即为的最小值， 因为，，所以， 所以，所以，即的最小值为． 故答案为：． 【点评】本题考查长方体的结构特征，涉及正方体的侧面展开问题，属于基础题． 变式3 已知正四棱柱的底面边长为1，高度为2，一蚂蚁沿着正四棱柱的表面从点爬到点的最短距离是 　　． 【答案】． 【分析】分别求解不同情况下的展开图的长度，即可比较作答． 【解答】解：如图正四棱柱中，若沿着侧棱展开，可得图（1）， 此时， 若沿着侧棱展开，可得图（2）， 此时， 若沿着侧棱展开，可得图（3）， 此时， 因为，所以最短距离为． 故答案为：． 【点评】本题考查了棱柱的结构特征与应用问题，是基础题． 变式4 如图是一座山的示意图，山呈圆锥形，圆锥的底面半径为10公里，母线长为40公里，是上一点，且公里．为了发展旅游业，要建设一条最短的从绕山一周到的观光铁路．这条铁路从出发后首先上坡，随后下坡，则上坡段铁路的长度为 　32　公里． 【答案】32． 【分析】先展开圆锥的侧面，确定观光铁路路线，再根据实际意义确定下坡段的铁路路线，最后解三角形得结果． 【解答】解：根据题意可知，圆锥的底面半径为10公里，母线长为40公里，是上一点，且公里， 沿母线将圆锥的侧面展开，如图： 记为上的任意一点，作，垂足为，， 由的长为，得，由两点间线段最短，知观光铁路为图中线段， 而，则， 上坡即到山顶的距离越来越小，下坡即到山顶的距离越来越大， 因此上坡段的铁路，即图中的线段，由△△，得． 故答案为：32． 【点评】本题考查了圆锥侧面展开图，属于基础题． 变式5 如图，圆锥的底面直径，母线长，点在母线上，且，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点到达点，则这只蚂蚁爬行的最短距离为 　　． 【答案】． 【分析】蚂蚁爬行距离最短，即将圆锥侧面展开后到的直线距离，根据已知条件、勾股定理可求出最短距离． 【解答】解：圆锥的底面直径，母线长，点在母线上，且， 有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点到达点， 如图，圆锥的侧面展开图为半径为3的扇形，弧长， 则， 则， 则这只蚂蚁爬行的最短距离为． 故答案为：． 【点评】本题考查了圆锥表面上的最短距离问题，属于中档题． 变式6 如图，一圆柱体的底面周长为，高为，是底面的直径．一只昆虫从点出发，沿着圆柱的侧面爬行到点，则昆虫爬行的最短距离是 　15　． 【答案】15． 【分析】作出圆柱侧面展开图，可知所求最短路程为，利用勾股定理可求得结果． 【解答】解：一圆柱体的底面周长为，高为，是底面的直径， 一只昆虫从点出发，沿着圆柱的侧面爬行到点， 作出圆柱的侧面展开图如下图所示， 则当昆虫的爬行路线为线段时，爬行的路程最短， 因为圆柱体的底面周长为，即，且， 所以昆虫爬行的最短路程为：． 故答案为：15． 【点评】本题考查了圆柱表面上的最短距离问题，属于中档题． 1． 下列几何体为旋转体的是（   ） A．三棱锥 B．四棱台 C．五棱柱 D．圆柱 【答案】D 【分析】根据旋转体定义得解. 【详解】根据旋转体的定义知，圆柱为旋转体. 故选：D. 2． 将一个上底为2，下底为5，高为2的直角梯形绕着直角腰旋转一周得到一个几何体，则该几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意可得该几何体是一个圆台，利用圆台的体积公式计算可得体积. 【详解】由题意可知该几何体是一个上底面半径为2，下底面半径为5，高为2的圆台， 则该几何体的体积为. 故选：C. 3． 多面体欧拉定理是指：若多面体的顶点数为，面数为，棱数为，则满足. 已知某面体各面均为五边形，且经过每个顶点的棱数为3，则 （   ） A．6 B．10 C．12 D．20 【答案】C 【分析】根据给定条件，结合欧拉公式列出方程组，求解方程组即得. 【详解】设该多面体的顶点数为，棱数为， 依题意，，消去得， 所以. 故选：C 4． 已知中，，将绕所在的直线旋转一周，则所得旋转体的表面积是 ． 【答案】 【分析】先分析出旋转体为圆锥，然后根据表面积等于侧面积加上底面积求解出结果. 【详解】因为，所以， 所以旋转体是底面半径为，高为，母线长为的圆锥， 所以表面积为， 故答案为：. 5． 如图组合体是由正四棱锥与正四棱台组合而成，，则PA与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据已知，将几何体补全为正八面体，得到且，即可确定异面直线的夹角. 【详解】延长，，，交于Q，易知：， 故是正八面体，故，， ∠APD即为所求异面直线所成角，余弦值为. 故选：A 6． 如图所示的正六边形，是由六个直角边长分别为与的全等的直角三角形拼接而成的，该图形（阴影部分）绕着线段的中垂线旋转一周得到一个几何体，现在用密度为的材料去制造该几何体，则该几何体的质量为 g.（结果用π表示） 【答案】 【分析】外部正六边形的边长为，旋转得到的几何体是两个全等的圆台，计算其体积；内部的六边形边长为2cm，旋转得到的几何体是一个圆柱和两个与圆柱同底的圆锥，计算其体积，两体积之差即为该图形（阴影部分）绕着线段的中垂线旋转一周得到的几何体的体积，乘以密度即可求解. 【详解】外部正六边形的边长为，旋转得到的几何体是两个全等的圆台，上底面半径为，下底面半径为，高为, 体积为. 内部的六边形边长为2cm，旋转得到的几何体是一个圆柱和两个与圆柱同底的圆锥， 圆锥的底面半径为，高为1cm，圆柱的底面半径为，高为， 内部的六边形旋转得到的几何体的体积为， 所以该几何体的体积为，用密度为的材料去制造该几何体， 则该几何体的质量为. 故答案为：. 7． 如图所示的两个对称的等腰与，且，，若该平面图形绕着直线旋转一周围成的几何体的体积记为，该平面图形绕着直线旋转一周围成的几何体的体积记为，则 . 【答案】4 【分析】先根据已知条件确定该平面图形分别绕着直线和直线旋转一周围成的几何体；再求出相应几何体的底面半径和高；最后根据圆柱和圆锥的体积公式即可解答. 【详解】由题可知该平面图形绕直线旋转一周围成的几何体为一圆柱减去两圆锥形成的. 因为与是两个对称的等腰三角形，且，， 所以点到边的距离为， 即该圆柱的底面半径为，高为，圆锥的底面半径为，高为. 所以. 而该平面图形绕着直线旋转一周围成的几何体是相同大小的两个圆锥，且这个圆锥的底面半径为1，高为2， 所以， 所以. 故答案为：. 8． 如图，以正方体六个面的中心为顶点所构成的多面体有多少条棱和多少个面？设正方体的棱长为1，这个多面体的表面积和体积是多少？ 【答案】条棱，个面，表面积为，体积为 【分析】根据图形可知得到的多面体是正八面体，然后利用锥体的表面积公式与体积计算公式即可求解. 【详解】由正方体的对称性结合图形可知，这个多面体有条棱，个面， 且这个多面体的各棱长相等，故这个多面体为正八面体， 若正方体的棱长为1，则该正八面体的棱长为， 则这个多面体的表面积， 这个多面体的体积. 9． 如图，在直角梯形中，，，，以边所在的直线为轴，其余三边旋转一周所形成的面围成一个几何体.    (1)求该几何体的表面积； (2)一只蚂蚁在形成的几何体上从点A绕着几何体的侧面爬行一周回到点A，求蚂蚁爬行的最短距离. 【答案】(1) (2)6. 【分析】（1）得到几何体为上底面半径为，下底面半径，母线长的圆台，求出表面积； （2）将圆台的侧面沿母线展开，得到如图所示的一个扇环，作出辅助线，设，根据弧长得到方程，求出，进而得到为等边三角形， 求出最短路径为线段，得到答案. 【详解】（1）如图所示，满足题意的直角梯形，以边所在的直线为轴，其余三边旋转一周， 形成一个上底面半径为，下底面半径，母线长的圆台， 其表面积为.    （2）将圆台的侧面沿母线展开，得到如图所示的一个扇环，    因为圆台上下底面半径的关系为， 所以，， 又∵， ∴， ∴， 设，则的弧长， 解得， ，为等边三角形， ∴ 所以蚂蚁从点A绕着圆台的侧面爬行一周，回到点A的最短路径即为线段， 所以蚂蚁爬行的最短距离为6. 试卷第1页，共3页 1 / 26 学科网（北京）股份有限公司 $$ 预习专题08 多面体与旋转体 1.通过对实物模型的观察，归纳认知多面体、旋转体的结构特征．(重点) 2.能运用面体、旋转体的结构特征描述现实生活中简单物体的结构和有关计算．(易混点) 知识点1 多面体 1.多面体的定义及有关概念 定义：由三角形或平面多边形围成的封闭几何体，可用面的数量命名（如四面体、六面体等），面数最少为4（四面体，即三棱锥）。 多面体由平面多边形围成，包含内部平面部分；类比平面多边形由三角形拼合，空间多面体可由四面体拼合而成。 1.多面体至少有4个面。 2.截面：几何体与平面相交所得的平面图形（含内部）。 2.正多面体 定义：所有面为全等的正三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱数相等。 常见正多面体：正四面体、正六面体（正方体）、正八面体、正十二面体、正二十面体。 凸多面体与凹多面体 凸多面体：任意面延展为平面后，其余面均在该平面同一侧（如正四面体、正方体）。 凹多面体：任意面延展为平面后，其余面不都在同一侧。 特别提醒：教材中若无特别说明，多面体均指凸多面体。 如图，给定一个正方体形状的土豆块，只切一刀，可以得到下面哪些类型的多面体？ ①四面体；    ②四棱锥；    ③四棱柱； ④五棱锥；    ⑤五棱柱；    ⑥六棱锥； ⑦七面体． （找出可能的结果，并将序号填在横线上） 知识点2 旋转体 1.旋转体的定义及有关概念 定义：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； 常见旋转体：①矩形 圆柱，②直角三角形 圆柱，③直角梯形 圆台，④半圆 球。 2.旋转面的定义及有关概念 定义：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 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．   知识点3 多面体的欧拉定理 1.定理内容 简单多面体的顶点数 、棱数 、面数 满足：. 利用欧拉定理时，需注意定理使用条件，正确计算 、、. 正多面体的唯一性证明 假设正多面体每个面为正 边形，每个顶点有 条棱，则：（每棱被 2 个面共用），（每棱连接 2 个顶点）.代入欧拉定理得： ，化简为 . 由于、 ，讨论得唯一解对应五种正多面体. 题型一、多面体概念及分类 例1 多面体的定义：由 围成的封闭几何体称为多面体．构成多面体表面的各三角形或平面多边形称为多面体的 ．相邻面的公共边称为多面体的 ．棱与棱的交点称为多面体的 ． 变式1 多面体的分类 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,三棱锥是 面体;长方体（四棱柱）是 面体.一般地,一个棱锥是 面体;棱柱或棱台是 面体. 变式2 面数最少的多面体是 ，当其每条棱长均为2时，其体积为 ． 变式3 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 变式4 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.下列几何体中，所有棱长均相等，同一表面的角都相等，则 是正多面体.（写出所有正确的序号）    题型二、多面体的性质探究 例2 设为多面体的一个顶点，定义多面体在处的离散曲率为其中，为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，，…，，遍历多面体的所有以为公共点的面，如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体（每个面都是全等的正多边形的多面体是正多面体），若它们在各顶点处的离散曲率分别是a，b，c，d，则a，b，c，d的大小关系是（    ） A． B． C． D． 变式1 中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体的所有棱长和为 ． 变式2 正多面体各个面都是全等的正多边形，其中，面数最少的是正四面体，面数最多的是正二十面体，它们被称为柏拉图多面体．如图，正二十面体是由个等边三角形所组成的正多面体．已知多面体满足：顶点数棱数+面数=，则正二十面体的顶点的个数为 ． 变式3 “阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.将正方体沿交于一个顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此截去八个三棱锥得到一个阿基米德多面体，则该阿基米德多面体的棱有 条. 题型三、由平面图形旋转得旋转体 例3 下列给出的图形中，绕给出的轴旋转一周，能形成圆台的是（    ） A．   B．   C．   D．   变式1 将棱长为的正四面体绕着它的某一条棱旋转一周所得的几何体的体积为 . 变式2 将长为3，宽为2的矩形绕着较长边所在的直线旋转一周，所形成的几何体的体积为 . 变式3 一个直角，绕其斜边AB所在的直线旋转一周，形成的几何体为 ． 变式4 边长为2的正方形绕旋转形成一个圆柱，则该圆柱的表面积为 . 题型四、由旋转体找出其旋转图形 例4 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． 变式1 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． 变式2 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？ 题型五、多面体欧拉公式 例5 十八世纪，数学家欧拉发现简单凸多面体的顶点数、棱数及面数之间有固定的关系，即著名的欧拉公式：．如图所示为上世纪八十年代科学家首次发现的碳60的电子显微镜图，它是由五边形和六边形面构成的多面体，共有60个顶点，每个顶点均为碳原子，且每个顶点引出三条棱，形似足球．根据以上信息知，碳60的所有面中五边形的个数是　　 A．12 B．20 C．32 D．40 变式1 课本必修第三册80页上介绍了“多面体的欧拉定理”：简单多面体的顶点数、棱数与面数之间具有关系：　 　． 变式2 正多面体各个面都是全等的正多边形，其中，面数最少的是正四面体，面数最多的是正二十面体，它们被称为柏拉图多面体．如图，正二十面体是由20个等边三角形所组成的正多面体．已知多面体满足：顶点数棱数面数，则正二十面体的顶点的个数为 　 　． 变式3 瑞士数学家欧拉年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知的顶点，，其欧拉线方程为，则顶点的坐标可以是 　 　． 题型六、多面体和旋转体表面上的最短距离问题 例6 如图圆柱的底面周长是，圆柱的高为，为圆柱上底面的直径，一只蚂蚁如果沿着圆柱的侧面从下底面点处爬到上底面点处，那么它爬行的最短路程为　　 A． B． C． D． 变式1 已知圆锥底面半径为，母线长为2，点为底面圆周上一点，若一只蚂蚁从点出发沿着圆锥的侧面爬行一周回到点，则蚂蚁爬行的最短距离为_______． 变式2 如图，在长方体中，，，点为上的动点，则的最小值为_______． 变式3 已知正四棱柱的底面边长为1，高度为2，一蚂蚁沿着正四棱柱的表面从点爬到点的最短距离是_______． 变式4 如图是一座山的示意图，山呈圆锥形，圆锥的底面半径为10公里，母线长为40公里，是上一点，且公里．为了发展旅游业，要建设一条最短的从绕山一周到的观光铁路．这条铁路从出发后首先上坡，随后下坡，则上坡段铁路的长度为_______公里． 变式5 如图，圆锥的底面直径，母线长，点在母线上，且，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点到达点，则这只蚂蚁爬行的最短距离为 _______． 变式6 如图，一圆柱体的底面周长为，高为，是底面的直径．一只昆虫从点出发，沿着圆柱的侧面爬行到点，则昆虫爬行的最短距离是 _______． 1． 下列几何体为旋转体的是（   ） A．三棱锥 B．四棱台 C．五棱柱 D．圆柱 2． 将一个上底为2，下底为5，高为2的直角梯形绕着直角腰旋转一周得到一个几何体，则该几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 3． 多面体欧拉定理是指：若多面体的顶点数为，面数为，棱数为，则满足. 已知某面体各面均为五边形，且经过每个顶点的棱数为3，则 （   ） A．6 B．10 C．12 D．20 4． 已知中，，将绕所在的直线旋转一周，则所得旋转体的表面积是 ． 5． 如图组合体是由正四棱锥与正四棱台组合而成，，则PA与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 6． 如图所示的正六边形，是由六个直角边长分别为与的全等的直角三角形拼接而成的，该图形（阴影部分）绕着线段的中垂线旋转一周得到一个几何体，现在用密度为的材料去制造该几何体，则该几何体的质量为 g.（结果用π表示） 7． 如图所示的两个对称的等腰与，且，，若该平面图形绕着直线旋转一周围成的几何体的体积记为，该平面图形绕着直线旋转一周围成的几何体的体积记为，则 . 8． 如图，以正方体六个面的中心为顶点所构成的多面体有多少条棱和多少个面？设正方体的棱长为1，这个多面体的表面积和体积是多少？ 9． 如图，在直角梯形中，，，，以边所在的直线为轴，其余三边旋转一周所形成的面围成一个几何体.    (1)求该几何体的表面积； (2)一只蚂蚁在形成的几何体上从点A绕着几何体的侧面爬行一周回到点A，求蚂蚁爬行的最短距离. 试卷第1页，共3页 1 / 26 学科网（北京）股份有限公司 $$