专题5.1 观察 抽象（知识梳理+5个考点讲练+中考真题演练+难度分层练 共39题）-2025-2026学年苏科版数学七年级上册同步培优讲练

专题5.1 观察 抽象 （知识梳理+5个考点讲练+中考真题演练+难度分层练 共39题） 知识梳理 技巧点拨 1 知识点梳理01：常见的几何体及其分类 1 知识点梳理02：几何体的构成元素 2 知识点梳理03：棱柱和棱锥的特征 2 知识点梳理04：点、线、面、体之间的关系 3 优选题型 考点讲练 3 考点1 常见的几何体 3 考点2 组合几何体的构成 4 考点3 立体图形的分类 6 考点4 几何体中的点、棱、面 7 考点5 截一个几何体 10 中考真题 实战演练 11 难度分层 拔尖冲刺 12 基础夯实 12 培优拔高 15 知识点梳理01：常见的几何体及其分类 常见的几何体分为三类：（1）柱体；（2）锥体；（3）球. 知识点梳理02：几何体的构成元素 点、线、面（点无大小，线无宽窄，面无厚薄）是构成几何体的基本要素.面有平面，也有曲面；线有直线，也有曲线.面与面相交得到线，线与线相交得到点. 知识点梳理03：棱柱和棱锥的特征 几何体 棱柱 棱锥 图示 相关 概念 棱 相邻两个面的公共边. 侧棱 相邻两个侧面的交线. 顶点 棱与棱的交点.（五棱柱有10个顶点，五棱锥有6个顶点） 几何体 棱柱 棱锥 其他 （1）侧棱长相等； （2）上下底面是相同的多边形,并且相互平行； （3）直棱柱的侧面都是长方形. 棱锥的侧面都是三角形. 知识点梳理04：点、线、面、体之间的关系 考点1 常见的几何体 【典例精讲】（25-26七年级上·广东深圳·阶段练习）如图所示的几何体，这个几何体的名称是 ． 【变式训练1】（2025七年级上·全国·专题练习）在横线上写出每个几何体的名称： 、 、 、 、 【变式训练2】（24-25七年级上·广东·期末）综合与实践 【主题】卷筒纸的设计与测量 【素材】某品牌卷筒纸，直尺 【实践操作】 步骤1：使用直尺测量卷筒纸的高度，中间空心硬纸轴的直径和外层的直径，记录数据如1图所示； 步骤2：如2图，把展开的纸巾折叠多层后再测量，通过计算得到每层纸巾厚度为0.02厘米． 【实践探索】 (1)制作这个中间的纸轴至少需要多少平方厘米的硬纸板？（结果保留） (2)根据以上数据，设计一个方案，估计这种规格的一卷空心卷筒纸展开后的总长度．（的值取3.14） 考点2 组合几何体的构成 【典例精讲】如图，指出图中物体分别是由哪些几何体组成的． 【变式训练1】（22-23七年级上·广东佛山·阶段练习）阅读材料，解决下面的问题： 柏拉图体 柏拉图体即为正多面体，它的所有面都是完全相同的正多边形． 正多边形有无数种，而正多面体只有五种，均以面的数量来命名——正四面体、正六面体（立方体）、正八面体、正十二面体、正二十面体．如图1、就是一个六个面均为正方形的正六面体． （注：各边相等，各角也相等的多边形叫正多边形．如等边三角形也叫正三角形，正方形也叫正四边形…） (1)如图2，连接正六面体中相邻面的中心，可得到一个柏拉图体． ①它是正______面体，有______个顶点，______条棱；②已知该正多面体的体积与原正方体体积的比为，若原正方体的棱长为，该正多面体的体积为______： (2)如图3，用6个棱长为1的小正方体搭成一个几何体．小明要再用一些完全相同的小正方体搭一个几何体，若要使新搭的几何体恰好能与原几何体拼成一个无空隙的正六面体，则小明至少需要_____个小正方体，他新搭几何体的表面积最小是______； (3)小华用4个棱长为1的小正四面体搭成一个如图4所示的造型，可以看做是一个不完整的大四面体．小华发现此造型中间空缺部分也是一个柏拉图体！请写出该柏拉图体的名称：______． 【变式训练2】（22-23七年级上·山东青岛·期中）如图，模块①由15个棱长为1的小正方体构成，模块②一⑥均由4个棱长为1的小正方体构成，现在从模块②一⑥中选出三个模块放到模块①上，与模块①组成一个棱长为3的大正方体，则符合上述要求的三个模块序号是 ． 考点3 立体图形的分类 【典例精讲】（24-25七年级上·湖南娄底·期末）下列图形中，立体图形有（   ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 【变式训练1】（23-24七年级上·广东佛山·阶段练习）将下列几何体进行分类．    【变式训练2】（22-23六年级·上海·假期作业）淘气和笑笑去参观温室无土蔬菜养植园．    (1)养植园是个长方形，画在的图纸上，长，宽，这个养植园实际的长和宽各是多少米？ (2)养植园外形是一个半圆柱形（如图1），半圆柱形外覆盖了一层塑料薄膜，需要多少平方米的塑料薄膜？ (3)利用如图2中的阴影部分铁皮，刚好能做成一个园区内的圆柱形营养液蓄储桶（接口处忽略不计），这个营养液蓄储桶的容积是多少？ 考点4 几何体中的点、棱、面 【典例精讲】（25-26七年级上·江西鹰潭·阶段练习）如图所示是一些常见的多面体． (1)数一下每一个多面体具有的顶点数、面数和棱数，并且把结果记入表中： 多面体 顶点数（） 面数（） 棱数（） 四面体 4 4 6 正方体 6 八面体 6 12 十二面体 20 12 二十面体 12 20 30 观察表中数据，猜想多面体的顶点数和面数的和与棱数之间的关系为_______； (2)若已知一个多面体的顶点数，棱数，请你用（1）中的结果求这个多面体的面数． 【变式训练1】（25-26七年级上·陕西西安·阶段练习）问题背景： 新年晚会是我们最欢乐的时候，会场上，悬挂着五彩缤纷的小装饰，其中有各种各样的立体图形．下面是常见的一些多面体： 多面体 顶点数(V) 面数(F) 棱数(E) 四面体 4 六面体 8 6 八面体 8 12 十二面体 20 —— 30 操作探究： 通过数上面图形中每个多面体的顶点数(V)、面数(F)和棱数(E)，填写表格中空缺的部分： 通过填表发现：顶点数(V)、面数(F)和棱数(E)之间的数量关系是 ，这就是伟大的数学家欧拉(L． Euler，1707-1783)证明的一个关系式，我们把它称为欧拉公式； 探究应用： (1)已知一个多面体的面数比顶点数大8，且有30 条棱，求这个多面体的顶点数； (2)已知一个多面体只有8个顶点，并且过每个顶点都有3 条棱，求这个多面体的面数． 【变式训练2】（25-26七年级上·山西运城·阶段练习）综合与实践 【问题背景】十八世纪瑞士数学家欧拉证明了简单多面体中顶点数、面数、棱数之间存在的一个有趣的关系式，被称为欧拉公式．请你观察下列几种简单多面体模型，解答下列问题： 【解决问题】 （1）根据上面多面体模型，完成表格中的空格： 多面体 顶点数 面数 棱数 四面体 长方体 正八面体 正十二面体 【发现规律】 （2）你发现顶点数、面数、棱数之间存在的关系式是________． 【规律运用】 （3）一个多面体的面数比顶点数小8，且有30条棱，求这个多面体的顶点数？ 