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6 有3块正方体积木，每一块的各面都涂上不同的颜色，3块的涂法完全相同，现把它们摆放成不同的位置(如图)，则涂成绿色一面的对面的颜色是 (
A.白色
B.红色
C.黄色
D.黑色
7 用棱长为1的小正方体组成新的大正方体，如果不允许切割，那么至少要
C
)A.白色
B.红色
C.黄色
D.黑色
7 用棱长为1的小正方体组成新的大正方体，如果不允许切割，那么至少要
答案
6. C 【解析】首先由题图确定共有白色、黑色、绿色、蓝色、红色、黄色六种颜色. 由于正方体积木的任意一个面有4个邻面、1个对面,且根据题意可知,与绿色一面相邻的颜色有白色、黑色、蓝色、红色,所以涂成绿色一面的对面的颜色是黄色.
7. 8
7. 8
解析
第6题
【分析】
要判断绿色面的对面颜色，我们可以利用正方体的面的特征：正方体每个面仅有1个对面，剩余4个均为相邻面，且题目说明3块积木涂法完全相同，因此只要找出所有和绿色相邻的颜色，剩下的颜色就是对面的颜色。首先可知总共有白、黑、绿、蓝、红、黄6种颜色，观察第一个积木，绿色和白色、黑色相邻；观察第二个积木，绿色和蓝色、红色相邻，4个相邻面的颜色全部确定后，剩余的颜色就是绿色对面的颜色。
【解析】
由题意得正方体积木共有白、黑、绿、蓝、红、黄6种颜色，正方体任意一个面有4个相邻面、1个对面。根据题图可知，和绿色面相邻的颜色为白色、黑色、蓝色、红色，剩余的颜色只有黄色，因此绿色一面的对面颜色是黄色。
【答案】
C
【知识点】
正方体面的特征，逻辑推理
【点评】
本题考查正方体相邻面与对面的关系，解题核心是通过不同摆放的积木找出目标面所有的相邻颜色，排除后即可快速得到对面颜色，能有效锻炼空间想象能力。
【难度系数】
0.7
---
第7题
【分析】
用棱长为1的小正方体拼不切割的新大正方体，大正方体的每条棱长上至少需要2个小正方体（棱长为1就是原小正方体，不符合“新的大正方体”的要求），再根据正方体总个数=棱长×棱长×棱长即可算出最少需要的数量。
【解析】
要拼成不切割的新大正方体，大正方体的最小棱长为2，所需小正方体的数量为：$2×2×2=8$。
【答案】
8
【知识点】
正方体拼接，正方体体积计算
【点评】
本题考查立体图形的拼接，明确拼成大正方体的最小棱长是解题的关键，属于基础类空间几何应用题。
【难度系数】
0.8
【分析】
要判断绿色面的对面颜色，我们可以利用正方体的面的特征：正方体每个面仅有1个对面，剩余4个均为相邻面，且题目说明3块积木涂法完全相同，因此只要找出所有和绿色相邻的颜色，剩下的颜色就是对面的颜色。首先可知总共有白、黑、绿、蓝、红、黄6种颜色，观察第一个积木，绿色和白色、黑色相邻；观察第二个积木，绿色和蓝色、红色相邻，4个相邻面的颜色全部确定后，剩余的颜色就是绿色对面的颜色。
【解析】
由题意得正方体积木共有白、黑、绿、蓝、红、黄6种颜色，正方体任意一个面有4个相邻面、1个对面。根据题图可知，和绿色面相邻的颜色为白色、黑色、蓝色、红色，剩余的颜色只有黄色，因此绿色一面的对面颜色是黄色。
【答案】
C
【知识点】
正方体面的特征，逻辑推理
【点评】
本题考查正方体相邻面与对面的关系，解题核心是通过不同摆放的积木找出目标面所有的相邻颜色，排除后即可快速得到对面颜色，能有效锻炼空间想象能力。
【难度系数】
0.7
---
第7题
【分析】
用棱长为1的小正方体拼不切割的新大正方体，大正方体的每条棱长上至少需要2个小正方体（棱长为1就是原小正方体，不符合“新的大正方体”的要求），再根据正方体总个数=棱长×棱长×棱长即可算出最少需要的数量。
【解析】
要拼成不切割的新大正方体，大正方体的最小棱长为2，所需小正方体的数量为：$2×2×2=8$。
【答案】
8
【知识点】
正方体拼接，正方体体积计算
【点评】
本题考查立体图形的拼接，明确拼成大正方体的最小棱长是解题的关键，属于基础类空间几何应用题。
【难度系数】
0.8
8 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.
