第07讲 多面体与旋转体（8大题型归纳）（暑假预习讲义）新高二数学沪教版

第07讲 多面体与旋转体 内容导航 01 预习航标→ 析目标·明方向：预习导航精准定向 02 教材全解→ 建框架·精讲解：知识体系系统梳理 03 题型突破→ 析考点·破方法：典型题型深度拆解 题型1 多面体概念及分类 题型5 旋转体轴截面相关计算 题型2 多面体性质探究与欧拉定理计算 题型6 简单多面体棱长、面数、顶点数求值 题型3 平面图形旋转生成旋转体判断 题型7 旋转体表面积、体积基础综合计算 题型4 由旋转体反推原始旋转平面图形 题型8 多面体的表面积与体积 04 过关检测→ 练考点·强落实：过关检测全面巩固 关键词 学习目标导航 多面体概念、多面体分类 1.掌握多面体定义：由若干平面多边形围成的几何体，区分面、棱、顶点 2.会按面的数量分类：四面体、五面体、六面体；区分棱柱、棱锥、棱台三类多面体 多面体性质探究、简单多面体特征 1.理解棱柱、棱锥、棱台各自的面、棱、顶点结构性质 2.能根据多面体特征判断几何体类型，辨析伪多面体 平面图形旋转生成旋转体 1.熟记矩形、直角三角形、直角梯形旋转分别生成圆柱、圆锥、圆台 2.能分析平面图形绕指定轴旋转后的曲面、底面形状，识别旋转体构成 由旋转体还原原始旋转平面图形 1.能根据圆柱、圆锥、圆台的结构反推出对应的原始平面图形与旋转轴 2.区分不同旋转轴带来的几何体形态差异，找准旋转前后对应边长 学习重点： 1.多面体的定义、分类，棱柱/棱锥/棱台的结构特征 2.常见平面图形旋转生成圆柱、圆锥、圆台的规律 3.旋转体与原始旋转平面图形的互推对应关系 学习难点： 1.复杂平面图形绕不同轴旋转后几何体形态辨析 2.区分多面体（全平面围成）与旋转体（含曲面）的本质差异 3.由旋转体反向推导原始平面图形与旋转轴 知｜识｜框｜架 知｜识｜精｜讲 知识点01 多面体与旋转体概念 多面体 旋转体 定义 由若干个__平面多边形__________(包括三角形)所围成的封闭体． 把平面上一条封闭曲线内的区域绕着该平面内的一条____定直线____旋转而成的几何体． 图形 相关 概念 面：围成多面体的各个多边形； 棱：两个面的公共边； 顶点：棱和棱的交点． 轴：定直线称为旋转轴． 【易错提醒】 1.混淆定义边界：多面体全部面都是平面多边形，只要含曲面就不属于多面体；旋转体一定带有曲面 2.判定误区：认为“有平面就是多面体”，圆柱、圆锥存在平面底面但侧面是曲面，属于旋转体而非多面体 3.概念混淆：棱台是多面体，圆台是旋转体，二者类别不能混用 4.旋转体前提：必须是平面图形绕定直线旋转一周，空间图形旋转不能生成标准旋转体 即时即练 1.下列三种叙述，正确的有（ ） ①用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分是棱台； ②两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台； ③有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】A 【分析】根据棱台的定义逐一分析即可. 【详解】①中的平面不一定平行于底面，故①错误； ②③可用反例去检验， 如图所示，侧棱延长线不能相交于一点，故②③错． 故选：. 2.（2025高二·上海·专题练习）如图，O为坐标原点，A在x轴上，，，，若及其内部绕y轴旋转一周得到一个几何体，则该几何体的体积为______．    【答案】 【分析】由题意可得及其内部绕y轴旋转一周得到一个几何体为一个圆台挖去一个圆锥的几何体，进而分别计算其体积可求得结论. 【详解】过分别作轴的垂线，垂足分别为， 因为，，，所以， 由，所以， 解得，所以，所以， 四边形绕y轴旋转一周得到一个圆台， 此圆台的上下底面半径分别为，，高为， 所以圆台的体积为， 三角形绕y轴旋转一周得到一个圆锥，圆锥的底面半径为，高为， 所以， 又及其内部绕y轴旋转一周得到一个几何体为圆台挖去一个圆锥， 所以该几何体的体积为. 故答案为：.    知识点02 多面体结构特征 多面体 定义 图形及表示 相关概念 特殊几何体 棱柱 有两个面互相平行，其余各面都是____四边形__________，并且每相邻两个四边形的公共边都互相___平行_____，由这些面所围成的几何体叫作棱柱． 如图可记作：棱柱ABCDEF ­A′B′C′D′E′F′ 底面(底)：两个互相___平行_____的面； 侧面：其余各面； 侧棱：相邻两个侧面的公共边； 顶点：侧棱与底面的公共点． 直棱柱：侧面都是____矩形___的棱柱； 正棱柱：底面是__正______多边形的直棱柱； 长方体：底面和侧面都是矩形的棱柱； 正方体：所有棱长都相等的长方体； 平行六面体：两个底面是平行四边形的棱柱． 棱锥 有一个面是多边形，其余各面都是有一个___公共顶点_____的三角形，这样的几何体叫作棱锥． 如图可记作：棱锥S ­ ABCD 侧面：具有一个__公共顶点______的三角形的面； 顶点：这个公共点； 侧棱：相邻两个侧面的公共边； 底面：除了侧面外，剩下的那一个多边形面． 正棱锥：如果棱锥的底面是正多边形，将底面放置后，它的顶点又在过正多边形___中心_____的铅垂线上． 棱台 过棱锥任一侧棱上不与侧棱端点重合的一点，作一个与底面___平行 _____的平面去截棱锥，截面和棱锥底面之间的这部分几何体叫作棱台． 如图可记作：棱台ABCD ­ A′B′C′D′ 上底面：截面； 下底面：原棱锥的底面； 侧面：其余各面； 侧棱：相邻侧面的公共边． 正棱台：由正棱锥截得的棱台． 【易错提醒】 1.棱柱易错：只看侧面平行四边形，忽略上下底面平行且全等；斜棱柱侧棱不是几何体的高 2.棱锥易错：侧面三角形必须共用同一个顶点，分散顶点的几何体不是棱锥；正棱锥要求底面正多边形+顶点投影在底面中心，缺一不可 3.棱台易错：误以为任意两个平行平面截棱锥都是棱台，截面必须平行底面，上下底面必须相似 4.计数误区：数面、棱、顶点时漏算底面，误把对角线当作棱 即时即练 1.（24-25高二·上海·随堂练习）连接空间几何体上的某两点的直线，如果把该几何体绕此直线旋转角α（0°<α<360°），使该几何体与自身重合，那么称这条直线为该几何体的旋转轴．如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点A，B，C，D在同一平面内，则这个八面体的旋转轴共有______条． 【答案】13 【分析】根据八面体的结构特征：所有棱长相等，根据旋转轴的定义即可判断旋转轴的条数. 【详解】由题设，八面体所有棱长都相等， 所有以为轴旋转可以与自身重合，共3条； 过正方形对边中点的直线为旋转轴，旋转可以与自身重合，共有6条轴； 过八面体相对面中心为旋转轴，旋转可以与自身重合，共有4条轴. 故答案为：13 2.（2026·上海·三模）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的所有面中六边形的个数是（    ） A．12 B．20 C．32 D．40 【答案】B 【分析】设五边形面有个，六边形面有个，即可得到总棱数和顶点数，再根据欧拉公式列出方程组，即可求出结果 【详解】设五边形面有个，共条棱，六边形面有个，共条棱， 因为每条棱出现在两个面中，所以总棱数， 因为每个顶点出现在三个面中， 所以总顶点数为，得， 所以， 所以由欧拉公式得，，得， 所以， 所以由，得， 所以碳60的所有面中六边形的个数为20 个， 故选：B 知识点03 旋转体的结构特征 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 图形 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 母线 互相平行且相等，__垂直___于底面 长度相等且相交于__一点___ 延长线交于一点_____ 轴截面 全等的__矩形______ 全等的_等腰三角形_______ 全等的___等腰梯形_____ 圆 侧面展开图 ____矩形 ____ 扇形 扇环 旋转图形 矩形 直角三角形 直角梯形 半圆 【易错提醒】 1.圆柱易错：矩形只能绕邻边旋转得圆柱，绕对角线旋转不是圆柱；母线长度等于高，不可混淆半径、母线、高 2.圆锥易错：直角三角形绕斜边旋转是双圆锥，不是标准圆锥；轴截面三角形底边是直径，容易错用半径 3.圆台易错：直角梯形只能绕垂直于底边的腰旋转，绕斜腰旋转无法得到圆台 4.截面误区：平行底面截旋转体才得到圆形，斜截面不是标准圆；误将母线当作垂直高计算体积、面积 即时即练 1.（25-26高二上·上海·期中）长为，宽为1的矩形，以它的对角线所在直线为轴旋转一周，得到的旋转体的体积为______． 【答案】/ 【分析】作于点，于点，求出，，然后结合圆锥体积公式利用割补法求解即可. 【详解】如图，是点关于的对称点，交于， 作于点，于点，， ，，    设、、绕直线旋转所成旋转体的体积 分别为，、，则有，， 所求体积． 故答案为： 2.将一个上底为2，下底为5，高为2的直角梯形绕着直角腰旋转一周得到一个几何体，则该几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意可得该几何体是一个圆台，利用圆台的体积公式计算可得体积. 【详解】由题意可知该几何体是一个上底面半径为2，下底面半径为5，高为2的圆台， 则该几何体的体积为. 故选：C. 知识点04 多面体的欧拉定理 简单凸多面体满足： ：顶点数 ：棱数 ：面数（包含上下底面、所有侧面） 【易错提醒】 1.漏算底面：数面时只算侧面，忘记加上上下底面，导致偏小 2.重复计数棱：拼接、组合多面体，贴合重合的棱要只算1次，不能两边重复相加 3.适用范围限制：仅简单无洞凸多面体适用；带孔洞、凹多面体不满足 4.混淆旋转体：圆柱、圆锥、圆台有曲面，不属于多面体，不能使用欧拉定理 题型1 多面体概念及分类 【例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. 【例2】（2025高二·上海·专题练习）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）. 【技巧归纳】 公式结论 1.多面体定义：全部由平面多边形围成，无曲面；三要素：顶点、棱、面 2.分类：按面数分四面体/六面体；按结构分棱柱、棱锥、棱台（简单凸多面体满足欧拉定理） 3.含曲面几何体不属于多面体 方法技巧 1.快速判定：只要存在曲面，直接排除多面体 2.按底面、侧面特征区分棱柱、棱锥、棱台 3.欧拉定理辅助验证简单凸多面体 【变式1-1】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1-2】下列说法正确的是（    ） A．多面体至少有个面 B．有个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台 C．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体 D．棱柱的侧棱相等，侧面是平行四边形 【答案】D 【分析】由多面体、棱台、棱柱等几何体的定义逐项判断即可． 【详解】对于A，多面体至少有个面，故选项A错误； 对于B，有个面平行，其余各面都是梯形，但各侧棱的延长线不能交于一点，则该几何体不是棱台，故选项B错误； 对于C，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，故选项C错误； 对于D，由棱柱定义知，棱柱的各侧棱平行且相等，故侧面是平行四边形，故选项D正确. 故选：D． 题型2 多面体性质探究与欧拉定理计算 【例1】（2025高二·上海·专题练习）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： 【例2】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 【技巧归纳】 公式结论 1.欧拉定理：简单无洞凸多面体 2.推论：；每条棱被2个面、2个顶点共用 3.棱柱：两底面平行全等；棱锥：侧面三角形共顶点；棱台：平行底面截棱锥，上下底面相似 方法技巧 1.计数顺序：顶点→棱→面，代入公式求值或验证 2.拼接多面体需扣除贴合处重复的棱、面、顶点 3.命题辨析举反例推翻残缺条件的几何体 【变式2-1】设为多面体的一个顶点，定义多面体在处的离散曲率为其中 ，为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，，…，，遍历多面体的所有以为公共点的面，如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体（每个面都是全等的正多边形的多面体是正多面体），若它们在各顶点处的离散曲率分别是a，b，c，d，则a，b，c，d的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据所给定义，结合图形，分别计算出a，b，c，d的值即可 【详解】对于正四面体，其离散曲率； 对于正八面体，其离散曲率； 对于正十二面体，其离散曲率； 对于正二十面体，其离散曲率； 因为，所以， 故选：B. 【变式2-2】近些年来，三维扫描技术得到空前发展，从而催生了数字几何这一新兴学科.数字几何是传统几何和计算机科学相结合的产物.数字几何中的一个重要概念是曲率，用曲率来刻画几何体的弯曲程度.规定：多面体在顶点处的曲率等于与多面体在该点的所有面角之和的差（多面体的面角是指多面体的面上的多边形的内角的大小，用弧度制表示），多面体在面上非顶点处的曲率均为零.由此可知，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正方体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为 ，故其总曲率为. (1)求四棱锥的总曲率； (2)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率是常数. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用总曲率定义即可得到结果； （2）利用总曲率定义及欧拉定理即可证明其为常数. 【详解】（1）四棱锥有个顶点,个三角形面,个凸四边形面,故其总曲率为 （2）设多面体有个面,给组成多面体的多边形编号,分别为号. 设第 号 多边形有 条边. 则多面体共有条棱. 由题意，多面体共有个顶点. 号多边形的内角之和为,故所有多边形的内角之和为 故多面体的总曲率为 所以满足题目要求的多面体的总曲率为. 题型3 平面图形旋转生成旋转体判断 【例1】（25-26高二下·上海杨浦·期末）下列平面图形旋转后能得到如图所示几何体的为（     ） A．； B．； C．； D．． 【答案】A 【分析】根据题意，结合选项，利用旋转体的定义，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，由选项A的图形，旋转一周后，得到一个上半部分为圆锥，下半部分为圆柱的几何体，符合题意； 对于B，由选项B的图形，旋转一周后，得到一个上半部分为圆锥，下半部分为圆台的几何体，不符合题意； 对于C，由选项C的图形，旋转一周后，得到一个上半部分为圆锥，下半部分为圆锥的几何体，不符合题意； 对于D，由选项D的图形，旋转一周后，得到一个上半部分为圆锥，中间部分为圆柱，下半部分为圆锥的几何体，不符合题意； 【例2】（2025高二上·上海·专题练习）如图，在矩形中，，将该矩形绕直线旋转一周可得到的立体图形是（    ）    A．   B．   C．   D．     【答案】B 【分析】根据矩形绕一边旋转一周得到圆柱体即可解答． 【详解】四边形是矩形，， ，是长边， 则该矩形绕直线旋转一周可得到的立体图形是选项中较高的圆柱体． 故选：B． 【技巧归纳】 公式结论 1.矩形绕邻边旋转→圆柱；直角三角形绕直角边旋转→圆锥；直角梯形绕垂直腰旋转→圆台 2.平行于旋转轴的线段旋转出曲面，垂直于轴的线段旋转出圆形底面 方法技巧 1.锁定旋转轴，分段拆解平面图形旋转轨迹 2.排除易错旋转：矩形绕对角线、直角三角形绕斜边无法生成标准旋转体 3.复合平面图形分段判断生成组合旋转体 【变式3-1】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. 【变式3-2】下列给出的图形中，绕给出的轴旋转一周，能形成圆台的是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】A 【分析】由旋转体的结构特征逐一分析四个选项得答案． 【详解】由图可知，A选项中的直角梯形绕给出的轴旋转一周，能形成圆台， B选项中的半圆绕给出的轴旋转一周，能形成球体， C选项中的矩形绕给出的轴旋转一周，能形成圆柱， D选项中的直角三角形绕给出的轴旋转一周，能形成圆锥． 故选：A 题型4 由旋转体反推原始旋转平面图形 【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. 【例2】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 【技巧归纳】 公式结论 1.圆柱轴截面矩形、圆锥轴截面等腰三角形、圆台轴截面等腰梯形 2.沿旋转轴对半剖开，截面一半即为原始旋转平面图形 方法技巧 1.沿轴线切开旋转体，提取半截面图形还原原图 2.通过底面半径、母线长度匹配原图各边尺寸 3.区分不同旋转轴对应的原始平面图形差异 【变式4-1】如图，草垛（上半部分是圆锥，下半部分是圆柱）可以由某个图形绕轴（直线）旋转而成，这个图形可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为草垛上半部分是圆锥，下半部分是圆柱，而圆锥可由直角三角形绕其一条直角边旋转而得， 圆柱可由矩形绕其一条直角边旋转而得，结合选项，可知B正确，其它选项错误. 【变式4-2】如图，某组合体是由选项中某个图形绕轴旋转而成，则这个图形是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】A中图形绕轴旋转可得由一个圆台挖去一个圆柱的组合体； B中图形绕轴旋转可得圆锥； C中图形绕轴旋转可得由一个圆柱挖去两个圆台的组合体； D中图形绕轴旋转可得由两个圆台挖去一个圆柱的组合体.故选A. 题型5 旋转体轴截面相关计算 【例1】已知纸的长宽比约为．现将一张纸卷成一个圆柱的侧面（无重叠部分）．当该圆柱的高等于纸的长时，设其体积为，轴截面的面积为；当该圆柱的高等于纸的宽时，设其体积为，轴截面的面积为，则（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】分析两种不同状态下圆柱的体积和轴截面面积，即可选择和判断. 【详解】不妨设纸的长宽分别为； 当圆柱的高等于纸的长时，也即圆柱高为时，设其底面圆半径为，则，解得， 故， 此时矩形轴截面的两条边长分别为，故； 当圆柱的高等于纸的宽时，也即圆柱高为时，设其底面圆半径为，则，解得， 故， 此时矩形轴截面的两条边长分别为，故； 综上所述，，. 故选：B. 【例2】轴截面图形为正方形的圆柱叫做等边圆柱．已知某等边圆柱的轴截面面积为，则该等边圆柱的底面周长为______cm． 【答案】 【分析】由等边圆柱的轴截面面积可计算圆柱的底面半径，从而求出底面周长. 【详解】如图所示，作出等边圆柱的轴截面， 由题意知，四边形为正方形，设圆柱的底面半径为r，则． 轴截面的面积，解得． 故该等边圆柱的底面周长． 故答案为： 【技巧归纳】 公式结论 1.圆柱轴截面矩形：边长2r、h，面积 2.圆锥轴截面等腰三角形：底，高，腰母线， 3.圆台轴截面等腰梯形：上下底2r、2R，腰为母线 方法技巧 1.利用轴截面直角三角形勾股关系求母线、半径、高 2.轴截面尺寸联动表面积、体积综合计算 3.计算时分清直径与半径，避免代值错误 【变式5-1】若圆锥的轴截面为底角的等腰三角形，母线长为，则过此圆锥的两条母线的截面的面积的最大值为___________ 【答案】 【分析】先计算圆锥的轴截面的顶角，进而可判断圆锥的两条母线夹角，再由三角形的面积公式及三角函数性质可得. 【详解】已知圆锥轴截面是底角为的等腰三角形，因此轴截面的顶角为： 圆锥母线长. 设任意两条母线的夹角为（），截面为等腰三角形，腰长均为母线长， 因此截面面积为 因为，当且仅当时等号成立. 因此过圆锥的两条母线的截面的面积的最大值为.    【变式5-2】一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，弧长为的扇形，则该圆锥轴截面的面积（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设圆锥的母线长为l，底面半径为r， 则，解得， 又，解得， 所以圆锥的高为， 所以圆锥的轴截面的面积是. 题型6 简单多面体棱长、面数、顶点数求值 【例1】（2025高二上·上海·专题练习）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______． 【答案】 【分析】根据正二十面体的结构特征，利用条件列出方程求解即可. 【详解】由于正二十面体是由个等边三角形所组成的正多面体， 所以面数为，并且每个顶点处有条棱， 设正二十面体共有个顶点，则棱数为， 由题意可得，解得. 则正二十面体的顶点的个数为 故答案为：. 【例2】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 【技巧归纳】 公式结论 1.，变形： 2.每个面至少3条棱，每个顶点至少引出3条棱 方法技巧 1.设未知量列方程，结合欧拉定理与棱面、棱顶点不等式求解范围 2.棱柱、棱锥可结合自身面、棱、顶点数量规律简化计算 3.多面体拼接、切割题型，先修正重复/消失的棱、面、顶点数量 【变式6-1】（2025高二·上海·专题练习）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6-2】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7 旋转体表面积、体积基础综合计算 【例1】（25-26高一下·上海浦东新·期末）如图所示，为梯形，，，现在将这个图形绕着直线旋转一周，得到一个几何体，那么这个几何体的体积是________. 【答案】 【分析】根据题意确定几何体的构成，再由圆柱、圆锥的体积公式求组合体的体积. 【详解】由题意，所得几何体是一个底面半径为2，高为2的圆柱和一个底面半径为2，高为2的圆锥构成的组合体， 所以其体积为. 故答案为： 【例2】（25-26高二上·上海·期末）如图，直角梯形中，，该图形绕直线旋转一周所形成的几何体的体积为______．    【答案】 【分析】分析可知几何体为圆台，利用台体体积公式可求得结果. 【详解】直角梯形绕直线旋转一周形成的几何体为圆台， 且该圆台上底面圆的面积为，下底面面积为， 圆台的高为， 因此，该几何体的体积为. 故答案为： 【技巧归纳】 公式结论 1.圆柱： 2.圆锥： 3.圆台： 方法技巧 1.先由轴截面、旋转原图求出r、R、h、l再代入公式 2.无盖、空心旋转体按需删减底面圆面积 3.组合旋转体拆分后分别算体积、表面积再合并 【变式7-1】在中，，，过点A作直线，将绕直线l旋转一周所得到的几何体记为Ω，若Ω的体积是，则Ω的表面积为______. 【答案】 【分析】将绕直线旋转一周，生成的几何体是一个大圆柱挖去一个小圆锥的组合体，利用圆柱与圆锥的体积以及表面积公式求解即可. 【详解】为直角三角形，，，直线l∥BC且过点A， 设，所以斜边， 将绕直线旋转一周，生成的几何体是一个大圆柱挖去一个小圆锥的组合体， 所以圆柱上底面半径，高， 被挖去的圆锥的底面半径，高与圆柱相同，即， 则圆柱体积：， 圆锥体积：， 所以组合体体积：， 则，即，所以， 几何体Ω的表面积由三部分构成： 圆柱的侧面积：， 圆柱的上底面面积：， 圆锥的侧面积：圆锥母线长为，， 所以总表面积：. 【变式7-2】（2025高二·上海·专题练习）如图，等腰直角的斜边长为，将绕斜边所在直线旋转一周形成的旋转体的体积为_____. 【答案】 【分析】旋转体为两个同底等高的圆锥的组合体，利用体积公式求解即可 【详解】由题意，将绕斜边所在直线旋转一周形成的旋转体是以为底面半径，为高的两个共底面圆锥， 所以旋转体的体积为. 故答案为： 题型8 多面体的表面积与体积 【例1】（25-26高一下·上海·期末）如图，已知多面体的底面与顶面平行且均为矩形.若，，则该多面体的体积为（    ）    A． B．37 C． D．47 【答案】C 【分析】设在底面的投影分别为，该几何体的体积可分割为两个几何体的体积加两个几何体的体积再加长方体的体积，计算得解. 【详解】    如图所示，设在底面的投影分别为， 延长分别交底面矩形于两点，延长交于两点， 由条件易得，所以， 所以几何体的高为， 该几何体的体积可分割为两个几何体的体积 加两个几何体的体积再加长方体的体积. 易得， 同理， ， 故该几何体体积为：. 【例2】（25-26高一下·湖南·期末）如图所示，已知多面体,两两互相垂直，平面平面，平面平面，，，则该多面体的体积为___. 【答案】4 【分析】法一：将多面体分割成一个直棱柱和一个斜棱柱即可求出；法二：利用补形法将多面体补成了正方体，即可求出. 【详解】法一（分割法）： 因为几何体有两对相对面互相平行，两两互相垂直，所以可推出. 如图所示，过点作于，连接， 即把多面体分割成一个直三棱柱和一个斜三棱柱. 由题知，，. 故所求几何体的体积为. 法二（补形法）： 因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，显然所求多面体的体积为该正方体体积的一半. 又正方体的体积，故所求几何体的体积为. 【技巧归纳】 1.表面积通用：（棱柱）；（棱锥、棱台） 2.体积通用公式 棱柱： 棱锥： 棱台： 【变式8-1】（25-26高二上·上海黄浦·期末）已知一几何体有六个顶点，它们是某个正方体六个面的中心.若该几何体的体积为36，则这个正方体的棱长为____________. 【答案】6 【分析】依题意作出图形，根据正方体的对称性，可得该几何体是由两个全等的正四棱锥组成，设正方体的棱长为，用表示出正四棱锥的相关量，利用体积公式计算即得. 【详解】如图，该几何体是由两个四棱锥组成的八面体，其中分别是正方体的六个面的中心， 根据正方体的对称性，可知该几何体是由两个全等的正四棱锥组成，故其体积为. 设正方体的棱长为，取边的中点，连接，易得，且， 故，即正方形的边长为，正四棱锥的高长为， 依题意，解得. 故答案为：6.    【变式8-2】（2025高二上·上海·专题练习）如图，五面体与正四面体拼成的多面体中，四边形为矩形，五点共面，若，则五面体的体积为_________． 【答案】 【分析】过作平面，则为的中心，设分别为中点，连接，根据求解即可． 【详解】过作平面，则为的中心， 设分别为中点，连接， 为正四面体，， ，， ， ， ． 故答案为：． 一、单选题 1．（2025高二·上海·专题练习）给出下列空间几何体：①球；②建筑用的方砖；③茶杯；④埃及的金字塔．其中属于多面体的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【详解】结合多面体与旋转体的定义检验各几何体，即可判断． 【解答】易知①球为旋转体；②建筑用的方砖，属于多面体，③茶杯属于旋转体；④埃及的金字塔属于多面体． 故选：B 2．（2025高二·上海·专题练习）一个多面体的面至少有（   ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】C 【详解】结合多面体的几何结构特征可得答案． 【解答】由多面体的几何结构特征可知，多面体底面至少有三条边，即底面是三角形， 则对应有三个侧面，即为三棱锥，所以一个多面体至少有4个面． 故选：C 3．（24-25高三上·上海·期中）一个棱长为1的正方体盒子，则下列几何图形能否单独完全装入盒子（   ） ①长度为1.7的线段；②面积为1的圆；③体积为0.3的正四面体 A．仅①② B．仅①③ C．仅②③ D．①②③都可以 【答案】D 【分析】通过比较正方体体对角线的长可以判断①；通过比较正方体棱的中点所构成的正六边形的内接圆与已知圆的半径可以判断②；计算正方体中最大的正四面体的体积，可以判断③. 【详解】对于①棱长为的正方体盘子，体对角线长为，所以长度为的短棍（粗细忽略不计）放入正方体体对角线的位置就可以装入，故①正确； 对于②，如图，连接正方体的棱的中点所得的正六边形的内接圆是正方体内能放入的最大圆， 正六边形的边长，的中点为内切圆的圆心，的中点为切点， 为正六边形的内切圆的半径，利用勾股定理可得， 面积为1的圆的半径为， 所以②面积为1的圆可放入棱长为1的正方体盒子，故②正确； 对于③正方体内最大的正四面体为如图所示， 其体积为， 故体积为0.3的正四面体可放入棱长为1的正方体盒子，故③正确； 故选：D. 二、多选题 4．（2025高二上·上海·专题练习）如图，等腰三角形在平面上方，，若以为旋转轴旋转，形成的旋转体在平面内的投影可能是（ ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】对直线与平面的位置关系进行分类讨论，判断出投影的形状，即可得到答案． 【详解】若以为旋转轴旋转，形成的旋转体是一个由两个相同的圆锥底面重合形成的组合体，如图所示： 若，则旋转体在平面内的投影如选项D所示； 若，则旋转体在平面内的投影为正方形； 若与所成的角在时，则旋转体在平面内的投影如B所示； 若与所成的角在时，则旋转体在平面内的投影如A所示； 所以综上可知ABD有可能是旋转体在平面α内的投影. 故选：ABD． 三、填空题 5．（24-25高二上·上海·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：. 6．（24-25高二上·上海·阶段检测）已知中，，，，则绕旋转一周形成的几何体的体积为______. 【答案】 【分析】根据题意可得旋转体为一个圆锥，利用圆锥的体积公式可求体积. 【详解】因为，，，由勾股定理可得， 绕旋转一周形成的几何体为圆锥，且底面圆的半径为，高为， 所以该圆锥的体积为. 故答案为： 7．（2026·上海·模拟预测）已知圆台的上、下底面的半径分别为1，2，高为，则该圆台的表面积为______． 【答案】 【详解】圆台的上底面半径 ，下底面半径 ，高 ， 所以母线长 ， 侧面积 ， 上底面积 ，下底面积 ， 表面积 ． 8．（24-25高二上·上海·期中）棱锥的高为9，底面积为162，平行于底面的截面面积为32，则截得的棱台的高为_________. 【答案】5 【分析】设出截得的棱台的高，利用棱锥平行于底面的截面比例关系列式求解. 【详解】设截得的棱台的高为， 由棱锥被平行于底面的平面所截，截面面积与底面积的比等于截得锥体的高与原锥体高的平方比， 得，解得， 所以截得的棱台的高为5. 故答案为：5 9．（25-26高二上·上海宝山·阶段检测）一个上底面边长为1，下底面边长为4，高为3的正四棱台的体积为________. 【答案】21 【分析】由已知求出正四棱台的上下底面面积，再由棱台体积公式求解． 【详解】由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与正四棱台的体积相等， ∵正四棱台的上下底面边长分别为1和4，则上底面积，下底面积，棱台的高， 则棱台体积， 故答案为：21. 10．（2025高二上·上海·专题练习）如图的方斗杯古时候常作为盛酒的容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，上底面边长为，下底面边长为，厚度忽略不计.现往该方斗杯里倒酒，当倒入时，酒的高度恰好是方斗杯高度的一半，则该方斗杯的容积为______mL    【答案】168 【分析】设正四棱台的高为，根据倒入酒的体积求出高，再求该方斗杯的容积即可. 【详解】设正四棱台的高为， 正四棱台的中截面的边长为，面积为， 倒入酒的体积为，解得， 则该方斗杯的容积为. 故答案为：.    11．（25-26高二上·上海·期中）把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比为，母线（原圆锥母线在圆台中的部分）长为12，则原圆锥的母线长为_________. 【答案】 【分析】根据圆台的几何特征利用三角形相似即可求得结果. 【详解】由题意可得，几何体如下图所示： 取轴截面可知，圆台的上、下底面半径的比为，且， 设圆锥的母线长为，根据相似比可得，解得， 即原圆锥的母线长为. 故答案为： 12．（2025高二·上海·专题练习）如图1，西安航天基地揽月阁是一座融合了古代文化与现代科技的标志性建筑，可近似的视为一个正四棱台，现有一个揽月阁模型（如图2）、下底面边长为，上底面边长为，侧棱长为，则该模型的高为_________．       【答案】 【分析】连接，，由正四棱台的性质得和的长，过作，过作，得，，最后在直角三角形中，由勾股定理得到结果. 【详解】由为正四棱台，，，， 连接，得，， 过作，过作， 所以，， 在直角三角形中，， 所以正四棱台的高. 故答案为：. 13．（25-26高一下·上海·期末）如果正四棱台两底面边长分别为3cm和5cm，则它的中截面（过侧棱中点）的截面面积是________． 【答案】 【详解】正四棱台中截面边长为，且为正方形，所以面积为． 14．（25-26高一下·上海·期末）如图，已知圆台形水杯（不计厚度）内盛有水，杯口的直径为，杯底的直径为，杯高为．若当杯底水平放置时，水深为，当水杯密封好倒扣过来水平放置时，水深为，且，则为________．（精确到0.01） 【答案】 【分析】找出水杯的轴截面，在轴截面中分别计算出水面半径(用水的高度表示)，从而可算出水的体积，可得到分别用，表示的水的体积，再用及水的体积相等可计算出. 【详解】设水杯的轴截面，设杯底圆心为，杯口圆心为. 当杯底水平放置时，如图，设水面圆心为，水面与交于点，过作，交于点，交于点. 由已知可得，，，. 因为，所以，即，所以. 所以水面半径. 所以水的体积. 当水杯倒扣过来水平放置时，如下图，同理可得水面半径为. 所以水的体积为. 所以. 所以 因为，所以. 所以. 即 解得. 因为，所以 【点睛】圆台的体积公式的应用，利用水的体积相等解决问题，本题计算量非常大. 四、解答题 15．（2025高二上·上海松江·专题练习）亭子是一种中国传统建筑，多建于园林，人们在欣赏美景的同时也能在亭子里休息、避雨、乘凉（如图1）假设我们把亭子看成由一个圆锥与一个圆柱构成的几何体（如图2）．一般地，设圆锥中母线与圆柱底面半径所成角的大小为α，当时，方能满足建筑要求，已知圆锥高为米，底面半径为米，圆柱高为3米，底面半径为2米． (1)求几何体的表面积； (2)如图2，设E为圆柱底面半圆弧的三等分点（靠近点D），判断该亭子是否满足建筑要求． 【答案】(1) (2)不满足建筑要求 【分析】（1）由几何体的表面积等于圆锥的全面积加上圆柱的侧面积即得； （2）取中点，连接，得，从而得是异面直线与所成的角或其补角，作交于，计算出，然后由余弦定理求解. 【详解】（1）由已知圆锥的母线长为， 几何体的表面积等于圆锥的全面积加上圆柱的侧面积. 所以所求表面积为. （2）取中点，连接，因为是中点，所以， 是圆柱的一条母线，则，     所以是异面直线与所成的角或其补角， 作交于，则是中点，且平面， 又平面，所以， 由（1）知，，则， 又，，，， 在中，由余弦定理得， ， 在中，由余弦定理得， 即，且为锐角， 所以，该亭子不满足建筑要求. 16．（2025高二上·上海·专题练习）在正方体中，E、F、M分别为棱AD、AB、的中点，现从顶点A处截去三棱锥，仿此同样方式，在顶点B、C、D、、、、处各截去一个三棱锥，设剩下的几何体为， (1)几何体是几面体？共有多少条棱？（直接写出结论，不需要说明理由） (2)若正方体的棱长为2，求几何体的表面积． 【答案】(1)几何体是十四面体，几何体共有24条棱 (2) 【分析】（1）根据题意可知：几何体是由6个全等的正方形面和8个全等的三角形面构成，即可得结果； （2）根据题意结合（1）中结论分析求解. 【详解】（1）几何体是由6个全等的正方形面和8个全等的三角形面构成， 所以几何体是十四面体，几何体共有24条棱． （2）图形可知几何体的各条棱长均为，    6个全等的正方形面的总面积为； 8个全等的三角形面的总面积为． 所以几何体的表面积． 17．（2025高二上·上海·专题练习）某小区楼顶成一种“楔体”形状，该“楔体”两端成对称结构，其内部为钢架结构（未画出全部钢架，如图所示），底面ABCD是矩形，米，米，屋脊EF到底面ABCD的距离即楔体的高为1.5米，钢架所在的平面FGH与EF垂直且与底面的交线为GH，米，FO为立柱且O是GH的中点． (1)求斜梁FB与底面ABCD所成角的正切值； (2)求此楔体ABCDEF的体积． 【答案】(1)； (2)350立方米. 【分析】（1）连接，由题知面，是斜梁FB与底面ABCD所成角，由俯视图知，在中进行计算即可得解 （2）由题知，楔体两端成对称结构，钢架所在的面与垂直，结合俯视图可知，可将该楔体分割成一个直三棱柱和两个相同的四棱锥，然后由题中条件结合锥体和柱体体积公式计算即可 【详解】（1）如下图（右侧为俯视图），连接，由为立柱，则面， 所以是斜梁FB与底面ABCD所成角， 而，则， 在中，. （2）由题设，楔体两端成对称结构，钢架所在平面与垂直， 结合俯视图知，可将楔体分割成一个直三棱柱和两个相同的四棱锥， 其中直三棱柱体积立方米， 两个四棱锥体积立方米， 所以此楔体ABCDEF的体积为350立方米. 18．（2025高二上·上海·专题练习）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. 19．（2025·上海长宁·三模）如图，是一块正四棱台形铁料，上、下底面的边长分别为cm和cm，高cm． (1)求正四棱台的侧面与底面所成二面角的大小； (2)现削去部分铁料（不计损耗），将原正四棱台打磨为一个圆台，使得该圆台的上、下底面分别为原正四棱台上、下底面正方形的内切圆及其内部．求削去部分与原正四棱台的体积之比． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）结合正四棱台的结构特征，利用几何法求出二面角的平面角. （2）利用圆台、棱台的体积公式计算得解. 【详解】（1）设正方形，的中心分别为，连接，则平面， 分别取，的中点，，连接，则，， 由，分别为等腰梯形底边，的中点，得， 由 ，得四边形是一个直角梯形， ，又，为侧面与底面所成二面角的平面角， 由条件知，则， 所以侧面与底面所成二面角的大小为. （2）依题意，圆台上底面半径cm，下底面半径cm，高cm， 则圆台的体积为， 又正四棱台的体积， 所以削去部分的体积， 所以削去部分与正四棱台的体积之比为. 20．（2025高二上·上海·专题练习）《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一个类似隧道形状的几何体，如图所示，在“羡除”中，底面是边长为2的正方形，,. (1)证明：平面平面； (2)求“羡除”F的体积 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）作辅助线，根据题意可证，，可得平面，进而可得面面垂直； （2）分析可知“羡除”ABCDEF可分为两个全等的三棱锥、和直三棱柱，结合柱体、锥体的体积公式运算求解. 【详解】（1）分别取的中点，连接， 因为，且，则，， 同理可得， 又因为，所以， 因为底面ABCD是边长为2的正方形，则，且， 且，则， 分别作，，垂足分别为，连接， 则，可得，且， 可知四边形为平行四边形，则， 且，，则， 可得，即， 又因为，平面，可得平面， 且平面，所以平面平面. （2）根据题意结合对称性可得：，， 且，平面，可得平面， 同理可得：平面， 则“羡除” 可分为两个全等的三棱锥、和直三棱柱， 因为，，则， 所以“羡除”ABCDEF的体积. 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 第07讲 多面体与旋转体 内容导航 01 预习航标→ 析目标·明方向：预习导航精准定向 02 教材全解→ 建框架·精讲解：知识体系系统梳理 03 题型突破→ 析考点·破方法：典型题型深度拆解 题型1 多面体概念及分类 题型5 旋转体轴截面相关计算 题型2 多面体性质探究与欧拉定理计算 题型6 简单多面体棱长、面数、顶点数求值 题型3 平面图形旋转生成旋转体判断 题型7 旋转体表面积、体积基础综合计算 题型4 由旋转体反推原始旋转平面图形 题型8 多面体的表面积与体积 04 过关检测→ 练考点·强落实：过关检测全面巩固 关键词 学习目标导航 多面体概念、多面体分类 1.掌握多面体定义：由若干平面多边形围成的几何体，区分面、棱、顶点 2.会按面的数量分类：四面体、五面体、六面体；区分棱柱、棱锥、棱台三类多面体 多面体性质探究、简单多面体特征 1.理解棱柱、棱锥、棱台各自的面、棱、顶点结构性质 2.能根据多面体特征判断几何体类型，辨析伪多面体 平面图形旋转生成旋转体 1.熟记矩形、直角三角形、直角梯形旋转分别生成圆柱、圆锥、圆台 2.能分析平面图形绕指定轴旋转后的曲面、底面形状，识别旋转体构成 由旋转体还原原始旋转平面图形 1.能根据圆柱、圆锥、圆台的结构反推出对应的原始平面图形与旋转轴 2.区分不同旋转轴带来的几何体形态差异，找准旋转前后对应边长 学习重点： 1.多面体的定义、分类，棱柱/棱锥/棱台的结构特征 2.常见平面图形旋转生成圆柱、圆锥、圆台的规律 3.旋转体与原始旋转平面图形的互推对应关系 学习难点： 1.复杂平面图形绕不同轴旋转后几何体形态辨析 2.区分多面体（全平面围成）与旋转体（含曲面）的本质差异 3.由旋转体反向推导原始平面图形与旋转轴 知｜识｜框｜架 知｜识｜精｜讲 知识点01 多面体与旋转体概念 多面体 旋转体 定义 由若干个__平面多边形__________(包括三角形)所围成的封闭体． 把平面上一条封闭曲线内的区域绕着该平面内的一条____定直线____旋转而成的几何体． 图形 相关 概念 面：围成多面体的各个多边形； 棱：两个面的公共边； 顶点：棱和棱的交点． 轴：定直线称为旋转轴． 【易错提醒】 1.混淆定义边界：多面体全部面都是平面多边形，只要含曲面就不属于多面体；旋转体一定带有曲面 2.判定误区：认为“有平面就是多面体”，圆柱、圆锥存在平面底面但侧面是曲面，属于旋转体而非多面体 3.概念混淆：棱台是多面体，圆台是旋转体，二者类别不能混用 4.旋转体前提：必须是平面图形绕定直线旋转一周，空间图形旋转不能生成标准旋转体 即时即练 1.下列三种叙述，正确的有（ ） ①用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分是棱台； ②两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台； ③有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 2.（2025高二·上海·专题练习）如图，O为坐标原点，A在x轴上，，，，若及其内部绕y轴旋转一周得到一个几何体，则该几何体的体积为______．    知识点02 多面体结构特征 多面体 定义 图形及表示 相关概念 特殊几何体 棱柱 有两个面互相平行，其余各面都是____四边形__________，并且每相邻两个四边形的公共边都互相___平行_____，由这些面所围成的几何体叫作棱柱． 如图可记作：棱柱ABCDEF ­A′B′C′D′E′F′ 底面(底)：两个互相___平行_____的面； 侧面：其余各面； 侧棱：相邻两个侧面的公共边； 顶点：侧棱与底面的公共点． 直棱柱：侧面都是____矩形___的棱柱； 正棱柱：底面是__正______多边形的直棱柱； 长方体：底面和侧面都是矩形的棱柱； 正方体：所有棱长都相等的长方体； 平行六面体：两个底面是平行四边形的棱柱． 棱锥 有一个面是多边形，其余各面都是有一个___公共顶点_____的三角形，这样的几何体叫作棱锥． 如图可记作：棱锥S ­ ABCD 侧面：具有一个__公共顶点______的三角形的面； 顶点：这个公共点； 侧棱：相邻两个侧面的公共边； 底面：除了侧面外，剩下的那一个多边形面． 正棱锥：如果棱锥的底面是正多边形，将底面放置后，它的顶点又在过正多边形___中心_____的铅垂线上． 棱台 过棱锥任一侧棱上不与侧棱端点重合的一点，作一个与底面___平行 _____的平面去截棱锥，截面和棱锥底面之间的这部分几何体叫作棱台． 如图可记作：棱台ABCD ­ A′B′C′D′ 上底面：截面； 下底面：原棱锥的底面； 侧面：其余各面； 侧棱：相邻侧面的公共边． 正棱台：由正棱锥截得的棱台． 【易错提醒】 1.棱柱易错：只看侧面平行四边形，忽略上下底面平行且全等；斜棱柱侧棱不是几何体的高 2.棱锥易错：侧面三角形必须共用同一个顶点，分散顶点的几何体不是棱锥；正棱锥要求底面正多边形+顶点投影在底面中心，缺一不可 3.棱台易错：误以为任意两个平行平面截棱锥都是棱台，截面必须平行底面，上下底面必须相似 4.计数误区：数面、棱、顶点时漏算底面，误把对角线当作棱 即时即练 1.（24-25高二·上海·随堂练习）连接空间几何体上的某两点的直线，如果把该几何体绕此直线旋转角α（0°<α<360°），使该几何体与自身重合，那么称这条直线为该几何体的旋转轴．如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点A，B，C，D在同一平面内，则这个八面体的旋转轴共有______条． 2.（2026·上海·三模）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的所有面中六边形的个数是（    ） A．12 B．20 C．32 D．40 知识点03 旋转体的结构特征 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 图形 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 母线 互相平行且相等，__垂直___于底面 长度相等且相交于__一点___ 延长线交于一点_____ 轴截面 全等的__矩形______ 全等的_等腰三角形_______ 全等的___等腰梯形_____ 圆 侧面展开图 ____矩形 ____ 扇形 扇环 旋转图形 矩形 直角三角形 直角梯形 半圆 【易错提醒】 1.圆柱易错：矩形只能绕邻边旋转得圆柱，绕对角线旋转不是圆柱；母线长度等于高，不可混淆半径、母线、高 2.圆锥易错：直角三角形绕斜边旋转是双圆锥，不是标准圆锥；轴截面三角形底边是直径，容易错用半径 3.圆台易错：直角梯形只能绕垂直于底边的腰旋转，绕斜腰旋转无法得到圆台 4.截面误区：平行底面截旋转体才得到圆形，斜截面不是标准圆；误将母线当作垂直高计算体积、面积 即时即练 1.（25-26高二上·上海·期中）长为，宽为1的矩形，以它的对角线所在直线为轴旋转一周，得到的旋转体的体积为______． 2.将一个上底为2，下底为5，高为2的直角梯形绕着直角腰旋转一周得到一个几何体，则该几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 知识点04 多面体的欧拉定理 简单凸多面体满足： ：顶点数 ：棱数 ：面数（包含上下底面、所有侧面） 【易错提醒】 1.漏算底面：数面时只算侧面，忘记加上上下底面，导致偏小 2.重复计数棱：拼接、组合多面体，贴合重合的棱要只算1次，不能两边重复相加 3.适用范围限制：仅简单无洞凸多面体适用；带孔洞、凹多面体不满足 4.混淆旋转体：圆柱、圆锥、圆台有曲面，不属于多面体，不能使用欧拉定理 题型1 多面体概念及分类 【例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 【例2】（2025高二·上海·专题练习）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）    【技巧归纳】 公式结论 1.多面体定义：全部由平面多边形围成，无曲面；三要素：顶点、棱、面 2.分类：按面数分四面体/六面体；按结构分棱柱、棱锥、棱台（简单凸多面体满足欧拉定理） 3.含曲面几何体不属于多面体 方法技巧 1.快速判定：只要存在曲面，直接排除多面体 2.按底面、侧面特征区分棱柱、棱锥、棱台 3.欧拉定理辅助验证简单凸多面体 【变式1-1】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1-2】下列说法正确的是（    ） A．多面体至少有个面 B．有个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台 C．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体 D．棱柱的侧棱相等，侧面是平行四边形 题型2 多面体性质探究与欧拉定理计算 【例1】（2025高二·上海·专题练习）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________． 【例2】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 【技巧归纳】 公式结论 1.欧拉定理：简单无洞凸多面体 2.推论：；每条棱被2个面、2个顶点共用 3.棱柱：两底面平行全等；棱锥：侧面三角形共顶点；棱台：平行底面截棱锥，上下底面相似 方法技巧 1.计数顺序：顶点→棱→面，代入公式求值或验证 2.拼接多面体需扣除贴合处重复的棱、面、顶点 3.命题辨析举反例推翻残缺条件的几何体 【变式2-1】设为多面体的一个顶点，定义多面体在处的离散曲率为其中 ，为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，，…，，遍历多面体的所有以为公共点的面，如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体（每个面都是全等的正多边形的多面体是正多面体），若它们在各顶点处的离散曲率分别是a，b，c，d，则a，b，c，d的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【变式2-2】近些年来，三维扫描技术得到空前发展，从而催生了数字几何这一新兴学科.数字几何是传统几何和计算机科学相结合的产物.数字几何中的一个重要概念是曲率，用曲率来刻画几何体的弯曲程度.规定：多面体在顶点处的曲率等于与多面体在该点的所有面角之和的差（多面体的面角是指多面体的面上的多边形的内角的大小，用弧度制表示），多面体在面上非顶点处的曲率均为零.由此可知，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正方体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为 ，故其总曲率为. (1)求四棱锥的总曲率； (2)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率是常数. 题型3 平面图形旋转生成旋转体判断 【例1】（25-26高二下·上海杨浦·期末）下列平面图形旋转后能得到如图所示几何体的为（     ） A．； B．； C．； D．． 【例2】（2025高二上·上海·专题练习）如图，在矩形中，，将该矩形绕直线旋转一周可得到的立体图形是（    ）    A．   B．   C．   D．     【技巧归纳】 公式结论 1.矩形绕邻边旋转→圆柱；直角三角形绕直角边旋转→圆锥；直角梯形绕垂直腰旋转→圆台 2.平行于旋转轴的线段旋转出曲面，垂直于轴的线段旋转出圆形底面 方法技巧 1.锁定旋转轴，分段拆解平面图形旋转轨迹 2.排除易错旋转：矩形绕对角线、直角三角形绕斜边无法生成标准旋转体 3.复合平面图形分段判断生成组合旋转体 【变式3-1】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 【变式3-2】下列给出的图形中，绕给出的轴旋转一周，能形成圆台的是（    ） A．   B．   C．   D．   题型4 由旋转体反推原始旋转平面图形 【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． 【例2】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． 【技巧归纳】 公式结论 1.圆柱轴截面矩形、圆锥轴截面等腰三角形、圆台轴截面等腰梯形 2.沿旋转轴对半剖开，截面一半即为原始旋转平面图形 方法技巧 1.沿轴线切开旋转体，提取半截面图形还原原图 2.通过底面半径、母线长度匹配原图各边尺寸 3.区分不同旋转轴对应的原始平面图形差异 【变式4-1】如图，草垛（上半部分是圆锥，下半部分是圆柱）可以由某个图形绕轴（直线）旋转而成，这个图形可以是（    ） A． B． C． D． 【变式4-2】如图，某组合体是由选项中某个图形绕轴旋转而成，则这个图形是（   ） A． B． C． D． 题型5 旋转体轴截面相关计算 【例1】已知纸的长宽比约为．现将一张纸卷成一个圆柱的侧面（无重叠部分）．当该圆柱的高等于纸的长时，设其体积为，轴截面的面积为；当该圆柱的高等于纸的宽时，设其体积为，轴截面的面积为，则（   ） A．， B．， C．， D．， 【例2】轴截面图形为正方形的圆柱叫做等边圆柱．已知某等边圆柱的轴截面面积为，则该等边圆柱的底面周长为______cm． 【技巧归纳】 公式结论 1.圆柱轴截面矩形：边长2r、h，面积 2.圆锥轴截面等腰三角形：底，高，腰母线， 3.圆台轴截面等腰梯形：上下底2r、2R，腰为母线 方法技巧 1.利用轴截面直角三角形勾股关系求母线、半径、高 2.轴截面尺寸联动表面积、体积综合计算 3.计算时分清直径与半径，避免代值错误 【变式5-1】若圆锥的轴截面为底角的等腰三角形，母线长为，则过此圆锥的两条母线的截面的面积的最大值为___________ 【变式5-2】一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，弧长为的扇形，则该圆锥轴截面的面积（    ） A． B． C． D． 题型6 简单多面体棱长、面数、顶点数求值 【例1】（2025高二上·上海·专题练习）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______． 【例2】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 【技巧归纳】 公式结论 1.，变形： 2.每个面至少3条棱，每个顶点至少引出3条棱 方法技巧 1.设未知量列方程，结合欧拉定理与棱面、棱顶点不等式求解范围 2.棱柱、棱锥可结合自身面、棱、顶点数量规律简化计算 3.多面体拼接、切割题型，先修正重复/消失的棱、面、顶点数量 【变式6-1】（2025高二·上海·专题练习）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6-2】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7 旋转体表面积、体积基础综合计算 【例1】（25-26高一下·上海浦东新·期末）如图所示，为梯形，，，现在将这个图形绕着直线旋转一周，得到一个几何体，那么这个几何体的体积是________. 【例2】（25-26高二上·上海·期末）如图，直角梯形中，，该图形绕直线旋转一周所形成的几何体的体积为______．    【技巧归纳】 公式结论 1.圆柱： 2.圆锥： 3.圆台： 方法技巧 1.先由轴截面、旋转原图求出r、R、h、l再代入公式 2.无盖、空心旋转体按需删减底面圆面积 3.组合旋转体拆分后分别算体积、表面积再合并 【变式7-1】在中，，，过点A作直线，将绕直线l旋转一周所得到的几何体记为Ω，若Ω的体积是，则Ω的表面积为______. 【变式7-2】（2025高二·上海·专题练习）如图，等腰直角的斜边长为，将绕斜边所在直线旋转一周形成的旋转体的体积为_____. 题型8 多面体的表面积与体积 【例1】（25-26高一下·上海·期末）如图，已知多面体的底面与顶面平行且均为矩形.若，，则该多面体的体积为（    ）    A． B．37 C． D．47 【例2】（25-26高一下·湖南·期末）如图所示，已知多面体,两两互相垂直，平面平面，平面平面，，，则该多面体的体积为___. 【技巧归纳】 1.表面积通用：（棱柱）；（棱锥、棱台） 2.体积通用公式 棱柱： 棱锥： 棱台： 【变式8-1】（25-26高二上·上海黄浦·期末）已知一几何体有六个顶点，它们是某个正方体六个面的中心.若该几何体的体积为36，则这个正方体的棱长为____________. 【变式8-2】（2025高二上·上海·专题练习）如图，五面体与正四面体拼成的多面体中，四边形为矩形，五点共面，若，则五面体的体积为_________． 一、单选题 1．（2025高二·上海·专题练习）给出下列空间几何体：①球；②建筑用的方砖；③茶杯；④埃及的金字塔．其中属于多面体的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2025高二·上海·专题练习）一个多面体的面至少有（   ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 3．（24-25高三上·上海·期中）一个棱长为1的正方体盒子，则下列几何图形能否单独完全装入盒子（   ） ①长度为1.7的线段；②面积为1的圆；③体积为0.3的正四面体 A．仅①② B．仅①③ C．仅②③ D．①②③都可以 二、多选题 4．（2025高二上·上海·专题练习）如图，等腰三角形在平面上方，，若以为旋转轴旋转，形成的旋转体在平面内的投影可能是（ ） A． B． C． D． 三、填空题 5．（24-25高二上·上海·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________. 6．（24-25高二上·上海·阶段检测）已知中，，，，则绕旋转一周形成的几何体的体积为______. 7．（2026·上海·模拟预测）已知圆台的上、下底面的半径分别为1，2，高为，则该圆台的表面积为______． 8．（24-25高二上·上海·期中）棱锥的高为9，底面积为162，平行于底面的截面面积为32，则截得的棱台的高为_________. 9．（25-26高二上·上海宝山·阶段检测）一个上底面边长为1，下底面边长为4，高为3的正四棱台的体积为________. 10．（2025高二上·上海·专题练习）如图的方斗杯古时候常作为盛酒的容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，上底面边长为，下底面边长为，厚度忽略不计.现往该方斗杯里倒酒，当倒入时，酒的高度恰好是方斗杯高度的一半，则该方斗杯的容积为______mL    11．（25-26高二上·上海·期中）把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比为，母线（原圆锥母线在圆台中的部分）长为12，则原圆锥的母线长为_________. 12．（2025高二·上海·专题练习）如图1，西安航天基地揽月阁是一座融合了古代文化与现代科技的标志性建筑，可近似的视为一个正四棱台，现有一个揽月阁模型（如图2）、下底面边长为，上底面边长为，侧棱长为，则该模型的高为_________．       13．（25-26高一下·上海·期末）如果正四棱台两底面边长分别为3cm和5cm，则它的中截面（过侧棱中点）的截面面积是________． 14．（25-26高一下·上海·期末）如图，已知圆台形水杯（不计厚度）内盛有水，杯口的直径为，杯底的直径为，杯高为．若当杯底水平放置时，水深为，当水杯密封好倒扣过来水平放置时，水深为，且，则为________．（精确到0.01） 四、解答题 15．（2025高二上·上海松江·专题练习）亭子是一种中国传统建筑，多建于园林，人们在欣赏美景的同时也能在亭子里休息、避雨、乘凉（如图1）假设我们把亭子看成由一个圆锥与一个圆柱构成的几何体（如图2）．一般地，设圆锥中母线与圆柱底面半径所成角的大小为α，当时，方能满足建筑要求，已知圆锥高为米，底面半径为米，圆柱高为3米，底面半径为2米． (1)求几何体的表面积； (2)如图2，设E为圆柱底面半圆弧的三等分点（靠近点D），判断该亭子是否满足建筑要求． 16．（2025高二上·上海·专题练习）在正方体中，E、F、M分别为棱AD、AB、的中点，现从顶点A处截去三棱锥，仿此同样方式，在顶点B、C、D、、、、处各截去一个三棱锥，设剩下的几何体为， (1)几何体是几面体？共有多少条棱？（直接写出结论，不需要说明理由） (2)若正方体的棱长为2，求几何体的表面积． 17．（2025高二上·上海·专题练习）某小区楼顶成一种“楔体”形状，该“楔体”两端成对称结构，其内部为钢架结构（未画出全部钢架，如图所示），底面ABCD是矩形，米，米，屋脊EF到底面ABCD的距离即楔体的高为1.5米，钢架所在的平面FGH与EF垂直且与底面的交线为GH，米，FO为立柱且O是GH的中点． (1)求斜梁FB与底面ABCD所成角的正切值； (2)求此楔体ABCDEF的体积． 18．（2025高二上·上海·专题练习）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. 19．（2025·上海长宁·三模）如图，是一块正四棱台形铁料，上、下底面的边长分别为cm和cm，高cm． (1)求正四棱台的侧面与底面所成二面角的大小； (2)现削去部分铁料（不计损耗），将原正四棱台打磨为一个圆台，使得该圆台的上、下底面分别为原正四棱台上、下底面正方形的内切圆及其内部．求削去部分与原正四棱台的体积之比． 20．（2025高二上·上海·专题练习）《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一个类似隧道形状的几何体，如图所示，在“羡除”中，底面是边长为2的正方形，,. (1)证明：平面平面； (2)求“羡除”F的体积 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $