胡云端——模考中的阿基米德多面体问题解析
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邹生书,男,1962年12月出生,本科学历,理学士学位,中学数学高级教师,黄石市高中数学骨干教师。主要从事高中数学教学、高中数学解题研究和探究性学习等。从2007年8月到2018年8月,在《数学通讯》《数学通报》《数学教学》《中学数学》《中学数学教学》等,二十多种学术期刊上发表解题和探究性学习文章300余篇。
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模考中的阿基米德多面体问题解析
安陆市涢东学校 胡云端
“阿基米德多面体”也称为半正多面体(semi﹣regularsolid),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.该图形常常用于几何问题的考察中,本文通过几道试题,分析了这类题目的解题方法。
例1(2021春•葫芦岛期末)阿基米德和高斯、牛顿并列为世界三大数学家.阿基米德曾说过:“给我一个支点,我就能撬起整个地球.”史料表明阿基米德在研究半正多面体方面做出过突出贡献,因此半正多面体也称“阿基米德多面体”.阿基米德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.将正方体沿交于一个顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,如此截去八个三棱锥,得到一个半多面体.该多面体有 个面;若正方体的棱长为2,则该半正多面体的体积为 .
【分析】正方体原来有6个面,在每一个顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,多出8个截面,即得多面体的面数;
利用多面体的体积为正方体的体积减去8个小三棱锥的体积,即可求得该多面体的体积.
【解答】正方体原来有6个面,现在每一个顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,
共截去8个三棱锥,也多出8个截面,所得多面体的面是6+8=14(个),
即该多面体有14个面;
若正方体的棱长为2,则该多面体的体积为正方体的体积减去8个小三棱锥的体积,
【点评】本题考查了正方体和多面体的体积计算问题,也考查了推理与计算能力,是基础题.
例2(2021秋•奉贤区校级月考)如图,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一小块,八个顶点共截去八小块,得到八个面为正三角形、六个面为正方形的“阿基米德多面体”,则异面直线AB与CD所成角的大小是 .
【分析】利用平移的思想方法,找出异面直线AB与CD所成角。
【解答】如图所示,由题可知,四边形ABEG和CDFE
例3(2021秋•南通月考)“阿基米德多面体”也称为半正多面体(semi﹣regularsolid),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半正多面体.已知AB=√2,则关于如图半正多面体的下列说法中,正确的有( )
A.该半正多面体的体积为20/3
B.该半正多面体过A,B,C三点的截面面积为3√3/2
C.该半正多面体外接球的表面积为8π
D.该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式V+F﹣E=2
【分析】根据几何体的体积公式判断A,作出截面即可判断B,根据外接球为正四棱柱可以判断C,证明欧拉定理来说明D正确.
【解答】该半多面体,是由棱长为2的正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱锥所得,
对于A:因为由正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱锥,所以该几何体的体积
【点评】本题主要考查多面体的性质,空间想象能力的培养,欧拉公式及其应用等知识,属于中等题.
例4(2021秋•深圳校级月考)“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,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共截去八个三棱锥,得到的半正多面体的表面积为3+√3,则关于该半正多面体的下列说法中正确的是( )
【分析】补全该半正多面体得到一个正方体,由正三角形可得60°角,再利用平行关系,即可判断选项A,利用正方体找出线面角为∠ABE=45°,即可判断选项B,先找到二面角的补角∠AFE,在直角三角形AEF中,利用边角关系求解,即可判断选项C,利用半正多面体的对称中心与相应的正方体的对称中心是同一点,即为正方体体对角线的中点,再构造△OO1A,求出球的半径,再利用球的表面积公式求解即可.
【点评】本题以命题的真假判断为载体,考查了空间几何的理解与应用,正多面体的几何性质的应用,线面角与二面角的求解,球的表面积公式的应用,综合性强,考查了逻辑推理能力、空间想象能力与化简运算能力,属于难题.
【作者简介】胡云端,理学学士,全国高中数学联赛二级教练员,先后任教于湖北省某县一中,广东省重点高中,现任教市直学校,主要从事中学数学教学、教育信息化与课程融合的教学与研究工作。2017年完成中央电教馆一项青年课题研究(立项号123440854),已结题;在各级刊物发表多篇论文,教学课件、论文、微课先后获得省级竞赛一二等奖。
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