专题1.3 多面体与旋转体（高效培优讲义）数学沪教版2020必修第三册

专题1.3 多面体与旋转体 教学目标 通过空间几何体概念的学习，培养直观想象、逻辑推理的核心素养. 教学重难点 教学重点：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． 教学难点：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． 知识点01 多面体 1、多面体定义：由三角形或平面多边形围成的 ；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 ；长方体（四棱柱）有六个面，是 ．一般地，一个棱锥,有一个底面和个侧面，所以是 ；棱柱或棱台有两个底面和个侧面，所以是 ；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 或 ，每个顶点聚集的棱的条数都 ，这个多面体就叫做 ； 【即学即练】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02 正四面体 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） 【即学即练】在正四面体中，设，则四面体的体积等于（    ）. A．1 B． C． D． 知识点03 多面体的折叠与展开 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； 【即学即练】如图，在长方形中，，在上存在一点，沿直线把折叠，使点恰好落在边上的点处，若的面积为，那么折叠的的面积为（    ） A．30 B．20 C． D． 知识点04 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 ；这条直线叫做该 ； 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 ； 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、 、 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 ；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 ；无论旋转到什么位置，这条边都叫做 ； 【即学即练】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 ． 题型01 多面体的概念 【典例1】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 【变式1】下列多面体中，属于五面体的是（    ） A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱柱 D．五棱锥 【变式2】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 【变式3】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02 正四面体和正三棱锥 【典例1】卢浮宫玻璃金字塔是世界著名建筑，其结构单元中采用了正四面体衍生的索桁架体系，通过交叉拉索与刚性杆件形成稳定单元，体现了正四面体在复杂结构中的力学优势．一个正四面体两侧面所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【变式1】已知正四面体（四个面都是正三角形），其内切球（与四面体各个面都相切的球）表面积为，设能装下正四面体的最小正方体的体积为，正四面体的外接球（四面体各顶点都在球的表面上）体积为，则（    ） A． B． C． D． 【变式2】在正三棱锥中，，，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【变式3】已知正三棱锥的底面边长为2，侧面与底面所成角是，则三棱锥的体积等于（   ） A． B． C．2 D．1 【变式4】在正四面体中，点分别为棱的中点，则异面直线所成角的余弦值为 ．    题型03折叠与展开面问题 【典例1】如图，已知中，是边上的高，以为折痕折叠，使为直角.求证：平面平面，平面平面.    【变式1】如图，是正三棱锥且侧棱长为a，E，F分别是SA，SC上的动点，的周长的最小值为，则侧棱SA，SC的夹角为（   ） A． B． C． D． 【变式2】圆锥顶点，底面半径为1，母线的中点为，一只蚂蚁从底面圆周上的点绕圆锥侧面一周到达的最短路线中，其中下坡路的长是（    ） A．0 B． C． D． 【变式3】在平行四边形ABCD中，，，将此平行四边形沿对角线BD折叠，使平面平面CBD，则三棱锥A-BCD外接球的体积是 . 【变式4】如图,､､分别为正三角形的三边中点,的中点为,若沿着､､折叠,使点､､重合,在折叠后的四面体中,直线与所成角的余弦值为 . 题型04 多面体性质探究 【典例1】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 . 【变式1】一个多面体共有10个顶点，每个顶点都有4条棱，面的形状只有三角形和四边形，则三角形个数与四边形个数分别为（    ） A．4、8 B．6、6 C．7、5 D．8、4 【变式2】下列说法： ①只有正多面体的顶点数、面数、棱数满足欧拉定理 ②所有凸多面体的顶点数、面数、棱数满足欧拉定理 ③所有简单多面体的顶点数、面数、棱数满足欧拉定理 ④所有多面体的顶点数、面数、棱数满足欧拉定理其中正确的是（    ） A．①② B．①④ C．②③ D．③④ 【变式3】萤石是非常漂亮的一种矿物，其原石往往呈现正八面体形状.在如图所示的正八面体EABCDF中，EA与平面ABCD所成的角为（   ） A． B． C． D． 【变式4】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 ． 题型05 由平面图旋转得旋转体 【典例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．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，则蚂蚁爬行的最短路程为 ．    【变式1】平面直角坐标系中以四个点为顶点的直角梯形绕轴旋转一周所得到的旋转体的体积为，绕轴旋转一周所得到的旋转体的体积为，则（    ） A． B． C． D．大小无法计算 【变式2】在梯形ABCD中，，，且，将梯形绕着边BC所在的直线旋转一周，形成空间几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【变式3】分别以锐角三角形的边AB，BC，AC为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积之比为，则（    ） A． B． C． D． 【变式4】如图，点M为矩形ABCD的边BC的中点，，，将矩形ABCD沿DM剪去，将剩余部分绕直线BM旋转一周，则所得到的几何体的表面积为 ．    题型06 由旋转体找出旋转图形 【典例1】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． 题型07简单组合体的表面积和体积 【典例1】如图，在梯形中，，则将此梯形绕直线旋转一周所形成的几何体的体积为 （结果用含的式子表示）． 【变式1】如图，圆锥PO的底面半径为3，高为，过PO靠近P的三等分点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则下列说法正确的序号有 ． ①圆锥母线与底面所成的角为     ②圆锥PO的侧面积为 ③挖去圆柱的体积为         ④剩下几何体的表面积为 【变式2】高中某DIY社团一学生想把实心的圆锥木块改造成一个正四棱柱木块，且正四棱柱的中心在圆锥的轴上，底面在圆锥的底面内.已知该圆锥的底面圆半径为3cm，高为 cm，则该正四棱柱侧面积的最大值为 cm². 【变式3】“阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．某些阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到．如图，正八面体（每个面都是棱长相等的正三角形）的棱长为6，取各条棱的三等分点，从各棱的三等分点处截去六个角后可得到一个阿基米德多面体，则该多面体的表面积为 ．    【变式4】魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具.魔方拥有竞速､盲拧､单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一，一个三阶魔方，由27个单位正方体组成，如图是把魔方的中间一层转动了45°，则该魔方的表面积是 .    1．在正三棱台中，，，棱台的高为，则该棱台的体积为 . 2．某圆台的上底面半径为1，下底面半径为4，母线长为5，则该圆台的体积为 ． 3．一个圆台上、下底面的半径分别为和，若两底面圆心的连线长为，则这个圆台的母线长为 ，该圆台的轴截面的面积为 ． 4．给出下列命题： ①正棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的矩形； ②在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线； ③各个面都是三角形的几何体是三棱锥； ④棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥； ⑤圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线． 其中正确的命题是 ．（填序号） 5．三位好朋友在一次聚会上，他们按照各自的爱好选取了形状不同、内空高度相等、杯口半径相等的圆口饮料杯，如图所示.盛满饮料后约定：先各自饮杯中饮料一半.设剩余饮料的高度从左到右依次为，则它们的大小关系是 . 6．用透明塑料制作一个由圆柱和圆台组合而成的封闭容器，并往容器内部灌入一些水．图1和图2为该容器在不同放置方式下的轴截面，其尺寸（单位：cm）如图所示．若如图1放置该容器时，其圆台部分恰好充满水，则如图2倒立放置该容器时，圆柱部分水面高度h为 cm． 7．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAB是等边三角形，若侧面PAB和底面ABCD所成角的正切值为，则四棱锥的体积为 ． 8．一个圆锥截成圆台，已知圆台的上，下底面半径的比是1：4，截去小圆锥的母线长为3cm，圆台的高为，则圆台的体积为 ． 9．某班级学生到工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，cm，且，则下列说法错误的是（   ） A．该圆台轴截面面积为 B．该圆台的高为1cm C．该圆台的侧面积为6 D．该圆台的体积为 10．如图，圆柱高8cm，底面半径2cm，一只蚂蚁从点爬到点处吃食，要爬行的最短路程为（   ）（取3） A．10cm B．14cm C．20cm D．无法确定 11．（1）已知圆锥的母线长是，侧面积是，求该圆锥的高？ （2）已知圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线长为，求它的体积？ 12．如图所示，某模型无下底面，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，圆柱的底面直径为，高为，圆锥母线长为. (1)求该模型的体积； (2)现要用油漆对500个这种模型进行粉刷，油漆费用为每平方米30元，求总费用. 13．已知边长为2，各面均为等边三角形的四面体如图所示，求它的表面积和体积. 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题1.3 多面体与旋转体 教学目标 通过空间几何体概念的学习，培养直观想象、逻辑推理的核心素养. 教学重难点 教学重点：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． 教学难点：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． 知识点01 多面体 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，一个棱锥,有一个底面和个侧面，所以是面体；棱柱或棱台有两个底面和个侧面，所以是面体；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； 【即学即练】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02 正四面体 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） 【即学即练】在正四面体中，设，则四面体的体积等于（    ）. A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意将正四面体补形成边长为1的正方体，从而可求解. 【详解】如图，把正四面体补形成边长为1的正方体， 则四面体的体积为， 故四面体的体积为，故C正确. 故选：C.    知识点03 多面体的折叠与展开 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； 【即学即练】如图，在长方形中，，在上存在一点，沿直线把折叠，使点恰好落在边上的点处，若的面积为，那么折叠的的面积为（    ） A．30 B．20 C． D． 【答案】D 【分析】由三角形面积公式可求的长，由勾股定理可求的长，即可求的长，由勾股定理可求的长，即可求的面积. 【详解】∵四边形是矩形，∴， ∵，即，∴， 在中，（cm） ∵折叠后与重合， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴，解得， ∴（cm2）. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，熟练运用折叠的性质是本题的关键. 知识点04 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； 【即学即练】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：. 题型01 多面体的概念 【典例1】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. 【变式1】下列多面体中，属于五面体的是（    ） A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱柱 D．五棱锥 【答案】B 【分析】根据多面体的概念判断． 【详解】三棱锥只有4个面，三棱柱有五个面，四棱柱有六个面，五棱锥有六个面． 故选：B． 【变式2】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． 【变式3】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02 正四面体和正三棱锥 【典例1】卢浮宫玻璃金字塔是世界著名建筑，其结构单元中采用了正四面体衍生的索桁架体系，通过交叉拉索与刚性杆件形成稳定单元，体现了正四面体在复杂结构中的力学优势．一个正四面体两侧面所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过取中点作中线找到二面角的平面角然后在三角形中利用余弦定理求其余弦值. 【详解】如图所示所示正四面体，取的中点，连接，， 设四面体棱长为，则， 因为所有面都为等边三角形所以，，则为两侧面所成角的平面角， 在中由余弦定理有. 故选：C 【变式1】已知正四面体（四个面都是正三角形），其内切球（与四面体各个面都相切的球）表面积为，设能装下正四面体的最小正方体的体积为，正四面体的外接球（四面体各顶点都在球的表面上）体积为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设正四面体的棱长为，设正四面体内切球球心为，半径为，由等体积法求出，将该正四面体放入一个正方体内，使得每条棱恰好为正方体的面对角线，此时即为能装下正四面体的最小正方体，即可求出，设正四面体的外接球的半径，根据正方体和正四面体的外接球为同一个球计算出，即可得出答案． 【详解】设正四面体的棱长为，则正四面体的表面积为， 由题设底面的外接圆半径，则 所以正四面体的高为， 其体积为， 设正四面体内切球球心为，半径为， 解得：，所以，解得：， 将该正四面体放入下图的正方体内，使得每条棱恰好为正方体的面对角线， 此时即为能装下正四面体的最小正方体， 正四面体的最小正方体的边长为，如下图，即，所以， 体积为，设正四面体的外接球半径为， 则正方体的外接球，也即正四面体的外接球的半径为， 所以，所以外接球的体积为， . 故选：A. 【变式2】在正三棱锥中，，，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作出辅助线，得到或其补角是直线与所成的角，求出各边长，利用余弦定理求出答案.. 【详解】取棱的中点，连接，， 因为是的中点，所以，⊥， 则或其补角是直线与所成的角，. 由题中数据可知，，， 由勾股定理得， 在中，由余弦定理可得， 则， 故. 故选：A 【变式3】已知正三棱锥的底面边长为2，侧面与底面所成角是，则三棱锥的体积等于（   ） A． B． C．2 D．1 【答案】B 【分析】根据正三棱锥的定义和侧面与底面所成二面角的定义求出三棱锥的高，代入体积公式即可. 【详解】如下图所示： 由正三棱锥的定义，底面为正三角形，且边长为，作正三棱锥的高，垂足为的中心，连接并延长，交于点； 由正三棱锥的几何的性质可知：，，就是侧面与底面所成二面角的平面角，，可得是等腰直角三角形，. 根据正三角形的性质，，即正三棱锥的高为. 三棱锥的体积为：. 故选：B 【变式4】在正四面体中，点分别为棱的中点，则异面直线所成角的余弦值为 ．    【答案】/ 【分析】根据题目已知条件判断出异面直线所成角为，利用余弦定理计算即可. 【详解】连接，因为分别为的中点，所以， 因异面直线所成角的范围为，则异面直线所成角为， 设正四面体的棱长为，则，， 根据余弦定理，， 则异面直线所成角的余弦值为. 故答案为：.    题型03折叠与展开面问题 【典例1】如图，已知中，是边上的高，以为折痕折叠，使为直角.求证：平面平面，平面平面.    【答案】证明见解析 【分析】利用线面垂直与面面垂直的判定定理证明即可. 【详解】因为，，，平面， 所以平面； 因为平面，所以平面平面； 已知为直角，所以， 又，，平面， 因此平面， 因为平面ABD，所以平面平面. 【变式1】如图，是正三棱锥且侧棱长为a，E，F分别是SA，SC上的动点，的周长的最小值为，则侧棱SA，SC的夹角为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先将三棱锥的侧面沿着剪开，得到，即，即可得到答案. 【详解】将三棱锥的侧面沿着剪开，如图所示： 因为的周长的最小值为， 所以当四点共线时，的周长最小，即， 又因为，所以，即， 又因为三棱锥是正三棱锥， 所以，即侧棱SA，SC的夹角为. 故选：A 【变式2】圆锥顶点，底面半径为1，母线的中点为，一只蚂蚁从底面圆周上的点绕圆锥侧面一周到达的最短路线中，其中下坡路的长是（    ） A．0 B． C． D． 【答案】B 【分析】将圆锥侧面沿母线剪开并展开成扇形，最短路线即为扇形中的线段，过作的垂线，垂足为，求出的长即可. 【详解】将圆锥侧面沿母线剪开并展开成扇形，    则该扇形半径，弧长为，圆心角， 最短路线即为扇形中的线段，, 过作的垂线，垂足为，当蚂蚁从点爬行到点过程中，它与点的距离越来越小， 于是为上坡路段，当蚂蚁从点爬行到点的过程中，它与点的距离越来越大， 于是为下坡路段，下坡路段长. 故选：B 【变式3】在平行四边形ABCD中，，，将此平行四边形沿对角线BD折叠，使平面平面CBD，则三棱锥A-BCD外接球的体积是 . 【答案】 【分析】根据题意，得到，，取AC的中点O，得到外接球的球心是O，求得球的半径，利用体积公式，即可求解. 【详解】如图所示，因为平面平面，所以平面平面， 可得取的中点，则， 于是外接球的球心是，则 又由 所以半径 所以外接球的体积为.. 故答案为： 【变式4】如图,､､分别为正三角形的三边中点,的中点为,若沿着､､折叠,使点､､重合,在折叠后的四面体中,直线与所成角的余弦值为 . 【答案】 【分析】取的中点，连接、，设正三角形的边长为2，求出，，利用余弦定理即可得解. 【详解】由题意结合中位线的性质可得该四面体为正四面体， 如图为折叠后的三棱锥，取的中点，连接、， 由的中点为可知，则即为直线与所成角， 设正三角形的边长为2，则，， 在中，. 故答案为：. 【点睛】本题考查了异面直线夹角的求解和余弦定理的应用，考查了空间思维能力，属于中档题. 题型04 多面体性质探究 【典例1】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 【变式1】一个多面体共有10个顶点，每个顶点都有4条棱，面的形状只有三角形和四边形，则三角形个数与四边形个数分别为（    ） A．4、8 B．6、6 C．7、5 D．8、4 【答案】D 【分析】先由多面体共有10个顶点，每个顶点处都有四条棱，得到棱数，由欧拉公式得面数，设面的形状分别为三角形和四边形的个数是，建立的方程，即可求得结果. 【详解】因为多面体共有10个顶点，每个顶点处都有四条棱， 所以棱数有：. 由欧拉公式，得，故面数， 设面的形状分别为三角形和四边形的个数是， 则，解得， 即该多面体中三角形和四边形的个数分别是8，4. 故选：D 【变式2】下列说法： ①只有正多面体的顶点数、面数、棱数满足欧拉定理 ②所有凸多面体的顶点数、面数、棱数满足欧拉定理 ③所有简单多面体的顶点数、面数、棱数满足欧拉定理 ④所有多面体的顶点数、面数、棱数满足欧拉定理其中正确的是（    ） A．①② B．①④ C．②③ D．③④ 【答案】C 【分析】根据欧拉定理的适用条件及简单多面体的定义判断各选项即可. 【详解】简单多面体的顶点数、面数、棱数满足欧拉定理， 而凸多面体都是简单多面体，故①错误，②③正确； 对于④，并不是所有的多面体顶点数、面数、棱数满足欧拉定理， 比如长方体是简单多面体，但在其表面挖去一个小长方体后不再是简单多面体， 此时不满足欧拉定理，故④错误. 故选：C. 【变式3】萤石是非常漂亮的一种矿物，其原石往往呈现正八面体形状.在如图所示的正八面体EABCDF中，EA与平面ABCD所成的角为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正八面体的结构特征和线面角的定义求解即可 【详解】设正八面体的棱长为a， 由题意得四棱锥和均为正四棱锥， 连接AC与EF的交点为正方形的中心， 则平面，即为直线EA与平面ABCD所成的角， 又，， 即，则， 所以， 故选：A 【变式4】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： 题型05 由平面图旋转得旋转体 【典例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．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，则蚂蚁爬行的最短路程为 ．    【答案】12 【分析】根据已知几何体是母线长为6，上下底面半径分别为的圆台，其侧面展开图为圆环的一部分，将其补为圆锥并将侧面展开，即可求蚂蚁爬行的最短路程. 【详解】由题意，几何体是母线长为6，上下底面半径分别为的圆台，其侧面展开图为圆环的一部分， 所以，可将几何体补为母线长为12，底面半径为2的圆锥，再将其侧面展开如下图示，    所以圆环的一部分，即为圆台的侧面展开图，而， 所以为等边三角形，故蚂蚁爬行的最短路程为线段. 故答案为：12 【变式1】平面直角坐标系中以四个点为顶点的直角梯形绕轴旋转一周所得到的旋转体的体积为，绕轴旋转一周所得到的旋转体的体积为，则（    ） A． B． C． D．大小无法计算 【答案】A 【分析】由圆台、圆锥以及圆柱的体积公式计算并比较大小即可得解. 【详解】 绕y轴旋转一周所得到的是圆台， 绕x轴旋转一周所得到的旋转体为圆柱和圆锥的组合. 所以， 故选：A. 【变式2】在梯形ABCD中，，，且，将梯形绕着边BC所在的直线旋转一周，形成空间几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】易知空间几何体是圆台，利用圆台的体积公式计算即可. 【详解】将梯形ABCD绕着边BC所在的直线旋转一周，形成以BC为轴的圆台，如图：    由于，，设的中点为M，连接， 可得，，，所以， 所以圆台的体积为. 故选：A 【变式3】分别以锐角三角形的边AB，BC，AC为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积之比为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设边上的高为，根据面积关系可得，再根据体积关系可得，结合余弦定理运算求解. 【详解】设边上的高为，以边AB，BC，AC为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积分别为，    则，可得， 可得：， ， 由题意可得：， 整理得， 所以. 故选：C. 【变式4】如图，点M为矩形ABCD的边BC的中点，，，将矩形ABCD沿DM剪去，将剩余部分绕直线BM旋转一周，则所得到的几何体的表面积为 ．    【答案】 【分析】所得到的几何体是一个圆柱挖去一个圆锥形成的组合体，利用圆柱和圆锥的侧面积公式，可得答案． 【详解】矩形ABCD中，M为BC的中点，，，. 将矩形ABCD沿DM剪去，将剩余部分绕直线BM旋转一周， 则所得到的几何体是一个圆柱挖去一个圆锥形成的组合体，        圆柱的底面半径，母线长，故侧面积，底面面积, 圆锥的底面半径，母线长，故侧面积， 故所得到的几何体的表面积. 故答案为：. 题型06 由旋转体找出旋转图形 【典例1】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 题型07简单组合体的表面积和体积 【典例1】如图，在梯形中，，则将此梯形绕直线旋转一周所形成的几何体的体积为 （结果用含的式子表示）． 【答案】 【分析】分析题意得出梯形绕直线旋转一周所形成的几何体为一个圆锥及圆台中挖掉一个小圆锥，根据圆锥及圆台体积公式求解即可． 【详解】如图，连接，则， 过点作，则， 所以，所以，故， 过点作的平行线，与的延长线交于点，则， 绕直线旋转一周所形成的几何体为底面半径为，高为的圆锥， 直角梯形绕直线旋转一周所形成的几何体为圆台，其中上底面半径为，下底面半径为，高为， 绕直线旋转一周所形成的几何体为底面半径为，高为的圆锥， 所以绕直线旋转一周所形成的几何体为圆台中挖掉一个圆锥， 故此梯形绕直线旋转一周形成的几何体的体积． 故答案为：． 【变式1】如图，圆锥PO的底面半径为3，高为，过PO靠近P的三等分点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则下列说法正确的序号有 ． ①圆锥母线与底面所成的角为     ②圆锥PO的侧面积为 ③挖去圆柱的体积为         ④剩下几何体的表面积为 【答案】①③④ 【分析】根据题意利用勾股定理可求圆锥的母线长，挖去圆柱的半径和高，然后根据体积公式以及表面积公式即可逐项求解． 【详解】如下图： 因为圆锥的底面半径为3，高为，所以母线长， 则，即圆锥母线与底面所成的角为，故①正确； 圆锥的侧面积，故②错误； 设圆柱底面与圆锥母线交于点，与圆锥底面直径交于两点， 因为为的三等分点，所以， 则圆柱的体积为，故③正确； 圆柱的侧面积， 剩下几何体的表面积，故④正确； 故答案为：①③④ 【变式2】高中某DIY社团一学生想把实心的圆锥木块改造成一个正四棱柱木块，且正四棱柱的中心在圆锥的轴上，底面在圆锥的底面内.已知该圆锥的底面圆半径为3cm，高为 cm，则该正四棱柱侧面积的最大值为 cm². 【答案】 【分析】首先以上底面所在圆的半径为，再根据几何关系表示棱柱的侧面积，根据二次函数求最值. 【详解】设正四棱柱上底面所在圆的半径为，高为， 则正四棱柱底面棱长为，且，得， 所以正四棱柱的侧面积为， 当时，侧面积的最大值为. 故答案为： 【变式3】“阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．某些阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到．如图，正八面体（每个面都是棱长相等的正三角形）的棱长为6，取各条棱的三等分点，从各棱的三等分点处截去六个角后可得到一个阿基米德多面体，则该多面体的表面积为 ．    【答案】 【分析】根据正八面体的几何性质，结合题意，利用正方形与正六边形的面积公式可得答案. 【详解】由图可知该多面体有24个顶点，36条棱， 正八面体的棱长为6，从各棱的三等分点处截得多面体， 则该多面体的棱长为2，且表面由6个正方形和8个正六边形组成， 故该多面体的表面积为， 故答案为：. 【变式4】魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具.魔方拥有竞速､盲拧､单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一，一个三阶魔方，由27个单位正方体组成，如图是把魔方的中间一层转动了45°，则该魔方的表面积是 .    【答案】 【分析】利用俯视图分析多出来的表面积部分，结合对称性可解. 【详解】如图，转动了后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，俯视图如图， 由图形的对称性可知，为等腰直角三角形， 设直角边为，则斜边为， 故，可得. 由几何关系得：， 故所求面积. 故答案为：    1．在正三棱台中，，，棱台的高为，则该棱台的体积为 . 【答案】/ 【分析】根据台体体积公式计算可解. 【详解】， . 故答案为：. 2．某圆台的上底面半径为1，下底面半径为4，母线长为5，则该圆台的体积为 ． 【答案】 【分析】先利用直角梯形来求台体的高，再利用台体体积公式即可求得圆台体积. 【详解】如图，圆台的轴截面，分别为上、下底面圆的圆心，    由圆台的上底面半径为1，下底面半径为4，母线长为5， 可得：， 解直角梯形可得：， 由圆台体积公式得：， 故答案为：. 3．一个圆台上、下底面的半径分别为和，若两底面圆心的连线长为，则这个圆台的母线长为 ，该圆台的轴截面的面积为 ． 【答案】 【分析】根据圆台的几何性质和勾股定理，求出母线长和轴截面面积. 【详解】 如图所示，作圆台轴截面，上下底面圆心为， 根据题意，可知， 根据勾股定理，可知，所以母线长为13； 轴截面为等腰梯形，则面积为，所以轴截面面积为132； 故答案为：13；132. 4．给出下列命题： ①正棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的矩形； ②在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线； ③各个面都是三角形的几何体是三棱锥； ④棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥； ⑤圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线． 其中正确的命题是 ．（填序号） 【答案】①⑤ 【分析】根据正棱柱的定义即可判断①，根据圆柱母线的定义即可判断②，根据三棱锥的定义即可判断③，根据正六棱锥的定义即可判断④，由圆锥的母线定义即可判断⑤. 【详解】正棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的矩形，故①正确； 只有当这两点的连线平行于轴时才是母线，故②错误； 如图所示，故③错误； 若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，故④错误； 圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线，故⑤正确. 所以正确的命题是①⑤． 故答案为：①⑤. 5．三位好朋友在一次聚会上，他们按照各自的爱好选取了形状不同、内空高度相等、杯口半径相等的圆口饮料杯，如图所示.盛满饮料后约定：先各自饮杯中饮料一半.设剩余饮料的高度从左到右依次为，则它们的大小关系是 . 【答案】 【分析】根据圆锥、圆台、圆柱的结构特征判断大小关系即可. 【详解】圆锥、圆柱是圆台的特例，它们上底面积、高相同， 所以各自饮杯中饮料一半后，所剩饮料最大，最小（为原来的一半），介于之间， 所以. 故答案为： 6．用透明塑料制作一个由圆柱和圆台组合而成的封闭容器，并往容器内部灌入一些水．图1和图2为该容器在不同放置方式下的轴截面，其尺寸（单位：cm）如图所示．若如图1放置该容器时，其圆台部分恰好充满水，则如图2倒立放置该容器时，圆柱部分水面高度h为 cm． 【答案】 【分析】根据水的体积恒定，应用圆台、圆柱的体积公式列方程求圆柱部分水面高度h. 【详解】由题设，水的体积为， 所以，可得. 故答案为： 7．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAB是等边三角形，若侧面PAB和底面ABCD所成角的正切值为，则四棱锥的体积为 ． 【答案】/ 【分析】过作平面于，过作于，连接，可得为平面PAB和底面ABCD所成的角，进而可得，可求体积. 【详解】过作平面于，过作于，连接， 因为平面，所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为平面PAB和底面ABCD所成的角，所以， 所以，，所以， 又因为是等边三角形，所以，所以， 所以，所以，所以. 故答案为：. 8．一个圆锥截成圆台，已知圆台的上，下底面半径的比是1：4，截去小圆锥的母线长为3cm，圆台的高为，则圆台的体积为 ． 【答案】 【分析】根据圆台图形特征结合相似得出边长，再应用圆台体积公式计算求解. 【详解】如图所示，设圆台的母线长为，截得的圆台的上、下底面半径分别为， 则根据三角形相似的性质，得， 解得，故， 圆台的体积为． 故答案为：. 9．某班级学生到工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，cm，且，则下列说法错误的是（   ） A．该圆台轴截面面积为 B．该圆台的高为1cm C．该圆台的侧面积为6 D．该圆台的体积为 【答案】B 【分析】利用梯形面积公式计算可判断A；根据梯形性质利用勾股定理计算可判断B；代入圆台侧面积公式可判断C；代入圆台体积公式可判断D. 【详解】由，且，可得， 则上底面圆的半径和下底面圆的半径分别为1和2， 在梯形中，即代表圆台的高， 利用勾股定理计算可得， 圆台轴截面面积为， 故A正确，B错误； 圆台的侧面积为，故C正确； 易知下底面圆的面积为，上底面圆的面积为； 所以该圆台的体积为，故D正确． 故选：B 10．如图，圆柱高8cm，底面半径2cm，一只蚂蚁从点爬到点处吃食，要爬行的最短路程为（   ）（取3） A．10cm B．14cm C．20cm D．无法确定 【答案】A 【分析】利用侧面展开图，结合勾股定理即可求解最短路径长. 【详解】 通过圆柱侧面展开图，可知最短路径为侧面展开图中的直角三角形的斜边， 即 故选：A. 11．（1）已知圆锥的母线长是，侧面积是，求该圆锥的高？ （2）已知圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线长为，求它的体积？ 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）利用圆锥的侧面积求出圆锥的底面半径，再利用勾股定理可求得该圆锥的高； （2）求出圆台的高，利用圆台的体积公式可求得该圆台的体积. 【详解】（1）设圆锥的母线长为，高为，底面半径为， 则该圆锥的侧面积为，解得， 故该圆锥的高为； （2）如图是圆台的轴截面，圆台上、下底面半径分别为、，母线长为，设圆台的高为， 则，解得， 故该圆台的体积为. 12．如图所示，某模型无下底面，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，圆柱的底面直径为，高为，圆锥母线长为. (1)求该模型的体积； (2)现要用油漆对500个这种模型进行粉刷，油漆费用为每平方米30元，求总费用. 【答案】(1) (2)元 【分析】（1）先求出圆锥的高，再根据圆柱与圆锥的体积公式，即可求解； （2）先求出组合体的表面积，再求总费用. 【详解】（1） 如图所示，由题可知，，. 所以在中，， 所有该圆柱的体积为， 截去的圆锥的体积为， 故该模型的体积为. （2）由题可知该圆柱的侧面积为， 圆柱的上底面的面积为， 圆锥侧面积为， 故该模型的表面积为， 所以油漆的总费用为元. 13．已知边长为2，各面均为等边三角形的四面体如图所示，求它的表面积和体积. 【答案】表面积为，体积为 【分析】易知四面体为正四面体，求出一个三角形面积即可得四面体的表面积. 设为的中心，延长交于点，连接，，则底面，为的中点．可得，，．利用即可得出． 【详解】因为四面体的四个面是全等的等边三角形， 所以四面体的表面积等于其中任何一个面的面积的4倍， 不妨求的面积，取的中点为，连接； 因为是边长为2的正三角形，易知， 所以. 可得四面体的表面积为. 设为的中心，延长交于点，连接，，则底面，为的中点． ，， ． ． 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $