专题12 多面体与旋转体（4大知识点+6大题型+真题检验）讲义-2025年高二数学暑假班预习提升（沪教版（2020））

上海高中数学2020必修第三册第11章空间几何体（预修课程） 专题12 多面体与旋转体 知识点一：多面体及其相关概念 1、多面体定义：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、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； 知识点二：正四面体及其相关概念 正四面体（四个面都是三角形的三棱锥）在立体几何中的作用相当于三角形在平面几何中的作用；将正四面体放在正方体中。 1、若正四面体棱长设作1，则对应的正方体棱长为________,外接球半径为________； 正四面体的体积________,正四面体的高________ 结论1：正四面体的对棱相互垂直 结论2：（体积） 结论3： (高) 利用正方体对角线可求外接圆半径和正四面体的高(直接法，等体积法，结论3法)（简单实用） 知识三：多面体的展开与折叠 1、由多面体画平面展开图，一般要结合多面体的几何特征，发挥空间想象能力或者是亲手制作多面体模型.在解题过程中，常常给多面体的顶点标上字母，先把多面体的底面画出来，然后依次画出各侧面，便可得到其平面展开图； 2、由展开图复原几何体：若是给出多面体的平面展开图，来判断是由哪一个多面体展开的，则可把上述过程逆推； 3、求从几何体的表面上一点，沿几何体表面运动到另一点，所走过的最短距离，常将几何体的侧面展开，转化为求平面上两点间的最短距离问题； 知识点四：旋转体及其相关概念 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； 知识五：简单组合体的结构特征与转化 组合体是由简单几何体拼接或截去一部分构成的.要仔细观察组合体的构成，结合柱、锥、台、球的结构特征，先分割，后验证 题型1：多面体及其相关概念 【例1】判断下列命题的真假（正确的打“√”，错误的打“×”） ①棱柱的底面互相平行；（ ） ②棱柱的各个侧面都是平行四边形；（ ） ③有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥；（ ） ④长方体是四棱柱，直四棱柱是长方体；（ ） ⑤用一个平面去截棱锥,棱锥底面和截面之间的部分为棱台；（ ） 【提示】注意：理解与归纳多面体及其特殊几何体的几何特征； 【答案】①√；②√；③×；④×；⑤×； 【解析】对于①，由棱柱的定义，得①是真命题； 对于②，由棱柱的定义；可归纳得：棱柱的两个主要结构特征：①有两个面互相平行； ②各侧棱都互相平行，各侧面都是平行四边形；通俗地讲，棱柱“两头一样平，上下一样粗”； 所以，②是真命题； 对于③，特别注意：有一个面是多边形，其余各面是有公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体才叫棱锥；所以，③是假命题； 对于④，注意：上、下底面为矩形的直四棱柱才是长方体；所以，④是假命题； 对于⑤，用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分不一定为棱台，因为不能保证截面与底面平行，所以，⑤是假命题； 【说明】本题主要考查了多面体及其相关概念；并渗透了用特殊几何体转化简单的组合体； 【例2】如图所示的几何体，关于其结构特征，下列说法不正确的是（ ） A．该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体 B．该几何体有12条棱、6个顶点 C．该几何体有8个面，并且各面均为三角形 D．该几何体有9个面，其中有一个为四边形，其余的为三角形 【答案】D； 【解析】由图可知，该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体，有12条棱、6个顶点、8个面，故D不正确； 【说明】棱柱、棱锥、棱台间的关系：棱柱、棱锥、棱台的各面都是平面多边形，它们都是凸多面体； 【跟踪训练】 1．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. 【解析】 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． 2．下列说法正确的是（    ） A．多面体至少有个面 B．有个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台 C．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体 D．棱柱的侧棱相等，侧面是平行四边形 【答案】D 【分析】由多面体、棱台、棱柱等几何体的定义逐项判断即可． 【解析】对于A，多面体至少有个面，故选项A错误； 对于B，有个面平行，其余各面都是梯形，但各侧棱的延长线不能交于一点，则该几何体不是棱台，故选项B错误； 对于C，各侧面都是正方形的四棱柱，可以是底面为菱形的直棱柱，不一定是正方体，故选项C错误； 对于D，由棱柱定义知，棱柱的各侧棱平行且相等，故侧面是平行四边形，故选项D正确. 故选：D． 3．如图，多面体的顶点数是 、棱数是 、面数是 ． 【答案】 7 12 7 【分析】根据多面体中顶点、棱、面的定义即可得解. 【解析】解:顶点共有7个，棱共有12条，一共有7个面. 故答案为：7,12,7 知识点2：正四面体及其相关概念 【例3】四个面都是正三角形的三棱锥各棱长均为a，其两条相对棱的中点分别为M，N，则MN的长是________． 【答案】a； 【解析】如图所示，三棱锥A－BCD，M，N分别为BC，AD的中点， 连接MN，NC，BN， ∴BN＝CN＝a， ∴△BNC为等腰三角形，MN⊥BC， ∴MN＝＝a； 【例4】体积为72的正四面体外接球的表面积_________.108 【例5】如图所示，正四面体中，是棱的中点，是棱上一动点，的最小值为，则该正四面体的外接球的体积是　　． 【解析】将侧面和展成平面图形，如图所示：设正四面体的棱长为， 则的最小值为，． 在棱锥中，设底面三角形的中心为，外接球的球心为， 为的中点，则， ，． 设外接球的半径，则， 在中，由勾股定理可得：， 解得：．外接球的体积为．故答案为：． 【跟踪训练】 1、面数最少的多面体有________个面. 【答案】4； 【解析】面数最少的多面体是四面体(三棱锥)，有4个面；. 2．把四个半径为1的小球装入一个大球内，则大球半径的最小值为_______ 【详解】当四个小球彼此相外切，与大球内切时，大球半径的最小，四个小球，三个在下，一个在上，四个球心连线成正四面体，如下图所示： 该正四面体的边长为2，过做平面， 因为， 所以， 所以有， 把，代入，得， 则正四面体的外接球半径为， ∴大球半径最小为：， 题型3：多面体的展开与折叠 【例6】如图是三个几何体的侧面展开图，请问各是什么几何体？ 【解析】　①为五棱柱；②为五棱锥；③为三棱台. 【例7】如图，在边长为2a的正方形ABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，沿图中虚线将3个三角形折起，使点A，B，C重合，重合后记为点P. （1）折起后形成的几何体是什么几何体？ （2）这个几何体共有几个面，每个面的三角形有何特点？ （3）每个面的三角形面积为多少？ 【解析】（1）如图，折起后的几何体是三棱锥； （2）这个几何体共有4个面，其中△DEF为等腰三角形，△PEF为等腰直角三角形，△DPE和△DPF均为直角三角形； （3）S△PEF＝a2， S△DPF＝S△DPE＝×2a×a＝a2， S△DEF＝S正方形ABCD－S△PEF－S△DPF－S△DPE ＝(2a)2－a2－a2－a2＝a2. 【跟踪训练】 1．画出如图所示的几何体的平面展开图（画出其中一种即可）； 2．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝3，BB1＝5，一只蚂蚁从点A出发沿表面爬行到点C1，求蚂蚁爬行的最短路线长； 【解析】（1）平面展开图如图所示： （2）沿长方体的一条棱剪开，有三种剪法： ①如图（1），以A1B1为轴展开，AC1＝＝＝4； ②如图（2），以BC为轴展开，AC1＝＝＝3； ③如图（3），以BB1为轴展开，AC1＝＝； 综合以上，蚂蚁爬行的最短路线长：； 3.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； 则该半正多面体共有　　　个面，其棱长为　　　　； 【解析】方法1： （1）可以将该多面体分为三层，上层个面，中层个面，下层个面，上下底各个面， 所以共有个面； （2）作出该图形的一个最大的水平截面正八边形，如图，其八个顶点都在边长为1的正方形上，设“半正多面体”棱长为，则，解得， 故答案为：． 方法2：（1）由图可知第一层与第三层各有9个面，共计18个面,第二层共有8个面， 所以该半正多面体共有18+8=26个面. （2）如图，将该半正多面体的部分放在棱长为1的正方体中， 设该半正多面体的棱长为，则， 延长与交于点，延长交正方体棱于， 由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形， 所以，， 所以，，以， 即该半正多面体棱长为， 答案：；； 题型4：多面体的性质研究 【例8】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． 【解析】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. 【例9】“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. 【解析】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    【例10】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（    ）    A．30 B．20 C．12 D．10 【答案】C 【分析】首先求出棱数，在根据所给公式计算可得. 【解析】因为每个面都是三角形，每个面对应3条棱，且每1条棱被2个三角形共用， 即1个面对应条棱，所以共有条棱， 所以由顶点数－棱数＋面数，得：顶点数棱数面数. 故选：C 【跟踪训练】 1．用6根长度相等的火柴首尾相接地搭正三角形，最多能搭成 个正三角形. 【答案】4 【分析】考虑用6根长度相等的火柴搭建平面图形和正四面体，即可得答案. 【解析】用6根长度相等的火柴搭建一平面图形，考虑两个等边三角形共用一条边，此时6根火柴，最多搭成两个正三角形；用6根长度相等的火柴搭建正四面体，此时，该立体图形表面含有4个正三角形，为能搭成正三角形最多的情况. 故答案为：4 2．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． 【解析】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．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. 【解析】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 4．如图，是一种碳原子簇，它是由60个碳原子构成的，其结构是以正五边形和正六边形面组成的凸32面体，这60个原子在空间进行排列时，形成一个化学键最稳定的空间排列位置，恰好与足球表面格的排列一致，因此也叫足球烯.根据杂化轨道的正交归一条件，两个等性杂化轨道的最大值之间的夹角满足：，式中分别为杂化轨道中轨道所占的百分数.中的杂化轨道为等性杂化轨道，且无轨道参与杂化，碳原子杂化轨道理论计算值为，它表示参与杂化的轨道数之比为，由此可计算得一个中的凸32面体结构中的五边形个数和两个等性杂化轨道的最大值之间的夹角的余弦值分别为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设中的凸32面体结构中共有个五边形，个六边形，列方程即可求解，再根据所给公式求出. 【解析】设一个中的凸32面体结构中共有个五边形，个六边形， 因为每个顶点都是三个面的公共顶点，所以， 又因为，解得，所以共有12个正五边形； 又因为， 所以，解得， 故选：C. 题型5：旋转体及其相关概念 【例11】判断下列命题的真假（正确的打“√”，错误的打“×”） ①以直角三角形的一边为轴旋转所得的旋转体是圆锥；(　 　) ②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；(　 　) ③用一个平面去截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台；(　 　) ④圆锥的轴截面是等腰三角形，且只有一个；(　 　) ⑤圆台所有母线的延长线交于一点；(　 　) 【提示】注意：仔细理解旋转体的定义及其相关概念； 【答案】①×；②×；③×；④×；⑤√；　 【解析】对于①，直角三角形的斜边为轴旋转一周所得的旋转体不是圆锥；所以，①是假命题； 对于②，圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；所以，②是假命题； 对于③，用一个平行于底面的平面去截圆锥得到一个圆锥与圆台；所以，③是假命题； 对于④，圆锥的轴截面是等腰三角形，但其轴截面有无数个；所以，④是假命题； 对于⑤由圆台的特征性质；所以，⑤是真命题； 【说明】通过本题的求解，说明仔细理解概念的前提与关键词是判断命题真假的保障； 【例12】下列几何体不是旋转体的为（ ） A．圆柱 B．棱柱 C．球 D．圆台 【答案】B 【分析】由旋转体的概念逐项判断即可得解. 【详解】由题意，圆柱、球、圆台均为旋转体，棱柱为多面体. 故选：B. 【例13】能旋转形成如图所示的几何体的平面图形是 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将A、B、C、D选项图形绕对称轴旋转可知A选项符合题意. 【详解】此几何体自上向下是由一个圆锥、两个圆台和一个圆柱构成， 是由A中的平面图形旋转形成的. 故选：A. 【点睛】本题考查平面图形旋转形成的几何体，考查空间想象能力和推理能力，属于简单题. 【跟踪训练】 1．如图将图ABCD所示的三角形绕直线l旋转一周，可以得到右图所示的几何体的是哪一个图形(　　) A　　　　B　　　　C　　　　D 【答案】B； 2．如图，若直角梯形及其内部各点绕边所在的直线旋转360°，则得到的旋转体是（ ）． A．圆锥 B．圆台 C．圆锥与圆台的组合体 D．圆锥与圆柱的组合体 【答案】D 【分析】根据旋转体：如题将直角三角形和一个矩形，直角三角形的一条直角边与矩形一边重合，所构成的梯形，绕梯形长底边旋转一周，即知所得旋转体构成. 【详解】直角梯形及其内部各点绕边所在的直线旋转360°，即几何体是以AB为中心轴线，上半部分是以AD为母线的圆锥，下半部分是BC为底面半径，CD为高的圆柱. 故答案为：D 【点睛】本题考查了旋转体，根据平面图形的旋转可知对应几何体构成，属于简单题. 3．已知菱形的边长为，则将菱形以其中一条边所在的直线为轴，旋转一周所形成的几何体的体积为（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】该几何体上部分为圆锥,下部分为在圆柱内挖去一个与上部分相同的圆锥,根据圆柱的体积公式即可求解. 【解析】如图是所求的几何体,该几何体上部分为圆锥,下部分为在圆柱内挖去一个与上部分相同的圆锥,其中圆柱的高为，点到的距离为， 所以该几何体的体积为. 故选:B. 题型6：简单组合体的结构特征与转化 组合体是由简单几何体拼接或截去一部分构成的.要仔细观察组合体的构成，结合柱、锥、台、球的结构特征，先分割，后验证 【例14】请描述如图所示的几何体是如何形成的. 【解析】①是由一个圆锥和一个圆台拼接而成的组合体；②是由一个长方体截去一个三棱锥后得到的几何体；③是由一个圆柱挖去一个三棱锥后得到的几何体； 思维升华　1.判定实物图是由哪些简单几何体组成，首先要熟练掌握简单几何体的结构特征；其次要善于将复杂的组合体“分割”为几个简单的几何体，具有一定的空间想象能力； 【跟踪训练】 1、将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括(　　) A.一个圆台、两个圆锥 B.两个圆柱、一个圆锥 C.两个圆台、一个圆柱 D.一个圆柱、两个圆锥 【提示】根据旋转体的概念，作出直观图，可得答案； 【答案】D； 【解析】图①是一个等腰梯形，为较长的底边， 以边所在直线为旋转轴旋转一周所得几何体为一个组合体， 如图②，包括一个圆柱、两个圆锥， 故选：D 题型7：简单几何体的表面积与体积 【例15】一个直角梯形的两底长为2和5，高为4，将其绕较长的底旋转一周，求所得旋转体的表面积． 【解析】如图所示，梯形ABCD中，AD＝2，AB＝4，BC＝5. 作DM⊥BC，垂足为点M，则DM＝4，MC＝5－2＝3， 在Rt△CMD中，由勾股定理得CD＝＝5. 在旋转生成的旋转体中，AB形成一个圆面， AD形成一个圆柱的侧面，CD形成一个圆锥的侧面， 设其面积分别为S1，S2，S3，则S1＝π×42＝16π，S2＝2π×4×2＝16π，S3＝π×4×5＝20π， 故此旋转体的表面积为S＝S1＋S2＋S3＝52π. 【例16】已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝a，BC＝2a，∠DCB＝60°，在平面ABCD内，过点C作l⊥CB，以l为轴将梯形ABCD旋转一周，求旋转体的表面积； 【解析】如题图所示，所得几何体为一个圆柱除去一个圆锥； 在直角梯形ABCD中，AD＝a，BC＝2a， AB＝(2a－a)tan 60°＝a，DC＝＝2a. 又DD′＝DC＝2a， ∴S表＝S圆环＋S圆柱侧＋S圆C＋S圆锥侧 ＝[π·(2a)2－πa2]＋2π·2a·a＋π·(2a)2＋π·a·2a 【例17】在一个如图所示的直角梯形ABCD内挖去一个扇形，E恰好是梯形的下底边的中点，将所得平面图形绕直线DE旋转一圈． (1)请在图中画出所得几何体并说明所得的几何体的结构特征； (2)求所得几何体的表面积和体积． 【答案】(1)答案见解析 (2)， 【分析】（1）直接由旋转体的结构特征得结论； （2）结合图中数据计算该组合体的表面积和体积. 【解析】（1）根据题意知，将所得平面图形绕直线DE旋转一圈后所得几何体是上部是圆锥,下部是圆柱挖去一个半径等于圆柱体高的半球的组合体; （2）该组合体的表面积为 ， 组合的体积为 . 【跟踪训练】 1．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绕着几何体的侧面爬行一周回到点，求蚂蚁爬行的最短距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）旋转后所得几何体为圆台，由圆台表面积公式进行计算即可； （2）将圆台侧面沿母线展开求解即可. 【解析】（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， ∵圆台上下底面半径的关系为，∴，∴， 又∵，∴，， 设，则的弧长，∴， 连接，取线段中点，连接，则， 在中，，，∴， ∴蚂蚁从点绕着圆台的侧面爬行一周回到点的最短路径即为线段， . ∴蚂蚁爬行的最短距离为． 2．用斜二测画法画一个水平放置的平面图，其直观图如图所示，已知，，，且.    (1)求原平面图形的面积； (2)将原平面图形绕旋转一周，求所形成的几何体的表面积和体积. 【答案】(1)14 (2)表面积为，体积为 【分析】（1）根据直观图及其边长，得出平面图形的边长，然后根据梯形的面积，即可得出答案； （2）根据题意得出几何体是一个以为底面半径的圆柱减去一个以为底面半径的圆锥和组成，进而根据组合体的性质结合圆柱以及圆锥的表面积、体积公式，即可得出答案. 【解析】（1）如图所示：还原平面图形，作交于点， 因为，，， 所以，所以，，， 故.    （2）将原平面图形绕旋转一周， 所得几何体是一个以为底面半径的圆柱减去一个以为底面半径的圆锥和组成， 所以所形成的几何体的表面积为 ； 所形成的几何体的体积为 . 3．已知在直角三角形中，，（如图所示） (1)若以为轴，直角三角形旋转一周，求所得几何体的表面积. (2)一只蚂蚁在问题（1）形成的几何体上从点绕着几何体的侧面爬行一周回到点，求蚂蚁爬行的最短距离. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）若以为轴，直角三角形旋转一周，形成的几何体为以为半径，高的圆锥，由圆锥的表面积公式，即可求出结果． （2）利用侧面展开图，要使蚂蚁爬行的最短距离，则沿点B的母线把圆锥侧面展开为平面图形（如图）最短距离就是点B到点的距离，代入数值，即可求出结果． 【解析】（1）在直角三角形中，由 即，得，若以为轴旋转一周， 形成的几何体为以为半径，高的圆锥， 则，其表面积为. （2）由问题（1）的圆锥，要使蚂蚁爬行的最短距离， 则沿点的母线把圆锥侧面展开为平面图形， 最短距离就是点到点的距离，， 在中，由余弦定理得. 一、填空题 1．一个多面体至少有 个面． 【答案】4 【分析】根据多面体的定义及三维结构，即知最少的面数. 【解析】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. 故答案为：4 2．已知正四棱锥的底面边长为4 cm，高与侧棱夹角为45°，则其斜高长为________ cm. 【答案】2； 【解析】如图所示，∠ASO＝45°， ∴SO＝AO＝×4＝2(cm)． E为BC的中点，SE为BC边的斜高， ∴SE＝＝＝2(cm)． 3．（2023春·上海嘉定·高二上海市嘉定区第一中学校考期中）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：. 4．（2023秋·高二课时练习）“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    5．（2023秋·高二课时练习）已知圆柱的母线长为l，底面半径为r，O是上底面圆心，是下底面圆周上两个不同的点，是母线.若直线与所成角的大小为，则 . 【答案】/ 【分析】作出直线与所成角，解直角三角形，即可求得答案. 【详解】如图，过点A作与母线平行的母线, 则即为直线与所成角，故， 在中， , 则, 故答案为： 6．（2023秋·高二课时练习）把和所围成的封闭图形绕y轴旋转一周，所得几何体体积为 . 【答案】/ 【分析】根据和的图象围成的封闭平面图形是等腰三角形，且该三角形绕轴旋转一周所得几何体为圆锥，由此求出该几何体的体积． 【详解】因为和的图象围成的封闭平面图形是等腰三角形，将代入可得， 则等腰三角形的底面边长为2，高为1， 该三角形绕轴旋转一周所得几何体是一个圆锥， 所以该几何体的体积为． 故答案为：. 7．（2023秋·上海静安·高二校考期末）把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比为，母线（原圆锥母线在圆台中的部分）长为9，则原圆锥的母线长 ． 【答案】 【分析】根据圆台的几何特征利用三角形相似即可求得结果. 【详解】由题意可得，几何体如下图所示： 取轴截面可知，圆台的上、下底面半径的比为，且， 设圆锥的母线长为，根据相似比可得，解得， 即原圆锥的母线长为. 故答案为：. 8．（2021秋·上海徐汇·高二上海市第二中学校考阶段练习）已知圆台的上、下底面半径分别为2和5，圆台的高为3，则此圆台的体积为 ． 【答案】 【分析】由圆台的体积公式代入求解即可. 【详解】由题意知，，则 . 故答案为：. 9．（2022·上海·高二专题练习）已知一个正四面体的棱长为2，则它的高是 ； 【答案】. 【分析】根据题意，由正四面体的棱长为2，可求出其底面正三角形的高和底面正三角形的外接圆的半径，即可求出正四面体的高. 【详解】解：一个正四面体的棱长为2， ∴正四面体的底面正三角形的高为：， ∴底面正三角形的外接圆的半径为：， 所以正四面体的高：. 故答案为：. 【点睛】本题考查正四面体的结构特征，以及根据正四面体的性质求正四面体的高，属于基础题. 10．（2022秋·上海普陀·高二校考期中）将一个边长为2的正三角形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的表面积为 . 【答案】 【分析】根据正三角形绕一边所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥求解. 【详解】如图所示：正三角形绕AB所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥， 圆锥的底面半径为, 所以所得几何体的表面积为， 故答案为： 11．（2022秋·上海青浦·高二上海市青浦高级中学校考期末）在棱长为的正方体中，点分别是线段（不包括端点）上的动点，且线段平行于平面，则四面体的体积的最大值是 . 【答案】 【分析】由线面平行的性质定理知， ∽ ， ， 设，则 ， 到平面 的距离为 ，则 , 所以，所以四面体 的体积为， 当 时，四面体 的体积取得最大值： ． 所以答案应填： ． 考点：1、柱、锥、台体体积；2、点、线、面的位置关系． 【思路点睛】本题考查正方形中几何体的体积的求法，找出所求四面体的底面面积和高是解题的关键，考查计算能力，属于中档题．由线面平行的性质定理知， ∽ ，设出，则 ， 到平面 的距离为 ，表示出四面体 的体积，通过二次函数的最值，求出四面体的体积的最大值． 12．（2022·上海·高二专题练习）2021年10月，麻省理工大学的数学家团队解决了维空间中的等角线问题等角线是组直线，这组直线中任意两条直线所成的角都相等.三维空间中，最大的等角线组有6条直线，它们是连接正二十面体的12个相对顶点形成的6条直线.已知棱长为1的正二十面体，其外接球半径为，则三维空间最大等角线组中，任意两条直线形成的角的大小为 （精确到） 【答案】 【分析】根据正二十面体的结构，取等角线组中两条线段，及相应的对棱围成一个矩形，求出这个矩形的对角线的夹角即得． 【详解】如图，取根据正二十面体的结构，取等角线组中两条线段，及相应的对棱围成一个矩形，矩形对角线交点为，是正二十面体外接球球心，，棱， ， ． 故答案为： 　 二、选择题 13．（2022·上海·高二专题练习）已知直角梯形ABCD，现绕着它的较长底CD所在的直线旋转一周，所得的几何体包括（    ） A．一个圆柱、一个圆锥 B．一个圆柱、两个圆锥 C．一个圆台、一个圆柱 D．两个圆柱、一个圆台 【答案】A 【分析】将直角梯形分割成一个矩形和一个直角三角形，结合旋转体的形成即可求解. 【详解】直角梯形ABCD分割成一个矩形和一个直角三角形， 矩形绕其一边旋转一周得圆柱，直角三角形绕其直角边旋转一周得圆锥， 可得几何体为：一个圆柱、一个圆锥. 故选：A 14．（2023秋·高二课时练习）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（    ）    A．30 B．20 C．12 D．10 【答案】C 【分析】首先求出棱数，在根据所给公式计算可得. 【详解】因为每个面都是三角形，每个面对应3条棱，且每1条棱被2个三角形共用， 即1个面对应条棱，所以共有条棱， 所以由顶点数－棱数＋面数，得：顶点数棱数面数. 故选：C 15．（2022秋·上海浦东新·高二上海市实验学校校考期中）将一个正方体切一刀，可能得到的以下几何体中的种类数为（    ） 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 A．3种 B．4种 C．5种 D．以上均不正确 【答案】B 【分析】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. 故选：B. 16．（2022秋·上海徐汇·高二上海中学校考期中）图中的十面体的面是由四个正五边形，四个三角形和两个正方形组成的，则图中上正方形面积是下正方形面积的（    ）倍. A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】由图形分析出上下底面正方形的边长，即可求解 【详解】观察两个相邻的正五边形，它们的组成的图形是对称的， 由于它们的一侧可以夹一个正方形， 所以另一侧也可以加一个正方形， 因此，图中的三角形为等腰直角三角形， 不妨设正五边形的边长为， 则等腰直角三角形的斜边为， 所以下底面正方形的边长为1，上底面正方形的边长为， 所以上底面正方形的面积为2，下底面正方形的面积为1， 所以上正方形面积是下正方形面积的2倍， 故选：B 三、解答题 17．（2022·上海·高二专题练习）沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时，如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的（细管长度忽略不计）. （1）如果该沙漏每秒钟漏下0.02cm³的沙，则该沙漏的一个沙时为多少秒？（精确到1秒） （2）细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，求此锥形沙堆的高度. （精确到0.1cm） 【答案】(1) 一沙时为1986秒;(2) 沙堆高度约为2.4cm. 【详解】（1）开始时，沙漏上部分圆锥中的细沙的高为，底面半径为 39.71 （秒） 所以，沙全部漏入下部约需1986秒 （2）细沙漏入下部后，圆锥形沙堆的底面半径4，     设高为 锥形沙堆的高度约为2.4cm. 18．（2022·上海·高二专题练习）（1）求一个棱长为的正四面体的体积，有如下未完成的解法，请你将它补充完成.解：构造一个棱长为1的正方体—我们称之为该四面体的“生成正方体”，如左下图：则四面体为棱长是___________的正四面体，且有___________. （2）模仿（1），对一个已知四面体，构造它的“生成平行六面体”，记两者的体积依次为和，试给出这两个体积之间的一个关系式，不必证明； （3）如1图，一个相对棱长都相等的四面体（通常称之为等腰四面体），其三组棱长分别为，，，类比（1）（2）中的方法或结论，求此四面体的体积. 【答案】（1），；（2）；（3）. 【分析】（1）根据生成正方体的棱长计算出四面体的棱长，并根据割补法计算出四面体的体积； （2）直接根据棱锥与棱柱的体积关系得到对应结论； （3）根据条件得到“生成长方体”，结合条件计算出长方体的长宽高，由此可计算出四面体的体积. 【详解】（1）因为构造的正方体棱长为，所以面对角线长度为，所以四面体为棱长是， 且 ； （2）； （理由供参考：“生成平行六面体”由四面体和四个三棱锥组成，每个三棱锥的底面积等于 “生成平行六面体”的底面积的一半且高相等，所以三棱锥的体积等于“生成平行六面体” 体积的，由此可得结果） （3）类似（1），构造该四面体的“生成长方体”， 设棱长分别为，则有， 则有 . 19．（2023秋·高二课时练习）不同的凸多面体中的顶点数V、棱数E、面数F之间的关系有什么规律吗？ (1)请完成下表； 常见的凸多面体顶点数V、棱数E、面数F的实验观察记录表 所选多面体 顶点数V 棱数E 面数F 形成猜想 正四面体 正方体 正八面体 正十二面体 正二十面体 三棱柱 五棱锥 六棱台 自选观察体一 自选观察体二 (2)提出猜想，写出明确结论； (3)收集阅读相关资料，完善对问题的理解. 【答案】(1)详见解析； (2)详见解析； (3)详见解析. 【分析】（1）根据凸多面体的结构特征即得； （2）利用观察记录即得，； （3）阅读相关资料即得. 【详解】（1）棱柱：n棱柱有2n个顶点，3n个棱，n+2个面； 棱锥：n棱锥有n+1个顶点，2n个棱，n+1个面； 棱台：n棱柱有2n个顶点，3n个棱，n+2个面. 所选多面体 顶点数V 棱数E 面数F 形成猜想 正四面体 4 6 4 正方体 8 12 6 正八面体 6 12 8 正十二面体 20 30 12 正二十面体 12 30 20 三棱柱 6 9 5 五棱锥 6 10 6 六棱台 12 18 8 自选观察体一（四棱锥） 5 8 5 自选观察体二（四棱台） 8 12 6 （2）提出猜想：， 结论：任意简单的凸多面体，其顶点数V、棱数E、面数F间具有关系：. （3）阅读资料发现这是著名欧拉定理中的图论定理：如果一个联通平面图G有V个顶点、E条边、F个面，那么. 以“欧拉公式”或“欧拉公式的证明”为关键词，在网上检索更多的相关资料，进一步学习和拓展理解. 20．（2023春·上海·高二专题练习）如图，已知正四棱柱的底面边长是3，体积是45，M，N分别是棱、的中点．    (1)求过，，的平面与该正四棱柱所截得的多面体的体积； (2)求直线与平面所成的角． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用棱柱以及棱锥的体积公式结合割补法即可求得答案； （2）证明，即可找到直线与平面所成的角，解三角形即可求得答案. 【详解】（1）正四棱柱的底面边长是3，体积是45， 即有，解得；    所以三棱锥的体积为， 所以多面体的体积为正四棱柱体积减去三棱锥的体积， 即为； （2）因为M，N分别是棱、的中点，故， 所以直线MN与平面所成的角即为直线与平面所成的角； 连接BD、AC，交于点O，则； 又平面平面，故， 平面，故平面， 则平面，所以是直线与平面所成的角； 又平面，故， 又，故， ， 所以， 又，所以． 21．（2023秋·高二课时练习）用斜二测画法画一个水平放管的平面图，其直观图如图所示，已知，，，且．      (1)求原平面图形ABCD的面积； (2)将原平面图形ABCD绕BC旋转一周，求所形成的几何体的表面积和体积． 【答案】(1)12 (2)表面积为，体积为 【分析】（1）根据直观图还原平面图形ABCD为一个直角梯形，再利用直角梯形的面积公式求解； （2）将原平面图形ABCD绕BC旋转一周，所得几何体是一个圆柱挖去一个圆锥，再结合圆柱和圆锥的表面积和体积公式求解． 【详解】（1）还原平面图形ABCD，如图， 因为，，，且， 所以，，，且，， 原平面图形ABCD为直角梯形，故；    （2）将原平面图形ABCD绕BC旋转一周，所得几何体是一个圆柱挖去一个圆锥，如图，        其中圆柱的底面半径为3，高为6，圆锥的底面半径为3，高为4，母线长为5， 所以几何体的表面积为， 几何体的体积为 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 上海高中数学2020必修第三册第11章空间几何体（预修课程） 专题12 多面体与旋转体 知识点一：多面体及其相关概念 1、多面体定义：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、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； 知识点二：正四面体及其相关概念 正四面体（四个面都是三角形的三棱锥）在立体几何中的作用相当于三角形在平面几何中的作用；将正四面体放在正方体中。 1、若正四面体棱长设作1，则对应的正方体棱长为________,外接球半径为________； 正四面体的体积________,正四面体的高________ 结论1：正四面体的对棱相互垂直 结论2：（体积） 结论3： (高) 利用正方体对角线可求外接圆半径和正四面体的高(直接法，等体积法，结论3法)（简单实用） 知识三：多面体的展开与折叠 1、由多面体画平面展开图，一般要结合多面体的几何特征，发挥空间想象能力或者是亲手制作多面体模型.在解题过程中，常常给多面体的顶点标上字母，先把多面体的底面画出来，然后依次画出各侧面，便可得到其平面展开图； 2、由展开图复原几何体：若是给出多面体的平面展开图，来判断是由哪一个多面体展开的，则可把上述过程逆推； 3、求从几何体的表面上一点，沿几何体表面运动到另一点，所走过的最短距离，常将几何体的侧面展开，转化为求平面上两点间的最短距离问题； 知识点四：旋转体及其相关概念 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； 知识五：简单组合体的结构特征与转化 组合体是由简单几何体拼接或截去一部分构成的.要仔细观察组合体的构成，结合柱、锥、台、球的结构特征，先分割，后验证 题型1：多面体及其相关概念 【例1】判断下列命题的真假（正确的打“√”，错误的打“×”） ①棱柱的底面互相平行；（ ） ②棱柱的各个侧面都是平行四边形；（ ） ③有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥；（ ） ④长方体是四棱柱，直四棱柱是长方体；（ ） ⑤用一个平面去截棱锥,棱锥底面和截面之间的部分为棱台；（ ） 【例2】如图所示的几何体，关于其结构特征，下列说法不正确的是（ ） A．该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体 B．该几何体有12条棱、6个顶点 C．该几何体有8个面，并且各面均为三角形 D．该几何体有9个面，其中有一个为四边形，其余的为三角形 【跟踪训练】 1．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 2．下列说法正确的是（    ） A．多面体至少有个面 B．有个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台 C．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体 D．棱柱的侧棱相等，侧面是平行四边形 3．如图，多面体的顶点数是 、棱数是 、面数是 ． 题型2：正四面体及其相关概念 【例3】四个面都是正三角形的三棱锥各棱长均为a，其两条相对棱的中点分别为M，N，则MN的长是________． 【例4】体积为72的正四面体外接球的表面积_________. 【例5】如图所示，正四面体中，是棱的中点，是棱上一动点，的最小值为，则该正四面体的外接球的体积是　　． 【跟踪训练】 1、面数最少的多面体有________个面. 2．把四个半径为1的小球装入一个大球内，则大球半径的最小值为_______ 题型3：多面体的展开与折叠 【例6】如图是三个几何体的侧面展开图，请问各是什么几何体？ 【例7】如图，在边长为2a的正方形ABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，沿图中虚线将3个三角形折起，使点A，B，C重合，重合后记为点P. （1）折起后形成的几何体是什么几何体？ （2）这个几何体共有几个面，每个面的三角形有何特点？ （3）每个面的三角形面积为多少？ 【跟踪训练】 1．画出如图所示的几何体的平面展开图（画出其中一种即可）； 2．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝3，BB1＝5，一只蚂蚁从点A出发沿表面爬行到点C1，求蚂蚁爬行的最短路线长； 3.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； 则该半正多面体共有　　　个面，其棱长为　　　　； 题型4：多面体的性质研究 【例8】正多面体按其面数分有 种 【例9】“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. 【例10】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（    ）    A．30 B．20 C．12 D．10 【跟踪训练】 1．用6根长度相等的火柴首尾相接地搭正三角形，最多能搭成 个正三角形. 2．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．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 . 4．如图，是一种碳原子簇，它是由60个碳原子构成的，其结构是以正五边形和正六边形面组成的凸32面体，这60个原子在空间进行排列时，形成一个化学键最稳定的空间排列位置，恰好与足球表面格的排列一致，因此也叫足球烯.根据杂化轨道的正交归一条件，两个等性杂化轨道的最大值之间的夹角满足：，式中分别为杂化轨道中轨道所占的百分数.中的杂化轨道为等性杂化轨道，且无轨道参与杂化，碳原子杂化轨道理论计算值为，它表示参与杂化的轨道数之比为，由此可计算得一个中的凸32面体结构中的五边形个数和两个等性杂化轨道的最大值之间的夹角的余弦值分别为（    ） A． B． C． D． 题型5：旋转体及其相关概念 【例11】判断下列命题的真假（正确的打“√”，错误的打“×”） ①以直角三角形的一边为轴旋转所得的旋转体是圆锥；(　 　) ②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；(　 　) ③用一个平面去截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台；(　 　) ④圆锥的轴截面是等腰三角形，且只有一个；(　 　) ⑤圆台所有母线的延长线交于一点；(　 　) 【例12】下列几何体不是旋转体的为（ ） A．圆柱 B．棱柱 C．球 D．圆台 【例13】能旋转形成如图所示的几何体的平面图形是 A． B． C． D． 【跟踪训练】 1．如图将图ABCD所示的三角形绕直线l旋转一周，可以得到右图所示的几何体的是哪一个图形(　　) A　　　　B　　　　C　　　　D 2．如图，若直角梯形及其内部各点绕边所在的直线旋转360°，则得到的旋转体是（ ）． A．圆锥 B．圆台 C．圆锥与圆台的组合体 D．圆锥与圆柱的组合体 3．已知菱形的边长为，则将菱形以其中一条边所在的直线为轴，旋转一周所形成的几何体的体积为（  ） A． B． C． D． 题型6：简单组合体的结构特征与转化 组合体是由简单几何体拼接或截去一部分构成的.要仔细观察组合体的构成，结合柱、锥、台、球的结构特征，先分割，后验证 【例14】请描述如图所示的几何体是如何形成的. 【跟踪训练】 1、将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括(　　) A.一个圆台、两个圆锥 B.两个圆柱、一个圆锥 C.两个圆台、一个圆柱 D.一个圆柱、两个圆锥 题型7：简单几何体的表面积与体积 【例15】一个直角梯形的两底长为2和5，高为4，将其绕较长的底旋转一周，求所得旋转体的表面积． 【例16】已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝a，BC＝2a，∠DCB＝60°，在平面ABCD内，过点C作l⊥CB，以l为轴将梯形ABCD旋转一周，求旋转体的表面积； 【例17】在一个如图所示的直角梯形ABCD内挖去一个扇形，E恰好是梯形的下底边的中点，将所得平面图形绕直线DE旋转一圈． (1)请在图中画出所得几何体并说明所得的几何体的结构特征； (2)求所得几何体的表面积和体积． 【跟踪训练】 1．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绕着几何体的侧面爬行一周回到点，求蚂蚁爬行的最短距离． 2．用斜二测画法画一个水平放置的平面图，其直观图如图所示，已知，，，且.    (1)求原平面图形的面积； (2)将原平面图形绕旋转一周，求所形成的几何体的表面积和体积. 3．已知在直角三角形中，，（如图所示） (1)若以为轴，直角三角形旋转一周，求所得几何体的表面积. (2)一只蚂蚁在问题（1）形成的几何体上从点绕着几何体的侧面爬行一周回到点，求蚂蚁爬行的最短距离. 一、填空题 1．一个多面体至少有 个面． 2．已知正四棱锥的底面边长为4 cm，高与侧棱夹角为45°，则其斜高长为________ cm. 3．（2023春·上海嘉定·高二上海市嘉定区第一中学校考期中）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 . 4．（2023秋·高二课时练习）“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. 5．（2023秋·高二课时练习）已知圆柱的母线长为l，底面半径为r，O是上底面圆心，是下底面圆周上两个不同的点，是母线.若直线与所成角的大小为，则 . 6．（2023秋·高二课时练习）把和所围成的封闭图形绕y轴旋转一周，所得几何体体积为 . 7．（2023秋·上海静安·高二校考期末）把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比为，母线（原圆锥母线在圆台中的部分）长为9，则原圆锥的母线长 ． 8．（2021秋·上海徐汇·高二上海市第二中学校考阶段练习）已知圆台的上、下底面半径分别为2和5，圆台的高为3，则此圆台的体积为 ． 9．（2022·上海·高二专题练习）已知一个正四面体的棱长为2，则它的高是 ； 10．（2022秋·上海普陀·高二校考期中）将一个边长为2的正三角形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的表面积为 . 11．（2022秋·上海青浦·高二上海市青浦高级中学校考期末）在棱长为的正方体中，点分别是线段（不包括端点）上的动点，且线段平行于平面，则四面体的体积的最大值是 . 12．（2022·上海·高二专题练习）2021年10月，麻省理工大学的数学家团队解决了维空间中的等角线问题等角线是组直线，这组直线中任意两条直线所成的角都相等.三维空间中，最大的等角线组有6条直线，它们是连接正二十面体的12个相对顶点形成的6条直线.已知棱长为1的正二十面体，其外接球半径为，则三维空间最大等角线组中，任意两条直线形成的角的大小为 （精确到） 二、选择题 13．（2022·上海·高二专题练习）已知直角梯形ABCD，现绕着它的较长底CD所在的直线旋转一周，所得的几何体包括（    ） A．一个圆柱、一个圆锥 B．一个圆柱、两个圆锥 C．一个圆台、一个圆柱 D．两个圆柱、一个圆台 14．（2023秋·高二课时练习）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（    ）    A．30 B．20 C．12 D．10 15．（2022秋·上海浦东新·高二上海市实验学校校考期中）将一个正方体切一刀，可能得到的以下几何体中的种类数为（    ） 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 A．3种 B．4种 C．5种 D．以上均不正确 16．（2022秋·上海徐汇·高二上海中学校考期中）图中的十面体的面是由四个正五边形，四个三角形和两个正方形组成的，则图中上正方形面积是下正方形面积的（    ）倍. A．1 B．2 C．3 D．4 三、解答题 17．（2022·上海·高二专题练习）沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时，如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的（细管长度忽略不计）. （1）如果该沙漏每秒钟漏下0.02cm³的沙，则该沙漏的一个沙时为多少秒？（精确到1秒） （2）细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，求此锥形沙堆的高度. （精确到0.1cm） 18．（2022·上海·高二专题练习）（1）求一个棱长为的正四面体的体积，有如下未完成的解法，请你将它补充完成.解：构造一个棱长为1的正方体—我们称之为该四面体的“生成正方体”，如左下图：则四面体为棱长是___________的正四面体，且有___________. （2）模仿（1），对一个已知四面体，构造它的“生成平行六面体”，记两者的体积依次为和，试给出这两个体积之间的一个关系式，不必证明； （3）如1图，一个相对棱长都相等的四面体（通常称之为等腰四面体），其三组棱长分别为，，，类比（1）（2）中的方法或结论，求此四面体的体积. 19．（2023秋·高二课时练习）不同的凸多面体中的顶点数V、棱数E、面数F之间的关系有什么规律吗？ (1)请完成下表； 常见的凸多面体顶点数V、棱数E、面数F的实验观察记录表 所选多面体 顶点数V 棱数E 面数F 形成猜想 正四面体 正方体 正八面体 正十二面体 正二十面体 三棱柱 五棱锥 六棱台 自选观察体一 自选观察体二 (2)提出猜想，写出明确结论； (3)收集阅读相关资料，完善对问题的理解. 20．（2023春·上海·高二专题练习）如图，已知正四棱柱的底面边长是3，体积是45，M，N分别是棱、的中点．    (1)求过，，的平面与该正四棱柱所截得的多面体的体积； (2)求直线与平面所成的角． 21．（2023秋·高二课时练习）用斜二测画法画一个水平放管的平面图，其直观图如图所示，已知，，，且．      (1)求原平面图形ABCD的面积； (2)将原平面图形ABCD绕BC旋转一周，求所形成的几何体的表面积和体积． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$