11.3多面体与旋转体讲义- 2025-2026学年高二上学期数学沪教版必修第三册

2025-2026学年高二数学必修三同步培优讲义【精英班课程】 专题10.3 多面体与旋转体 知识点一、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。 3、多面体的特点：多面体由平面多边形围成，包含内部平面部分；多面体至少有4个面。几何体与平面相交所得的平面图形（含内部）。 4、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。 知识点二：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、若正四面体棱长设为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 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 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 题型一、多面体概念及分类 【例1】“多面体为长方体”是“多面体为直棱柱”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【知识点】判断命题的充分不必要条件、充分条件的判定及性质、棱柱的结构特征和分类 【分析】由题意分别考查充分性和必要性是否成立即可. 【详解】充分性：多面体为长方体则可以得出多面体为直棱柱，故充分性满足； 必要性：当多面体为直棱柱时，底面不一定为矩形可以取三角，所以多面体为直棱柱时不能得出多面体为长方体，故必要性不满足. 故“多面体为长方体”是“多面体为直棱柱”的充分不必要条件. 故选：A. 【例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． 【例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）. 题型二、多面体的展开与折叠 【例4】下列平面图形中，不是正方体的侧面展开图的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平面图形的折叠及正方体的展开图判断即可. 【详解】根据题意得到选项A、B、C中的平面图形折起后均能构成正方体， 而D中的平面图形折起后，最下一行的三个不能构成正方体的三个面， 折起后是缺少一个面的正方体，且多出一个面. 故选：D. 【例5】将3个的正方形沿邻边的中点剪开分成两部分（如图1）；将这6部分接于一个边长为的正六边形边上（如图2），若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图，则该多面体的体积是（    ）    A． B．864 C．576 D． 【答案】B 【分析】折成多面体以后，将其补形为正方体，其体积是正方体的一半，计算即可. 【解析】折成的多面体如图①所示，将其补形为正方体，如图②， 所求多面体体积为正方体的一半，又依题易求得正方体的边长为， 故    故选： 【例6】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. 题型三、多面体的性质研究 【例7】（23-24高二下·上海宝山·开学考试）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． 【详解】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8】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）； 【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. 【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    【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 【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 【例11】某广场设置了一些石凳供大家休息，如图，每个石凳都是由正方体截去八个相同的正三棱锥得到的几何体，则下列结论不正确的是（    ）    A．该几何体的面是等边三角形或正方形 B．该几何体恰有12个面 C．该几何体恰有24条棱 D．该几何体恰有12个顶点 【答案】B 【分析】根据几何体的形状逐个选项判断即可. 【详解】据图可得该几何体的面是等边三角形或正方形，A正确；该几何体恰有14个面，B不正确；该几何体恰有24条棱，C正确；该几何体恰有12个顶点，D正确． 故选：B 【例12】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面的个数及棱长分别为（    ） A．26， B．24 ， C．26， D．24 ， 【答案】A 【分析】将该多面体分为三层，分别数出每一层的面数，求和即可得正多面体的面数；设正多面体的棱长为，作出该几何体的截面，为正八边形，利用多面体棱长与正方体的棱长的关系列方程即可求解 【详解】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， 设正多面体的棱长为，作出该几何体的截面如图，截面图为正八边形， 由图可得，， 因为为等腰直角三角形，所以，即， 解得：，所以该多面体的棱长为， 故选：A. 【例13】多面体的欧拉定理：简单多面体的顶点数、棱数与面数满足的数学关系.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．碳的分子结构是一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个面中正六边形面的个数是（　　） A．22 B．20 C．18 D．16 【答案】B 【分析】结合题意，设正五边形的个数为，正六边形的个数为，可得方程组，解出即可得. 【详解】由题意可知，，由可得， 设正五边形的个数为，正六边形的个数为，则， 因为一条棱连着两个面，所以足球烯表面的棱数， 联立，解得， 即32个面中正六边形面的个数是20. 故选：B. 【例14】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． 【详解】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． 题型四、旋转体及其相关概念 【例15】下列几何体中是旋转体的是（    ） ①圆柱；②六棱锥；③正方体；④球体；⑤四面体． A．①和⑤ B．①和② C．③和④ D．①和④ 【答案】D 【分析】根据旋转体的定义判断. 【详解】根据旋转体的定义可得圆柱和球体为旋转体. 故选：D. 【例16】下列说法正确的是（    ）． A．以直角三角形的一条边为轴旋转一周形成的旋转体是圆锥 B．以直角梯形的一腰为轴旋转一周形成的旋转体是圆台 C．圆柱、圆锥、圆台都有两个底面 D．圆锥的侧面展开图是扇形，这个扇形的半径大于圆锥的高 【答案】D 【详解】对于A，以直角三角形的斜边为轴旋转一周形成的是两个圆锥的组合体，A错误； 对于B，当以直角梯形不垂直于底边的腰为旋转轴旋转一周形成的不是圆台，B错误； 对于C，圆锥只有一个底面，C错误； 对于D，圆锥的侧面展开图是扇形，这个扇形的半径等于圆锥的母线，大于圆锥的高，D正确. 故选：D 【例17】如图所示，四边形绕边所在直线旋转，其中，．当点在射线上的不同位置时，形成的几何体大小、形状不同，比较其不同点．    【答案】答案见解析 【详解】当时，四边形绕旋转一周所得的几何体是由底面半径为的圆柱和圆锥拼接而成的组合体，如图1； 当时，四边形绕旋转一周所得的几何体是圆柱，如图2； 当时，四边形绕旋转一周所得的几何体是由圆柱挖去一个同底的圆锥而得到的，如图3.    【例18】铜钱又称方孔钱，是古代钱币最常见的一种．如图所示为清朝时的一枚“嘉庆通宝”，由一个圆和一个正方形组成，若绕旋转轴（虚线）旋转一周，形成的几何体是（    ） 　　 A．一个球 B．一个球挖去一个圆柱 C．一个圆柱 D．一个球挖去一个正方体 【答案】B 【分析】根据旋转体的定义可得正确的选项. 【详解】圆及其内部旋转一周后所得几何体为球， 而矩形及其内部绕一边旋转后所得几何体为圆柱， 故题设中的平面图形绕旋转轴（虚线）旋转一周，形成的几何体为一个球挖去一个圆柱， 故选：B. 【例19】如图，已知正方体的上、下底面的中心分别为、，将正方体绕直线旋转一周，其中由线段旋转所得图像是（    ） 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B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、C两项不符合题意，由此可得答案． 【详解】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B项不符合题意，舍去． 又的中点与连线上的点在所得旋转体应该在内部A、C两项不符合题意， 故选：D． 【例20】一条平面曲线绕着它所在的平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫做旋转面，封闭的旋转面围成的几何体叫做旋转体，该定直线叫做旋转体的轴．某同学将一个直角三角形硬纸板绕斜边所在的直线进行旋转，得到如图所示的旋转体．测量出为2，上、下旋转面的面积比是，则的长度是（    ） A． B． C．3 D． 【答案】A 【分析】本题先通过设未知数表示出相关线段的长度，再利用勾股定理得到一个关于未知数的方程，接着根据旋转面面积比得到另一个关于未知数的方程，最后联立这两个方程求解出未知数的值，进而求出BC的长度. 【详解】设与的交点为，，，则，，． 由是直角，得，即，得．① 又由上、下旋转面的面积比是，得，即，所以．② ①②两式联立，整理得，解得（舍负值），可得，则． 故选:A． 题型五、简单组合体的结构特征与转化 【例21】指出下面两图中的几何体是由哪些简单几何体构成的．     ①            ② 【答案】①由2个四棱锥构成；②由1个三棱柱和1个四棱柱构成 【详解】由组合体结合简单几何体知道①由2个四棱锥构成；②由1个三棱柱和1个四棱柱构成. 【例22】如图所示的螺母可以看成一个组合体，对其结构特征最接近的表述是（    ） A．一个六棱柱中挖去一个棱柱 B．一个六棱柱中挖去一个棱锥 C．一个六棱柱中挖去一个圆柱 D．一个六棱柱中挖去一个圆台 【答案】C 【分析】根据组合体外部轮廓图的结构特征和挖掉的几何体的结构特征即可得解. 【详解】螺母这个组合体的外部轮廓图是六棱柱，由于螺母是旋拧在螺杆上的，则挖去的部分是圆柱，选项C表述准确. 故选：C 题型六、简单几何体的表面积与体积 【例23】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. 【解析】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：. 【例24】将边长分别为和的矩形，绕边长为的一边所在的直线旋转一周得到一旋转体，则该旋转体的体积为 ． 【答案】 【分析】旋转体为圆柱，高为，底面半径为，利用圆柱体积公式求出答案. 【解析】如图所示，旋转体为圆柱，高为，底面半径为， 故体积为.    故答案为： 【例25】如图所示，在直角梯形中，，，，．将折线绕着所在直线旋转一周形成的旋转面的面积是 ．    【答案】 【分析】根据旋转体在性质，结合圆锥和圆台的侧面积公式即可求解. 【解析】过作于点， 由于，，，， 所以，进而，故 因此，又，所以四边形为直角梯形， 所以折线绕着所在直线旋转一周形成的旋转体为：以绕形成的圆锥和以梯形绕着形成的圆台，挖去以绕形成的小圆锥，如图示：, 故表面积为, 故答案为：    【例26】如图，桌面上放置着两个底面半径和高都是的几何体，左边是圆柱挖去一个倒立的圆锥（以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点）剩余的部分，右边是半球，用平行于桌面的平面截这两个几何体，截得左边几何体的截面面积为，截得半球的截面面积为，则（    ） A． B． C． D．与的大小关系不确定 【答案】B 【详解】设截面与圆柱底面的距离为， 该平面截半球所得圆面的半径为，圆的面积为， 由于圆柱的底面半径与高相等，所以，圆环的内圆半径为， 所以，圆环的面积为，故， 故选：B. 【例27】已知梯形中，，，，，，在平面内，过点作，以为轴将梯形旋转一周，求旋转体的表面积. 【答案】 【分析】画出图形后，由，逐个计算求和即可得. 【解析】如题图所示，所得几何体为一个圆柱除去一个圆锥； 在直角梯形中，，， ，， 又， 故 . 一、填空题 1.（2024-25高二上上海奉贤期中）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：. 2. （2024-25高二上上海普陀期中）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 3. （2023-24高二上宝山中学期中）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： 4.（2024-25高二上上海徐汇期中）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：. 5．（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 6.（2024-25七宝中学高二上期中）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. 7.（2024-25格致中学高二上期中）下列四个命题中正确的是（    ） A．每个面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥 B．所有棱长都相等的四棱柱是正方体 C．以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱 D．以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥 【答案】C 【详解】根据题意，依次分析选项： 对于A，如图： 在三棱锥中，有，， 该每个面都是等腰三角形，但该棱锥不是正三棱锥，A错误； 对于B，底面为菱形的直四棱柱，其侧棱与底面边长相等， 该四棱柱的所有棱长都相等，但不是正方体，B错误； 对于C，以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱，C正确； 对于D，以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥，D错误． 故选：C． 8.（2024-25上海高二上阶段练习）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 9．（2024-25上海高二上阶段练习）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 【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 10.（2024-25上海高二上阶段练习）如图、以矩形的边所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的几何体是（    ） A．圆锥 B．圆台 C．圆柱 D．球 【答案】C 【分析】根据圆柱的形成即可得到答案. 【详解】以矩形的边所在直线为轴， 其余三边旋转一周形成的面所围成的几何体是圆柱. 故选：C. 11.（2024-25上海高二上阶段练习）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 12.（2024-25上海高二上阶段练习）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； 三、解答题 13．（23-24高一·全国·课后作业）如图，切正方体形状的土豆块，思考可以得到哪些类型的多面体？ 【答案】一个四面体和一个七面体（或一个三棱锥和一个七面体） 【分析】按截面切正方体即可得到结果. 【详解】按照图中截面切正方体，可得如下图所示的一个七面体和一个四面体（或一个七面体和一个三棱锥）. 14．（2024-25上海高二上阶段练习）如图，在透明塑料制成的长方体容器中灌进一些水，将容器底面一边BC置于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜程度的不同，水的形状形成如下图（1）（2）（3）三种形状．（阴影部分）请你说出这三种形状分别是什么名称，并指出其底面． 【答案】答案见解析 【分析】根据棱柱的定义和结构特征分析即可. 【详解】（1）是四棱柱，底面是四边形和四边形，底面也可以是四边形和四边形，底面还可以是四边形和四边形， （2）是四棱柱，底面是四边形和四边形； （3）是三棱柱，底面是和． 15．（2024-25上海高二上阶段练习）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 . 16．（23-24高一下·浙江杭州·期中）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. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二数学必修三同步培优讲义【精英班课程】 专题10.3 多面体与旋转体 知识点一、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。 3、多面体的特点：多面体由平面多边形围成，包含内部平面部分；多面体至少有4个面。几何体与平面相交所得的平面图形（含内部）。 4、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。 知识点二：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、若正四面体棱长设为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 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 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 题型一、多面体概念及分类 【例1】“多面体为长方体”是“多面体为直棱柱”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【例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 【例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）    题型二、多面体的展开与折叠 【例4】下列平面图形中，不是正方体的侧面展开图的是（   ） A． B． C． D． 【例5】将3个的正方形沿邻边的中点剪开分成两部分（如图1）；将这6部分接于一个边长为的正六边形边上（如图2），若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图，则该多面体的体积是（    ）    A． B．864 C．576 D． 【例6】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？ 题型三、多面体的性质研究 【例7】（23-24高二下·上海宝山·开学考试）正多面体按其面数分有 种 【例8】面数最少的多面体是 ，当其每条棱长均为2时，其体积为 ． 【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 【例11】某广场设置了一些石凳供大家休息，如图，每个石凳都是由正方体截去八个相同的正三棱锥得到的几何体，则下列结论不正确的是（    ）    A．该几何体的面是等边三角形或正方形 B．该几何体恰有12个面 C．该几何体恰有24条棱 D．该几何体恰有12个顶点 【例12】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面的个数及棱长分别为（    ） A．26， B．24 ， C．26， D．24 ， 【例13】多面体的欧拉定理：简单多面体的顶点数、棱数与面数满足的数学关系.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．碳的分子结构是一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个面中正六边形面的个数是（　　） A．22 B．20 C．18 D．16 【例14】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= . 题型四、旋转体及其相关概念 【例15】下列几何体中是旋转体的是（    ） ①圆柱；②六棱锥；③正方体；④球体；⑤四面体． A．①和⑤ B．①和② C．③和④ D．①和④ 【例16】下列说法正确的是（    ）． A．以直角三角形的一条边为轴旋转一周形成的旋转体是圆锥 B．以直角梯形的一腰为轴旋转一周形成的旋转体是圆台 C．圆柱、圆锥、圆台都有两个底面 D．圆锥的侧面展开图是扇形，这个扇形的半径大于圆锥的高 【例17】如图所示，四边形绕边所在直线旋转，其中，．当点在射线上的不同位置时，形成的几何体大小、形状不同，比较其不同点．    【例18】铜钱又称方孔钱，是古代钱币最常见的一种．如图所示为清朝时的一枚“嘉庆通宝”，由一个圆和一个正方形组成，若绕旋转轴（虚线）旋转一周，形成的几何体是（    ） 　　 A．一个球 B．一个球挖去一个圆柱 C．一个圆柱 D．一个球挖去一个正方体 【例19】如图，已知正方体的上、下底面的中心分别为、，将正方体绕直线旋转一周，其中由线段旋转所得图像是（    ） A．B．C． D． 【例20】一条平面曲线绕着它所在的平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫做旋转面，封闭的旋转面围成的几何体叫做旋转体，该定直线叫做旋转体的轴．某同学将一个直角三角形硬纸板绕斜边所在的直线进行旋转，得到如图所示的旋转体．测量出为2，上、下旋转面的面积比是，则的长度是（    ） A． B． C．3 D． 题型五、简单组合体的结构特征与转化 【例21】指出下面两图中的几何体是由哪些简单几何体构成的．     ①            ② 【例22】如图所示的螺母可以看成一个组合体，对其结构特征最接近的表述是（    ） A．一个六棱柱中挖去一个棱柱 B．一个六棱柱中挖去一个棱锥 C．一个六棱柱中挖去一个圆柱 D．一个六棱柱中挖去一个圆台 题型六、简单几何体的表面积与体积 【例23】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 ． 【例24】将边长分别为和的矩形，绕边长为的一边所在的直线旋转一周得到一旋转体，则该旋转体的体积为 ． 【例25】如图所示，在直角梯形中，，，，．将折线绕着所在直线旋转一周形成的旋转面的面积是 ．    【例26】如图，桌面上放置着两个底面半径和高都是的几何体，左边是圆柱挖去一个倒立的圆锥（以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点）剩余的部分，右边是半球，用平行于桌面的平面截这两个几何体，截得左边几何体的截面面积为，截得半球的截面面积为，则（    ） A． B． C． D．与的大小关系不确定 【例27】已知梯形中，，，，，，在平面内，过点作，以为轴将梯形旋转一周，求旋转体的表面积. 一、填空题 1.（2024-25高二上上海奉贤期中）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 . 2. （2024-25高二上上海普陀期中）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 ． 3. （2023-24高二上宝山中学期中）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 . 4.（2024-25高二上上海徐汇期中）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 . 5．（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 6.（2024-25七宝中学高二上期中）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 7.（2024-25格致中学高二上期中）下列四个命题中正确的是（    ） A．每个面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥 B．所有棱长都相等的四棱柱是正方体 C．以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱 D．以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥 8.（2024-25上海高二上阶段练习）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． 9．（2024-25上海高二上阶段练习）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．   10.（2024-25上海高二上阶段练习）如图、以矩形的边所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的几何体是（    ） A．圆锥 B．圆台 C．圆柱 D．球 11.（2024-25上海高二上阶段练习）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 12.（2024-25上海高二上阶段练习）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 三、解答题 13．（23-24高一·全国·课后作业）如图，切正方体形状的土豆块，思考可以得到哪些类型的多面体？ 14．（2024-25上海高二上阶段练习）如图，在透明塑料制成的长方体容器中灌进一些水，将容器底面一边BC置于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜程度的不同，水的形状形成如下图（1）（2）（3）三种形状．（阴影部分）请你说出这三种形状分别是什么名称，并指出其底面． 15．（2024-25上海高二上阶段练习）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． 16．（23-24高一下·浙江杭州·期中）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. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $