2026年高考数学一轮专题复习资料练习 70. 立体几何新教材中的一些常考新概念几何体

这是一份2026年高考数学一轮专题复习资料练习 70. 立体几何新教材中的一些常考新概念几何体，共12页。试卷主要包含了阿基米德多面体，正八面体，鳖臑，“鸭嘴”模型等内容，欢迎下载使用。


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（ ）
A．B．C．D．
解析：如图，在正方体中，分别取正方体、正方形的中心、，连接，∵分别为的中点，则，∴正方体的边长为，故，可得，
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为，半径，故该半正多面体外接球的表面积为.
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（ ）
A．该半正多面体的体积为
B．该半正多面体过三点的截面面积为
C．该半正多面体外接球的表面积为
D．该半正多面体的表面积为
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；
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，
又，所以正六边形面积为，故B正确；
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，故C错误；
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，所以其表面积为，故D正确.故选：ABD
★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
C．该几何体的体积为D．平面与平面间的距离为
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，直线与是共面的，故A错；
设二面角为，，，所以.
所以：二面角，故B错；
，故C错；由八面体的构成可知：平面和平面之间的距离是正方体体对角线的，所以两个平面之间的距离为：，故D对.
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，得到如图所示的六面体，动点在该六面体表面上，且满足，则（ ）

A．B．该几何体的体积为
C．动点的轨迹长为D．该多面体内切球的半径为
解析：对于A，取的中点，连接，由正三棱锥的性质可得，
因为，所以平面，所以，正确.

对于B，在正三棱锥中，作高线，由正三角形的性质可得，，所以，其体积为，所以该几何体的体积为，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，
所以点的轨迹为线段和及棱和，其长度为，正确.

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，即，解得，正确.故选：ACD
例5．将两个各棱长均为1的正三棱锥和的底面重合，得到如图所示的六面体，则（ ）
A．该几何体的表面积为
B．该几何体的体积为
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
解析：对于A，，所以表面积为，故A对；
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重心，所以，又因为，所以正三棱锥的高为，所以题图所示几何体的体积为，故B错；
对于C，由B选项可知面，由对称性可知三点共线，所以面，而面，所以面面，故C正确；
对于D，建立如图所示的空间直角坐标系：
其中轴平行，因为，
所以，
设平面的法向量为，所以，
不妨取，解得，所以取，
又，而，所以直线与平面不平行，故D错.故选：AC.
★3.鳖臑
例6.如图所示的阳马中，侧棱底面,且,点是的中点，连接．
（1）.证明：平面. 试判断四面体是否为鳖臑，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）.记阳马的体积为，四面体的体积为，求的值．
图 1
证明：（1）因为底面，所以；由底面为长方形，有，而，所以平面，平面，所以
又因为，点是的中点，所以，而，所以平面，由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形.
即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别是
（2）由已知，是阳马的高，所以；由（1）
知，是鳖臑的高， ，所以.
在△中，因为，点是的中点，所以，
于是
★4.“鸭嘴”模型
结论1：如图，，设为中点，则，故面，则.
结论2：反过来，若如图，，且，设为中点，则.另一方面，由于，则面，故，因为为中点，故可得：
.
结论3.上述两个结论中，即为二面角的平面角.
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（ ）
A．B．C．D．
解析：取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，
显然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，显然平面平面，直线平面，则直线在平面内的射影为直线，从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：
，
由正弦定理得，即，
显然是锐角，，
所以直线与平面所成的角的正切为.故选：C
例8.（2023年新高考2卷）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
（1）证明：；
（2）点F满足，求二面角的正弦值．
解析：（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）二面角的正弦值为．
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.可以得到劣弧，与，则这三条劣弧围成的曲面（阴影部分）称为球面，这三条劣弧称为球面的边.，，三点称为球面的顶点.设二面角为，二面角为，二面角为，则球面的面积，其中为球的半径，，，均用弧度制表示.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，，三点均在球的球面上，其中，.
(1)求，的值；
(2)求点到平面的距离；
(3)求球面的面积.
【详解】（1）根据，可得，
解得，因为，所以，
（2）由（1）得，，
设平面的一个法向量为，
则，令，，
所以平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为；
（3）依题意，
设平面，平面，平面的法向量为，
则，令，则，则，
则，令，则，则，
则，令，则，则，
所以，
，
，
结合四点的位置，可知均为钝角，
所以，
故球面的面积..
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，假设几何体的体积为，正方体的体积为，求的值；
(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：，
正十二面体有个面，即，则，
设正十二面体每一个面都是正边形，每一个顶点处有条棱，
因为多边形至少有条边，而再每个顶点处至少有条棱，
则，
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，
所以，所以，
所以，即，
由，得，
当，即时，，符合题意，
当，即时，（舍去），
当，即时，（舍去），
当，即时，（舍去），
综上所述，，，
此时，
即正十二面体共有条棱，个顶点；
（2）设正方体的棱长为，则，
几何体所有棱长为，是正八面体，
所以，
所以；
（3）假多面体每一个面都是正边形，每一个顶点处有条棱，
因为多边形至少有条边，而再每个顶点处至少有条棱，
则，
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，
代入可得，即，
当时，，
这与矛盾，
所以中至少有一个等于，
若，则，
由于，则，
因此，则，对应，
所以存在正四面体，正八面体，正二十面体；
若，则，
由于，则，
因此，则，对应，
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.