（1）根据如图所示的多面体模型，填写下表中的空格：
| 多面体 | 顶点数(V) | 面数(F) | 棱数(E) |
|--------------|-----------|---------|---------|
| 四面体 | 4 | 4 | |
| 长方体 | 8 |
| 12 |
| 正八面体 | | 8 | 12 |
| 正十二面体 | 20 | 12 | 30 |
你发现顶点数(V)、面数(F)、棱数(E)之间存在的关系式为
（2）一个多面体的面数比顶点数大8，且有30条棱，则这个多面体的面数是
（1）根据如图所示的多面体模型，填写下表中的空格：
| 多面体 | 顶点数(V) | 面数(F) | 棱数(E) |
|--------------|-----------|---------|---------|
| 四面体 | 4 | 4 | |
| 长方体 | 8 |
| 12 || 正八面体 | | 8 | 12 |
| 正十二面体 | 20 | 12 | 30 |
你发现顶点数(V)、面数(F)、棱数(E)之间存在的关系式为
V+F-E=2
.（2）一个多面体的面数比顶点数大8，且有30条棱，则这个多面体的面数是
20
.答案
8. (1) 6 6 V+F-E=2
(2) 20 【解析】由题意,得 F-8+F-30=2,解得 F=20,即这个多面体的面数为 20.
(2) 20 【解析】由题意,得 F-8+F-30=2,解得 F=20,即这个多面体的面数为 20.
解析
【分析】
（1）首先观察表格中给出完整数据的长方体、正十二面体，计算顶点数、面数之和与棱数的差，初步猜想三者的数量关系，再用该关系式计算表格中空缺的棱数和顶点数，验证猜想后即可得到欧拉公式。
（2）第二问根据“面数比顶点数大8”的条件，将顶点数用面数表示，代入第一问得到的欧拉公式，转化为一元一次方程求解就能得到面数。
【解析】
（1）先分析已有的完整数据：
长方体中$V=8,F=6,E=12$，计算得$8+6-12=2$；
正十二面体中$V=20,F=12,E=30$，计算得$20+12-30=2$；
由此猜想三者关系式为$V+F-E=2$。
用该关系式计算空缺项：
四面体：已知$V=4,F=4$，代入得$4+4-E=2$，解得$E=6$；
正八面体：已知$F=8,E=12$，代入得$V+8-12=2$，解得$V=6$；
验证所有多面体均满足该式，因此关系式为$V+F-E=2$。
（2）由题意得面数比顶点数大8，即$V=F-8$，已知$E=30$，代入$V+F-E=2$：
$\begin{aligned}(F-8)+F-30&=2\\2F-38&=2\\2F&=40\\F&=20\end{aligned}$
【答案】
（1）$6$；$6$；$\boldsymbol{V+F-E=2}$
（2）$\boldsymbol{20}$
【知识点】
欧拉公式；规律探究；一元一次方程应用
【点评】
本题通过观察多面体的顶点数、面数、棱数归纳出欧拉公式，再应用公式解决实际问题，既锻炼了归纳推理能力，也考查了方程思想的应用。
【难度系数】
0.8
（1）首先观察表格中给出完整数据的长方体、正十二面体，计算顶点数、面数之和与棱数的差，初步猜想三者的数量关系，再用该关系式计算表格中空缺的棱数和顶点数，验证猜想后即可得到欧拉公式。
（2）第二问根据“面数比顶点数大8”的条件，将顶点数用面数表示，代入第一问得到的欧拉公式，转化为一元一次方程求解就能得到面数。
【解析】
（1）先分析已有的完整数据：
长方体中$V=8,F=6,E=12$，计算得$8+6-12=2$；
正十二面体中$V=20,F=12,E=30$，计算得$20+12-30=2$；
由此猜想三者关系式为$V+F-E=2$。
用该关系式计算空缺项：
四面体：已知$V=4,F=4$，代入得$4+4-E=2$，解得$E=6$；
正八面体：已知$F=8,E=12$，代入得$V+8-12=2$，解得$V=6$；
验证所有多面体均满足该式，因此关系式为$V+F-E=2$。
（2）由题意得面数比顶点数大8，即$V=F-8$，已知$E=30$，代入$V+F-E=2$：
$\begin{aligned}(F-8)+F-30&=2\\2F-38&=2\\2F&=40\\F&=20\end{aligned}$
【答案】
（1）$6$；$6$；$\boldsymbol{V+F-E=2}$
（2）$\boldsymbol{20}$
【知识点】
欧拉公式；规律探究；一元一次方程应用
【点评】
本题通过观察多面体的顶点数、面数、棱数归纳出欧拉公式，再应用公式解决实际问题，既锻炼了归纳推理能力，也考查了方程思想的应用。
【难度系数】
0.8
9 新考向 探究题 [2024 青岛]
（1）如图①，将边长为2 dm的正方形纸板沿虚线剪掉边长为1 dm的小正方形，得到如图②所示的“纸板卡”.若用这样完全相同的“纸板卡”拼成正方形，则最少需要多少个？
（2）如图③，将长、宽、高分别为4 dm，2 dm，2 dm的长方体砖块，切割掉长、宽、高分别为4 dm，1 dm，1 dm的长方体，得到如图④所示的“直角砖块”.若用这样完全相同的“直角砖块”拼成正方体，则最少需要多少个？
（1）如图①，将边长为2 dm的正方形纸板沿虚线剪掉边长为1 dm的小正方形，得到如图②所示的“纸板卡”.若用这样完全相同的“纸板卡”拼成正方形，则最少需要多少个？
（2）如图③，将长、宽、高分别为4 dm，2 dm，2 dm的长方体砖块，切割掉长、宽、高分别为4 dm，1 dm，1 dm的长方体，得到如图④所示的“直角砖块”.若用这样完全相同的“直角砖块”拼成正方体，则最少需要多少个？
答案
9. (1) 用2个如题图②所示的“纸板卡”可拼成一个长为3 dm,宽为2 dm的长方形,它的面积为 3×2=6(dm²),则用6个上述的3 dm×2 dm的长方形可拼成一个面积为 36 dm²的正方形,该正方形的边长为6 dm,所以最少需要如题图②所示的“纸板卡”6×2=12(个) (2) 先用2个如题图④所示的“直角砖块”拼成长、宽、高分别为4 dm,3 dm,2 dm的长方体A,再用4×3=12(个)长方体A拼成一个长、宽、高分别为12 dm,12 dm,2 dm的长方体B,最后用6个长方体B可以拼成棱长为12 dm的正方体,所以最少需要如题图④所示的“直角砖块”2×12×6=144(个)
解析
【分析】
（1）解决第一问先计算单个“纸板卡”的面积，再分析拼接正方形的边长特征：拼接后正方形的边长需为纸板卡涉及的边长2dm和3dm的最小公倍数，结合单个纸板卡面积即可算出最少需要的个数。
（2）解决第二问先计算单个“直角砖块”的体积，再分析拼接正方体的棱长特征：拼接后正方体的棱长需为拼接过程涉及的4dm、3dm、2dm的最小公倍数，逐步推导每一步拼接需要的块数，最终得到总块数。
【解析】
（1）单个“纸板卡”的面积为$2×2 - 1×1=3(\mathrm{dm}^2)$。用2个“纸板卡”可拼成长3dm、宽2dm的长方形，面积为$3×2=6(\mathrm{dm}^2)$。要拼成正方形，边长需为2和3的最小公倍数6dm，此时正方形面积为$6×6=36(\mathrm{dm}^2)$。需要上述长方形的个数为$36÷6=6$个，因此需要“纸板卡”的总个数为$6×2=12$个。
（2）单个“直角砖块”的体积为$4×2×2 -4×1×1=12(\mathrm{dm}^3)$。用2个“直角砖块”可拼成长4dm、宽3dm、高2dm的长方体A。要拼成正方体，棱长需为4、3、2的最小公倍数12dm。拼成长12dm、宽12dm、高2dm的长方体B，需要长方体A的个数为$(12÷4)×(12÷3)=12$个；拼成棱长12dm的正方体，需要长方体B的个数为$12÷2=6$个。因此需要“直角砖块”的总个数为$2×12×6=144$个。
【答案】
（1）最少需要12个；
（2）最少需要144个。
【知识点】
最小公倍数应用，平面图形拼接，立体图形拼接
【点评】
本题结合平面和立体图形的拼接探究问题，考查最小公倍数在实际拼接问题中的应用，解题时需要先明确拼接后规则图形的边长、棱长特征，再逐步推导所需的构件数量，对空间想象能力和逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
（1）解决第一问先计算单个“纸板卡”的面积，再分析拼接正方形的边长特征：拼接后正方形的边长需为纸板卡涉及的边长2dm和3dm的最小公倍数，结合单个纸板卡面积即可算出最少需要的个数。
（2）解决第二问先计算单个“直角砖块”的体积，再分析拼接正方体的棱长特征：拼接后正方体的棱长需为拼接过程涉及的4dm、3dm、2dm的最小公倍数，逐步推导每一步拼接需要的块数，最终得到总块数。
【解析】
（1）单个“纸板卡”的面积为$2×2 - 1×1=3(\mathrm{dm}^2)$。用2个“纸板卡”可拼成长3dm、宽2dm的长方形，面积为$3×2=6(\mathrm{dm}^2)$。要拼成正方形，边长需为2和3的最小公倍数6dm，此时正方形面积为$6×6=36(\mathrm{dm}^2)$。需要上述长方形的个数为$36÷6=6$个，因此需要“纸板卡”的总个数为$6×2=12$个。
（2）单个“直角砖块”的体积为$4×2×2 -4×1×1=12(\mathrm{dm}^3)$。用2个“直角砖块”可拼成长4dm、宽3dm、高2dm的长方体A。要拼成正方体，棱长需为4、3、2的最小公倍数12dm。拼成长12dm、宽12dm、高2dm的长方体B，需要长方体A的个数为$(12÷4)×(12÷3)=12$个；拼成棱长12dm的正方体，需要长方体B的个数为$12÷2=6$个。因此需要“直角砖块”的总个数为$2×12×6=144$个。
【答案】
（1）最少需要12个；
（2）最少需要144个。
【知识点】
最小公倍数应用，平面图形拼接，立体图形拼接
【点评】
本题结合平面和立体图形的拼接探究问题，考查最小公倍数在实际拼接问题中的应用，解题时需要先明确拼接后规则图形的边长、棱长特征，再逐步推导所需的构件数量，对空间想象能力和逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
