11.3.1 多面体（题型专练）数学沪教版2020必修第三册

11.3.1 多面体 题型一 多面体的概念及结构特点 一、单选题 1．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．小张去零件专卖店购买一种正四棱台形状的零件（每个零件的上、下底面的边长分别为、，高为），该零件的密度为，且他共购买了这种零件，则他购买的这种零件的个数为（    ） A．15 B．20 C．30 D．60 【答案】B 【分析】根据正四棱台的体积公式得到一个零件的体积，再根据题意得到一个零件的质量，进而求得购买的这种零件的个数. 【详解】根据正四棱台的体积公式，一个零件的体积为： ， 所以一个零件的质量为， 所以他购买的这种零件的个数为. 故选：B. 3．《九章算术•商功》中将正四面形棱台（即正四棱台）建筑物称为方亭.现有一方亭，已知，且该方亭的高为6，体积为26，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】根据棱台的体积公式求解. 【详解】设，则根据题意可得， 解得或(舍去). 故选：B. 4．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其中将轴截面为等腰直角三角形的圆锥称为直角圆锥.若一个直角圆锥的侧面积是它的体积的倍，则该直角圆锥的母线长为（    ） A． B．3 C． D． 【答案】D 【分析】设圆锥底面半径为，由题意可得，求解即可. 【详解】设圆锥底面半径为，则高也为， 所以，母线长为. 故选：D> 5．下列说法正确的是（    ） A．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 B．有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 C．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线 D．棱台的侧棱都相等 【答案】C 【分析】根据多面体的性质和几何体的定义来判断，采用举反例的方法来否定对概念的错误理解. 【详解】对于A，有两个面平行其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱错误， 即A错误，反例如图： 对于B，有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台错误， 即B错误，反例如图： 对于C，圆锥底面圆周上任意一点与圆锥顶点的连线叫做圆锥的母线，故C正确； 对于D，棱台是由平行于底面的平面截得的， 故棱台的上下底面一定相似，但侧棱长不一定相等，故D错误. 故选：C. 6．在三棱台中，截去三棱锥，则剩余部分是（    ） A．三棱锥 B．三棱台 C．四棱锥 D．组合体 【答案】C 【分析】根据三棱台的结构特点，选出答案. 【详解】 三棱台中，截去三棱锥后得到的是四棱锥， 故选：C. 7．如图所示，连接棱长为2的正方体各面的中心得到一个多面体容器，从顶点处向该容器内注水，直至注满水为止.图中水面的高度为，水面对应四边形的面积为，容器内水的体积为，则下列说法正确的是（    ） A．是的函数 B．是的函数 C．是的函数 D．是的函数 【答案】AC 【分析】根据给定条件，利用函数的定义逐项判断即得. 【详解】对于A，当水面的高度确定时，水面对应四边形的面积也唯一确定，则是的函数，A正确； 对于B，当水面对应四边形的面积确定时，水面高度可能出现两种可能，则不是的函数，B错误； 对于C，随的增大而增大，是的函数，也是的函数，因此是的函数，C正确； 对于D，当水面对应四边形的面积确定时，可能出现两个值，不是的函数，D错误. 故选：AC 二、填空题 8．我们把几何体的表面积与体积之比称为“相对积”，已知三棱锥中，，、、分别在棱、、上，且截面与底面平行，，则三棱锥与三棱锥的相对积之比为 ． 【答案】 【分析】根据相似锥体的体积比是边长比的立方，表面积比为边长的平方比，结合“相对积”的定义求解即可. 【详解】设三棱锥、三棱锥的体积分别为，表面积分别为， 因为，，、、分别在棱、、上， 且截面与底面平行，所以两个棱锥相似， 所以，， 则三棱锥与三棱锥的相对积之比为. 故答案为：. 9．下列命题中：①有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱；②有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥；③平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形；④有两个面互相平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台.其中的真命题有 . 【答案】②③ 【分析】根据简单几何体的结构特征，逐项判断，即可得出结果. 【详解】对于①，如图所示，上下底面平行，各个面都是平行四边形，此几何体不是棱柱，故①错误； 对于②，棱锥侧面全为三角形，有一个面是平行四边形，则此面为底面，所以该棱锥为四棱锥，故②正确； 对于③，平行六面体指的是底面是平行四边形的棱柱，因此平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，故③正确； 对于④，有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体，不能保证侧棱的延长线交于同一点，因此该多面体不一定是棱台，故④错误. 故答案为：②③. 10．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. 三、解答题 11．在中国传统文化中，灯笼作为节日和庆典的象征，常常蕴含着丰富的美学与数学设计.灯笼不仅要考虑美观，还要具备结构上的合理性和稳定性.现在有一盏独特的节庆灯笼，它的外形结构包括多个几何体，具体设计如下：顶部装饰：灯笼的顶部是一个正六棱台，上底边长为，下底边长为，高度为；中间结构：灯笼的中部是一个正六棱柱，底面边长为，高度为；底部基座：灯笼的底部是一个倒置的正六棱台，其形状、大小均与顶部的正六棱台相同. (1)求灯笼总体积. (2)灯笼所需纸张的总表面积.（备注：灯笼上下底不糊纸.） 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据棱台与棱柱的体积公式计算即可； （2）利用等腰梯形的性质可求得正六棱台的侧棱长，进而求得侧面的斜高，进而可求得表面积. 【详解】（1）. . . . （2）作出正六棱台的示意图所示： 由题意可得正方棱台的截面也是等腰梯形，过作于， 由题意可得，所以，所以， 由侧面是等腰梯形，且上底为，下底为，腰为， 所以梯形的高为 . . 12．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，底面，，点在棱上，平面． (1)试确定点的位置，并说明理由； (2)求四棱锥的表面积． 【答案】(1)点为的中点，理由见解析； (2) 【分析】（1）连接，然后由线面平行性质可得答案； （2）分别计算各个面的表面积可得答案. 【详解】（1）点为的中点．理由如下：如图，连接．设， 则点O为的中点，连接．∵ 平面，平面， 平面平面，∴ ． 在中，∵ O为的中点，∴为的中位线， ∴ 点为的中点． （2）⊥底面，又底面是边长为1的正方形， ∴，因为底面，又平面， 则，即直角三角形，又， 则， 则，又， 则为直角三角形，则. 综上四棱锥的表面积为. 13．如图，在正四棱台中，分别为棱上的点.已知，正四棱台的高为6. (1)求正四棱台挖去三棱台后所得几何体的体积； (2)若某圆锥的体积与三棱台的体积相等，该圆锥的底面为的外接圆，求该圆锥的高. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据台体的体积公式求出、，再作差即可得解； （2）首先求出外接圆的半径，即可求出圆锥的底面积，再由锥体的体积公式计算可得. 【详解】（1）依题意可得正四棱台的体积． 三棱台的体积． 故所求几何体的体积． （2）因为为等腰直角三角形，且， 所以外接圆的半径， 所以该圆锥的底面积为． 设圆锥的高为，则， 解得，即该圆锥的高为． 题型一 有关简单多面体的结构特点及截面 一、单选题 1．如图，在平行六面体中，是的中点，过三点的截面把平行六面体分成两个部分，则左右两部分体积之比为（    ）. A． B． C． D． 【答案】D 【分析】被截面分割成的左边的几何体是个三棱台,要求其体积,由于为中点,可补成锥体,就能迅速求解 【详解】解析  解法1：如图，作的延长线，交的延长线于点，由为的中点知为的中点，连结，则与的交点必为点．作且，且，且，即补上一个全等的平行六面体． 因为平面平面， 且截面平面=，截面平面=， 所以，又因为，所以， 又是的中点，所以是的中点，则截面为梯形，      所以， 又，      所以，即， 又， 所以 所以， 从而． 故选D． 解法2：设平行六面体的底面面积为，高为， 由棱台体积公式， 得， 于是，所以． 故选D． 2．在正方体中，E，F，G分别是，，的中点，过E，F，G三点的截面把正方体分成两部分，则体积较大的部分与正方体体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据空间中立方体与平面相交的情况，做出的截面形状，求出所截得的部分体积，作比求出结果. 【详解】 如图所示，延长相较于，连接，交于，相同方法，做出， 则五边形为截面， 不妨设正方体棱长为1， 则，所以，在，所以. 同理可得， 可知截得较小部分体积，边长代入得， 较大部分体积为，立方体体积为1，所以较大部分与总体积之比为. 故选：C. 3．18世纪英国数学家辛普森运用定积分，推导出了中学数学教材中柱、锥、球、台体等几何体的统一体积公式：（其中，，，h分别为几何体的上底面面积、下底面面积、中截面面积和高），我们也称为“万能求积公式”.例如，正四棱锥的底面边长为a，高为h，则该正四棱锥的体积为.类似的，运用该公式求解问题：如图，在五面体中，平面，四边形为矩形，，，，，直线与平面所成角的正切值为，则该五面体的体积为（    ） A．312 B．318 C．324 D．336 【答案】D 【分析】根据题设得到到平面的距离为，求得中截面和底面的面积，利用给定“万能求积公式”计算即可. 【详解】由，直线与平面所成角的正切值为，则正弦值为，所以到平面的距离为， 由平面，四边形为矩形，，，， 作出中截面，, 四边形为矩形，所以四边形为矩形， ， 所以体积为. 故选：D 4．现有一块棱长为2的正四面体木料，用平行于该木料底面的一个平面将木料截成两部分，若这两部分的表面积相等，则该平面在木料上的截面面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】画出图形，设，分别求出四面体的表面积和三棱台的表面积，由这两部分的表面积相等，求出，即可求出截面面积. 【详解】如图正四面体，， ，令，截面， 因为，所以，即，则， ，所以四面体为正四面体， 四面体的表面积为：， 设梯形的高为，的高为， 所以梯形的面积为， 所以三棱台的表面积为：， 又，所以，解得：， 所以截面. 故选：D.    5．如图所示，圆台的上、下底面半径分别为和，，为圆台的两条母线，截面与下底面所成的夹角大小为，且劣弧的弧长为，则三棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分别取，的中点，，则易知截面与下底面所成的夹角为，作于点，则，且，再根据弧度数公式及解三角形可求出圆台的高，最后根据台体的体积公式，即可求解． 【详解】如图，分别取，的中点，， 则，且，又平面，平面，所以， ，平面，所以平面， 又平面，所以， 截面与下底面所成的夹角为， 过作于点，则，且， 又劣弧的弧长为，弧所在圆的半径为， ，则，， 同理可得，，又， ， 又三角形的面积为， 同理可得三角形的面积为， 三棱台的体积为． 故选：C． 6．“辛普森（Simpson）公式”给出了求几何体体积的一种估算方法：几何体的体积V等于其上底面的面积S、中截面（过高的中点且平行于底面的截面）的面积的4倍、下底面的面积之和乘以高h的六分之一，即.我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体称为拟柱体.在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面.中国古代名词“刍童”（原来是草堆的意思）就是指上下底面皆为矩形的拟柱体.已知某“刍童”尺寸如图所示，且体积为，则它的高为（    ）    A． B． C． D．4 【答案】D 【分析】求出上下底面积和中截面面积，代入公式即可求出高. 【详解】上底面，下底面， 所以中截面是过高的中点，且平行于底面的截面，其中分别是对应棱上的中点，如图所示， 根据中位线定理得，， 所以， ，解得， 故选：D.    二、填空题 7．已知正四棱锥的底边长为2，过棱PA上点作平行于底面的截面，截面边长为，则截得的台体的体积为 ． 【答案】/ 【分析】运用线面垂直性质及勾股定理求出正四棱台的高，结合台体体积公式计算即可. 【详解】如图所示，为正方形的中心，连接，则平面， 过作交于点，则平面， 又因为，所以为的中点，所以为的中点， 所以， 所以， 由题可知，， 故台体的体积. 故答案为：. 三、解答题 8．如图，三棱台上底面积和下底面积比为，E为棱的中点，求截面分棱台的体积比． 【答案】 【分析】注意到题设中有上、下底面面积比这个条件，我们当然要想办法用上，但注意到下面一块，若以为底时，无法计算其体积（因它不是锥体），这时可想到“补体”将其补成锥体，关键是求出底面的面积即可求解. 【详解】将其补成锥体，如图15， 由于为的中点，故延长交延长线于点，再连接， 则下面一块已成三棱锥， 补上的又是一个小棱锥， 因为为中点，故只要作， 易知， 设上底面面积为，则下底面面积（已知上、下底面积比为， 再设三棱台高为，则三棱锥的高为， 从而，，，，． 所以截面分三棱台的体积比为． 9．如图正方体，的棱长为2，是线段，的中点，平面过点、、． (1)画出平面截正方体所得的截面（保留作图痕迹），并求该截面多边形的面积； (2)平面截正方体，把正方体分为两部分，求较小的部分与较大的部分的体积的比值． 【答案】(1)作图见解析， (2) 【分析】（1）取的中点，连接，利用平行线的传递性可证得，可知四点共面，再由于三点不共线，可得出面即为平面截正方体所得的截面，求出该等腰梯形的高，利用梯形的面积公式可求得截面面积； （2）利用台体的体积公式可求得三棱台的体积，并求出剩余部分几何体的体积，由此可得结果. 【详解】（1）如图，取的中点，连接. 因为是的中点，所以. 在正方体中，，， 所以四边形是平行四边形，所以，所以， 所以四点共面. 因为三点不共线，所以四点共面于平面， 所以面即为平面截正方体所得的截面. 截面为梯形，， ，， 同理可得， 如图所示： 分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、， 则，，， 所以，则， 因为，，，则四边形为矩形， 所以，，则， 所以， 故梯形的面积为 （2）易知多面体为三棱台，， ， 该棱台的高为2，所以，该棱台的体积为 ， 故剩余部分的体积为． 故较小的那部分与较大的那部分的体积的比值为． 10．正四棱台的上、下底面边长分别为，高为，过下底面相邻两边的中点与两底面中心的连线的中点作截面，试导出截面形状与相关量之间的约制关系． 【答案】答案见解析 【分析】当截面与棱台的棱相交于点时，截面形状为五边形，当截面的一条边和棱台的上底面相交于一条边时，截面为六边形，由与的大小关系，得约制关系． 【详解】本题应有两种情况： （1）当截面与棱台的棱相交于点时，如图1截面形状为五边形，易知． ，，即，若，则与重合． 当时截面形状为五边形． （2）当截面的一条边和棱台的上底面相交于一条边时，如图2，截面为六边形，此时和相交于点， 则，又，所以，即． 当时，截面为六边形． 11．如图是一个以为底面的正三棱柱被一平面所截得的几何体，截面为.已知.    (1)在边上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； (2)若，求几何体的体积. 【答案】(1)存在，此时，理由见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，作交于点，连接，从而得到四边形为平行四边形，即可得到，从而得证； （2）将几何体转化为一个四棱锥和正三棱柱的体积进行计算. 【详解】（1）存在，此时， 如图，取的中点，连接，作交于点，连接，则， 因为是的中点，所以为梯形的中位线， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 即在边上是存在一点，使得平面且.    （2）如图在上取点使得，在上取点使得， 连接、、，则三棱柱为正三棱柱，取的中点，连接， 取的中点，连接，则，， 又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又，，， 所以，， 所以.    题型二 简单多面体的平面展开图 一、单选题 1．“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体，体现了数学的对称美如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体，若它所有的棱长都为2，则下列结论中，错误的是（    ）    A．该石凳的表面积为 B．该石凳的体积为 C．直线与的夹角为 D．直线与的夹角为 【答案】D 【分析】将二十四等边体补全成一个棱长为的一个正方体，进而逐项判断即可：选项A，结合图形可知二十四等边体是由6个边长为2的正方形和8个边长为2的等边三角形围成，表面积为这些图形面积的总和；选项B，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，用正方体体积减去8个小三棱锥体积即可；选项C，结合正方体的性质和已知二十四等边体的性质推出，从而得出直线与的夹角即为与所成角；选项D，根据选项C结论直接判断. 【详解】由图可知，二十四等边体是由6个边长为2的正方形和8个边长为2的等边三角形围成， ∴表面积为：，故A正确； 补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，则该正方体的体积为： ， 其中每个小三棱锥的体积为：， ∴该二十四面体的体积为：，故B正确；    如图，因为四边形为正方形，所以， 又因为分别为正方体的棱长的中点， 所以， 所以， 因为与所成角为， 所以直线与的夹角为，故C正确； 由选项C可知直线与的夹角为，故D错误； 故选：D． 2．已知正三棱台的上底面边长为6，下底面边长为12，侧棱长为6，则（    ） A．棱台的高为 B．棱台的表面积为 C．棱台的侧棱与底面所成角的余弦值为 D．棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为 【答案】B 【分析】A选项，将正三棱台补形为正三棱锥，结合上底面边长为6，下底面边长为12，侧棱长为6，得到正三棱锥为正四面体，作出辅助线，求出正四面体的高，得到棱台的高；B选项，计算出各个面的面积，相加得到答案；C选项，找到线面角，求出余弦值；D选项，找到二面角的平面角，求出正弦值. 【详解】A选项，将正三棱台补形为正三棱锥， 过点作⊥平面，交平面于点， 故即为棱台的高， 因为上底面边长为6，下底面边长为12，侧棱长为6， 所以，故正三棱锥为正四面体， 取的中点，连接，则三点共线，且⊥，⊥， ，， 由勾股定理得， 由相似可知，棱台的高为三棱锥的高的一半，即，A错误； B选项，，， 其中等腰梯形与等腰梯形，等腰梯形的面积相等， 均等于， 故棱台的表面积为，B正确； C选项，为棱台的侧棱与底面所成角的平面角， 其中，C错误； D选项，即为棱台的侧面与底面所成二面角的平面角， 故，D错误.， 故选：B 3．乐乐同学在学校的3D打印社为全班50位同学每人打印了一个盘子，盘子的形状为一个倒置的正六棱台，盘子的底面正六边形边长为，盘口正六边形边长为，侧棱长为.如果乐乐要在每个盘子的内外表面涂一层防水涂料，每平方厘米需要涂料，则共需要涂料约为（    ）（不考虑盘子厚度，结果保留整数，参考数据：） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据台体的几何性质求出台体的表面积结合每平方厘米需要涂料计算求解. 【详解】如图，盘子侧面等腰梯形的高为，底面面积为， 侧面六个等腰梯形的面积之和为， 所以每个盘子需要刷涂料的面积， 所以给50个这样的盘子涂防水涂料约需涂料. 故选:B. 4．“蝠”与“福”发音相同，在中国文化中，蝙蝠图案经常寓意福气临门．某商家设计的折叠储物凳是正三棱台形状，如图，其侧面展开图形似蝙蝠．每个侧面梯形的上底长为分米，下底长为分米，梯形的腰长为分米，忽略储物凳的表面厚度，则该正三棱台储物凳的储物容积为（   ） A．立方分米 B．立方分米 C．7立方分米 D．立方分米 【答案】D 【分析】设为底面的中心，连接，先求出，再利用勾股定理求出，即可求出棱台的高，再根据台体的体积公式即可得解. 【详解】如图，在正三棱台中，， 将棱台补全为正三棱锥， 设为底面的中心，连接，则平面， 而平面，所以， 因为，所以， ， 所以， 则正三棱台的高， 该正三棱台的上底面面积， 下底面面积， 所以该正三棱台储物凳的储物容积 . 故选：D. 二、填空题 5．某艺术展览馆的一座雕塑底座是正四棱台，记为米，米，米．为举办特展，某策展团队计划以地面顶点为起点安装一条灯带（忽略灯带的厚度与弹性），灯带沿正四棱台的表面经过侧棱后到达顶点C，则所需灯带的长度的最小值为 米． 【答案】/ 【分析】将侧面和展开到同一个平面，利用两点之间线段最短求解即可. 【详解】如图1，设灯带经过侧棱上的E点. 如图2，连接，将侧面和展开到同一个平面， 则，当且仅当线段与线段有交点时等号成立， 即当灯带的长度取得最小值时，交点即为点E. 因为四边形是等腰梯形，所以， 由余弦定理可得==米， 则>，所以，即， 因为，所以， 即线段与线段有交点. ==，可得=， 而，可得=， 所以, 由余弦定理可得==米， 则所需灯带的长度的最小值为米. 故答案为： 6．“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：. 三、解答题 7．在一正三棱台木块如图所示，已知，，点在平面内且为的重心. (1)过点将木块锯开，使截面经过平行于直线，在木块表面应该怎样划线，并说明理由； (2)求该三棱台木块被问题（1）中的截面分成的两个几何体的体积之比. 【答案】(1)作图见解析 (2)小几何体与大几何体的比值为 【分析】（1）在平面内过点O作直线交于点，交于点，连接，求证四点共面即可求解. （2）先求证几何体为棱柱，接着设棱台的高为，的面积为得，再由台体体积公式得正三棱台体积即可求解. 【详解】（1）如图，在平面内过点O作直线交于点，交于点， 连接，则为截面与各木块表面的交线， 理由如下：由于，故四点共面， 且平面平面，平面平面， 平面平面，则为截面与各木块表面的交线. （2）由于点在平面内且为的重心，， 所以，又因为，故， 故几何体为棱柱， 设棱台的高为，的面积为，故， 又，则， 故由台体体积公式得正三棱台体积为， 所以被截面截得的非三棱柱的另一个几何体体积为， 故该三棱台木块被（1）中的截面分成的两个几何体的体积之比为（或）. 8．已知一个正四面体和一个正八面体的棱长都是(如图)，把它们拼接起来.使它们一个表面完全重合，得到一个新多面体. (1)求新多面体的表面积和体积； (2)求正八面体中二面角的大小. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）分别取、的中点、，证明出平面，计算出的面积，利用锥体的体积公式可求得正四面体和正八面体的体积，即可得解； （2）在正八面体中，取的中点为，分析出为二面角的平面角，计算出三边边长，利用余弦定理可求得结果. 【详解】（1）由题意可知，组合体一共十个面，且十个面都是全等的等边三角形，且边长为， 则表面积为， 分别取、的中点、，连接、、，如下图所示： 因为，为的中点，则且， 同理可知且， ，所以平面， 为的中点，则，且， ， 所以正四面体的体积为； 如下图所示： 在正八面体中，连接交平面于点，则平面， 所以，， 所以正八面体的体积为， 因为新多面体体积为原正四面体体积与正八面体体积之和， 所以新多面体的体积为； （2）如图，在正八面体中，取的中点为，连接， ，为的中点，则，且， 同理可知，且， 所以为二面角的平面角． ， 由余弦定理得， 故二面角的大小为. 9．如图，某组合体是由正方体与正四棱锥组成，且． (1)若该组合体的表面积为，求其体积； (2)证明：平面 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）连接、交于点，连接，可知平面，设，则，取的中点，连接，计算出、，利用棱柱和锥体的表面积公式可求得的值，再利用锥体和柱体的体积公式可求得结果； （2）利用线面平行的判断定理，即可证明. 【详解】（1）连接、交于点，连接，由正棱锥的性质可知平面， 设，则，，， 取的中点，连接，则，且， 所以，几何体的表面积为， 可得，     所以，该几何体的体积为. （2）证明：因为，且， 所以四边形是平行四边形， 则，平面，平面， 所以平面 10．正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正四面体和一个正八面体的棱长都是（如图），把它们拼接起来，使它们一个表面重合，得到一个新多面体. （1）求新多面体的体积； （2）求正八面体中二面角的余弦值； （3）判断新多面体为几面体？（只需给出答案，无需证明） 【答案】（1）；（2）；（3）七面体. 【分析】（1）分别取、的中点、，连接、、，证明出平面，计算出的面积，利用锥体的体积公式可求得正四面体的体积，利用锥体的体积公式可求得正八面体的体积，进而可得出新多面体的体积为正四面体和正八面体体积之积，即可得解； （2）在正八面体中，取的中点为，连接，分析出为二面角的平面角，计算出三边边长，利用余弦定理可求得结果； （3）计算出正四面体相邻面所构成的二面角与正八面体相邻面所构成的二面角互补，由此可得出结论. 【详解】（1）分别取、的中点、，连接、、，如下图所示： 因为，为的中点，则且， 同理可知且， ，所以，平面， 为的中点，则，且， ， 所以正四面体的体积为； 如下图所示： 在正八面体中，连接交平面于点，则平面， 所以，， 所以正八面体的体积为， 因为新多面体体积为原正四面体体积与正八面体体积之和， 所以，新多面体的体积为； （2）如图，在正八面体中，取的中点为，连接， ，为的中点，则，且， 同理可知，且， 所以，为二面角的平面角． ， 由余弦定理得， 故二面角的余弦值为； （3）新多面体是七面体.   证明如下：由（2）可知，正八面体任何相邻面构成的二面角余弦值均为，设此角为． 在正四面体中，因为，，故为二面角的平面角．由余弦定理得， 即正四面体相邻面所构成的二面角的余弦值为， 所以，因此新多面体是七面体.) 一、单选题 1．某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，．若，则该多面体的体积为（   ） A．40 B．50 C．60 D．70 【答案】C 【分析】把多面体分割为几个规则的柱体或锥体，利用面面垂直求高，分别计算各部分体积，将各部分体积相加得到多面体体积. 【详解】如图，将一半的几何体分割成直三棱柱和四棱锥后结合体积公式可求几何体的体积. 先证明一个结论：如果平面平面，平面平面，平面，则. 证明：设，， 在平面取一点，， 在平面内过作直线，使得，作直线，使得， 因为平面平面，，故，而，故， 同理，而，故 . 下面回归问题. 连接，因为且，故，同理，， 而，故直角梯形与直角梯形全等， 故， 在直角梯形中，过作，垂足为， 则四边形为矩形，且为以为直角的等腰直角三角形， 故， 平面平面，平面平面，， 平面，故平面， 取的中点为，的中点为，的中点为，连接， 则，同理可证平面，而平面， 故平面平面，同理平面平面， 而平面平面，故平面， 故，故四边形为平行四边形，故. 在平面中过作，交于，连接. 则四边形为平行四边形，且，故， 故四边形为平行四边形， 而平面， 故平面，故平面平面， 而，故， 故几何体为直棱柱， 而，故， 因为，故平面， 而平面，故平面平面， 在平面中过作，垂足为，同理可证平面， 而，故，故， 由对称性可得几何体的体积为， 故选：C. 2．古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中这样定义棱柱：棱柱是一个立体图形，它是由一些平面构成的，其中有两个面是相对的、相等的，相似且平行的，其它各面都是平行四边形．显然这个定义是有缺陷的．如图，在正方体中，分别是棱的中点，，，，，，，，，，，可以发现，十二面体符合《几何原本》中棱柱的定义，但它不是棱柱．若正方体的棱长为1，则这个十二面体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意这个十二面体由多面体和多面体，且两个相互对称，再把多面体补成棱台，则多面体的体积由棱台体积减两个三棱锥的体积，即可得到十二面体的体积. 【详解】根据题意这个十二面体由多面体和多面体，且两个相互对称， 在多面体中，延长交于点，延长交于， 此时多面体为棱台，四边形和是菱形， 设菱形的面积为，菱形的面积为，棱台的高为， ， 因为，所以， 因为，所以， 因为与相似，， 所以， ， ， ， 则这个十二面体的体积为. 故选：C. 二、填空题 3．如图，在直三棱柱中，，，，，.记，给出下列四个结论：    ①对于任意点H，都不存在点P，使得平面平面； ②的最小值为3； ③当取最小时，过点A，H，P作三棱柱的截面，则截面面积为； ④满足的点P有无数个. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】②④ 【分析】①问题化为对于任意点H，是否存在点P，使面面，由已知证面面，结合面面垂直判定判断存在性即可；②将绕翻折到平面内，证为等边三角形，进而确定的最小值；③为的中点，为的重心，平面中，延长交于点，取的中点，为的中点，证过点的三棱柱的截面为梯形，根据已知求其面积；④由时，，进而得到，几何法确定不等式两端的范围，即可判断. 【详解】①因为三棱锥为直三棱锥，所以面，又面， 所以，又，所以，所以， 由，面，故面，面， 所以面面，而且都在面内， 由于面即为面，要使面面，只需面面， 综上，面时，面，此时面面，即面面， 对于任意点，只需对应平行于中边上的高时，均满足要求，错；    ②将绕翻折到平面内，则的最小值为点到直线的距离， 又，，，所以， 所以到直线的距离为3，所以的最小值为3，对；    ③当取最小时，为的中点，因为为等边三角形，为的中点， 所以为的重心，故， 在平面中，延长交于点， 因为，，，所以，故， 取的中点，为的中点，则， 因为，，所以四边形为平行四边形，则， 又，所以，所以， 故过点的三棱柱的截面为梯形，   ，，，， 如下图，过作，设，    因为，则， 所以，则梯形的面积为，错； ④当时，，结合题设知， 在下图中过点作，垂足为，则， 综上，， 又，， （对于：只需，只需， 即，则显然成立.） 故对于任意的点，当时，都存在对应的点，满足， 故满足的点P有无数个，对；    故答案为：②④ 【点睛】关键点点睛：③利用平面基本性质找到截面并证明其为梯形，求出相关线段长为关键；④注意取时，，过点作，垂足为，并得到为关键. 三、解答题 4．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. 5．在四面体中，两两垂直.在平面几何中，由勾股定理：“设的两边互相垂直，则．”拓展到空间，类比平面几何中的勾股定理，研究该三棱锥的侧面面积与底面面积间的关系，可以得出的正确结论（空间中的勾股定理），设的面积分别为； (1)证明在底面的射影是底面三角形的垂心； (2)（ⅰ）请给出、、、的关系（不用证明）． （ⅱ）若不是直角三角形，过点作底面的高，请直接利用的关系证明：； (3)设是内一点，点到、、的距离分别是、、；求的最大值.（若有需要，可直接使用第二问结论） 【答案】(1)见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ）见解析 (3) 【分析】（1）连接并延长交于点，连接并延长交于点，由线面垂直的判定定理和性质定理可证得平面，进而得出，同理可得，即可证明； （2）（ⅰ）由三角形的面积公式和余弦定理可得，再求出，即可给出、、、的关系；（ⅱ）由等体积法即可证明. （3）由等体积法可得，再由三元基本不等式即可得出答案. 【详解】（1）连接并延长交于点，连接并延长交于点，连接， 由，平面， 所以平面，又平面，所以， 又因为平面，又平面，所以， ，平面，所以平面， 又平面，所以，同理可得：， 所以在底面的射影是底面三角形的垂心. （2）（ⅰ）所以， 由余弦定理可得：， 所以 所以， 所以， 因为， 所以， 所以. （ⅱ），又因为， 所以，所以，所以， 又因为，所以， 所以，两边同时平方化简可得： 所以. （3）在四面体中，因为两两垂直， 故分别为面对应的高， 即，又因为， 所以，对于内任意一点，连接， 因为， 所以， 又因为，则有， 等式两边同时除以，可得， 由三元不等式可得：， 当且仅当，即时取等号， 所以的最大值为. 6．在三棱台中，为正三角形，，且，点为的中点，平面平面.    (1)若，证明：平面平面； (2)当时， ①设平面与平面的交线为，求二面角的余弦值； ②若点在棱上，满足.问：在棱上是否存在点，使得过点，，三点的平面将三棱台分为两个多面体，且体积相等？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)①；②存在， 【分析】（1）根据面面垂直可得平面，进而可证平面，即可得结果； （2）根据题意分析相关长度，确定三棱台的结构特征，并将三棱台补成三棱锥，①做辅助线，分析可知即为直线，利用三垂线法求二面角；②做辅助线，设，结合台体的体积公式运算求解. 【详解】（1）连接，    因为，且点为的中点，则， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，由平面，可得， 且，平面，可得平面， 且平面，所以平面平面 （2）①由题意可知：， 因为为正三角形，且点为的中点，则， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，由平面，可得， 可得， 取的中点，连接，      因为，则， 且，平面，则平面， 对于梯形，过点A做，垂足为，    因为，则， 可得，，可知， 则， 将三棱台补成三棱锥，则， 设，可知即为直线， 则，可得， 注意到，则三点共线，且，即， 可知为线段的中垂线，则， 过做，垂足为，过做，垂足为，连接， 因为平面，平面，则， 且，平面，可得平面， 由平面，可得， 且，平面，可得平面， 由平面，可得， 可知二面角的平面角为， 因为平面，由平面，可得， 在中，， 可得，则， 在中，，可得， 在中，可得， 在中，则，可得， 所以二面角的余弦值为； ②由①可知：三棱台的高，， 则三棱台的体积， 且， 则三棱锥的体积， 设，，，    则线段，， 则三棱台的体积， 整理可得，解得， 所以存在点，此时. 【点睛】关键点点睛：1.对于三棱台，常用补形法，把三棱台补成三棱锥，方便分析观察； 2.对于二面角，常用三垂线法求二面角的平面角. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 11.3.1多面体 基础达标题 多面体的概念及结构特点 有关简单多面体的结构特点及截面 多面体 能力提升题 简单多面体的平面展开图 拓展培优题 基础达标题 题型一多面体的概念及结构特点 一、单选题 1.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.小张去零件专卖店购买一种正四棱台形状的零件（每个零件的上、下底面的边长分别为2cm、4cm,高 为3cm),该零件的密度为5g/cm3，且他共购买了这种零件2.8kg,则他购买的这种零件的个数为() A.15 B.20 C.30 D.60 3.《九章算术·商功》中将正四面形棱台（即正四棱台）建筑物称为方亭现有一方亭ABCD-A,B,CD,己 知AB=1,且该方亭的高为6，体积为26，则AB=（) A.2 B.3 C.4 D.5 4.《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其中将轴截面为等腰直角三角形的圆锥称为直 角圆锥若一个直角圆锥的侧面积是它的体积的√6倍，则该直角圆锥的母线长为() A.√ B.3 C.3v2 D.6 5.下列说法正确的是() A.有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 B.有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 1/13 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 C.圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线 D.棱台的侧棱都相等 6.在三棱台ABC-AB'C'中，截去三棱锥A-A'B'C',则剩余部分是() A.三棱锥 B.三棱台 C.四棱锥 D.组合体 7.如图所示，连接棱长为2的正方体各面的中心得到一个多面体容器，从顶点A处向该容器内注水，直至 注满水为止.图中水面的高度为，水面对应四边形的面积为S,容器内水的体积为”，则下列说法正确的是 () A.S是h的函数 B.h是S的函数 C.S是V的函数 D.V是S的函数 二、填空题 8.我们把几何体的表面积与体积之比称为“相对积”，己知三棱锥0-ABC中，AB=3,D、E、F分别在 棱OA、OB、OC上，且截面DEF与底面ABC平行，DE=2,则三棱锥O-ABC与三棱锥O-DEF的相 对积之比为」 9.下列命题中：①有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱；②有一个面是平行四边形 的棱锥一定是四棱锥；③平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形；④有两个面互相平行且相似， 其他各个面都是梯形的多面体是棱台.其中的真命题有 10.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. 2/13 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (找出可能的结果，并将序号填在横线上) 三、解答题 11.在中国传统文化中，灯笼作为节日和庆典的象征，常常蕴含着丰富的美学与数学设计.灯笼不仅要考虑 美观，还要具备结构上的合理性和稳定性现在有一盏独特的节庆灯笼，它的外形结构包括多个几何体，具 体设计如下：顶部装饰：灯笼的顶部是一个正六棱台，上底边长为2a,下底边长为4a,高度为2；中间 结构：灯笼的中部是一个正六棱柱，底面边长为4a,高度为4a;底部基座：灯笼的底部是一个倒置的正六 棱台，其形状、大小均与顶部的正六棱台相同. (1)求灯笼总体积. (2)灯笼所需纸张的总表面积.（备注：灯笼上下底不糊纸.） 12.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥底面ABCD,PA=AB，,点M在 棱PD上，PB/平面ACM. D A BL.- (1)试确定点M的位置，并说明理由； (2)求四棱锥P-ABCD的表面积 13.如图，在正四棱台ABCD-A,B,CD,中，M,N,P,Q分别为棱AB,BC,B,C,AB,上的点.已知 AB=6,A,B,=3,B,Q=B,P=1,BM=BN=4,正四棱台ABCD-A,B,C,D,的高为6. 3/13 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D D A M B (1)求正四棱台ABCD-A,B,C,D,挖去三棱台BMN-B,QP后所得几何体的体积； (2)若某圆锥的体积与三棱台BMN-B,QP的体积相等，该圆锥的底面为△BMN的外接圆，求该圆锥的高. B 能力提升题 题型一有关简单多面体的结构特点及截面 一、单选题 1.如图，在平行六面体AC,中，E是AB的中点，过B,D,E三点的截面DB,EF把平行六面体分成两个部分， 则左右两部分体积之比为()· D A D A.3:4 B.5:7 C.4:7 D.7:17 2.在正方体ABCD-A,B,CD中，E,F,G分别是CD,AD,CC,的中点，过E,F,G三点的截面把正 方体分成两部分，则体积较大的部分与正方体体积之比为() A 1o 59 c.119 D. 49 144 7 3.18世纪英国数学家辛普森运用定积分，推导出了中学数学教材中柱、锥、球、台体等几何体的统一体积 公式：V=二(S+4S+S)(其中S上，S,S下，h分别为几何体的上底面面积、下底面面积、中截面 6 面积和高)，我们也称为“万能求积公式”.例如，正四棱锥的底面边长为α，高为h,则该正四棱锥的体积为 ”=。×a0+4×2+公写0为，类似的，运用该公式求解间题：如图，在五面体A8CDEF巾，EF/平面 4 ABCD,四边形ABCD为矩形，EF=3,AB=9,BC=8,BF=I3,直线BF与平面ABCD所成角的正切值 为。，则该五面体的体积为（● 4/13 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D B A.312 B.318 C.324 D.336 4.现有一块棱长为2的正四面体木料，用平行于该木料底面的一个平面将木料截成两部分，若这两部分的 表面积相等，则该平面在木料上的截面面积为() A.3 B.6 c.6 D.25 3 2 3 5.如图所示，圆台的上、下底面半径分别为4cm和6Cm,AA,BB,为圆台的两条母线，截面ABB,A与下 底面所成的夹角大小为60°，且⊙0劣弧8的弧长为m,则三棱台4B0-480的体积为{) A B A--- B A. 19 B.10v3cm3 C.19cm D.20√3cm3 6.“辛普森(Simpson)公式"给出了求几何体体积的一种估算方法：几何体的体积V等于其上底面的面积S、 中截面（过高的中点且平行于底面的截面）的面积S的4倍、下底面的面积S'之和乘以高h的六分之一， 即V=二(S+4S。+S').我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体称为拟柱体在这两个平行平面内的面 6 叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面.中国古代名词“刍童”（原来是草堆的意思）就是指上下底 面皆为矩形的拟柱体，已求”白童”尺寸如图所示，且体积为9，则它的高为() 2 4 53 A. B. 53 53 D.4 15 12 C.9+32 5/13 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 二、填空题 7.己知正四棱锥P-ABCD的底边长为2，过棱PA上点A作平行于底面的截面A,B,C,D,截面A,B,C,D,边 长为1，AA,=2,则截得的台体ABCD-ABCD的体积为 三、解答题 8.如图，三棱台上底面积和下底面积比为1：4，E为棱BB,的中点，求截面AEC分棱台的体积比 B B 9.如图正方体，ABCD-A,BC,D,的棱长为2，E是线段，AA,的中点，平面过点D、C、E, D (1)画出平面α截正方体所得的截面（保留作图痕迹），并求该截面多边形的面积； (2)平面截正方体，把正方体分为两部分，求较小的部分与较大的部分的体积的比值 10.正四棱台AC,的上、下底面边长分别为a,b(a<b),高为h,过下底面相邻两边AB,BC的中点E,F与两 底面中心O,O的连线OO的中点H作截面，试导出截面形状与相关量之间的约制关系， 11.如图是一个以△A,B,C为底面的正三棱柱被一平面所截得的几何体，截面为ABC.己知 AA=4,BB1=2,CC1=3. 6/13 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B C B 西在边B上是杏存在一点0，使得QC平而4BC?者存在，求出的值，若不存在，请说明理血 (2)若A,B,=2,求几何体A,B,C,-ABC的体积 题型二简单多面体的平面展开图 一、单选题 1.“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体， 体现了数学的对称美如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四 面体得到的二十四等边体，若它所有的棱长都为2，则下列结论中，错误的是() D B A.该石凳的表面积为24+8√5 B.该石凳的体积为40 3 C.直线LH与BC的夹角为60° D.直线LH与BC的夹角为45 2.己知正三棱台的上底面边长为6，下底面边长为12，侧棱长为6，则() A.棱台的高为25 B.棱台的表面积为126√5 C.棱台的侧棱与底面所成角的余弦值为3 6 D.棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为23 3 3.乐乐同学在学校的3D打印社为全班50位同学每人打印了一个盘子，盘子的形状为一个倒置的正六棱台， 盘子的底面正六边形边长为2cm,盘口正六边形边长为6cm,侧棱长为5cm.如果乐乐要在每个盘子的内外 表面涂一层防水涂料，每平方厘米需要0.05g涂料，则共需要涂料约为()（不考虑盘子厚度，结果保留 7/13 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 整数，参考数据：√5≈1.73，√21≈4.58) A.241g B.602g C.702g D.718g 4.“蝠”与“福”发音相同，在中国文化中，蝙蝠图案经常寓意福气临门.某商家设计的折叠储物凳是正三棱台 形状，如图，其侧面展开图形似蝙蝠.每个侧面梯形的上底长为√分米，下底长为23分米，梯形的腰长 为√3分米，忽略储物凳的表面厚度，则该正三棱台储物凳的储物容积为() A.75立方分米B.7立方分米 C.7立方分米 D. 2 )立方分米 二、填空题 5.某艺术展览馆的一座雕塑底座是正四棱台，记为ABCD-A,B,C,D,AB=2米，AB=4米，AA,=V10米.为 举办特展，某策展团队计划以地面顶点A为起点安装一条LED灯带（忽略灯带的厚度与弹性），灯带沿正四 棱台ABCD-A,B,C,D,的表面经过侧棱BB,后到达顶点C,则所需灯带的长度的最小值为 米 6.“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E-ABCD-F(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 8/13 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 三、解答题 7.在一正三棱台木块ABC-A,B,C,如图所示，已知2AC=3AC,=6,AA=2,点0在平面ABC内且为 ABC的重心. (1)过点0将木块锯开，使截面经过AC,平行于直线AC,在木块表面应该怎样划线，并说明理由； (2)求该三棱台木块被问题(1)中的截面分成的两个几何体的体积之比： 8.己知一个正四面体QPTR和一个正八面体AEFBHC的棱长都是（如图），把它们拼接起来.使它们一个表 面完全重合，得到一个新多面体. A Q E B (1)求新多面体的表面积和体积： (2)求正八面体AEFBHC中二面角A-BF-C的大小 9.如图，某组合体是由正方体ABCD-A,B,C,D,与正四棱锥P-AB,C,D组成，且PA= 3 AB. D B B 9/13 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (1)若该组合体的表面积为365+√2)，求其体积； (2)证明：AB∥平面D,AC 10.正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体 (各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等)数学家己经 证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一 个正四面体OPTR和一个正八面体AEFBHC的棱长都是a(如图)，把它们拼接起来，使它们一个表面重合， 得到一个新多面体. A E (1)求新多面体的体积； (2)求正八面体AEFBH中二面角A-BF-C的余弦值； (3)判断新多面体为几面体？（只需给出答案，无需证明） 拓展培优题 一、单选题 1.某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面 多边形，平面AFR⊥平面ABC,平面CDT,⊥平面ABC,AB⊥BC,AB‖EF II RS CD,BCDE‖ST,‖AF.若 AB-BC-8.AF=CD-4.RA-RF-TC-TD-5, 则该多面体的体积为() R S B D A.40 B.50 C.60 D.70 10/13