70.立体几何新教材中的一些常考几何体
一．素材展示（均选自人教A 版必修二教材）
二．典例分析（以下按照上图顺序展开），下面进入正文分析
★1.阿基米德多面体
例1．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多
面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿同一顶点出发的三条棱的中点截去一
个三棱锥，共可截去8 个三棱锥，得到8 个面为正三角形、6 个面为正方形的一种半正多
面体．若
，则此半正多面体外接球的表面积为（ ）
2
AB
A．
B．
C．
D．
4 3π
12π
8 2 π
3
8π
解析：如图，在正方体
中，分别取正方体、正方形
的中心
、
1
1
1
1
F
EFG
E
G
H
H
1
1
1
1
E FG H
O
，连接
，∵
分别为
的中点，则
，∴正
1
O
1
1
1
1
,
,
,
E G OO OA O A
,
A B
1
1
1
1
,
E H H G
1
1
2
2 2
E G
AB
方体的边长为
，故
，可得
，
2
EF
1
1
1
OO
O A
2
2
1
1
2
OA
OO
O A
根据对称性可知：点
到该半正多面体的顶点的距离相等，则该半正多面体外接球的球心
O
为
，半径
，故该半正多面体外接球的表面积为
.
O
2
R
OA
2
2
4π
4π
2
8π
S
R
故选：D
例2．（多选题）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，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．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点
截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种
阿基米德多面体．已知
，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有（ ）
1
AB
A．该半正多面体的体积为
5 2
3
B．该半正多面体过
三点的截面面积为
, ,
A B C
3 3
2
C．该半正多面体外接球的表面积为
8π
D．该半正多面体的表面积为
6
2 3
解析：A：如图，因为
，所以该半正多面体是由棱长为
的正方体沿各棱中点截去
1
AB
2
8 个三棱锥所得到的，
所以该半正多面体的体积为：
，故A 正确；
2
3
1
1
2
2
5 2
2
8
3
2
2
2
3
V
B：根据该半正多面体的对称性可知，过
三点的截面为正六边形
，
, ,
A B C
ABCFED
又
，所以正六边形面积为
，故B 正确；
1
AB
2
3
3 3
6
1
4
2
S
C：根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，
即正六边形
的中心，故半径为
，所以该半正多面体外接球的表面积为
ABCFED
1
AB
，故C 错误；
2
2
4π
4π 1
4π
S
R
D：因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为，所以其表面积
1
为
，故D 正确.故选：ABD
2
2
3
8
1
6 1
6
2 3
4
★2.正八面体
例3．正八面体可由连接正方体每个面的中心构成，如图所示，在棱长为2 的正八面体
中，则有（ ）
A．直线
与
是异面直线 B．平面
平面
AE
CF
ABF
ABE
C．该几何体的体积为
D．平面
与平面
间的距离为
4
2
3
ABE
DCF
2 6
3
解析：正八面体可由正方体每个面的中心构成，如图：
因为正八面体的棱长为2，所以正方体的棱长为
.∵
，
，
，
四点共面，直线
2 2
A
E
C
F
AE
与
是共面的，故A 错；
CF
设二面角
为，
，
，所以
.
E
AB
D
θ
3
ABE
S
A
4
ABCD
S
正方形
1
2
2
3
cos
π
θ
4
所以：二面角
，故B 错；
E
AB
F
π
2θ
2
，故C 错；由八面体的构成可知：平面
和平面
之间的距离
1
8
4 2 2
2
3
3
V
ABE
DCF
是正方体体对角线的
，所以两个平面之间的距离为：
，故D 对.
1
3
1
2 6
2 2
3
3
3
故选：D
例4．将两个各棱长均为1 的正三棱锥
和
的底面重合，得到如图所示的
D
ABC
E
ABC
六面体，动点
在该六面体表面上，且满足
，则（ ）
P
BC
AP
A．
B．该几何体的体积为
AD
BC
2
4
C．动点
的轨迹长为
D．该多面体内切球的半径为
P
2
3
6
9
解析：对于A，取
的中点
，连接
，由正三棱锥的性质可得
BC
M
,
AM DM
，
,
AM
BC DM
BC
因为
，所以
平面
，所以
，正确.
AM
DM
M
BC
ADM
BC
AD
对于B，在正三棱锥
中，作高线
，由正三角形的性质可得
，
D
ABC
DO
2
3
AM
，所以
，其体积为
，所以该几何体的体积为
3
3
AO
6
3
DO
1
1
2
3
12
ABC
V
S
DO
A
2
6
，不正确.
对于C，由几何体的对称性可得，
四点共面，由选项A 可知，
平面
,
A D M E
,
,
BC
，
ADME
所以点
的轨迹为线段
和
及棱
和
，其长度为
，正确.
P
DM
ME
AD
AE
2
3
对于D，设几何体的内切球半径为，球心为
，连接球心和各顶点，则有
r
O
2
6
6
O ABD
V
，即
，解得
，正确.故选：ACD
3
2
2
6
r
6
9
r
例5．将两个各棱长均为1 的正三棱锥
和
的底面重合，得到如图所示的
D
ABC
E
ABC
六面体，则（ ）
A．该几何体的表面积为
3 3
2
B．该几何体的体积为
3
6
C．过该多面体任意三个顶点的截面中存在两个平面互相垂直
D．直线
平面
//
AD
BCE
解析：对于A，
，所以表面积为
，故A 对；
1
3
3
1 1
2
2
4
ABD
S
A
3
3 3
6
4
2
对于B，如图所示：
设点
在平面
内的投影为
，
为
的中点，则由对称性可知
为三角形
的
D
ABC
O
M
BC
O
ABC
重心，所以
，又因为
，所以正三棱锥
的高为
2
2
3
3
1
3
3
2
3
AO
AM
1
AD
D
ABC
，所以题图所示几何体的体积为
2
2
1
6
1
3
3
DO
AD
AO
，故B 错；
1
6
3
2
2
2
3
3
4
6
D
ABC
V
V
图 1
D
P
E
C
B
A
对于C，由B 选项可知
面
，由对称性可知
三点共线，所以
面
DO
ABC
,
,
D O E
DE
ABC
，而
面
，所以面
面
，故C 正确；
DE
ADE
ADE
ABC
对于D，建立如图所示的空间直角坐标系：
其中
轴平行
，因为
，
Ox
BC
3
3
3
3
,
3
2
3
6
AO
OM
所以
，
1
3
1
3
6
1
3
6
,
,0 ,
,
,0 ,
0,0,
,
1,0,0 ,
,
,
2
6
2
6
3
2
6
3
B
C
E
BC
BE
设平面
的法向量为
，所以
，
BCE
, ,
n
x y z
0
1
3
6
0
2
6
3
x
x
y
z
不妨取
，解得
，所以取
，
1
z
2 2,
0
y
x
0, 2 2,1
n
又
，而
，所以
3
6
3
6
0,
,0 ,
0,0,
,
0,
,
3
3
3
3
A
D
AD
2 6
6
6
0
3
3
3
AD n
直线
与平面
不平行，故D 错.故选：AC.
AD
BCE
★3.鳖臑
例6.如图所示的阳马P
ABCD
中，侧棱PD 底面ABCD ,且
,点E 是PC 的中
CD
PD
点，连接
,
,
DE BD BE ．
（1）.证明：DE 平面PBC . 试判断四面体EBCD 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的
直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由；
（2）.记阳马P
ABCD
的体积为
1
V ，四面体EBCD 的体积为
2
V ，求
1
2
V
V 的值．
证明：（1）因为PD 底面
，所以PD
BC
；由底面
为长方形，有
ABCD
ABCD
BC
CD
，而
，所以
平面
，
平面
，所以
PD
CD
D
BC
PCD
DE
PCD
BC
DE
又因为
，点
是
的中点，所以
，而
，所以
PD
CD
E
PC
DE
PC
PC
BC
C
DE
平面
，由
平面
，
平面
，可知四面体
的四个面都是直
PBC
BC
PCD
DE
PBC
EBCD
角三角形.
即四面体
是一个鳖臑，其四个面的直角分别是
EBCD
,
,
,
BCD
BCE
DEC
DEB
（2）由已知，PD 是阳马P
ABCD
的高，所以
1
1
1
3
3
ABCD
V
S
PD
BC CD PD
；由（1）
知，DE 是鳖臑D
BCE
的高， BC
CE
，所以
2
1
1
3
6
BCE
V
S
DE
BC CE DE
.
在Rt △PDC 中，因为PD
CD
，点E 是PC 的中点，所以
2
2
DE
CE
CD
，
于是
1
2
1
2
3
4.
1
6
BC CD PD
V
CD PD
V
CE DE
BC CE DE
★4.“鸭嘴”模型
结论1：如图，
，设
为
中点，则
，故
DC
DB
AC
AB
,
O
BC
BC
DO
BC
AO
,
面
，则
.
BC
AOD
AD
BC
结论2：反过来，若如图，
，且
，设
为
中点，则
.另
AC
AB
AD
BC
O
BC
BC
AO
一方面，由于
，则
面
，故
，因为
为
中点，故可
AD
BC
BC
AOD
OD
BC
O
BC
得：
.
DC
DB
结论3.上述两个结论中，
即为二面角
的平面角.
AOD
D
BC
A
例7．（2023 年全国乙卷真题）已知
为等腰直角三角形，AB 为斜边，
为等
ABC
A
ABD
△
边三角形，若二面角
为
，则直线CD 与平面ABC 所成角的正切值为
C
AB
D
150
（ ）
A．
B．
C．
D．
1
5
2
5
3
5
2
5
解析：取
的中点
，连接
，因为
是等腰直角三角形，且
为斜边，则
AB
E
,
CE DE
ABC
A
AB
有
，又
是等边三角形，则
，从而
为二面角
的平
CE
AB
ABD
△
DE
AB
CED
C
AB
D
面角，即
，
150
CED
显然
平面
，于是
平面
，又
平面
，
,
,
CE
DE
E CE DE
CDE
AB
CDE
AB
ABC
因此平面
平面
，显然平面
平面
，直线
平面
，则
CDE
ABC
CDE
ABC
CE
CD
CDE
直线
在平面
内的射影为直线
，从而
为直线
与平面
所成的角，
CD
ABC
CE
DCE
CD
ABC
令
，则
，在
中，由余弦定理得：
2
AB
1,
3
CE
DE
CDE
A
，
2
2
3
2
cos
1 3
2 1
3
(
)
7
2
CD
CE
DE
CE DE
CED
由正弦定理得
，即
，
sin
sin
DE
CD
DCE
CED
3sin150
3
sin
7
2 7
DCE
显然
是锐角，
，
DCE
2
2
3
5
cos
1 sin
1 (
)
2 7
2 7
DCE
DCE
所以直线
与平面
所成的角的正切为
.故选：C
CD
ABC
3
5
例8.（2023 年新高考2 卷）如图，三棱锥
中，
，
，
A
BCD
DA
DB
DC
BD
CD
，E 为BC 的中点．
60
ADB
ADC
（1）证明：
；
BC
DA
（2）点F 满足
，求二面角
的正弦值．
EF
DA
D
AB
F
解析：（1）连接
，因为E 为BC 中点，
，所以
①，
,
AE DE
DB
DC
DE
BC
因为
，
，所以
与
均为等边三角形，
DA
DB
DC
60
ADB
ADC
ACD
A
ABD
△
，从而
②，由①②，
，
平面
，
AC
AB
AE
BC
AE
DE
E
,
AE DE
ADE
所以，
平面
，而
平面
，所以
．
BC
ADE
AD
ADE
BC
DA
（2）二面角
的正弦值为
．
D
AB
F
3
3
三．习题演练
1．如图1，过球
上不在同一大圆上的
，
，
三个点中的任意两点作大圆.可以得到劣
O
A
B
C
弧
，
与
，则这三条劣弧围成的曲面
（阴影部分）称为球面
，这三
AB
BC
AC
ABC
V
ABC
V
条劣弧称为球面
的边.
，
，
三点称为球面
的顶点.设二面角
为
ABC
V
A
B
C
ABC
V
C
OA
B
，二面角
为
，二面角
为
，则球面
的面积
A
A
C
OB
A
B
A
B
OC
A
C
A
ABC
V
，其中
为球的半径，
，
，
均用弧度制表示.
2
(
)
ABC
S
A
B
C
R
A
A
A
球面△
R
A
A
B
A
C
A
以球心
为坐标原点，建立如图2 所示的空间直角坐标系.已知
，
，
O
(0,0,6)
A
( ,2 6, 2)
B m
三点均在球
的球面上，其中
，
.
(2 2 , 2)
C
n
O
0
m
0
n
(1)求
，
的值；
m
n
(2)求点
到平面
的距离；
O
ABC
(3)求球面
的面积.
ABC
V
【详解】（1）根据
，可得
，
OA
OB
OC
2
2
36
24
4
8
4
m
n
解得
，因为
，所以
，
2 2,
2 6
m
n
0,
0
m
n
2 2,
2 6
m
n
（2）由（1）得
，
，
(2 2,2 6, 2),
(2 2, 2 6, 2)
B
C
(2 2,2 6, 8),
(2 2, 2 6, 8)
AB
AC
设平面
的一个法向量为
，
ABC
0
0
0
0
(
,
,
)
v
x
y
z
则
，令
，
，
0
0
0
0
0
0
·
2 2
2 6
8
0
·
2 2
2 6
8
0
v AB
x
y
v AC
x
y
0
2 2
x
0
0
0,
1
y
z
所以平面
的一个法向量为
，
ABC
0
(2 2,0,1)
v
所以点
到平面
的距离为
；
O
ABC
0
0
|
|
6
2
|
|
8
1
v OA
v
A
（3）依题意
，
(0,0,6),
(2 2,2 6, 2),
(2 2, 2 6, 2)
OA
OB
OC
设平面
，平面
，平面
的法向量为
，
OAB
OBC
OAC
1
1
1
1
2
2
2
2
3
3
3
3
( ,
,
),
(
,
,
),
(
,
,
)
v
x y z
v
x
y
z
v
x
y z
则
，令
，则
，则
，
1
1
1
1
1
1
·
6
0
·
2 2
2 6
2
0
v OA
z
v OB
x
y
z
1
3
x
1
1
1,
0
y
z
1
( 3, 1,0)
v
则
，令
，则
，则
，
2
2
2
2
2
2
2
2
·
2 2
2 6
2
0
·
2 2
2 6
2
0
v OB
x
y
z
v OC
x
y
z
2
1
x
2
2
0,
2
y
z
1
(1,0, 2)
v
则
，令
，则
，则
，
3
3
3
3
3
3
·
6
0
·
2 2
2 6
2
0
v OA
z
v OC
x
y
z
3
3
x
3
3
1,
0
y
z
3
( 3,1,0)
v
所以
，
1
3
1
3
1
3
|
1
| cos
| | cos
,
|
2
|
| |
|
v v
A
v v
v
v
A
A
A
，
1
2
1
2
1
2
|
1
| cos
| | cos
,
|
2
|
| |
|
v v
B
v v
v
v
A
A
A
，
2
3
2
3
2
3
|
1
| cos
| | cos
,
|
2
|
| |
|
v v
C
v v
v
v
A
A
A
结合
四点的位置，可知
均为钝角，
, , ,
O A B C
,
,
A
B
C
A
A
A
所以
，
2π
3
A
B
C
A
A
A
故球面
的面积
..
ABC
V
2
2π
2π
2π
(
π) 6
36π
3
3
3
ABC
S
球面V
2.正多面体是指各个面都是全等的正多边形，并且各个多面角都是全等的多面角，又称为
柏拉图多面体，因为柏拉图及其追随者对它们所作的研究而得名．自然界中有许多的柏拉
图多面体，如甲烷、金刚石分子结构模型都是正四面体，氯化钠的分子结构模型是正六面
体，萤石的结晶体有时是正八面体，硫化体的结晶体有时会接近正十二面体的形状……柏
拉图多面体满足性质：
（其中V，F 和E 分别表示多面体的顶点数，面数和
2
V
F
E
棱数）．
(1)正十二面体共有几条棱，几个顶点？
(2)如图所示的正方体
中，点
为正方体六个面的中心，假设
1
1
1
1
ABCD
A B C D
,
, , ,
,
G H I J K L
几何体
的体积为
，正方体
的体积为
，求
的值；
GHIJKL
1
V
1
1
1
1
ABCD
A B C D
2
V
1
2
V
V
(3)判断柏拉图多面体有多少种？并说明理由．
【详解】（1）根据柏拉图多面体满足性质：
，
2
V
F
E
正十二面体有
个面，即
，则
，
12
12
F
10
E
V
设正十二面体每一个面都是正
边形，每一个顶点处有
条棱，
x
y
因为多边形至少有条边，而再每个顶点处至少有条棱，
3
3
则
，
3,
3,
N,
N
x
y
x
y
由于每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点，
则有
，即
，
2 ,
2
xF
E yV
E
12
2 ,
2
x
E yV
E
所以
，所以
，
2
20
2
12
yV
E
V
x
6
10
V
x
所以
，即
，
2
20
y
V
3
5
2
10
x
y
由
，得
，
3,
3,
N,
N
x
y
x
y
3
5
0,
2
0
x
y
当
，即
时，
，符合题意，
2
1
y
3
y
5
x
当
，即
时，
（舍去），
2
2
y
4
y
10
3
x
当
，即
时，
（舍去），
2
5
y
7
y
7
3
x
当
，即
时，
（舍去），
2
10
y
12
y
2
x
综上所述，
，
，
5
x
3
y
此时
，
30,
20
E
V
即正十二面体共有
条棱，
个顶点；
30
20
（2）设正方体
的棱长为
，则
，
1
1
1
1
ABCD
A B C D
a
3
2
V
a
几何体
所有棱长为
，是正八面体，
GHIJKL
2
2 a
所以
，
3
1
1
2
2
1
1
2
3
2
2
2
6
V
a
a
a
a
所以
；
1
2
1
6
V
V
（3）假多面体每一个面都是正
边形，每一个顶点处有
条棱，
n
m
因为多边形至少有条边，而再每个顶点处至少有条棱，
3
3
则
，
3,
3,
N,
N
n
m
n
m
由于每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点，
则有
，
2 ,
2
nF
E mV
E
代入
可得
，即
，
2
V
F
E
2
2
2
E
E
E
m
n
1
1
1
1
2
m
n
E
当
时，
，
3,
3
m
n
1
1
1
1
1
4
4
2
m
n
这与
矛盾，
0
E
所以
中至少有一个等于，
,
m n
3
若
，则
，
3
n
1
1
1
6
m
E
由于
，则
，
0
E
3
6,
N
m
m
因此
，则
，对应
，
3,4,5
m
6,12,30
E
4,8,20
F
所以存在正四面体，正八面体，正二十面体；
若
，则
，
3
m
1
1
1
6
n
E
由于
，则
，
0
E
3
6,
N
n
n
因此
，则
，对应
，
3,4,5
n
6,12,30
E
4,6,12
F
所以存在正四面体，正六面体，正十二面体
综上所述，柏拉图多面体只有种.
5
