11.3 多面体与旋转体（分层作业练题型）高二数学沪教版必修第三册

**基本信息** 本同步练习围绕“多面体与旋转体”，通过A、B、C组及拓展的分层设计，构建从概念理解到高考应用的知识巩固路径，培养数学抽象、空间观念与逻辑推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |A组|多面体概念、旋转体形成、简单表面积与体积|以选择、填空题为主，如多面体分类辨析、旋转体构成判断，夯实基础| |B组|组合体性质、体积计算综合应用|结合实际情境（如石凳表面积），通过解答题深化空间想象与运算能力| |C组|复杂几何体体积、创新题型（如半正多面体）|设置探究性问题，如正交正四面体公共体积，发展逻辑推理与创新意识| |拓展|高考真题适配|选取高考题（如五面体体积），衔接升学要求，培养应用意识|

分层作业 11.3 多面体与旋转体 目 录 A组 巩固过关 题型01多面体的概念及分类 题型02正四面体和正三棱锥 题型03多面体的性质探究 题型04由平面图旋转得旋转体 题型05由旋转体找出旋转图形 题型06简单组合体的表面积和体积 B组 能力进阶 C组 思维拔高 拓展 链接高考 ( 题型0 1 )多面体的概念及分类 1．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．某种积木的玩法是用不同形状的积木穿过对应的孔洞，来锻炼儿童的手眼协调能力.一块积木的形状如图所示，该积木由9个棱长为1cm的正方体构成，在边长为5cm的正方形木板上挖出下列四种形状的孔洞（空白部分），则能使该积木从中不能穿过的为（   ） A． B． C． D． 3．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） 4．如图，已知正四面体与正四棱锥的所有棱长都相等，现将两个几何体拼接起来，使它们的一个表面完全重合，得到一个新多面体，则该新多面体的面有________个（填数字）． ( 题型0 2 )正四面体和正三棱锥 6．在正四面体中，点在棱上，点在棱上，若平面，且，，则三棱锥与正四面体的体积之比为（   ） A． B． C． D． 7．已知在正四面体中，D，E，F分别在棱，，上，若，，则点到平面的距离为（     ） A． B． C． D． 8．已知正三棱锥的侧面积是底面积的2倍，则该正三棱锥侧棱和底面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 10．如图，两个正交的全等正四面体（每一个四面体的各个面都过另一个四面体的三条共点的棱的中点），若正四面体棱长为2，则这两正交四面体公共部分的体积为______． 11．如图，圆柱的表面积为，AB，CD分别是圆柱上、下底面圆的直径，且四面体ABCD为正四面体，则该正四面体的体积为（   ） A． B． C． D． ( 题型0 3 )多面体的性质探究 12．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．刻空间的弯白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，正四面体在各顶点的曲率为 ___ ;若某多面体满足:顶点数一棱数面数.该多面体的总曲率为 ____ . 13．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________． 14．数学中有很多公式都是数学家欧拉（Leonhard  Euler）发现的，它们都叫欧拉公式，分散在各个数学分支之中，任意一个凸多面体的顶点数V.棱数E.面数F之间，都满足关系式，这个等式就是立体几何中的“欧拉公式”.若一个凸二十面体的每个面均为三角形，则由欧拉公式可得该多面体的顶点数为_____________ ( 题型0 4 )由平面图旋转得旋转体 15．下列几何体中不是旋转体的是（   ） A． B． C． D． 16．已知直角梯形，，，绕着它的腰所在直线旋转一周，形成的面所围的几何体为（   ） A．球体 B．圆锥 C．圆台 D．圆柱 17．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． 18．如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，将该平面图形绕边旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的体积为______. 19．在直角梯形中，，，.若直角梯形以边所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的侧面积为______. 20．如图所示的正六边形，是由六个直角边长分别为与的全等的直角三角形拼接而成的，该图形（阴影部分）绕着线段的中垂线旋转一周得到一个几何体，现在用密度为的材料去制造该几何体，则该几何体的质量为_______g.（结果用π表示） ( 题型0 5 )由旋转体找出旋转图形 21．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． 22．如图是由下列哪个平面图形绕轴旋转而成的组合体（    ） A． B． C． D． 23．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？ ( 题型0 6 )简单组合体的表面积和体积 24．如图，某广场摆放了石凳供大家休息，每张石凳是由一个正方体截去八个一样的四面体得到的几何体，数学上称之为阿基米德多面体.设被截正方体的棱长是，则每张石凳的表面积为（    ） A． B． C． D． 25．我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如将有三条棱互相平行且有一个面为平行四边形的五面体称为刍甍，今有一刍甍，底面为菱形，平面，平面，记的体积为，三棱锥的体积为，，，若，则（   ） A．1 B． C． D． 26．如图，某几何体上面部分是一个正四棱锥，下面部分是一个长方体，． (1)若，该几何体的体积为192，求正四棱锥的高； (2)若，求该几何体的表面积． 27．已知长方体中，，，用平面截去长方体的一个角后得到如图所示的几何体． (1)求被截去的几何体的体积； (2)求几何体的表面积． 1．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，上、下旋转面的面积比是，则（    ） A． B． C． D．3 2．如图，正方体中，为正方形的中心，为棱的中点，过点的平面将正方体分成两部分，则较小的部分与较大的部分体积之比为（    ）    A． B． C． D． 3．我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如将有三条棱互相平行且有一个面为平行四边形的五面体称为刍甍，今有一刍甍，底面ABCD为矩形，面ABCD，记该刍甍的体积为，三棱锥的体积为，，，若，则（   ） A．1 B． C． D． 4．如图1，在中，，，，，分别为边，，的中点．将沿折起到沿折起到，使得平面且为等边三角形，如图2所示，则多面体的体积为（） A． B． C． D． 5．在边长为2的正方形中，剪去以为圆心，1为半径的扇形后得到的图形如图所示，以所在的直线为轴，其余边和弧旋转一周形成的面围成一个几何体，则（     ） A．该几何体的形状为圆柱中挖去个球 B．该几何体的形状为圆柱中挖去个球 C．该几何体的表面积为 D．该几何体的体积为 6．用斜二测画法作出的水平放置的直观图如图所示，其中，，则绕所在直线旋转一周后所形成的几何体的侧面积为__________． 7．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______. 1．如图，为一个五面体，底面是矩形，//底面，侧面和侧面为全等的等腰三角形，侧面和侧面为全等的等腰梯形，其中，，，，设，，，则下列选项正确的是（     ） A． B． C． D． 2．三棱锥的底面为边长为1的等边三角形，三个侧面三角形中至少有两个为等腰直角三角形，则该三棱锥的体积不可能为（   ） A． B． C． D． 3．由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体（如图），  ，分别在上，满足，则几何体的体积为__________；___________. 1．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·北京·高考真题）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________． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 分层作业 11.3 多面体与旋转体 参考答案 ( 题型0 1 )多面体的概念及分类 1．【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．【答案】D 【详解】根据所给空间几何体的形状， 可得空间几何体利用现在放置方式能通过C，现在放置方式由在向物体后方旋转90度可通过B， 由现在位置向右旋转90度再向后方旋转180度可通过A， 以任何方式均不能通过D. 故选：D. 3．【答案】①③⑤⑦ 【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. 4．【答案】5 【详解】取的中点,连接,则由正四面体的性质可知为二面角的平面角， 设棱长为2，则,; 在正四棱锥中，取的中点,连接, 因为正四棱锥的所有棱长都相等，不妨设为2， 则,； 所以与互补，即当侧面与侧面重合时，侧面与侧面也重合， 由几何体的对称性可知，侧面与侧面也重合， 所以新多面体的面有个， 故答案为：5 5．（11.3多面体与旋转体）如图，以正方体六个面的中心为顶点所构成的多面体有多少条棱和多少个面？设正方体的棱长为1，这个多面体的表面积和体积是多少？ 【答案】条棱，个面，表面积为，体积为 【详解】由正方体的对称性结合图形可知，这个多面体有条棱，个面， 且这个多面体的各棱长相等，故这个多面体为正八面体， 若正方体的棱长为1，则该正八面体的棱长为， 则这个多面体的表面积， 这个多面体的体积. ( 题型0 2 )正四面体和正三棱锥 6．【答案】D 【详解】如下图所示： 因为平面，平面，平面平面，所以， 易知为等边三角形，故也为等边三角形，所以， 所以， 易知，故，故， 在正四面体中，，所以， 故，所以， 设点到平面的距离为，故. 7．【答案】D 【详解】如图，由题意可得，，所以为等边三角形， 即，在中，根据余弦定理可得：， ，所以， 同理在中，，即， 取的中点，过点作的垂线交的延长线于点， 可知点到平面的距离为的长，因为， 所以在中，， 在中，， 又因为，所以为等腰三角形， 为中点，所以在中，， 在中，为中点，所以为等边的高， 在中，， 所以， 即，整理可得：， 两边平方可得：， 整理可得：，即， 两边平方可得：， 化简可得：，所以. 8．【答案】D 【详解】设正三棱锥底面正三角形的边长为,则底面正三角形面积. 设侧面斜高为，侧面积为3个全等等腰三角形的面积和，即， 由题意，即 ，化简得. 内切圆半径，底面中心到三角形顶点的距离是外接圆半径. 斜高、高、底面内切圆半径构成直角三角形，则 代入、，解得. 因为侧棱、高、底面外接圆半径构成直角三角形，所以 ， 代入、，得，即. 由于侧棱在底面射影为，因此侧棱与底面所成角的正弦值为高与侧棱长的比值， 即 . 9．（贵州镇宁民族中学2025-2026学年高一下学期素养训练数学试题）如图，在正方体的八个顶点中，，，，四个顶点恰好是正三棱锥的顶点，则正三棱锥的体积与正方体的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设正方体的棱长为，可得该正方体的体积是， 由三棱锥的体积为 正三棱锥的体积为， 所以正三棱锥的体积与正方体的体积之比为. 10．【答案】 【详解】根据题意可知该几何图形的体积由八个小正四面体和所求公共部分的体积组成， 设大正四面体为，是中心， 因为大正四面体的棱长为2，所以，， 所以大正四面体的高，小正四面体的高， 设所求部分的体积为，大正四面体的体积为，小正四面体的体积为， 则，， 所以，解得， 即这两正交四面体公共部分的体积为， 故答案为： 11．【答案】B 【详解】 连接，，，因为四面体ABCD为正四面体， 所以，设， 在中，，，， 在，，， 故圆柱的表面积为， 解得. 故． ( 题型0 3 )多面体的性质探究 12．【答案】 【详解】（1）正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是， 所以正四面体在各顶点的曲率为. （2）设多面体的顶点数为，棱数为，面数为， 每个面分别记为边形， 则所有面角和为， 则多面体的总曲率为， 故答案为：（1）（2） 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何新定义问题，正确读懂曲率是解决问题的关键. 13．【答案】/ 【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： 14．【答案】12 【详解】因为二十面体的每个面均为三角形，每条棱都是两个面共用， 所以棱数，面数，顶点数. 故答案为：12. ( 题型0 4 )由平面图旋转得旋转体 15．【答案】D 【详解】根据旋转体的定义选D 16．【答案】C 【详解】如图，绕着它的腰所在直线旋转一周，形成的面所围的几何体为圆台. 17．【答案】组合体从上到下依次为圆锥、球、半球、圆柱、圆台 【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. 18．【答案】 【详解】因为，，， 所以， 所以， 由，得， 所以平面图形绕边旋转一周得到的旋转体为圆台， 其体积. 19．【答案】 【详解】∵ 直角梯形中，，，，为直角腰， ∴ 以为轴旋转一周所得几何体为圆台，其上底面半径，下底面半径. 过点作于点，可得. ∵ 在中，， ∴ 圆台母线长. ∴ . 20．【答案】 【详解】外部正六边形的边长为，旋转得到的几何体是两个全等的圆台，上底面半径为，下底面半径为，高为, 体积为. 内部的六边形边长为2cm，旋转得到的几何体是一个圆柱和两个与圆柱同底的圆锥， 圆锥的底面半径为，高为1cm，圆柱的底面半径为，高为， 内部的六边形旋转得到的几何体的体积为， 所以该几何体的体积为，用密度为的材料去制造该几何体， 则该几何体的质量为. 故答案为：. ( 题型0 5 )由旋转体找出旋转图形 21．【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. 22．【答案】D 【详解】组合体上半部分是圆锥，下半部分是一个圆台， 因此应该是由上半部分为直角三角形，下半部分为直角梯形的平面图形旋转而成的，观察四个选项得D正确. 23．【答案】(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. 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 ( 题型0 6 )简单组合体的表面积和体积 24．【答案】A 【详解】由题意，该几何体有6个面为正方形，8个面为等边三角形， 正方形及三角形的边长为， 则正方形的面积为，三角形的面积为， 所以每张石凳的表面积为. 25．【答案】C 【详解】如图，在上分别取，连接， 因为平面，可得，所以可得到三棱柱， 由图可得：，则， 因为三棱锥的体积为，所以， 则三棱柱的体积为， 再由，则， 因为三棱锥的体积为，所以， 则四棱锥的体积为， 所以该刍甍的体积为， 所以， 又因为，所以. 26．【答案】(1) (2) 【分析】 【详解】（1）设正四棱锥的高为， 因为该几何体的体积为192， 所以； （2）在等腰三角形中，底边上的高为， 所以该几何体的表面积为： . 27．【答案】(1)2 (2) 【分析】 【详解】（1）解：被截去的几何体为三棱锥，体积为． （2）解：因为，， 所以，，， ． ，， 在中，由余弦定理得， 则， 所以， 所以． 1．【答案】B 【详解】设与的交点为，，， 则，，． 由是直角，得，即，得①， 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（负值舍），则（负值舍）， 所以，则． 2．【答案】B 【详解】如图，共线，过点作直线交于中点，连接， 则平面即为过点的截面， 所切出来的多面体为三棱台，记其体积为，设正方体棱长为， 则，    则另一部分体积为，， 所以体积之比为. 3．【答案】C 【详解】 如图，在上分别取，连接， 因为面ABCD，可得，所以可得到三棱柱， 由图可得：，则， 因为三棱锥的体积为，所以， 则三棱柱的体积为， 再由，则， 因为三棱锥的体积为，所以， 则四棱锥的体积为， 所以该刍甍的体积为， 又因为，所以. 4．【答案】C 【详解】在中，，，，分别为边，，的中点， ，，四边形是边长为1的正方形，面积， 折叠后，，，且， 因为为等边三角形，所以 因为平面，， 所以，补全几何体为棱长为1的正方体，如图，满足条件； 所以多面体的体积为正方体的体积减去2倍的三棱锥体积， 所以. 5．【答案】AD 【详解】对于A，B，正方形以所在的直线为轴旋转一周，形成一个底面半径为2，高为2的圆柱；由正方形得，则扇形（圆心角为的扇形）绕所在的直线为轴旋转一周，形成一个半球（球的半径为1），因此该几何体的形状为圆柱中挖去个球，如图所示， 故A正确，B错误； 对于C，圆柱的底面半径，高，半球的半径，则，，，，得，故C错误； 对于D，圆柱的底面半径，高，半球的半径，则，，得，故D正确. 6．【答案】 【详解】由题可得则 ，因此绕所在直线旋转一周之后形成的几何体为底面半径，母线的圆锥， 则圆锥的侧面积为. 7．【答案】 【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：. 1．【答案】C 【详解】过作底面的垂线，垂足为，过作于点，连接、、， 则五面体可分为四棱锥和三棱锥. 由题意知，， 在中，， 在中，，即五面体的高为. 如图取、三等分点、、、， 连接、、、、、， 则五面体可分为三棱柱、四棱锥和四棱锥， 且. ， ， . ，，. 所以ABD选项错误，C选项正确. 2．【答案】D 【详解】（1）是等边三角形，且，如下图所示， 由于，平面，所以平面， 因为，，所以， 所以，则. （2）是等边三角形，且，如下图所示， 由于，平面，所以平面， 所以. （3）是等边三角形，且，如下图所示， 取的中点，连接，则，， 所以，所以，所以， 所以，，平面， 所以平面.所以. 3．【答案】 【详解】几何体看作以为公共底面的两个三棱锥和的组合， 又因为在正四棱台中，，， 所以，又因为，连接，则为等腰直角三角形， 其面积为：， 连接，交于点，连接，交于点，则垂直于面且为三棱锥的高，平移到，则，即四边形是平行四边形， 所以， 又因为四边形是正方形，所以，分别是，的中点， 且，为等腰直角三角形， 所以，， ， 在直角三角形中，由勾股定理可得， 所以几何体的体积, 连接，交于点，连接，， 由题意可得，几何体是由两个全等的正四棱台组合， 所以平行且，所以四边形是平行四边形， 所以，且平行， 又因为是两个全等的正四棱台组合的组合体的高， 所以，为直角三角形，由勾股定理可得： . 故答案为：，. 1．【答案】C 【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合， 因为，且两两之间距离为1．， 则形成的新组合体为一个三棱柱， 该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为， . 故选：C. 2．【答案】 【详解】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， 故答案为：. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 分层作业 11.3 多面体与旋转体 目 录 A组 巩固过关 题型01多面体的概念及分类 题型02正四面体和正三棱锥 题型03多面体的性质探究 题型04由平面图旋转得旋转体 题型05由旋转体找出旋转图形 题型06简单组合体的表面积和体积 B组 能力进阶 C组 思维拔高 拓展 链接高考 ( 题型0 1 )多面体的概念及分类 1．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．某种积木的玩法是用不同形状的积木穿过对应的孔洞，来锻炼儿童的手眼协调能力.一块积木的形状如图所示，该积木由9个棱长为1cm的正方体构成，在边长为5cm的正方形木板上挖出下列四种形状的孔洞（空白部分），则能使该积木从中不能穿过的为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据所给空间几何体的形状， 可得空间几何体利用现在放置方式能通过C，现在放置方式由在向物体后方旋转90度可通过B， 由现在位置向右旋转90度再向后方旋转180度可通过A， 以任何方式均不能通过D. 故选：D. 3．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 【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. 4．如图，已知正四面体与正四棱锥的所有棱长都相等，现将两个几何体拼接起来，使它们的一个表面完全重合，得到一个新多面体，则该新多面体的面有________个（填数字）． 【答案】5 【详解】取的中点,连接,则由正四面体的性质可知为二面角的平面角， 设棱长为2，则,; 在正四棱锥中，取的中点,连接, 因为正四棱锥的所有棱长都相等，不妨设为2， 则,； 所以与互补，即当侧面与侧面重合时，侧面与侧面也重合， 由几何体的对称性可知，侧面与侧面也重合， 所以新多面体的面有个， 故答案为：5 5．（11.3多面体与旋转体）如图，以正方体六个面的中心为顶点所构成的多面体有多少条棱和多少个面？设正方体的棱长为1，这个多面体的表面积和体积是多少？ 【答案】条棱，个面，表面积为，体积为 【详解】由正方体的对称性结合图形可知，这个多面体有条棱，个面， 且这个多面体的各棱长相等，故这个多面体为正八面体， 若正方体的棱长为1，则该正八面体的棱长为， 则这个多面体的表面积， 这个多面体的体积. ( 题型0 2 )正四面体和正三棱锥 6．在正四面体中，点在棱上，点在棱上，若平面，且，，则三棱锥与正四面体的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如下图所示： 因为平面，平面，平面平面，所以， 易知为等边三角形，故也为等边三角形，所以， 所以， 易知，故，故， 在正四面体中，，所以， 故，所以， 设点到平面的距离为，故. 7．已知在正四面体中，D，E，F分别在棱，，上，若，，则点到平面的距离为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图，由题意可得，，所以为等边三角形， 即，在中，根据余弦定理可得：， ，所以， 同理在中，，即， 取的中点，过点作的垂线交的延长线于点， 可知点到平面的距离为的长，因为， 所以在中，， 在中，， 又因为，所以为等腰三角形， 为中点，所以在中，， 在中，为中点，所以为等边的高， 在中，， 所以， 即，整理可得：， 两边平方可得：， 整理可得：，即， 两边平方可得：， 化简可得：，所以. 8．已知正三棱锥的侧面积是底面积的2倍，则该正三棱锥侧棱和底面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设正三棱锥底面正三角形的边长为,则底面正三角形面积. 设侧面斜高为，侧面积为3个全等等腰三角形的面积和，即， 由题意，即 ，化简得. 内切圆半径，底面中心到三角形顶点的距离是外接圆半径. 斜高、高、底面内切圆半径构成直角三角形，则 代入、，解得. 因为侧棱、高、底面外接圆半径构成直角三角形，所以 ， 代入、，得，即. 由于侧棱在底面射影为，因此侧棱与底面所成角的正弦值为高与侧棱长的比值， 即 . 9．（贵州镇宁民族中学2025-2026学年高一下学期素养训练数学试题）如图，在正方体的八个顶点中，，，，四个顶点恰好是正三棱锥的顶点，则正三棱锥的体积与正方体的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设正方体的棱长为，可得该正方体的体积是， 由三棱锥的体积为 正三棱锥的体积为， 所以正三棱锥的体积与正方体的体积之比为. 10．如图，两个正交的全等正四面体（每一个四面体的各个面都过另一个四面体的三条共点的棱的中点），若正四面体棱长为2，则这两正交四面体公共部分的体积为______． 【答案】 【详解】根据题意可知该几何图形的体积由八个小正四面体和所求公共部分的体积组成， 设大正四面体为，是中心， 因为大正四面体的棱长为2，所以，， 所以大正四面体的高，小正四面体的高， 设所求部分的体积为，大正四面体的体积为，小正四面体的体积为， 则，， 所以，解得， 即这两正交四面体公共部分的体积为， 故答案为： 11．如图，圆柱的表面积为，AB，CD分别是圆柱上、下底面圆的直径，且四面体ABCD为正四面体，则该正四面体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 连接，，，因为四面体ABCD为正四面体， 所以，设， 在中，，，， 在，，， 故圆柱的表面积为， 解得. 故． ( 题型0 3 )多面体的性质探究 12．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．刻空间的弯白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，正四面体在各顶点的曲率为 ___ ;若某多面体满足:顶点数一棱数面数.该多面体的总曲率为 ____ . 【答案】 【详解】（1）正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是， 所以正四面体在各顶点的曲率为. （2）设多面体的顶点数为，棱数为，面数为， 每个面分别记为边形， 则所有面角和为， 则多面体的总曲率为， 故答案为：（1）（2） 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何新定义问题，正确读懂曲率是解决问题的关键. 13．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】/ 【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： 14．数学中有很多公式都是数学家欧拉（Leonhard  Euler）发现的，它们都叫欧拉公式，分散在各个数学分支之中，任意一个凸多面体的顶点数V.棱数E.面数F之间，都满足关系式，这个等式就是立体几何中的“欧拉公式”.若一个凸二十面体的每个面均为三角形，则由欧拉公式可得该多面体的顶点数为_____________ 【答案】12 【详解】因为二十面体的每个面均为三角形，每条棱都是两个面共用， 所以棱数，面数，顶点数. 故答案为：12. ( 题型0 4 )由平面图旋转得旋转体 15．下列几何体中不是旋转体的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据旋转体的定义选D 16．已知直角梯形，，，绕着它的腰所在直线旋转一周，形成的面所围的几何体为（   ） A．球体 B．圆锥 C．圆台 D．圆柱 【答案】C 【详解】如图，绕着它的腰所在直线旋转一周，形成的面所围的几何体为圆台. 17．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 【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. 18．如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，将该平面图形绕边旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的体积为______. 【答案】 【详解】因为，，， 所以， 所以， 由，得， 所以平面图形绕边旋转一周得到的旋转体为圆台， 其体积. 19．在直角梯形中，，，.若直角梯形以边所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的侧面积为______. 【答案】 【详解】∵ 直角梯形中，，，，为直角腰， ∴ 以为轴旋转一周所得几何体为圆台，其上底面半径，下底面半径. 过点作于点，可得. ∵ 在中，， ∴ 圆台母线长. ∴ . 20．如图所示的正六边形，是由六个直角边长分别为与的全等的直角三角形拼接而成的，该图形（阴影部分）绕着线段的中垂线旋转一周得到一个几何体，现在用密度为的材料去制造该几何体，则该几何体的质量为_______g.（结果用π表示） 【答案】 【详解】外部正六边形的边长为，旋转得到的几何体是两个全等的圆台，上底面半径为，下底面半径为，高为, 体积为. 内部的六边形边长为2cm，旋转得到的几何体是一个圆柱和两个与圆柱同底的圆锥， 圆锥的底面半径为，高为1cm，圆柱的底面半径为，高为， 内部的六边形旋转得到的几何体的体积为， 所以该几何体的体积为，用密度为的材料去制造该几何体， 则该几何体的质量为. 故答案为：. ( 题型0 5 )由旋转体找出旋转图形 21．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. 22．如图是由下列哪个平面图形绕轴旋转而成的组合体（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】组合体上半部分是圆锥，下半部分是一个圆台， 因此应该是由上半部分为直角三角形，下半部分为直角梯形的平面图形旋转而成的，观察四个选项得D正确. 23．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)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. 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 ( 题型0 6 )简单组合体的表面积和体积 24．如图，某广场摆放了石凳供大家休息，每张石凳是由一个正方体截去八个一样的四面体得到的几何体，数学上称之为阿基米德多面体.设被截正方体的棱长是，则每张石凳的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意，该几何体有6个面为正方形，8个面为等边三角形， 正方形及三角形的边长为， 则正方形的面积为，三角形的面积为， 所以每张石凳的表面积为. 25．我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如将有三条棱互相平行且有一个面为平行四边形的五面体称为刍甍，今有一刍甍，底面为菱形，平面，平面，记的体积为，三棱锥的体积为，，，若，则（   ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【详解】如图，在上分别取，连接， 因为平面，可得，所以可得到三棱柱， 由图可得：，则， 因为三棱锥的体积为，所以， 则三棱柱的体积为， 再由，则， 因为三棱锥的体积为，所以， 则四棱锥的体积为， 所以该刍甍的体积为， 所以， 又因为，所以. 26．如图，某几何体上面部分是一个正四棱锥，下面部分是一个长方体，． (1)若，该几何体的体积为192，求正四棱锥的高； (2)若，求该几何体的表面积． 【答案】(1) (2) 【分析】 【详解】（1）设正四棱锥的高为， 因为该几何体的体积为192， 所以； （2）在等腰三角形中，底边上的高为， 所以该几何体的表面积为： . 27．已知长方体中，，，用平面截去长方体的一个角后得到如图所示的几何体． (1)求被截去的几何体的体积； (2)求几何体的表面积． 【答案】(1)2 (2) 【分析】 【详解】（1）解：被截去的几何体为三棱锥，体积为． （2）解：因为，， 所以，，， ． ，， 在中，由余弦定理得， 则， 所以， 所以． 1．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，上、下旋转面的面积比是，则（    ） A． B． C． D．3 【答案】B 【详解】设与的交点为，，， 则，，． 由是直角，得，即，得①， 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（负值舍），则（负值舍）， 所以，则． 2．如图，正方体中，为正方形的中心，为棱的中点，过点的平面将正方体分成两部分，则较小的部分与较大的部分体积之比为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【详解】如图，共线，过点作直线交于中点，连接， 则平面即为过点的截面， 所切出来的多面体为三棱台，记其体积为，设正方体棱长为， 则，    则另一部分体积为，， 所以体积之比为. 3．我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如将有三条棱互相平行且有一个面为平行四边形的五面体称为刍甍，今有一刍甍，底面ABCD为矩形，面ABCD，记该刍甍的体积为，三棱锥的体积为，，，若，则（   ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【详解】 如图，在上分别取，连接， 因为面ABCD，可得，所以可得到三棱柱， 由图可得：，则， 因为三棱锥的体积为，所以， 则三棱柱的体积为， 再由，则， 因为三棱锥的体积为，所以， 则四棱锥的体积为， 所以该刍甍的体积为， 又因为，所以. 4．如图1，在中，，，，，分别为边，，的中点．将沿折起到沿折起到，使得平面且为等边三角形，如图2所示，则多面体的体积为（） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】在中，，，，分别为边，，的中点， ，，四边形是边长为1的正方形，面积， 折叠后，，，且， 因为为等边三角形，所以 因为平面，， 所以，补全几何体为棱长为1的正方体，如图，满足条件； 所以多面体的体积为正方体的体积减去2倍的三棱锥体积， 所以. 5．在边长为2的正方形中，剪去以为圆心，1为半径的扇形后得到的图形如图所示，以所在的直线为轴，其余边和弧旋转一周形成的面围成一个几何体，则（     ） A．该几何体的形状为圆柱中挖去个球 B．该几何体的形状为圆柱中挖去个球 C．该几何体的表面积为 D．该几何体的体积为 【答案】AD 【详解】对于A，B，正方形以所在的直线为轴旋转一周，形成一个底面半径为2，高为2的圆柱；由正方形得，则扇形（圆心角为的扇形）绕所在的直线为轴旋转一周，形成一个半球（球的半径为1），因此该几何体的形状为圆柱中挖去个球，如图所示， 故A正确，B错误； 对于C，圆柱的底面半径，高，半球的半径，则，，，，得，故C错误； 对于D，圆柱的底面半径，高，半球的半径，则，，得，故D正确. 6．用斜二测画法作出的水平放置的直观图如图所示，其中，，则绕所在直线旋转一周后所形成的几何体的侧面积为__________． 【答案】 【详解】由题可得则 ，因此绕所在直线旋转一周之后形成的几何体为底面半径，母线的圆锥， 则圆锥的侧面积为. 7．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】 【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：. 1．如图，为一个五面体，底面是矩形，//底面，侧面和侧面为全等的等腰三角形，侧面和侧面为全等的等腰梯形，其中，，，，设，，，则下列选项正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】过作底面的垂线，垂足为，过作于点，连接、、， 则五面体可分为四棱锥和三棱锥. 由题意知，， 在中，， 在中，，即五面体的高为. 如图取、三等分点、、、， 连接、、、、、， 则五面体可分为三棱柱、四棱锥和四棱锥， 且. ， ， . ，，. 所以ABD选项错误，C选项正确. 2．三棱锥的底面为边长为1的等边三角形，三个侧面三角形中至少有两个为等腰直角三角形，则该三棱锥的体积不可能为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】（1）是等边三角形，且，如下图所示， 由于，平面，所以平面， 因为，，所以， 所以，则. （2）是等边三角形，且，如下图所示， 由于，平面，所以平面， 所以. （3）是等边三角形，且，如下图所示， 取的中点，连接，则，， 所以，所以，所以， 所以，，平面， 所以平面.所以. 3．由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体（如图），  ，分别在上，满足，则几何体的体积为__________；___________. 【答案】 【详解】几何体看作以为公共底面的两个三棱锥和的组合， 又因为在正四棱台中，，， 所以，又因为，连接，则为等腰直角三角形， 其面积为：， 连接，交于点，连接，交于点，则垂直于面且为三棱锥的高，平移到，则，即四边形是平行四边形， 所以， 又因为四边形是正方形，所以，分别是，的中点， 且，为等腰直角三角形， 所以，， ， 在直角三角形中，由勾股定理可得， 所以几何体的体积, 连接，交于点，连接，， 由题意可得，几何体是由两个全等的正四棱台组合， 所以平行且，所以四边形是平行四边形， 所以，且平行， 又因为是两个全等的正四棱台组合的组合体的高， 所以，为直角三角形，由勾股定理可得： . 故答案为：，. 1．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合， 因为，且两两之间距离为1．， 则形成的新组合体为一个三棱柱， 该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为， . 故选：C. 2．（2025·北京·高考真题）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________． 【答案】 【详解】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， 故答案为：. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $