专题2.3多面体与旋转体重难点题型专训（3个知识点+4大题型+2大拓展训练+自我检测）-2025-2026学年高二数学上册重难点专题提升精讲精练（沪教版必修第三册）

该高中数学讲义围绕多面体与旋转体构建系统知识体系，通过框架图清晰呈现三类核心知识点：多面体概念及分类、性质探究与欧拉公式，以及旋转体的生成与识别，并辅以表格对比正多面体特征、思维导图梳理题型逻辑，突出“由平面到空间”的转化路径，强化重难点之间的内在联系。 讲义亮点在于融合数学眼光、思维与语言三大素养设计练习，如例题1引导学生从长方体顶点中抽象出等腰四面体和直角四面体，培养几何直观与空间观念；拓展训练二借助最短路径问题，训练逻辑推理与建模能力，体现数学表达的精确性。每类题型均配方法指导与易错提示，基础层学生可掌握基本模型，进阶层能突破综合应用，教师据此实现分层教学与精准反馈，助力学生自主复习与课堂提质增效。

专题2.3多面体与旋转体重难点题型专训 （3个知识点+4大题型+2大拓展训练+自我检测） 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 拓展训练一 多面体欧拉公式 拓展训练二 多面体和旋转体表面上的最短距离问题 知识点一：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） 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。 【即时训练】 1．（23-24高二下·重庆永川·期末）下列命题①多面体的面数最少为4；②正多面体只有5种；③凸多面体是简单多面体；④一个几何体的表面，经过连续变形为球面的多面体就叫简单多面体．其中正确的个数为 A．1 B．2 C．3 D．4 2.（22-23）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） 知识点二：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 【即时训练】 1．（22-23高一下·全国·课后作业）能旋转形成如图所示的几何体的平面图形是（    ） A． B． C． D． 2．（22-23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. 知识点三：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：. 2.提醒： 利用欧拉定理时，需注意定理使用条件，正确计算 、、. 3.知识延伸: 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. 【即时训练】 1．（2023·湖南湘潭·三模）瑞士数学家、物理学家欧拉发现任一凸多面体（即多面体内任意两点的连线都被完全包含在该多面体中，直观上讲是指没有凹陷或孔洞的多面体）的顶点数V．棱数E及面数F满足等式，这个等式称为欧拉多面体公式，被认为是数学领域最漂亮、简洁的公式之一，现实生活中存在很多奇妙的几何体，现代足球的外观即取自一种不完全正多面体，它是由m块黑色正五边形面料和块白色正六边形面料构成的．则（    ） A．20 B．18 C．14 D．12 2．（2023·全国·模拟预测）莱昂哈德·欧拉，瑞士数学家和物理学家，近代数学先驱之一，他的研究论著几乎涉及到所有数学分支，有许多公式､定理､解法､函数､方程､常数等是以欧拉名字命名的.欧拉发现，不论什么形状的凸多面体，其顶点数V､棱数E､面数F之间总满足数量关系，此式称为欧拉公式，已知某凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形，则该32面体的棱数为 ；顶点的个数为 . 【经典例题一 多面体概念及分类】 【例1】（2024高三·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 【例2】（23-24高一·全国·课后作业）按下列条件分割三棱台ABC-A1B1C1(不需要画图，各写出一种分割方法即可). （1）一个三棱柱和一个多面体; （2）三个三棱锥. 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 2．（23-24高二上·四川成都·阶段练习）下列说法正确的是（    ） A．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体 B．有2个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台 C．多面体至少有5个面 D．六棱柱有6条侧棱，6个侧面，侧面均为平行四边形 3．（23-24高一下·安徽马鞍山·期中）面数最少的多面体是 ，当其每条棱长均为2时，其体积为 ． 4．（22-23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1】（2025高三·全国·专题练习）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 【例2】（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 . 1．（22-23高一下·全国·课后作业）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 2．（22-23高一下·重庆九龙坡·阶段练习）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． 3．（24-25高二·上海·随堂练习）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 ． 4．（23-24高一下·北京海淀·期末）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.则该半正多面体的棱长为 【经典例题三 由平面图形旋转得旋转体】 【例1】（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．   【例2】（24-25高一下·全国·课后作业）图中平面图形从上往下依次由等腰三角形、圆、半圆、矩形、等腰梯形拼接形成，若将它绕直线l旋转形成一个组合体，试分析该组合体由哪些简单几何体构成． 1．（2023·安徽合肥·模拟预测）如图，正方体上、下底面中心分别为，，将正方体绕直线旋转，下列四个选项中为线段旋转所得图形是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一·全国·课后作业）下列几何体中 (    ) A．旋转体3个，台体(棱台和圆台)2个 B．旋转体3个，柱体(棱柱和圆柱)5个 C．柱体3个，锥体(棱锥或圆锥)4个 D．旋转体3个，多面体4个 3．（24-25高一下·全国·课后作业）如图所示的立体图形可由平面图形 绕轴旋转而成（填序号）． 4．（23-24高一下·湖北·阶段练习）如图，在直角梯形ABCD中，，，，．将直角梯形ABCD绕边AB所在的直线旋转一周． (1)画出旋转后形成的几何体的直观图，并说明该几何体是由哪些简单几何体组成； (2)求旋转形成的几何体的体积． 【经典例题四 由旋转体找出其旋转图形】 【例1】（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． 【例2】（23-24高二·上海·课堂例题）如图是一个置于地面上的救生圈，它是绕一条垂直于地平面的直线l旋转而成的旋转体．    (1)如果用一个经过旋转轴l的平面去截这个救生圈，得到的截面是什么图形？请画出示意图． (2)如果用一个平行于地面的平面去截这个救生圈，得到的截面可能是什么图形？请画出示意图． 1．（23-24高一·全国·课后作业）下列选项中的三角形绕直线l旋转一周，能得到如图所示几何体的是（　　）    A．   B．   C．   D．   2．（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． 3．（2024·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 . 4．（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？ 【拓展训练一 多面体欧拉公式】 【例1】（2025高三·全国·专题练习）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 【例2】（2025高三·全国·专题练习）已知凸多面体的每个面都是正三角形，且每个顶点处都有4条棱，试问：这是几面体？ 1．（23-24·重庆·模拟预测）十八世纪，数学家欧拉发现简单凸多面体的顶点数V、棱数E及面数F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 2．（23-24高三下·江西·阶段练习）1750年，欧拉在给哥德巴赫的一封信中列举了多面体的一些性质，其中一条是：如果用V，E和F分别表示简单凸多面体的顶点数、棱数和面数，则有如下关系：．已知一个正多面体每个面都是全等的等边三角形，每个顶点均连接5条棱，则（    ） A．50 B．52 C．60 D．62 3．（2025高三·全国·专题练习）如果空间凸多面体的顶点数为，棱数为，面数为，那么，这个定理是由瑞士数学家欧拉在1752年提出的，该定理提供了拓扑变换的不变量而发展了拓扑学，被称为拓扑学的欧拉定理或欧拉公式.1996年诺贝尔化学奖授予对发现有重大贡献的三位科学家，是由60个原子构成的分子，它是形如足球的多面体，这个多面体有60个顶点，以每一个顶点为端点都有三条棱，面的形状只有五边形和六边形，则分子中六边形的个数为 4．（2025高三·全国·专题练习）欧拉定理在研究化学分子结构中的应用： 1996年诺贝尔化学奖授予对发现有重大贡献的三位科学家．是由60个C原子构成的分子，它是形如足球的多面体．这个多面体有60个顶点，以每一个顶点为一端点都有三条棱，面的形状只有五边形和六边形，试计算分子中五边形和六边形的数目． 【拓展训练二 多面体和旋转体表面上的最短距离问题】 【例1】（24-25高一下·天津河西·阶段练习）如图，已知圆柱体底面圆的半径为，高为，，分别是两底面的直径，，是母线．若一只小虫从点出发，从侧面爬行到点，则小虫爬行的最短路线的长度是（    ）cm．（结果保留根式） A． B． C． D．4 【例2】（22-23高二下·山东日照·期中）有一矩形硬纸板材料（厚度忽略不计），一边长为分米，另一边足够长.现从中截取矩形（如图甲所示），再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒（如图乙所示，重叠部分忽略不计），其中是以为圆心、的扇形，且弧、分别与边、相切于点、. (1)当长为分米时，求的长； (2)当的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？并求容积的最大值 1．（24-25高三上·浙江·期中）已知圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆，则该圆锥的高为（    ） A． B． C． D． 2．（多选）（23-24高一·全国·课后作业）用一张长为8，宽为4的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，则相应圆柱的底面半径可能是 A． B． C． D． 3．（2025高一·全国·专题练习）圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为4.已知P为该圆台某条母线的中点，若一质点从点P出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P，则该质点运动的最短路径长为 . 4．（23-24高一下·山东菏泽·期中）如图，圆锥SO的底面半径，轴截面SAB（经过旋转轴SO的截面）是等边三角形，点P为母线SA上一点，且，点Q为半圆弧的中点． (1)求圆锥SO的外接球体积； (2)动点M从点P沿圆锥SO表面运动到点Q，求点M运动的最短路程． 1．（23-24高一下·山西太原·阶段练习）下列说法错误的是（    ） A．一个八棱柱有10个面 B．任意面体都可以分割成个棱锥 C．棱台侧棱的延长线必相交于一点 D．矩形旋转一周一定形成一个圆柱 2．（24-25高一下·吉林白山·期末）设有三个命题：①直角三角形绕一边旋转一周形成的几何体是圆锥；②棱长都相等的直四棱柱是正方体；③四棱柱所有的面都是平行四边形；其中真命题的个数是（   ） A．3 B．2 C．1 D．0 3．（23-24高一下·福建·期中）下列说法正确的是（ ） A．圆柱的母线长与圆柱的底面圆半径不可能相等 B．直四棱柱是长方体 C．将一个等腰梯形绕着它较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体是一个圆锥 D．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 4．（24-25高三上·河北·期末）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． 5．（23-24高一下·河南·期中）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 6．（多选）（24-25高一下·江苏宿迁·期末）如图，有一块正四棱台的木料，木工师傅想经过木料表面内（不含边界）一点与棱把木料锯成两块，为此需要先在面内作出交线，下列关于交线与截面形状的说法正确的是（    ） A．截面形状是梯形 B．截面形状可能为等腰梯形 C．直线与直线相交 D．直线与直线相交 7．（多选）（24-25高一下·江苏苏州·阶段练习）某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的，如果被截正方体的棱长为，则（   ） A．石凳是十四面体 B．石凳有24条棱 C．石凳的表面积为 D．石凳有24个顶点 8．（多选）（25-26高二上·黑龙江·开学考试）如图，是圆锥的底面圆的直径，点是底面圆上异于，的动点，点是母线上一点，已知圆锥的底面半径为1，侧面积为，则下列说法正确的是（   ）    A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面展开图的圆心角大小为 C．三棱锥的体积的最大值为 D．若，则从点出发绕圆锥侧面一周到达点的最短长度为5 9．（多选）（23-24高一下·广东广州·期中）如下图，直角梯形ABCD中，，．则下列说法正确的是（   ） A．以AD所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，所得旋转体的侧面积为 B．以CD所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，所得旋转体的体积为 C．以AB所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，所得旋转体的全面积为 D．以BC所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，所得旋转体的体积为 10．（多选）（23-24高一下·安徽宿州·期中）在等腰梯形中，，以CD所在的直线为轴，其余三边绕CD旋转一周形成的面围成一个几何体，则下列说法正确的有（    ） A．等腰梯形ABCD的高为1 B．该几何体为圆柱 C．该几何体的表面积为 D．该几何体的体积为 11．（22-23高二上·北京顺义·期末）现代几何学用曲率概念描述几何体的弯曲程度．约定：多面体在每个顶点处的曲率等于减去该点处所有面角之和（多面体每个侧面的内角叫做多面体的面角），一个多面体的总曲率等于该多面体各顶点处的曲率之和．例如：正方体在每个顶点处有3个面角，每个面角的大小是，所以正方体在各顶点处的曲率为．按照以上约定，四棱锥的总曲率为 ；若正十二面体（图1）和正二十面体（图2）的总曲率分别为和，则 0（填“>”，“<”或者“=”）． 12．（24-25高一下·黑龙江·期末）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 ．    13．（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 ． 14．（2023高三·全国·专题练习）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为.给出下列三个结论： ①正方体在每个顶点的曲率均为； ②任意四棱锥的总曲率均为； ③若某类多面体的顶点数，棱数，面数满足，则该类多面体的总曲率是常数. 其中，所有正确的结论是 （填写序号）. 15．（22-23高一下·河南开封·期末）在中，，将绕直线旋转一周，所形成的几何体的表面积为 . 16．（23-24高一下·浙江·期中）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. 17．（24-25高一下·浙江温州·期末）正四棱台的上下底面边长分别为和，侧棱长为. (1)求它的表面积； (2)求它的体积. 18．（24-25高一下·宁夏银川·期中）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. 19．（23-24高二·上海·课堂例题）已知圆锥底面的半径为10，母线长为60．求底面圆周上一点B沿侧面绕两周回到点B的最短距离． 20．（2025高一·全国·专题练习）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱和上的动点，求周长的最小值．    学科网（北京）股份有限公司 $ 专题2.3多面体与旋转体重难点题型专训 （3个知识点+4大题型+2大拓展训练+自我检测） 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 拓展训练一 多面体欧拉公式 拓展训练二 多面体和旋转体表面上的最短距离问题 知识点一：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） 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。 【即时训练】 1．（23-24高二下·重庆永川·期末）下列命题①多面体的面数最少为4；②正多面体只有5种；③凸多面体是简单多面体；④一个几何体的表面，经过连续变形为球面的多面体就叫简单多面体．其中正确的个数为 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】根据多面体的定义判断． 【详解】正多面体只有正四、六、八、十二、二十，所以①②正确． 表面经过连续变形为球面的多面体就叫简单多面体． 棱柱、棱锥、正多面体等一切凸多面体都是简单多面体．所以③④正确． 故：①②③④都正确 【点睛】根据多面体的定义判断． 2.（22-23）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. 知识点二：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 【即时训练】 1．（22-23高一下·全国·课后作业）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和一个圆台构成，是由A中的平面图形旋转形成的. 故选：A. 2．（22-23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； 知识点三：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：. 2.提醒： 利用欧拉定理时，需注意定理使用条件，正确计算 、、. 3.知识延伸: 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. 【即时训练】 1．（2023·湖南湘潭·三模）瑞士数学家、物理学家欧拉发现任一凸多面体（即多面体内任意两点的连线都被完全包含在该多面体中，直观上讲是指没有凹陷或孔洞的多面体）的顶点数V．棱数E及面数F满足等式，这个等式称为欧拉多面体公式，被认为是数学领域最漂亮、简洁的公式之一，现实生活中存在很多奇妙的几何体，现代足球的外观即取自一种不完全正多面体，它是由m块黑色正五边形面料和块白色正六边形面料构成的．则（    ） A．20 B．18 C．14 D．12 【答案】D 【分析】设足球顶点数V．棱数E及面数F，根据足球的特点，分别求得F，V，E，代入欧拉多面体公式求解. 【详解】依题意，设足球顶点数V．棱数E及面数F， 则， 每条棱被两个面公用，故棱数， 每个顶点3条棱公用，故顶点数 所以由，得， 解得． 故选：D． 【点睛】本题主要考查几何体的结构特征以及欧拉多面体公式的应用，还考查了分析求解问题的能力，属于基础题. 2．（2023·全国·模拟预测）莱昂哈德·欧拉，瑞士数学家和物理学家，近代数学先驱之一，他的研究论著几乎涉及到所有数学分支，有许多公式､定理､解法､函数､方程､常数等是以欧拉名字命名的.欧拉发现，不论什么形状的凸多面体，其顶点数V､棱数E､面数F之间总满足数量关系，此式称为欧拉公式，已知某凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形，则该32面体的棱数为 ；顶点的个数为 . 【答案】 【分析】根据某凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形，求得该32面体的棱数，然后根据顶点数V､棱数E､面数F之间总满足数量关系求解. 【详解】因为某凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形， 则该32面体的棱数：； 因为顶点数V､棱数E､面数F之间总满足数量关系， 设顶点的个数为，则， 解得， 故答案为：；. 【经典例题一 多面体概念及分类】 【例1】（2024高三·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. 【例2】（23-24高一·全国·课后作业）按下列条件分割三棱台ABC-A1B1C1(不需要画图，各写出一种分割方法即可). （1）一个三棱柱和一个多面体; （2）三个三棱锥. 【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析. 【分析】（1）根据三棱柱的结构特征将三棱台分割即可； （2）根据三棱锥的结构特征将三棱台分割即可. 【详解】（1）在AC上取点D，使DC=A1C1，在BC上取点E，使EC=B1C1，连接A1D，B1E，DE，则得三棱柱A1B1C1-DEC与一个多面体A1B1BEDA.(答案不唯一) （2）连接AB1，AC1，BC1，则可分割成三棱锥A-A1B1C1，三棱锥A-BCC1，三棱锥A-BB1C1.(答案不唯一) 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． 2．（23-24高二上·四川成都·阶段练习）下列说法正确的是（    ） A．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体 B．有2个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台 C．多面体至少有5个面 D．六棱柱有6条侧棱，6个侧面，侧面均为平行四边形 【答案】D 【分析】根据多面体、棱柱和棱台的定义判断即可. 【详解】A选项：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A错； B选项：有2个面平行，其余各面都是梯形，但若是各侧棱的延长线不能交于一点，则该几何体不是棱台，故B错； C选项：多面体是指四个或四个以上多边形所围成的立体，故C错； D选项：根据棱柱的定义可知六棱柱有6条侧棱，6个侧面，侧面均为平行四边形，故D正确. 故选：D. 3．（23-24高一下·安徽马鞍山·期中）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）； 4．（22-23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1】（2025高三·全国·专题练习）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 【例2】（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). 1．（22-23高一下·全国·课后作业）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 2．（22-23高一下·重庆九龙坡·阶段练习）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. 【详解】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. 3．（24-25高二·上海·随堂练习）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： 4．（23-24高一下·北京海淀·期末）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.则该半正多面体的棱长为 【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铁正方形边上，由此可计算出棱长． 【详解】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：． 【点睛】本题考查学生的空间想象能力，抽象概括能力，解题关键是从“半正多面体”中作出一个截面为正八边形且正八边形的八个顶点都在边长为1的正方形上，由此易得棱长． 【经典例题三 由平面图形旋转得旋转体】 【例1】（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 【例2】（24-25高一下·全国·课后作业）图中平面图形从上往下依次由等腰三角形、圆、半圆、矩形、等腰梯形拼接形成，若将它绕直线l旋转形成一个组合体，试分析该组合体由哪些简单几何体构成． 【答案】组合体从上到下依次为圆锥、球、半球、圆柱、圆台 【分析】根据旋转体的定义判断即可. 【详解】因为平面图形从上往下依次由等腰三角形、圆、半圆、矩形、等腰梯形拼接形成， 若将它绕直线l旋转形成一个组合体从上到下依次为圆锥、球、半球、圆柱、圆台. 1．（2023·安徽合肥·模拟预测）如图，正方体上、下底面中心分别为，，将正方体绕直线旋转，下列四个选项中为线段旋转所得图形是（    ） 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A、C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项不符合题意．由此可得只有D项符合题意． 【详解】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A、C项不符合题意，舍去． 又在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， B项不符合题意，只有D项符合题意． 故选：D． 2．（23-24高一·全国·课后作业）下列几何体中 (    ) A．旋转体3个，台体(棱台和圆台)2个 B．旋转体3个，柱体(棱柱和圆柱)5个 C．柱体3个，锥体(棱锥或圆锥)4个 D．旋转体3个，多面体4个 【答案】A 【分析】根据旋转体的定义与台体的定义可得答案. 【详解】(6)(7)(8)为旋转体，(5)(7)为台体． 故选：A. 3．（24-25高一下·全国·课后作业）如图所示的立体图形可由平面图形 绕轴旋转而成（填序号）． 【答案】③④ 【分析】根据图形判断即可. 【详解】题图中的半球可由③绕轴旋转一周而成，也可由④绕轴旋转而成． 故答案为：③④. 4．（23-24高一下·湖北·阶段练习）如图，在直角梯形ABCD中，，，，．将直角梯形ABCD绕边AB所在的直线旋转一周． (1)画出旋转后形成的几何体的直观图，并说明该几何体是由哪些简单几何体组成； (2)求旋转形成的几何体的体积． 【答案】(1)答案见解析，几何体由一个圆锥和一个同底的圆柱组成 (2) 【分析】（1）根据旋转分式，得到该几何体由一个圆锥和一个同底的圆柱组成求解； （2）由（1）的结论，利用锥体和柱体的体积公式求解. 【详解】（1）解：旋转形成的几何体直观图如图所示， 该几何体由一个圆锥和一个同底的圆柱组成； （2）因为圆锥的底面半径为1，高为1， 圆柱的底面半径为1，高为1， 所以旋转形成的几何体的体积为： ． 【经典例题四 由旋转体找出其旋转图形】 【例1】（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. 【例2】（23-24高二·上海·课堂例题）如图是一个置于地面上的救生圈，它是绕一条垂直于地平面的直线l旋转而成的旋转体．    (1)如果用一个经过旋转轴l的平面去截这个救生圈，得到的截面是什么图形？请画出示意图． (2)如果用一个平行于地面的平面去截这个救生圈，得到的截面可能是什么图形？请画出示意图． 【答案】(1)两个圆，见解析 (2)一个圆或两个同心圆，见解析 【分析】（1）利用旋转体的意义可求得截面图形； （2）利用旋转体的意义可求得截面图形. 【详解】（1）如果用一个经过旋转轴l的平面去截这个救生圈，得到的截面是两个圆，如图所示：    （2）用一个平行于地面的平面去截这个救生圈，得到的截面可能是一个圆或两个同心圆， 如图所示：    1．（23-24高一·全国·课后作业）下列选项中的三角形绕直线l旋转一周，能得到如图所示几何体的是（　　）    A．   B．   C．   D．   【答案】B 【分析】根据题意，结合旋转体的定义，即可求解. 【详解】由题意知，该几何体是组合体，上、下各一个圆锥， 根据旋转体的定义，可得B项，符合题意. 故选：B. 2．（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 3．（2024·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：. 4．（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. 【拓展训练一 多面体欧拉公式】 【例1】（2025高三·全国·专题练习）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. 【例2】（2025高三·全国·专题练习）已知凸多面体的每个面都是正三角形，且每个顶点处都有4条棱，试问：这是几面体？ 【答案】八面体 【分析】根据欧拉公式分析求解即可. 【详解】设有个面，棱数为，顶点数为， 由于每个面都是正三角形，每个顶点处都有4条棱， 则，即， 由欧拉公式，， 则，解得，则， 所求是八面体. 1．（23-24·重庆·模拟预测）十八世纪，数学家欧拉发现简单凸多面体的顶点数V、棱数E及面数F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】A 【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，再根据欧拉公式得到方程组，解得即可； 【详解】解：设五边形面有个，共条棱，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，因此总棱数，同理每个顶点出现在三个面中，总顶点数为，故，又，故，即，与联立可解得． 故选：A 2．（23-24高三下·江西·阶段练习）1750年，欧拉在给哥德巴赫的一封信中列举了多面体的一些性质，其中一条是：如果用V，E和F分别表示简单凸多面体的顶点数、棱数和面数，则有如下关系：．已知一个正多面体每个面都是全等的等边三角形，每个顶点均连接5条棱，则（    ） A．50 B．52 C．60 D．62 【答案】D 【分析】根据多面体的性质，结合欧拉公式进行求解即可. 【详解】由已知条件得出，解得，所以． 故选：D． 3．（2025高三·全国·专题练习）如果空间凸多面体的顶点数为，棱数为，面数为，那么，这个定理是由瑞士数学家欧拉在1752年提出的，该定理提供了拓扑变换的不变量而发展了拓扑学，被称为拓扑学的欧拉定理或欧拉公式.1996年诺贝尔化学奖授予对发现有重大贡献的三位科学家，是由60个原子构成的分子，它是形如足球的多面体，这个多面体有60个顶点，以每一个顶点为端点都有三条棱，面的形状只有五边形和六边形，则分子中六边形的个数为 【答案】20 【分析】根据几何体的特征，得到顶点数，棱数，结合，计算面数，再利用棱数关系，列式求六边形的个数； 【详解】，，则，设六边形个，则五边形个，则，得：. 故答案为:20. 4．（2025高三·全国·专题练习）欧拉定理在研究化学分子结构中的应用： 1996年诺贝尔化学奖授予对发现有重大贡献的三位科学家．是由60个C原子构成的分子，它是形如足球的多面体．这个多面体有60个顶点，以每一个顶点为一端点都有三条棱，面的形状只有五边形和六边形，试计算分子中五边形和六边形的数目． 【答案】五边形有12个，六边形有20个 【分析】设分子中有五边形个，六边形个．故面数，根据欧拉定理和棱数可由多边形的边数和来表示得到方程组，求出答案. 【详解】设分子中有五边形个，六边形个． 分子这个多面体的顶点数，面数，棱数， 由欧拉定理得：．① 另一方面，棱数可由多边形的边数和来表示，得．② 由①②得：，所以分子中五边形有12个，六边形有20个． 【拓展训练二 多面体和旋转体表面上的最短距离问题】 【例1】（24-25高一下·天津河西·阶段练习）如图，已知圆柱体底面圆的半径为，高为，，分别是两底面的直径，，是母线．若一只小虫从点出发，从侧面爬行到点，则小虫爬行的最短路线的长度是（    ）cm．（结果保留根式） A． B． C． D．4 【答案】C 【分析】在圆柱侧面展开图中，矩形对角线的长度即为所求. 【详解】如图，在圆柱侧面展开图中，线段的长度即为所求， 在中，，，. 故选；C 【例2】（22-23高二下·山东日照·期中）有一矩形硬纸板材料（厚度忽略不计），一边长为分米，另一边足够长.现从中截取矩形（如图甲所示），再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒（如图乙所示，重叠部分忽略不计），其中是以为圆心、的扇形，且弧、分别与边、相切于点、. (1)当长为分米时，求的长； (2)当的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？并求容积的最大值 【答案】(1)分米 (2)当分米时，折卷成的包装盒容积最大，最大值为立方分米 【分析】（1）在图甲中，连接交于点，设，根据可求得的值，再利用的长度等于的长度可求得的长； （2）设，则，其中，利用柱体的体积公式可得出包装盒的容积关于的函数表达式，利用导数可求得该包装盒的容积的最大值. 【详解】（1）解：在图甲中，连接交于点，设， 图甲 在中，易知为的中点，则，则， 所以，，所以，则. ，， 等于的长度，所以，，则， 因为，所以，， 所以，当长为分米时，的长为分米. （2）解：设，则， 则所得柱体的底面积. 又所得柱体的高， 所以，其中. 令，， 则由，解得，列表如下： x 增 极大值 减 所以当时，取得最大值，并且. 所以当分米时，折卷成的包装盒容积最大，最大值为立方分米. 1．（24-25高三上·浙江·期中）已知圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆，则该圆锥的高为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先根据侧面展开图面积等于半圆面积，求得底面半径与母线长，再利用勾股定理算得圆锥高. 【详解】 设圆锥的母线长为l，圆锥的底面半径为r， 因为圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长， 圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆， 则，解得， 则该圆锥的高为. 故选：A. 2．（多选）（23-24高一·全国·课后作业）用一张长为8，宽为4的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，则相应圆柱的底面半径可能是 A． B． C． D． 【答案】AD 【解析】根据题意分长和宽分别为底面圆周长两种情况进行求解即可. 【详解】设底面半径为,若矩形的长恰好为圆柱的底面周长,则,所以；同理,若矩形的宽恰好为圆柱的底面周长,则,所以.故圆柱的底面半径为或. 故选：AD. 【点睛】本题主要考查了圆柱中的基本计算,属于基础题. 3．（2025高一·全国·专题练习）圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为4.已知P为该圆台某条母线的中点，若一质点从点P出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P，则该质点运动的最短路径长为 . 【答案】 【分析】利用侧面展开结合图形求解最短距离. 【详解】P为圆台母线AB的中点，分别为上下底面的圆心，把圆台扩成圆锥，如图所示， 则，，， 由，有，，， 圆锥底面半径，底面圆的周长为，母线长， 所以侧面展开图的扇形的圆心角为，即，如图所示， 质点从点P出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P， 连接，，，有. 此时点到的距离为，则运动的最短路径为展开图中弦， 所以该质点运动的最短路径长为. 故答案为：. 4．（23-24高一下·山东菏泽·期中）如图，圆锥SO的底面半径，轴截面SAB（经过旋转轴SO的截面）是等边三角形，点P为母线SA上一点，且，点Q为半圆弧的中点． (1)求圆锥SO的外接球体积； (2)动点M从点P沿圆锥SO表面运动到点Q，求点M运动的最短路程． 【答案】(1) (2) 【分析】(1)因为圆锥SO的外接球球心在SO上,在中，可根据勾股定理求得外接球半径，进而得到外接球体积. (2)将圆锥SO沿母线SA侧面展开，即可找到PQ的最短距离. 【详解】（1）∵△SAB是等边三角形，AB＝2OA＝2， ∴， 圆锥SO的外接球球心在SO上，连接，设球的半径为R，则， ． 在中，，即，解得， ∴圆锥SO的外接球体积． （2）将圆锥SO沿母线SA侧面展开（如图）， 弧的长度为圆锥SO的底面周长，则 ∵点Q为半圆弧的中点，∴ 又SA＝2，∴． 在△SPQ中，，， 由余弦定理得： 即，即， ∴点M运动的最短路程为． 1．（23-24高一下·山西太原·阶段练习）下列说法错误的是（    ） A．一个八棱柱有10个面 B．任意面体都可以分割成个棱锥 C．棱台侧棱的延长线必相交于一点 D．矩形旋转一周一定形成一个圆柱 【答案】D 【分析】根据几何体的定义及特征，利用逐一检验法对各每一个选项依次检验． 【详解】解：对于选项A：根据棱柱的定义，八棱柱有8个侧面，2个底面，共10个面，故A正确； 对于选项B：任意面体，在面体内取一点为，将点与面体的各个顶点连接，即可构成个棱锥，故B说法正确； 对于选项C：根据棱台的定义，其的侧棱的延长线必交于一点，故C说法正确； 对于选项D：矩形以一边所在直线为旋转轴旋转形成圆柱，故若以矩形对角线所在直线为旋转轴旋转，不能形成圆柱，故D错误； 故选：D． 2．（24-25高一下·吉林白山·期末）设有三个命题：①直角三角形绕一边旋转一周形成的几何体是圆锥；②棱长都相等的直四棱柱是正方体；③四棱柱所有的面都是平行四边形；其中真命题的个数是（   ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】D 【分析】由几何体的结构特征逐一判断各个命题即可求解. 【详解】对于①，若直角三角形绕斜边旋转一周，则形成的几何体是两个同底面圆的圆锥的组合体，故①错误； 对于②，棱长都相等的直四棱柱是也可能是上下底面是菱形，四个侧面是正方形的直四棱柱，故②错误； 对于③，四棱柱所有的侧面都是平行四边形，但上下底面可能为梯形，故③错误； 故命题①②③都是假命题. 故选：D. 3．（23-24高一下·福建·期中）下列说法正确的是（ ） A．圆柱的母线长与圆柱的底面圆半径不可能相等 B．直四棱柱是长方体 C．将一个等腰梯形绕着它较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体是一个圆锥 D．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 【答案】D 【分析】根据几何体的定义和性质，即可判断选项. 【详解】A. 圆柱的母线长与圆柱的底面圆半径可能相等，故A错误； B.直四棱柱是底面是四边形，侧棱和底面垂直的棱柱，不一定是长方体，故B错误； C. 将一个等腰梯形绕着它较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体是一个组合体，上下是圆锥，中间是圆柱，故C错误； D. 正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，故D正确. 故选：D 4．（24-25高三上·河北·期末）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 5．（23-24高一下·河南·期中）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 6．（多选）（24-25高一下·江苏宿迁·期末）如图，有一块正四棱台的木料，木工师傅想经过木料表面内（不含边界）一点与棱把木料锯成两块，为此需要先在面内作出交线，下列关于交线与截面形状的说法正确的是（    ） A．截面形状是梯形 B．截面形状可能为等腰梯形 C．直线与直线相交 D．直线与直线相交 【答案】ACD 【分析】把正四棱台还原成正四棱锥，再结合棱台、棱锥的结构特征逐项判断. 【详解】依题意，正四棱台的侧棱延长交于点， 直线分别与棱交于点，连接，平面即为平面， 对于CD，直线平面平面，直线与直线、直线都相交，CD正确； 对于AB，平面平面，平面平面，平面平面， 则，，因此截面是梯形，A正确； 在等腰中，在线段上（除端点外），则，而， 于是，即，梯形不是等腰梯形，B错误. 故选：ACD 7．（多选）（24-25高一下·江苏苏州·阶段练习）某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的，如果被截正方体的棱长为，则（   ） A．石凳是十四面体 B．石凳有24条棱 C．石凳的表面积为 D．石凳有24个顶点 【答案】AB 【分析】根据多面体的产生过程可得多面体的面数、棱数、顶点数判断ABD，再由三角形及正方形的面积计算多面体表面积判断C. 【详解】对于A，由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，8个底面三角形，再加上6个小正方形，所以该几何体共有14个面，故A正确； 对于B，由题意知，该几何体有6个面为正方形，故该几何体的棱数为，故B正确； 对于C，被截正方体的棱长为，则多面体中正三角形边长为，正方形边长为，所以表面积，故C错误； 对于D，该几何体的顶点是正方体各棱的中点，正方体有12条棱，所以该几何体的顶点数为12，故D错误. 故选：AB. 8．（多选）（25-26高二上·黑龙江·开学考试）如图，是圆锥的底面圆的直径，点是底面圆上异于，的动点，点是母线上一点，已知圆锥的底面半径为1，侧面积为，则下列说法正确的是（   ）    A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面展开图的圆心角大小为 C．三棱锥的体积的最大值为 D．若，则从点出发绕圆锥侧面一周到达点的最短长度为5 【答案】ACD 【分析】求出圆锥的母线及高，代入圆锥体积公式求解判断A；根据扇形圆心角公式求解判断B；当时，三棱锥的体积最大，根据三棱锥体积公式求解判断C；在侧面展开图中利用勾股定理求解最短长度判断D. 【详解】由题知，圆锥的底面半径为，圆锥的侧面积，所以母线长， 则圆锥高，所以体积，故A正确； 侧面展开图弧长，圆心角，故B错误； 因点是底面圆上异于，的动点，AB是底面圆的直径， 故当时，的面积最大，此时三棱锥的体积最大， 则三棱锥的体积的最大值为，故C正确； 由B知，圆锥的侧面展开图扇形的圆心角，在上且， 则，展开后的扇形中，所对的圆心角为， 故最短路径为线段，，故D正确．    故选：ACD． 9．（多选）（23-24高一下·广东广州·期中）如下图，直角梯形ABCD中，，．则下列说法正确的是（   ） A．以AD所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，所得旋转体的侧面积为 B．以CD所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，所得旋转体的体积为 C．以AB所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，所得旋转体的全面积为 D．以BC所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，所得旋转体的体积为 【答案】BCD 【分析】根据切割法得到旋转体，再结合柱体、锥体的体积公式和表面积公式求出体积或表面积，即可判断各项的正误. 【详解】延长DA、CB交于点E，如图， 由题意得，AE=AD=2，. 对于A，以AD所在直线为轴旋转，得到一个圆台，此圆台由大圆锥切去小圆锥得到， 所以圆台的侧面积，A错误； 对于B，以CD所在直线为轴旋转，得到一个以2为底面半径以2为高的圆柱与一个以2为底面半径以2为高的圆锥的组合体， 所以该组合体的体积为：，B正确； 对于C，以AB所在直线为轴旋转，得到一个圆柱挖去一个圆锥的旋转体，如图， 所以该旋转体表面积为：，C正确； 对于D，以BC所在直线为轴旋转，得到一个圆锥的体积和一个圆台的体积的和切去一个小圆锥的体积，如图， ，D正确. 故选：BCD 10．（多选）（23-24高一下·安徽宿州·期中）在等腰梯形中，，以CD所在的直线为轴，其余三边绕CD旋转一周形成的面围成一个几何体，则下列说法正确的有（    ） A．等腰梯形ABCD的高为1 B．该几何体为圆柱 C．该几何体的表面积为 D．该几何体的体积为 【答案】ACD 【分析】根据该几何体的结构特征为一个圆柱挖去上下两个圆锥，结合体积、表面积公式逐项求解判断. 【详解】因为在等腰梯形ABCD中，，，， 所以等腰梯形ABCD的高为， 该几何体的结构特征为一个圆柱挖去上下两个圆锥，A正确，B错误． 该几何体的表面积， 体积，C、D正确． 故选：ACD 11．（22-23高二上·北京顺义·期末）现代几何学用曲率概念描述几何体的弯曲程度．约定：多面体在每个顶点处的曲率等于减去该点处所有面角之和（多面体每个侧面的内角叫做多面体的面角），一个多面体的总曲率等于该多面体各顶点处的曲率之和．例如：正方体在每个顶点处有3个面角，每个面角的大小是，所以正方体在各顶点处的曲率为．按照以上约定，四棱锥的总曲率为 ；若正十二面体（图1）和正二十面体（图2）的总曲率分别为和，则 0（填“>”，“<”或者“=”）． 【答案】 【分析】根据曲率、总曲率的知识求得正确答案. 【详解】（1）四棱锥有个三角形、一个四边形，个顶点， 四棱锥的总曲率为：. （2）正十二面体有个正边形，个顶点， 每个面的内角和为， 所以. 正二十面体有个正三角形，个顶点， 每个面的内角和为， 所以. 所以. 故答案为：； 12．（24-25高一下·黑龙江·期末）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 13．（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 14．（2023高三·全国·专题练习）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为.给出下列三个结论： ①正方体在每个顶点的曲率均为； ②任意四棱锥的总曲率均为； ③若某类多面体的顶点数，棱数，面数满足，则该类多面体的总曲率是常数. 其中，所有正确的结论是 （填写序号）. 【答案】①②③ 【分析】根据曲率的定义逐个对题中三个结论进行计算并判断. 【详解】对于①，根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为，故①正确； 对于②，由定义可得多面体的总曲率顶点数各面内角和，因为四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三角形和1个四边形，所以任意四棱锥的总曲率为，故②正确； 对于③，设每个面记为边形， 则所有的面角和为， 根据定义可得该类多面体的总曲率为常数，故③正确. 故填：①②③ 15．（22-23高一下·河南开封·期末）在中，，将绕直线旋转一周，所形成的几何体的表面积为 . 【答案】 【分析】根据该几何体的底面半径为，高为的圆锥求解. 【详解】解：由题意得：该几何体的底面半径为，高为的圆锥，则母线为， 所以. 故答案为： 16．（23-24高一下·浙江·期中）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， 连接，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. 17．（24-25高一下·浙江温州·期末）正四棱台的上下底面边长分别为和，侧棱长为. (1)求它的表面积； (2)求它的体积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）正四棱台由四个全等的等腰梯形和两个正方形组成，结合梯形的面积公式和正方形的面积公式，即可求解； （2）取，O分别为上、下底面的中心，连接，，，得到底面，过点作，得到四边形为矩形，求得正四棱台的高为，结合台体的体积公式，即可求解. 【详解】（1）解：正四棱台由四个全等的等腰梯形和两个正方形组成， 因为正四棱台的上下底面边长分别为和，侧棱长为， 可得等腰梯形的高为，则等腰梯形的面积为， 所以正四棱台表面积为. （2）解：在正四棱台中，点，O分别为上、下底面的中心， 连接，，，则底面，且，， 过点作交AO于点，则底面， 可得四边形为矩形，且，所以， 因为，所以，即正四棱台的高为， 所以正四棱台的体积为. 18．（24-25高一下·宁夏银川·期中）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． ，， ． ． 19．（23-24高二·上海·课堂例题）已知圆锥底面的半径为10，母线长为60．求底面圆周上一点B沿侧面绕两周回到点B的最短距离． 【答案】 【分析】利用圆锥的侧面展开图，把空间中的最短距离转化为平面上两点之间的距离问题求解. 【详解】如图： 将圆锥的侧面展开，设扇形圆心角为，则. 将圆锥沿母线侧面展开两次，得如图扇形，则即为所求. 在中，，， 所以. 20．（2025高一·全国·专题练习）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱和上的动点，求周长的最小值．    【答案】． 【分析】求解某些几何体表面的线段长度最值问题，需要把相关线段转化到同一个平面上，变成同一平面上的线段最值问题，即把立体几何问题转化为平面几何问题． 【详解】如图，连结，，由可得．    将平面绕轴旋转到与对角平面在同一平面上的，得， 因为，， 所以的周长， 所以周长的最小值为． 学科网（北京）股份有限公司 $