考点5 截一个几何体 【典例精讲】（25-26七年级上·辽宁·阶段练习）如图，用一平面切截正方体，截面图形一定是（   ） A．正方形 B．长方形 C．梯形 D．平行四边形． 【变式训练1】（23-24七年级上·陕西西安·开学考试）正方体有6个面、8个顶点、12条棱，有公共点的棱叫做相邻的棱，将所有相邻棱的中点连起来，如图所表示的是将标有字母A的顶角切掉．将所有这样的顶角都切掉后得到的几何体有（   ）个面？ A．10 B．12 C．14 D．16 【变式训练2】（24-25七年级上·广东深圳·开学考试）找规律填空 (1)一个正方体，用刀沿一个平面截去一个角后，所得的几何体有__________个顶点． (2)下图中每个正方体的棱长都是a厘米．各图的表面积分别是多少？（按图形顺序依次将答案填在对应的括号内） （         ）平方厘米；  （       ）平方厘米；  （        ）平方厘米；  （       ）平方厘米； (3)观察下面的几个算式： ； ； ； ； 根据你所发现的规律，直接写出下面式子的结果∶ __________ 1．（2022·贵州贵阳·中考真题）如图，用一个平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面的形状是（    ） A． B． C． D． 2．（2021·西藏·中考真题）如图是由五个相同的小正方体组成的几何体，其主视图为（    ） A． B． C． D． 3．（2022·河北·中考真题）①~④是由相同的小正方体粘在一起的几何体，若组合其中的两个，恰是由6个小正方体构成的长方体，则应选择（    ） A．①③ B．②③ C．③④ D．①④ 4．（2022·广西北海·中考真题）从上面看如图所示的几何体，得到的图形是（  ） A． B． C． D． 基础夯实 1．（25-26七年级上·重庆·期中）下列说法不正确的是（    ）． A．用一个平面去截一个圆锥可能截得三角形； B．五棱柱有10个顶点； C．棱柱的侧面都是四边形； D．棱锥的侧面可以是四边形． 2．（25-26七年级上·山东枣庄·阶段练习）用一个平面去截下列几何体：球体、圆锥、圆柱、正三棱柱、长方体，得到的截面形状可能是三角形的有（   ）个 A．个 B．个 C．个 D．个 3．（25-26七年级上·甘肃兰州·期中）下列说法不正确的是（    ） A．棱柱的上下底面是完全相同的图形 B．五棱柱有5个面、5条棱 C．圆锥的底面是圆 D．长方体与正方体都有六个面 4．（25-26七年级上·广东揭阳·阶段练习）一个棱柱有18条棱，则这个棱柱有 条侧棱，有 个面，有 个顶点． 5．（25-26七年级上·河南平顶山·阶段练习）一个棱柱有个面，个顶点，则它的棱数是 ． 6．（25-26七年级上·山东枣庄·阶段练习）一个正方体截掉一个角后，剩下的几何体的顶点的个数可能是 ． 7．（25-26七年级上·山西运城·期中）综合与实践 问题情境：我们把四个或四个以上多边形（三角形、四边形、五边形．．．）围成的立体图形称为多面体，所有的棱柱都是多面体，一个多面体有几个面就说这个多面体是几面体，长方体和正方体都是六面体．把一个多面体的面数记作，顶点数记作，棱数记作． 下表是一些多面体的面数、棱数和顶点数： 多面体 面数 5 6 7 8 顶点数 6 8 b 12 棱数 9 a 15 18 初步探究：（1）填空：_____，_____． （2）根据表中的数据，我们发现多面体的棱数、面数与顶点数之间存在一定的关系，这个关系是_____．（用含，的代数式表示） 深入探究：（3）若一个多面体的面数比顶点数小8，且有30条棱，求这个多面体的面数． 8．（25-26七年级上·江西抚州·阶段练习）18世纪瑞士数学家欧拉证明了简单多面体中顶点数（V）、面数（F）、棱数（E）之间存在的一个有趣的关系式，被称为欧拉公式．请你观察图中的几种简单的多面体模型，解答下列问题： (1)根据上面的多面体模型，将表格补充完整． 多面体 顶点数（V） 面数（F） 棱数（E） 正方体 8 6 12 六棱柱 8 18 十棱柱 20 12 (2)你发现顶点数（V）、面数（F）、棱数（E）之间存在的关系式是____________； (3)一个多面体的顶点数为12，棱数比面数的2倍少10，求这个多面体的棱数． 9．（25-26七年级上·广东梅州·阶段练习）如图1，一个五棱柱，它的底面边长都是，侧棱长都是． (1)这个五棱柱共多少个面？哪些面的形状、面积完全相同？ (2)如图2，图3，用一个平面去截该五棱柱，分别写出图2，图3中截面的形状．用任意一个平面去截五棱柱，写出一个你认为截面不可能出现的平面图形． 10．（25-26七年级上·四川成都·阶段练习）如图①，一种卷纸中间硬纸轴的直径是4cm，卷纸环的厚度是4cm，高度是10cm． (1)制作中间的硬纸轴需要多少平方厘米的硬纸板？ (2)如图②，纸箱里面三层正好可放入36卷卷纸，这个纸箱的容积至少是多少立方分米？ (3)此品牌卷纸还有一种无芯包装，如图③，如果图①的卷纸每包3元，图③的卷纸每包2.5元，它们的纸质相同，你觉得买哪一种包装的卷纸更划算？请通过计算说明． 培优拔高 1．（25-26七年级上·广东深圳·阶段练习）如图，往一个密封的正方体容器持续注入一些水，注水的过程中，可将容器任意放置，水平面形状不可能是（   ） A．七边形 B．五边形 C．正方形 D．三角形 2．（25-26七年级上·河北保定·阶段练习）一个棱柱有6个面，所有侧棱长之和为．底面边长都是．则这个棱柱的表面积为（   ） A． B． C． D． 3．（2023九年级下·全国·竞赛）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角称为多面体的面角，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，则正八面体（八个面均为正三角形）的总曲率为（   ）． A． B． C． D． 4．（24-25七年级上·四川达州·阶段练习）如果一个棱柱总共有条棱，那么这个棱柱有 个顶点． 5．（25-26七年级上·海南·开学考试）工人叔叔在地面上用64个同样大小的小正方体拼成了一个大正方体，并把它的五个面涂上了颜色（贴地的那个面不涂色），其中3个面涂色的小正方体木块有 个，2个面涂色的有 个． 6．（21-22七年级下·陕西西安·自主招生）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．南北朝时期的官员独孤信的印信是一个由26个面组成的多面体，且经过每一个点都有四条棱，已知对于任意一个多面体一定存在：面数点数棱数，那么此多面体印信的棱数为 ． 7．（25-26七年级上·河南·阶段练习）如图，一个长方体，如果长增加3厘米，宽和高都不变，体积增加6立方厘米；如果宽增加4厘米，长和高都不变，体积增加32立方厘米；如果高增加5厘米，长和宽都不变，体积增加20立方厘米：求这个长方体的表面积和体积． 8．（25-26七年级上·全国·课后作业）如图所示的四个图形都是平面图形．观察图和表中对应数值，探究计数的方法并解答下面的问题． (1)数一数每个图各有多少个顶点、多少条边、这些边围成多少个区域，将结果填入下表． 图形 ① ② ③ ④ 顶点数 7 边数 9 区域数 3 (2)根据表中的数值，写出平面图的顶点数、边数、区域数之间的关系． (3)如果一个平面图形有20个顶点和11个区域，那么这个平面图形的边数为_____． 9．（25-26七年级上·辽宁阜新·阶段练习）（认识概念）简单的凸多面体是指由若干个平面多边形围成，这些多边形称为面，相邻面的公共边称为多面体的棱，棱与棱的交点称为顶点． 十八世纪瑞士数学家欧拉证明了简单多面体的顶点数（）、面数（）、棱数（）之间存在关系，后人把三者关系等式称为欧拉公式． 结合你的知识积累，直接回答下列问题： 三棱锥的，，__（直接填出数据） 八面体的，，___（直接填出数据） （总结与应用） （1）欧拉公式：__________________．（用字母表示即可） （2）一个正二十面体有30条棱，直接回答它的顶点数是______． （深度探究） 下图是一个凸多面体，此多面体是由若干个黑色的正五边形和白色的正六边形围成的（它像不像一个足球，你会相信这是老师画出来的吗？）． 直接回答下列问题： 设黑色的正五边形有x块．则 （3）正六边形有______块（用含x的式子直接回答） （4）此凸多面体的棱数为______条．（用含x的式子直接回答） 10．（25-26七年级上·广东清远·阶段练习）十八世纪瑞士数学家欧拉证明了简单多面体中顶点数（V）．面数（F）．棱数（E）之间存在的一个有趣的关系式，被称为欧拉公式，请你观察下列几种简单多面体模型，解答下列问题： 多面体 顶点数（V） 面数（F） 棱数（E） 四面体 4 4 长方体 8 6 12 正八面体 8 12 正十二面体 20 12 (1)根据上面多面体模型，完成表格中的空格； (2)你发现顶点数（）、面数（）、棱数（）之间存在的关系式是___________； (3)一个多面体的顶点数比面数大4，且有18条棱，则这多面体的顶点数是___________； (4)某个玻璃饰品的外形是简单多面体，它的外表是由四边形和六边形两种多边形拼接而成，且有12个顶点，每个顶点处都有3条棱，设该多面体表面四边形的个数为个，六边形的个数为个，求的值． 第 1 页 共 11 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题5.1 观察 抽象 （知识梳理+5个考点讲练+中考真题演练+难度分层练 共39题） 知识梳理 技巧点拨 1 知识点梳理01：常见的几何体及其分类 1 知识点梳理02：几何体的构成元素 2 知识点梳理03：棱柱和棱锥的特征 2 知识点梳理04：点、线、面、体之间的关系 3 优选题型 考点讲练 3 考点1 常见的几何体 3 考点2 组合几何体的构成 4 考点3 立体图形的分类 7 考点4 几何体中的点、棱、面 10 考点5 截一个几何体 14 中考真题 实战演练 17 难度分层 拔尖冲刺 19 基础夯实 19 培优拔高 25 知识点梳理01：常见的几何体及其分类 常见的几何体分为三类：（1）柱体；（2）锥体；（3）球. 知识点梳理02：几何体的构成元素 点、线、面（点无大小，线无宽窄，面无厚薄）是构成几何体的基本要素.面有平面，也有曲面；线有直线，也有曲线.面与面相交得到线，线与线相交得到点. 知识点梳理03：棱柱和棱锥的特征 几何体 棱柱 棱锥 图示 相关 概念 棱 相邻两个面的公共边. 侧棱 相邻两个侧面的交线. 顶点 棱与棱的交点.（五棱柱有10个顶点，五棱锥有6个顶点） 几何体 棱柱 棱锥 其他 （1）侧棱长相等； （2）上下底面是相同的多边形,并且相互平行； （3）直棱柱的侧面都是长方形. 棱锥的侧面都是三角形. 知识点梳理04：点、线、面、体之间的关系 考点1 常见的几何体 【典例精讲】（25-26七年级上·广东深圳·阶段练习）如图所示的几何体，这个几何体的名称是 ． 【答案】三棱柱 【思路引导】本题考查了学生对几何体的认识情况，在解答这个题目时，首先是要仔细观察几何体，找出几何体的组成情况，观察几何体，有2个底面，3个侧面，经过每个顶点有3条棱，每个底面各有3个顶点，即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【规范解答】解：这个几何体的名称是三棱柱， 故答案为：三棱柱． 【变式训练1】（2025七年级上·全国·专题练习）在横线上写出每个几何体的名称： 、 、 、 、 【答案】 球/球体 圆锥 三棱锥 圆柱/圆柱体 六棱柱 【思路引导】此题主要考查了认识几何体，熟记常见立体图形的特征是解题的关键． 本题根据所给图形的特征进行判断，然后即可求解； 【规范解答】解：根据几何体的特征可知，依次为：球/球体、圆锥、三棱锥、圆柱、六棱柱， 故答案为：球/球体、圆锥、三棱锥、圆柱、六棱柱． 【变式训练2】（24-25七年级上·广东·期末）综合与实践 【主题】卷筒纸的设计与测量 【素材】某品牌卷筒纸，直尺 【实践操作】 步骤1：使用直尺测量卷筒纸的高度，中间空心硬纸轴的直径和外层的直径，记录数据如1图所示； 步骤2：如2图，把展开的纸巾折叠多层后再测量，通过计算得到每层纸巾厚度为0.02厘米． 【实践探索】 (1)制作这个中间的纸轴至少需要多少平方厘米的硬纸板？（结果保留） (2)根据以上数据，设计一个方案，估计这种规格的一卷空心卷筒纸展开后的总长度．（的值取3.14） 【答案】(1) (2) 【思路引导】本题考查了立体图形，解题的关键是理解题意，正确计算． （1）直接根据圆柱的侧面积公式计算即可； （2）根据展开前后的体积不变的原理，先计算出卷筒纸的体积，再结合展开后纸的厚度和宽度，从而计算出展开后的总长度． 【规范解答】（1）解：根据题意，得纸轴的直径为，高度为， ∴纸轴至少需要硬纸板的面积为； （2）解：， ， 答：估计这种规格的一卷空心卷筒纸展开后的总长度为． 考点2 组合几何体的构成 【典例精讲】如图，指出图中物体分别是由哪些几何体组成的． 【答案】见解析 【思路引导】本题考查了组合几何体的构成．熟练掌握常见的几何体是解题的关键． 根据常见的几何体的特征作答即可． 【规范解答】解：由题意知，①是由一个正方体、一个圆柱体、一个圆锥体组成的组合体； ②是由一个圆柱体、一个长方体、一个三棱柱组成的组合体； ③是由一个五棱柱、一个球体组成的组合体． 【变式训练1】（22-23七年级上·广东佛山·阶段练习）阅读材料，解决下面的问题： 柏拉图体 柏拉图体即为正多面体，它的所有面都是完全相同的正多边形． 正多边形有无数种，而正多面体只有五种，均以面的数量来命名——正四面体、正六面体（立方体）、正八面体、正十二面体、正二十面体．如图1、就是一个六个面均为正方形的正六面体． （注：各边相等，各角也相等的多边形叫正多边形．如等边三角形也叫正三角形，正方形也叫正四边形…） (1)如图2，连接正六面体中相邻面的中心，可得到一个柏拉图体． ①它是正______面体，有______个顶点，______条棱；②已知该正多面体的体积与原正方体体积的比为，若原正方体的棱长为，该正多面体的体积为______： (2)如图3，用6个棱长为1的小正方体搭成一个几何体．小明要再用一些完全相同的小正方体搭一个几何体，若要使新搭的几何体恰好能与原几何体拼成一个无空隙的正六面体，则小明至少需要_____个小正方体，他新搭几何体的表面积最小是______； (3)小华用4个棱长为1的小正四面体搭成一个如图4所示的造型，可以看做是一个不完整的大四面体．小华发现此造型中间空缺部分也是一个柏拉图体！请写出该柏拉图体的名称：______． 【答案】(1)①八，6，12；②4.5 (2)21，50 (3)正四面体 【思路引导】（1）①根据图形可数出该正多面体的面数，顶点数和棱数；②先求出正方体的体积，然后根据该正多面体的体积与原正方体体积的比为求解即可； （2）根据第1层需要4个，第2层需要8个，第3层需要9个即可求出所需的小正方体的个数，然后即可求出表面积； （3）直接根据图形解答即可． 【规范解答】（1）解：①由图可知，它是正八面体，有6个顶点，12条棱； ②． 故答案为：①八，6，12；②4.5； （2）解：至少需要个， 表面积最小是． 故答案为：21，50； （3）解：由图可知，周围有3个空缺的面，与上面小正四面体还有1个相邻的面，所以该柏拉图体的名称是正四面体． 故答案为：正四面体． 【考点剖析】本题考查了新定义，正方体的体积，正方体的表面积，以及学生的空间想象能力，正确理解柏拉图体的定义是解答本题的关键． 【变式训练2】（22-23七年级上·山东青岛·期中）如图，模块①由15个棱长为1的小正方体构成，模块②一⑥均由4个棱长为1的小正方体构成，现在从模块②一⑥中选出三个模块放到模块①上，与模块①组成一个棱长为3的大正方体，则符合上述要求的三个模块序号是 ． 【答案】④⑤⑥ 【思路引导】观察所给的模块，结合构成的棱长为3的大正方体的特征即可求解． 【规范解答】解：由图形可知，模块⑥补模块①上面的左上角，模块⑤补模块①上面的右下角，模块④补模块①上面的⑥⑤之间，使得模块①成为一个棱长为3的大正方体． 故能够完成任务的为模块④，⑤，⑥． 故答案为：④⑤⑥（答案不唯一）． 【考点剖析】考查了认识立体图形，本题类似七巧板的游戏，考查了拼接图形，可以培养学生动手能力，展开学生的丰富想象力． 考点3 立体图形的分类 【典例精讲】（24-25七年级上·湖南娄底·期末）下列图形中，立体图形有（   ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【思路引导】本题考查了立体图形，正确理解立体图形的定义是解题关键； 根据立体图形的定义即可求解； 【规范解答】解：有些几何图形（如长方体、正方体、圆柱、圆锥、球等）的各部分不都在同一个平面内，这就是立体图形； 可以看到第二个图形和第四个图形是立体图形； 故选：B 【变式训练1】（23-24七年级上·广东佛山·阶段练习）将下列几何体进行分类．    【答案】见详解 【思路引导】根据分类首先要确定标准，可以可以按柱、锥、球来划分，进而得出答案； 【规范解答】分类首先要确定标准，按可以按柱、锥、球来划分： ①②长方体和正方体，属于柱体； ③球体，属于球体； ④圆锥，属于锥体； ⑤六棱柱，属于柱体； ⑥五棱锥，属于锥体； ⑦三棱柱，属于柱体； ⑧圆柱，属于柱体； 按柱、锥、球来划分：①②⑤⑦⑧是一类，即柱体； ④⑥是一类，即锥体； ③是球体； 【考点剖析】此题主要考查了认识立体图形，正确确定分类依据是解题关键． 【变式训练2】（22-23六年级·上海·假期作业）淘气和笑笑去参观温室无土蔬菜养植园．    (1)养植园是个长方形，画在的图纸上，长，宽，这个养植园实际的长和宽各是多少米？ (2)养植园外形是一个半圆柱形（如图1），半圆柱形外覆盖了一层塑料薄膜，需要多少平方米的塑料薄膜？ (3)利用如图2中的阴影部分铁皮，刚好能做成一个园区内的圆柱形营养液蓄储桶（接口处忽略不计），这个营养液蓄储桶的容积是多少？ 【答案】(1)100米；30米 (2)5416.5平方米 (3)803.84升 【思路引导】（1）根据实际距离等于图上距离除以比例尺，进行换算即可； （2）养殖园的长等于圆柱的高，养殖园的宽等于圆柱底面直径，塑料薄膜面积等于圆柱底面积和侧面积的和除以2，据此列式解答； （3）圆柱侧面沿高展开是个长方形，观察可知，长方形的长等于圆柱底面周长，底面直径乘以2等于圆柱的高，设底面直径是x分米，根据底面直径加底面周长等于33.12分米，列出方程求出底面直径，再根据圆柱体积等于底面积乘以高，求出容积即可． 【规范解答】（1）解；， ， 答：这个养植园实际的长和宽各是100米、30米； （2）解： （平方米） 答：需要5416.5平方米的塑料薄膜； （3）解：解：设底面直径是x分米， （立方分米） （升） 答：这个营养液蓄储桶的容积是803.84升． 【考点剖析】关键是掌握图上距离与实际距离的换算方法，熟悉圆柱特征，掌握并灵活运用圆柱表面积和体积公式． 考点4 几何体中的点、棱、面 【典例精讲】（25-26七年级上·江西鹰潭·阶段练习）如图所示是一些常见的多面体． (1)数一下每一个多面体具有的顶点数、面数和棱数，并且把结果记入表中： 多面体 顶点数（） 面数（） 棱数（） 四面体 4 4 6 正方体 6 八面体 6 12 十二面体 20 12 二十面体 12 20 30 观察表中数据，猜想多面体的顶点数和面数的和与棱数之间的关系为_______； (2)若已知一个多面体的顶点数，棱数，请你用（1）中的结果求这个多面体的面数． 【答案】(1)表格见解析， (2)这个多面体的面数为14 【思路引导】本题是对欧拉公式的考查，观察图形准确数出各图形的顶点数、面数、棱数是解题的关键． （1）中根据图形数出顶点数，面数，棱数，填入表格即可；根据表格数据，由顶点数与面数的和减去棱数等于2进行解答； （2）中把顶点与棱数代入上步所得公式进行计算即可求解． 【规范解答】（1）解：所填数据如表所示： 多面体 顶点数（） 面数（） 棱数（） 四面体 4 4 6 正方体 8 6 12 八面体 6 8 12 十二面体 20 12 30 二十面体 12 20 30 ， ， ； （2）解：由，得， 这个多面体的面数为14． 【变式训练1】（25-26七年级上·陕西西安·阶段练习）问题背景： 新年晚会是我们最欢乐的时候，会场上，悬挂着五彩缤纷的小装饰，其中有各种各样的立体图形．下面是常见的一些多面体： 多面体 顶点数(V) 面数(F) 棱数(E) 四面体 4 六面体 8 6 八面体 8 12 十二面体 20 —— 30 操作探究： 通过数上面图形中每个多面体的顶点数(V)、面数(F)和棱数(E)，填写表格中空缺的部分： 通过填表发现：顶点数(V)、面数(F)和棱数(E)之间的数量关系是 ，这就是伟大的数学家欧拉(L． Euler，1707-1783)证明的一个关系式，我们把它称为欧拉公式； 探究应用： (1)已知一个多面体的面数比顶点数大8，且有30 条棱，求这个多面体的顶点数； (2)已知一个多面体只有8个顶点，并且过每个顶点都有3 条棱，求这个多面体的面数． 【答案】填空见解析；（1）顶点数12；（2）面数为6 【思路引导】本题考查了多面体与棱柱的认识，点线面体的相关概念，正确看出图形中各量之间的关系是解题的关键． 操作探究：通过观察题目给的图形填空，然后得到数量关系； （1）设顶点数为V，则面数为，进而列出方程解方程即可； （2）由（1）得出的规律进行解答即可． 【规范解答】操作探究： 填表如下： 多面体 顶点数（） 面数（） 棱数（） 四面体 4 4 6 六面体 8 6 12 八面体 6 8 12 十二面体 20 12 30 顶点数（）、面数（）和棱数（）之间的数量关系是， 故答案为：； 操作探究： （1）解：设顶点数为V，面数， ∴， 解得． 故顶点数为12． （2）解：由题意得：棱的总条数为（条）， 由可得, 解得：， 故该多面体的面数为6． 【变式训练2】（25-26七年级上·山西运城·阶段练习）综合与实践 【问题背景】十八世纪瑞士数学家欧拉证明了简单多面体中顶点数、面数、棱数之间存在的一个有趣的关系式，被称为欧拉公式．请你观察下列几种简单多面体模型，解答下列问题： 【解决问题】 （1）根据上面多面体模型，完成表格中的空格： 多面体 顶点数 面数 棱数 四面体 长方体 正八面体 正十二面体 【发现规律】 （2）你发现顶点数、面数、棱数之间存在的关系式是________． 【规律运用】 （3）一个多面体的面数比顶点数小8，且有30条棱，求这个多面体的顶点数？ 【答案】表格见解析；；20 【思路引导】本题考查欧拉公式，正确数出多面体的顶点、面、棱的数量； （1）数出各个多面体的顶点、面、棱的数量填入表格即可，其中正十二面体的顶点和棱比较难数，正十二面体是由12个正五边形面组成的，每顶点连着3个面，所以顶点数为个，每条棱连着两个面，所以棱数为个； （2）从表格观察发现：顶点数面数棱数； （3）由一个多面体的面数比顶点数小8可得顶点数、面数的关系，代入顶点数面数棱数即可求解. 【规范解答】解：（1）填入表格如下： 多面体 顶点数 面数 棱数 四面体 4 4 6 长方体 8 6 12 正八面体 6 8 12 正十二面体 20 12 30 （2）从表格中观察发现： 故答案为：. （3）∵一个多面体的面数比顶点数小8， ∴ ∴ 解得 故这个多面体的顶点数为20个. 考点5 截一个几何体 【典例精讲】（25-26七年级上·辽宁·阶段练习）如图，用一平面切截正方体，截面图形一定是（   ） A．正方形 B．长方形 C．梯形 D．平行四边形． 【答案】D 【思路引导】本题考查了用平面去截正方体，截面的四条边对边平行，根据平行四边形的定义，可知截面图形一定是平行四边形． 【规范解答】解：如图，用一平面切截正方体，截面图形一定是平行四边形． 故选：D 【变式训练1】（23-24七年级上·陕西西安·开学考试）正方体有6个面、8个顶点、12条棱，有公共点的棱叫做相邻的棱，将所有相邻棱的中点连起来，如图所表示的是将标有字母A的顶角切掉．将所有这样的顶角都切掉后得到的几何体有（   ）个面？ A．10 B．12 C．14 D．16 【答案】C 【思路引导】本题考查正方体，根据题意，切掉8个这样的顶角，多出8个面，即可得出结果． 【规范解答】解：由题意，要切去8个这样的顶角，多出8个面， 故切掉后得到的几何体有个面； 故选C． 【变式训练2】（24-25七年级上·广东深圳·开学考试）找规律填空 (1)一个正方体，用刀沿一个平面截去一个角后，所得的几何体有__________个顶点． (2)下图中每个正方体的棱长都是a厘米．各图的表面积分别是多少？（按图形顺序依次将答案填在对应的括号内） （         ）平方厘米；  （       ）平方厘米；  （        ）平方厘米；  （       ）平方厘米； (3)观察下面的几个算式： ； ； ； ； 根据你所发现的规律，直接写出下面式子的结果∶ __________ 【答案】(1)7或8或9或10 (2)；；； (3) 【思路引导】本题主要考查了截一个几何体，图形类的规律探索，数字类的规律探索，正确理解题意是解题的关键． （1）可分图1，图2，图3，图4四种情况，分别计算出对应的顶点数即可； （2）每增加一个正方形，那么就增加表面积就增加4个边长为a厘米的正方形面积，据此求解即可； （3）观察可知对应算式的结果等于加数中最大的数的平方，据此求解即可． 【规范解答】（1）解：按照图1的截法可知有7个顶点， 按照图2的截法可知有8个顶点， 按照图3的截法可知有9个顶点， 按照图4的截法可知有10个顶点， 综上所述，一个正方体，用刀沿一个平面截去一个角后，所得的几何体有7个或8个或9个或10个顶点； （2）解：平方厘米； 平方厘米； 平方厘米； 平方厘米； （3）解：； ； ； ； ……， 以此类推可知，； 1．（2022·贵州贵阳·中考真题）如图，用一个平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面的形状是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【思路引导】根据圆锥体的立体图形判断即可． 【规范解答】用平行底面的平面截圆锥体，截面是圆形， 故选：B． 【考点剖析】本题考查了截面图形的判断，具有一定的空间想象力是解答本题的关键． 2．（2021·西藏·中考真题）如图是由五个相同的小正方体组成的几何体，其主视图为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【思路引导】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案． 【规范解答】解：从正面看，底层是三个小正方形，上层的右边是两个小正方形． 故选：C． 【考点剖析】此题考查三视图中主视图：在平面内由前向后观察物体得到的视图叫做主视图． 3．（2022·河北·中考真题）①~④是由相同的小正方体粘在一起的几何体，若组合其中的两个，恰是由6个小正方体构成的长方体，则应选择（    ） A．①③ B．②③ C．③④ D．①④ 【答案】D 【思路引导】观察图形可知，①~④的小正方体的个数分别为4，3，3，2，其中②③组合不能 构成长方体，①④组合符合题意 【规范解答】解：观察图形可知，①~④的小正方体的个数分别为4，3，3，2，其中②③组合不能构成长方体，①④组合符合题意 故选D 【考点剖析】本题考查了立体图形，应用空间想象能力是解题的关键． 4．（2022·广西北海·中考真题）从上面看如图所示的几何体，得到的图形是（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【思路引导】本题考查从不同方向看组合体，找到从上面看所得到的图形即可． 【规范解答】解：从上面看得到：上面一层有1个正方形，下面一层有2个正方形． 故选C． 基础夯实 1．（25-26七年级上·重庆·期中）下列说法不正确的是（    ）． A．用一个平面去截一个圆锥可能截得三角形； B．五棱柱有10个顶点； C．棱柱的侧面都是四边形； D．棱锥的侧面可以是四边形． 【答案】D 【思路引导】本题考查几何图形的性质，包括圆锥截面、棱柱和棱锥的特征，掌握基本几何体的结构特征是解题关键； 通过特征概念判断各选项的正误． 【规范解答】解：∵ 用一个平面截圆锥，当平面通过顶点时，截面为三角形， ∴ A正确，不符合题意； ∵ 五棱柱有两个五边形底面，每个底面有个顶点， ∴ 总顶点数为， ∴ B正确，不符合题意； ∵ 棱柱的侧面均为矩形或平行四边形，都是四边形， ∴ C正确，不符合题意； ∵ 棱锥的侧面是从顶点到底面的三角形， ∴ 侧面都是三角形，不可能是四边形， ∴ D不正确，符合题意． 故答案选：D． 2．（25-26七年级上·山东枣庄·阶段练习）用一个平面去截下列几何体：球体、圆锥、圆柱、正三棱柱、长方体，得到的截面形状可能是三角形的有（   ）个 A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【思路引导】本题考查几何体的截面，截面的形状既与被截的几何体有关，还与截面的角度和方向有关．解决本题的关键是根据几何体的形状和截面的方向判断是否能截出三角形． 【规范解答】解析：球体：无论怎么截，截面都是圆，不能得到三角形，故球不能截出三角形； 圆锥：沿着母线截，截面是三角形,故圆锥能截出三角形； 圆柱：斜着截，截面可能是椭圆等，不能得到三角形，故圆柱不能截出三角形； 正三棱柱：横截或竖截等，截面可能是三角形，故正三棱柱能截出三角形； 长方体：斜着截，截面可能是三角形，故长方体能截出三角形； 能得到三角形截面的有圆锥、正三棱柱、长方体，共个． 故选： C． 3．（25-26七年级上·甘肃兰州·期中）下列说法不正确的是（    ） A．棱柱的上下底面是完全相同的图形 B．五棱柱有5个面、5条棱 C．圆锥的底面是圆 D．长方体与正方体都有六个面 【答案】B 【思路引导】本题考查棱柱、圆锥等立体图形的特征，根据它们的定义和性质判断各选项的正确性． 【规范解答】A、棱柱的上下底面完全相同，正确，不符合题意； B、∵ 五棱柱的底面是五边形，有2个底面和5个侧面，∴ 总面数为7个； ∵ 上下底面各有5条棱，加上5条侧棱，∴ 总棱数为15条， 故原说法错误，符合题意； C、圆锥的底面是圆，正确，不符合题意； D：长方体与正方体都有六个面，正确，不符合题意 ∴ 不正确的是B， 故选：B． 4．（25-26七年级上·广东揭阳·阶段练习）一个棱柱有18条棱，则这个棱柱有 条侧棱，有 个面，有 个顶点． 【答案】 【思路引导】本题考查了棱柱的定义及各部分的数量关系，对于一个n棱柱：底面多边形的边数为n，则侧面的个数也为n，棱柱的面的个数为，顶点个数为，侧棱为n条，棱总共为3n条． 根据一个棱柱有18条棱得到这是个六棱柱，进而根据棱柱的定义作答即可． 【规范解答】，一个棱柱有18条棱，则这是个六棱柱， 则这个棱柱有条侧棱，有个面，有个顶点． 故答案为：，，． 5．（25-26七年级上·河南平顶山·阶段练习）一个棱柱有个面，个顶点，则它的棱数是 ． 【答案】 【思路引导】本题考查的是认识立体图形，根据多面体的顶点数面数棱数，即可解答． 【规范解答】解：一个棱柱有个面，个顶点， 棱数为： 故答案为： 6．（25-26七年级上·山东枣庄·阶段练习）一个正方体截掉一个角后，剩下的几何体的顶点的个数可能是 ． 【答案】7或8或9或10 【思路引导】本题考查截一个几何体，理解截面的不同所剩余部分的形状不同是正确解答的关键． 根据截面的不同，所剩余的部分不同进行解答即可． 【规范解答】解：一个正方体截掉一个角后，由于截面的不同，剩下的几何体的顶点的个数不同，可能为7或8或9或10． 故答案为：7或8或9或10． 7．（25-26七年级上·山西运城·期中）综合与实践 问题情境：我们把四个或四个以上多边形（三角形、四边形、五边形．．．）围成的立体图形称为多面体，所有的棱柱都是多面体，一个多面体有几个面就说这个多面体是几面体，长方体和正方体都是六面体．把一个多面体的面数记作，顶点数记作，棱数记作． 下表是一些多面体的面数、棱数和顶点数： 多面体 面数 5 6 7 8 顶点数 6 8 b 12 棱数 9 a 15 18 初步探究：（1）填空：_____，_____． （2）根据表中的数据，我们发现多面体的棱数、面数与顶点数之间存在一定的关系，这个关系是_____．（用含，的代数式表示） 深入探究：（3）若一个多面体的面数比顶点数小8，且有30条棱，求这个多面体的面数． 【答案】（1）12；10；（2）；（3）12 【思路引导】本题主要考查了几何体中点，棱和面的数量关系，正确理解题意是解题的关键． （1）根据所给几何体的形状即可得到答案； （2）根据表格中的数据即可得到答案； （3）根据（2）所求可得，据此求解即可． 【规范解答】解：（1）由题意得； （2）由表格中的数据可得． （3）∵多面体的面数比顶点数小8， ∴． ∴， ∵该多面体一共有有30条棱， ∴， ∴，即这个多面体的面数为12． 8．（25-26七年级上·江西抚州·阶段练习）18世纪瑞士数学家欧拉证明了简单多面体中顶点数（V）、面数（F）、棱数（E）之间存在的一个有趣的关系式，被称为欧拉公式．请你观察图中的几种简单的多面体模型，解答下列问题： (1)根据上面的多面体模型，将表格补充完整． 多面体 顶点数（V） 面数（F） 棱数（E） 正方体 8 6 12 六棱柱 8 18 十棱柱 20 12 (2)你发现顶点数（V）、面数（F）、棱数（E）之间存在的关系式是____________； (3)一个多面体的顶点数为12，棱数比面数的2倍少10，求这个多面体的棱数． 【答案】(1)见详解 (2) (3)30 【思路引导】本题主要考查多面体的顶点数，面数，棱数之间的关系及灵活运用，正确理解题意是解题的关键． （1）观察图形即可得出结论； （2）观察可得：顶点数面数棱数； （3）设这个面数为x，则棱数为，将所给数据代入（2）中的式子即可得到面数． 【规范解答】（1）解：补充表格如下： 多面体 顶点数（V） 面数（F） 棱数（E） 正方体 8 6 12 六棱柱 12 8 18 十棱柱 20 12 30 （2）解：正方体：，即， 六棱柱：，即， 十棱柱：，即， 则顶点数（V）、面数（F）、棱数（E）之间存在的关系式是： （3）解：设这个面数为x，则棱数为， 根据（2）中的规律可知：， 解得， 则棱数为， 答：这个多面体的棱数是30． 9．（25-26七年级上·广东梅州·阶段练习）如图1，一个五棱柱，它的底面边长都是，侧棱长都是． (1)这个五棱柱共多少个面？哪些面的形状、面积完全相同？ (2)如图2，图3，用一个平面去截该五棱柱，分别写出图2，图3中截面的形状．用任意一个平面去截五棱柱，写出一个你认为截面不可能出现的平面图形． 【答案】(1)7个面：2个五边形底面和5个矩形侧面，底面形状相同，侧面形状相同 (2)图2中截面的形状为三角形，图3中截面的形状为五边形；；不可能出现圆形截面 【思路引导】本题考查了棱柱的特征，包含面的数量，形状以及截面相关知识，解决本题的关键是熟练掌握棱柱的特征． （1）此五棱柱是由上下2个底面以及5个矩形侧面组成，由此求解即可； （2）根据图示的截面求解即可． 【规范解答】（1）解：这个五棱柱共7个面， 包括2个五边形底面和5个矩形侧面， 其中2个五边形底面形状、面积完全相同， 5个矩形侧面形状、面积完全相同； （2）解：图2中截面的形状为三角形，图3中截面的形状为五边形； 用任意一个平面去截五棱柱，不可能出现圆形截面． 10．（25-26七年级上·四川成都·阶段练习）如图①，一种卷纸中间硬纸轴的直径是4cm，卷纸环的厚度是4cm，高度是10cm． (1)制作中间的硬纸轴需要多少平方厘米的硬纸板？ (2)如图②，纸箱里面三层正好可放入36卷卷纸，这个纸箱的容积至少是多少立方分米？ (3)此品牌卷纸还有一种无芯包装，如图③，如果图①的卷纸每包3元，图③的卷纸每包2.5元，它们的纸质相同，你觉得买哪一种包装的卷纸更划算？请通过计算说明． 【答案】(1)125.6平方厘米 (2)立方分米 (3)图①，理由见解析 【思路引导】本题主要考查圆柱体积、侧面积公式的应用． （1）利用圆柱的侧面积公式：计算即可； （2）根据图示可知，该纸箱的长是（厘米）、宽是（厘米）、高（厘米），利用长方体体积公式：计算其容积即可； （3）计算两种纸的体积，比较1元分别能买的数量，即可得出结论． 【规范解答】（1）（平方厘米） 答：制作中间的硬纸轴需要125.6平方厘米的硬纸板． （2） （立方厘米） 51840立方厘米立方分米． 答：这个纸箱的容积至少是51.84立方分米． （3）（厘米） （厘米） （立方厘米） （立方厘米） ，， ． 答：买图①包装的卷纸更划算． 培优拔高 1．（25-26七年级上·广东深圳·阶段练习）如图，往一个密封的正方体容器持续注入一些水，注水的过程中，可将容器任意放置，水平面形状不可能是（   ） A．七边形 B．五边形 C．正方形 D．三角形 【答案】A 【思路引导】本题考查了正方体的截面，正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，最少与三个面相交得三角形，因此截面的形状可能是：三角形、四边形、五边形、六边形，即可得到答案，解题的关键是熟练掌握面面相交得到线． 【规范解答】解：正方体有六个面，用一个平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，最少与三个面相交得三角形， ∴注水的过程中，可将容器任意放置，水平面形状最多与六个面相交得六边形，最少与三个面相交得三角形， ∴所得水平面形状可能是三角形、四边形、五边形和六边形，不可能出现七边形， 故选：A． 2．（25-26七年级上·河北保定·阶段练习）一个棱柱有6个面，所有侧棱长之和为．底面边长都是．则这个棱柱的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【思路引导】本题考查了几何体的表面积，理解侧面展开图是解题的关键．根据这个棱柱的表面积侧面积两个底面积求解即可． 【规范解答】解：由题意得：该棱柱是四棱柱，底面是边长的正方形， ∴这个棱柱的表面积为：， 故选：D． 3．（2023九年级下·全国·竞赛）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角称为多面体的面角，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，则正八面体（八个面均为正三角形）的总曲率为（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【思路引导】本题考查新定义问题，解题的关键是理解曲率的定义，结合正八面体的性质进行计算． 根据曲率的定义，先求出正八面体一个顶点的曲率，再结合正八面体顶点的数量，求出总曲率． 【规范解答】解：由正八面体的性质，每个面均为等边三角形， ∴在一个顶点处的四个角均为，故一个顶点的曲率等于， 故正八面体的总曲率等于． 故选：B． 4．（24-25七年级上·四川达州·阶段练习）如果一个棱柱总共有条棱，那么这个棱柱有 个顶点． 【答案】 【思路引导】本题主要考查棱柱的定义及面、棱、顶点的个数之间的关系，根据点、面、棱的关系进行求解即可，熟练掌握棱柱的基本性质是解题关键． 【规范解答】解：∵棱柱有个面，有条棱，有个顶点， ∴当棱柱总共有条棱， 得， ∴， ∴， 故答案为：． 5．（25-26七年级上·海南·开学考试）工人叔叔在地面上用64个同样大小的小正方体拼成了一个大正方体，并把它的五个面涂上了颜色（贴地的那个面不涂色），其中3个面涂色的小正方体木块有 个，2个面涂色的有 个． 【答案】 4 20 【思路引导】本题考查了正方体的特征，解题的关键是根据大正方体的组成及涂色面的情况，分析不同涂色面小正方体的位置和数量． 先确定大正方体的棱长，再根据3个面涂色和2个面涂色小正方体的位置特点，分别计算其数量． 【规范解答】3个面涂色的小正方体在大正方体的顶点处，由于贴地的面不涂色，所以只有上面的4个顶点处的小正方体是3个面涂色的：（个）， 2个面涂色有： （个） 所以3个面涂色的小正方体木块有4个，2个面涂色的有20个． 故答案为：4；20． 6．（21-22七年级下·陕西西安·自主招生）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．南北朝时期的官员独孤信的印信是一个由26个面组成的多面体，且经过每一个点都有四条棱，已知对于任意一个多面体一定存在：面数点数棱数，那么此多面体印信的棱数为 ． 【答案】48 【思路引导】本题考查几何体，根据经过每一个点都有四条棱，棱数等于点数的2倍，再根据面数点数棱数，进行计算即可。 【规范解答】解：因为经过每一个点都有四条棱，两点确定一条棱， 所以多面体的棱数为点数的2倍， 设此多面体印信的棱数为，则点数为， 由面数点数棱数，得：，解得：， 故， 此多面体印信的棱数为48； 故答案为：48. 7．（25-26七年级上·河南·阶段练习）如图，一个长方体，如果长增加3厘米，宽和高都不变，体积增加6立方厘米；如果宽增加4厘米，长和高都不变，体积增加32立方厘米；如果高增加5厘米，长和宽都不变，体积增加20立方厘米：求这个长方体的表面积和体积． 【答案】这个长方体的表面积是28平方厘米，体积是8立方厘米 【思路引导】本题考查了长方体的表面积和体积，此题关键是理解长增加宽和高不变，宽增加长和高不变，高增加长和宽不变．由题意，长增加3厘米，体积增加6立方厘米，可知宽高平方厘米；同理可知长高平方厘米，长宽平方厘米，根据长方体的表面积（长宽长高宽高）．长方体的体积长宽高，把数据分别代入公式解答． 【规范解答】解：宽高平方厘米，长高平方厘米，长宽平方厘米， （长宽长高宽高） （平方厘米）； 因为，长宽高长宽高， 所以长宽高（立方厘米）； 答：这个长方体的表面积是28平方厘米，体积是8立方厘米． 8．（25-26七年级上·全国·课后作业）如图所示的四个图形都是平面图形．观察图和表中对应数值，探究计数的方法并解答下面的问题． (1)数一数每个图各有多少个顶点、多少条边、这些边围成多少个区域，将结果填入下表． 图形 ① ② ③ ④ 顶点数 7 边数 9 区域数 3 (2)根据表中的数值，写出平面图的顶点数、边数、区域数之间的关系． (3)如果一个平面图形有20个顶点和11个区域，那么这个平面图形的边数为_____． 【答案】(1) 图形 ① ② ③ ④ 顶点数 4 7 8 10 边数 6 9 12 15 区域数 3 3 5 6 (2) (3)30 【思路引导】根据图中的四个平面图形数出其顶点数、边数、区域数得题（1）的结果，再根据表（1）数据总结出归律得题（2）的结果，根据题（2）的公式把20个顶点和11个区域代入即可得平面图形的边数． 【规范解答】（1）解：结合图形我们可以得出： 图形 ① ② ③ ④ 顶点数 4 7 8 10 边数 6 9 12 15 区域数 3 3 5 6 （2）根据以上数据，顶点用V表示，边数用E表示，区域用F表示，他们的关系可表示为：； （3）代入上式得：．故如果平面图形有20个顶点和11个区域，那么这个平面图形的边数为30． 故答案为：30． 【考点剖析】本题考查了图形的变化规律，找出图形之间的联系，得出数字的运算规律，利用规律解决问题． 9．（25-26七年级上·辽宁阜新·阶段练习）（认识概念）简单的凸多面体是指由若干个平面多边形围成，这些多边形称为面，相邻面的公共边称为多面体的棱，棱与棱的交点称为顶点． 十八世纪瑞士数学家欧拉证明了简单多面体的顶点数（）、面数（）、棱数（）之间存在关系，后人把三者关系等式称为欧拉公式． 结合你的知识积累，直接回答下列问题： 三棱锥的，，__（直接填出数据） 八面体的，，___（直接填出数据） （总结与应用） （1）欧拉公式：__________________．（用字母表示即可） （2）一个正二十面体有30条棱，直接回答它的顶点数是______． （深度探究） 下图是一个凸多面体，此多面体是由若干个黑色的正五边形和白色的正六边形围成的（它像不像一个足球，你会相信这是老师画出来的吗？）． 直接回答下列问题： 设黑色的正五边形有x块．则 （3）正六边形有______块（用含x的式子直接回答） （4）此凸多面体的棱数为______条．（用含x的式子直接回答） 【答案】[认识概念] ，，；，，；[总结与应用]（1）；（2） ；[深度探究]（3）（4） 【思路引导】本题考是一个找规律的题目，考查了欧拉公式，列代数式．由特殊到一般的思想在数学教学中常用到． [认识概念] 三棱锥（四面体）的顶点数，面数（个三角形面），棱数；正八面体由个等边三角形面组成，顶点数（每个顶点连接条棱），面数，棱数； [总结与应用] （1）根据前面的规律总结欧拉公式； （2）根据欧拉公式，即可求解； [深度探究]（3）设黑色的正五边形有x块，则正五边形的边数为，根据正六边形的边数的一半是正五边形的边，即可求解； （4）根据（3）可得此凸多面体的棱数为正六边形和正五边形的边数和的一半，即可求解． 【规范解答】[认识概念]解：三棱锥的，， 八面体的，， [总结与应用] （1）欧拉公式： （2）一个正二十面体有30条棱，则，， ∴ ∴， 故答案为：． [深度探究]（3）解：设黑色的正五边形有x块，则正五边形的边数为 正六边形的边数的一半是正五边形的边，即正六边形的总边数为 ∴正六边形有块， 故答案为：． （4）依题意，此凸多面体的棱数为， 故答案为：． 10．（25-26七年级上·广东清远·阶段练习）十八世纪瑞士数学家欧拉证明了简单多面体中顶点数（V）．面数（F）．棱数（E）之间存在的一个有趣的关系式，被称为欧拉公式，请你观察下列几种简单多面体模型，解答下列问题： 多面体 顶点数（V） 面数（F） 棱数（E） 四面体 4 4 长方体 8 6 12 正八面体 8 12 正十二面体 20 12 (1)根据上面多面体模型，完成表格中的空格； (2)你发现顶点数（）、面数（）、棱数（）之间存在的关系式是___________； (3)一个多面体的顶点数比面数大4，且有18条棱，则这多面体的顶点数是___________； (4)某个玻璃饰品的外形是简单多面体，它的外表是由四边形和六边形两种多边形拼接而成，且有12个顶点，每个顶点处都有3条棱，设该多面体表面四边形的个数为个，六边形的个数为个，求的值． 【答案】(1)表格见解析 (2) (3)12 (4)8 【思路引导】本题考查了多面体顶点、面数、棱数之间的关系，解决本题的关键是有表格得到这三者之间的关系． （1）根据四面体，长方体，正八面体，正十二面体的顶点数，面数以及棱数计算填表即可； （2）观察表格中顶点数，面数以及棱数的数字即可得解； （3）根据顶点数比面数大4，可列，再由有18条棱，可列，根据求解即可； （4）先求解出该玻璃饰品的棱数，再根据可求解该玻璃饰品的面数，由此可求． 【规范解答】（1）解：表格如下： 多面体 顶点数（V） 面数（F） 棱数（E） 四面体 4 4 6 长方体 8 6 12 正八面体 6 8 12 正十二面体 20 12 30 （2）解：根据表格，可以发现顶点数（）、面数（）、棱数（）之间存在的关系式是； 故答案为：； （3）解：∵顶点数比面数大4， ∴，即， ∵有18条棱， ∴， ∵； ∴，解得， ∴这多面体的顶点数是12； 故答案为：12； （4）解：∵该玻璃饰品有12个顶点，每个顶点处都有3条棱， ∴共有条棱， 设该多面体表面四边形的个数为个，六边形的个数为个， ∵， ∴，， ∴，解得， ∴． 第 1 页 共 11 页 学科网（北京）股份有限公司 $