多面体与正多面体

9.11多面体与正多面体

【教学目标】

了解多面体、正多面体的概念【知识梳理】

1若干个平面多边形围成的几何体，叫做多面体．２把多面体的任何一个面伸展为平面，如果所有其他各面都在这个平面的同侧，这样的多面体叫做凸多面体．

３每个面都是有相同边数的正多边形，且以每个顶点为其一端都有相同的数目的棱的凸多面体，叫做正多面体．

4.正多面体有且只有5种：正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体【点击双基】

1.一个正方体内有一个内切球面，作正方体的对角面，所得截面图形是

A B

C D

答案：B

2.正多面体只有_____________种，分别为________________.

答案：5 正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体

3.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是A 1B 1、BB 1的中点，则直线AM 与CN 所成的角的余弦值是_____________.

解析：过N 作NP ∥AM 交AB 于点P ，连结C 1P ，解三角形即可.

答案：

【典例剖析】

【例1】已知甲烷CH 4的分子结构是中心一个碳原子，外围有4个氢原子（这4个氢原子构成一个正四面体的四个顶点）.设中心碳原子到外围4个氢原子连成的四条线段两两组成的角为θ，则cos θ等于

A.－31

B. 31

C.－ 21

1 解析：将正四面体嵌入正方体中，计算易得

cos θ=

32)22()3()3(2

22??-+=－

（设正方体的棱长为2）. 答案：A

【例2】试求正八面体二面角的大小及其两条异面棱间的距离.

解：如图，设正八面体的棱长为4a ，以中心O 为原点，对角线DB 、AC 、QP 为x 轴、y

轴、z 轴建立空间直角坐标系，则A （0，－22a ，0）、B （22a ，0，0）、C （0，22a ，0）、P （0，0，22a ），设E 为BC 的中点，连结PE 、QE 、OE ，则∠PEQ =2∠PEO 即为所求二面角的平面角，∵OE =2a ，OP =22a ，∴tan ∠PEO =2，∠PEQ =2arctan 2.设n =（x ，y ，z ）是AB 与PC 的公垂线的一个方向向量，则有n ·AB =x +y =0，n ·PC =y －z =0，解得

z A

B C D

P Q

n =（－1，1，1），所以向量BC =（－22a ，22a ，0）在n 上的射影长d =3

|BC n =

64a

即为所求.

特别提示

由于正多面体中的等量关系、垂直关系比较多，所以便于建立直角坐标系，运用解析法处理.要注意恰当选取坐标原点，一般取其中心或顶点（如正四棱柱）.

【例3】三个12×12 cm 的正方形，如图，都被连结相邻两边中点的直线分成A 、B 两片〔如图（1）〕，把6片粘在一个正六边形的外面〔如图（2）〕，然后折成多面体〔如图（3）〕，求此多面体的体积.

(1) (2) (3)

解法一：补成一个正方体，如图甲，V =21V 正方体-=2

×123=864 cm 3.

甲乙

解法二：补成一个三棱锥，如图乙，V =V 大三棱锥－3V 小三棱锥=864 cm 3. 思考讨论

补形的方法可将不规则的几何体转化成规则的几何体，这是求多面体体积的常用方法.

【知识方法总结】

【作业】

三维化学-空间正多面体

高中化学竞赛辅导专题讲座——三维化学第八节空间正多面体前面几节我们学习了五种正多面体，以及它们在化学中的应用。此节我们将继续对这一内容进行讨论、总结与深化。何为正多面体，顾名思义，正多面体的每个面应为完全相同的正多边形。对顶点来说，每个顶点也是等价的，即有顶点引出的棱的数目是相同的，相邻棱的夹角也应是一样的。那么三维空间里的正多面体究竟有多少种呢？【例题1】利用欧拉定理（顶点数－棱边数＋面数＝2），确定三维空间里的正多面体。【分析】从两个角度考虑：先看每个面，正多边形可以是几边形呢？我们知道三个正六边形共顶点是构成平面图形的。因此最多只可以是正五边形，当然还有正三角形和正方形；再看顶点，每个顶点至少引出三条棱边，最多也只有五条棱边（六条棱边时每个角应小于60°，不存在这样的正多边形）。因此，每个面是正五边形时，三棱共顶点；正方形时，也只有三棱共顶点（四个正方形共顶点是平面的）；正三角形时，可三棱、四棱、五棱共顶点（六个正三角形共顶点也是平面的），当然也可以说，一顶点引出三条棱边时可以为正三角形面、正方形面和正五边形面；一顶点引出四条棱边时只可以为正三角形面；一顶点引出五条棱边时也只可以为正三角形面——共计五种情况，是否各种情况都存在呢？（显然是，各种情况前面均已讨论）我们用欧拉定理来计算。 ①正三角形，三棱共顶点：设面数为x，则棱边数为3x/2（一面三棱，二面共棱），顶点数为x（一面三顶点，三顶点共面），由欧拉定理得x－3x/2＋x＝2，解得x＝4，即正四面体； ②正三角形，四棱共顶点：同理，3x/4－2x＋x＝2，解得x＝8，即正八面体； ③正三角形，五棱共顶点：同理，3x/5－3x/2＋x＝2，解得x＝20，即正二十面体； ④正方形，三棱共顶点：同理，4x/3－2x＋x＝2，解得x＝6，即正方体； ⑤正五边形，三棱共顶点：同理，5x/3－5x/2＋x＝2，解得x＝12，即正十二面体。【解答】共存在五种正多面体，分别是正四面体、正方体、正八面体、正十二面体、正二十面体。【例题2】确定各正多面体的对称轴类型Cn和数目（Cn表示某一图形绕轴旋转360°/n后能与原图形完全重合）【分析】①正四面体：过一顶点和对面的面心为轴，这是C3轴，显然共有四条；有C2轴吗？过相对棱的中点就是C2轴，共三条。将正四面体放入

趣味数学高中数学第10课时立体几何趣题正多面体拼接构成新多面体面数问题教学

立体几何趣题——第10课时正多面体拼接构成新多面体面数问题训练学生空间想象能力，动手动脑能力，提高学习数学兴趣教学要求：教学过程：一、问题提出“立体几何多面体”一节的课堂教学中，老师给出了一道例题：)》在《数学(高二下册所使一个表面重合，“已知一个正四面体和一个正八面体的棱长都相等，把它们拼接起采，他们通过直观感知，对于这个问题学生们表现出了极大的兴趣．得的新多面体有多少个面?”个面，两者各有一个面重叠，因此减少两个12提出了自己的看法：正四面体和正八面体共个面．面，所以重合之后的新多面体有10 二、故事介绍多年前美国的一次数学竞赛教师乘着学生浓厚的兴趣讲了一个与这道例题有关的故事．问重合一个面后还有几所有棱长都相等，中有这样一道题：一个正三棱锥和一个正四棱锥，个面，9大学教授给这道竞赛题的参考答案是7个面，他们认为正三棱锥和正四棱锥共个面?但佛罗里达州的一名参赛减少两个面，所以重合之后还有7个面。两者各有一个面重叠，于是5个面，与参考答案不合而被判错误，对此丹尼尔一直有所疑惑，学生丹尼尔的答案是个面；他动手拼接了符合题意的正三棱锥和正四棱锥实物模型，结果正如他所判断的只有5教授们接受了他的想法并改正了这道题的答他将自己的结论和实物模型提交给竞赛组委会，案。三、操作确认请同学们拿出故事讲完后学生立刻对丹尼尔的结论进行了激烈地讨论．于是教师建议：学)来确认自己的结论．(课前分组做出上述两个问题的实物模型，通过自己的操作模型组合生展示大小不一的实物模型．教师让每个组的学生代表在讲台上演示实物模型的组合过全班同学明白丹尼尔结论的原因所在．同时也观察到了正四面体和正程．通过观察、讨论，这与学生们在上一节课通过直观感知所得的结论是不八面体重合之后新多面体只有七个面，原因在于他们发现在重合过程中正四面体和正八面体另有两个侧面分别拼接成一个一致的。面了．四、思辩论证老师要求学生利用立体几何的相关知识，对操作实物模型得出的结论进行证明。学生将正八面体和正四面体拼接的两个侧面想象成两个半平面拼对照实物模型提出了证明思路： 180在正八面体．证明如下：如图1接成一个平面即表示这两个半平面所构成的二面角为，．设正八面体的棱长OBE于点交平面AC中，连结AC

正多面体及足球的转动群

正多面体及足球的转动群一、正四面体（顶点数：4 棱数：6）转动群：12 1、以顶点为目标的转动群： 1）以顶点—面心为轴（1）1（3）1 8个 2）以棱中—棱中为轴（2）2： 3个 3）不动（1）4： 1个 2、以棱为目标的转动群： 1）以顶点—面心为轴（3）2： 8个 2）以棱中—棱中为轴（1）2（2）2：3个 3）不动（1）6： 1个 3、以面为目标的转动群： 1）以顶点—面心为轴（1）1（3）1： 8个 2）以棱中—棱中为轴（2）2： 3个 3）不动（1）4： 1个二、正六面体正方体（顶点数：8棱数：12）转动群：24 1、以顶点为目标的转动群： 1）以顶点—顶点为轴（1）2（3）2：8个 2）以棱中—棱中为轴（2）4： 6个 3）以面心—面心为轴（4）2： 6个 90 （2）4： 3个 180 4）不动（1）8： 1个 2、以棱为目标的转动群： 1）以顶点—顶点为轴（3）4： 8个 2）以棱中—棱中为轴（1）2（2）5：6个 3）以面心—面心为轴（4）3： 6个（2）6： 3个 4）不动（1）12： 1个 3、以面为目标的转动群： 1）以顶点—顶点为轴（3）2： 8个 2）以棱中—棱中为轴（2）3： 6个 3）以面心—面心为轴（1）2（4）1：6个 90度（1）2（2）2：3个 180度4）不动（1）6： 1个三、正八面体（顶点数：6 棱数：12）转动群：24 1、以顶点为目标的转动群： 1）以顶点—顶点为轴（1）2（4）1：6个（1）2（2）2：3个 2）以棱中—棱中为轴（2）3： 6个 3）以面心—面心为轴（3）2： 8个 4）不动（1）6： 1个

【趣味数学】高中数学校本课程：第10课时立体几何趣题——正多面体拼接构成新多面体面数问题

第10课时立体几何趣题—— 正多面体拼接构成新多面体面数问题教学要求：训练学生空间想象能力，动手动脑能力，提高学习数学兴趣教学过程：一、问题提出在《数学(高二下册)》“立体几何多面体”一节的课堂教学中，老师给出了一道例题：“已知一个正四面体和一个正八面体的棱长都相等，把它们拼接起采，使一个表面重合，所得的新多面体有多少个面?”对于这个问题学生们表现出了极大的兴趣．他们通过直观感知，提出了自己的看法：正四面体和正八面体共12个面，两者各有一个面重叠，因此减少两个面，所以重合之后的新多面体有10个面．二、故事介绍教师乘着学生浓厚的兴趣讲了一个与这道例题有关的故事．多年前美国的一次数学竞赛中有这样一道题：一个正三棱锥和一个正四棱锥，所有棱长都相等，问重合一个面后还有几个面?大学教授给这道竞赛题的参考答案是7个面，他们认为正三棱锥和正四棱锥共9个面，两者各有一个面重叠，减少两个面，所以重合之后还有7个面。但佛罗里达州的一名参赛学生丹尼尔的答案是5个面，与参考答案不合而被判错误，对此丹尼尔一直有所疑惑，于是他动手拼接了符合题意的正三棱锥和正四棱锥实物模型，结果正如他所判断的只有5个面；他将自己的结论和实物模型提交给竞赛组委会，教授们接受了他的想法并改正了这道题的答案。三、操作确认故事讲完后学生立刻对丹尼尔的结论进行了激烈地讨论．于是教师建议：请同学们拿出课前分组做出上述两个问题的实物模型，通过自己的操作(模型组合)来确认自己的结论．学生展示大小不一的实物模型．教师让每个组的学生代表在讲台上演示实物模型的组合过程．通过观察、讨论，全班同学明白丹尼尔结论的原因所在．同时也观察到了正四面体和正八面体重合之后新多面体只有七个面，这与学生们在上一节课通过直观感知所得的结论是不一致的。原因在于他们发现在重合过程中正四面体和正八面体另有两个侧面分别拼接成一个面了．四、思辩论证老师要求学生利用立体几何的相关知识，对操作实物模型得出的结论进行证明。学生对照实物模型提出了证明思路：将正八面体和正四面体拼接的两个侧面想象成两个半平面拼接成一个平面即表示这两个半平面所构成 180．证明如下：如图1，在正八面的二面角为体AC中，连结AC交平面BE于点O．设正八面体的棱长为1，BF的中点为D，连结AD、 CD，易得∠ADC为二面角A―BF―C的平面

几种正多面体的相互呼应

几种正多面体的相互呼应南师附中江宁分校韦恩培近年来，在高考中常考查以某一正多面体为背景的立体几何题，此类问题运用不同的方法解决效果是显然不同的。 1、常用的三种正多面体的呼应众所周知，正多面体只有五种：正四面体，正六面体，正八面体，正十二面体，正二十面体。正四面体，正六面体，正八面体之间可以相互呼应。在正方体中可以产生正四面体；（正方体对面的一对异面对角线的顶点是正四面体的顶点）如图（1）在正方体中可以产生正八面体；（正方体六个面的中心是正八面体的顶点）如图（2）在正八面体中可以产生正方体；（正八面体的八个面的中心是正方体的顶点）如图（3）在正八面体中可以产生正四面体；（正八面体的两对对面的中心，连线异面的四个面的中心是正四面体的顶点）如图（4）在正四面体中可以产生正八面体；（正四面体六条棱的中点是正八面面体的顶点）如图（5）在图（5）的基础上，结合图（4）就能在正四面体中产生正方体。图（1）图（2）图（3）图（4）图（6）相互转化的目的。 2、应用呼应解题

在高考的考查中经常会利用它们之间的相互转化而达到巧解的目的。例1、一个四面体的所有棱长都为2，四个项点在同一球面上，则此球的表面积为（） A ．3π B ．4π C ．3π3 D ．6π 提示：利用图（1）正方体产生正四面体具有共同的外接球，即求棱长为1的正方体的外接球的表面积，易求得为π3，选A 。例2、有一棱长为a 的正四面体骨架（架的粗细忽略不计），其内放置一气球，对其充气，使其尽可能地膨胀（成为一个球）则气球表面积的最大值为（） A ．2 a π B ． 22 2a π C ．2 2 1a π D ． 24 1a π 提示：利用图（2）正方体可以产生正八面体，正八面体可以产生正四面体知，符合条件的球即为棱长为 a 2 2 的正方体的内切球，易求得其表面积为221a π，故选C 。例3、如图（6）棱长为a 的正方体1111D C B A ABCD -，过11BC A 的平面截去正方体一角（三棱锥111BC A B -），象这样依次截去正方体所有角，则剩下的几何体的体积为。提示：根据图（2）在正方体中可以产生正八面体得，所剩下几何体为正方体的六个面中心作为顶点的正八面体，易求得其体积为 3 6 1a 。例4、在甲烷的分子式4CH 中，四个H 位于一个正四面体的四个顶点上，C 位于该正四面体的中心，现已知H 与H 之间的距离为a ，则C 与H 之间的距离为。提示：由图（1）易知：该问题等价于已知正方体的面对角线长为a ，求正方体对角线长的一半。易求得结果为 a 4 6 。例5、正三棱锥S —ABC 的侧棱与底面边长相等，如果E 、F 分别为SC 、AB 的中点，那么异面直线EF 与SA 所成的角等于（） A ． 90 B ． 60 C ． 45 D ． 30 提示：根据图（1）易知答案为C 。

解决几何体的外接球与内切球

解决几何体的外接球与内切球，就这6个题型！一、外接球的问题简单多面体外接球问题是立体几何中的难点和重要的考点，此类问题实质是解决球的半径尺或确定球心0的位置问题，其中球心的确定是关键．（一）由球的定义确定球心在空间，如果一个定点与一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体的外接球的球心．由上述性质，可以得到确定简单多面体外接球的球心的如下结论．结论1：正方体或长方体的外接球的球心其体对角线的中点．结论2：正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点．结论3：直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点．结论4：正棱锥的外接球的球心在其高上，具体位置可通过计算找到．结论5：若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心．（二）构造正方体或长方体确定球心

长方体或正方体的外接球的球心是在其体对角线的中点处．以下是常见的、基本的几何体补成正方体或长方体的途径与方法．途径1：正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是是直角三角形的三棱锥都分别可构造正方体．途径2：同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥都分别可构造长方体和正方体．途径3：若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补成长方体或正方体．途径4：若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补成长方体或正方体．（三）由性质确定球心利用球心O与截面圆圆心O1的连线垂直于截面圆及球心O与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心．

二、内切球问题若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是这个多面体的内切球。 1、内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等。 2、正多面体的内切球和外接球的球心重合。 3、正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不重合。 4、基本方法：构造三角形利用相似比和勾股定理。 5、体积分割是求内切球半径的通用做法。

正多面体外接球面上点的性质

正多面体外接球面上点的性质福建福清三中王钦敏本文已发表于《中学数学》文［1］、［2］分别介绍了正四面体和正六面体这两个正多面体外接球面上的点到各顶点距离的平方和成定值的有趣性质．本文就这类问题再行讨论．为引申问题方便起见，我们用如下证法替代文［1］、［2］对下面的性质1、2的证明方法．性质1 正六面体外接球面上任一点到各顶点距离的平方和为定值．证明如图1，设正六面体ABCD －D C B A ''''的棱长为a ，外接球心为O ，P 为外接球面上任意一点．显然，正六面体的对角线D B '通过球心Ｏ，故?='∠90PD B ．因此，在△PD B '中有 22223a D B DP P B ='=+' ① 同理可得 2223a AP P C =+'； ② 2223a BP P D =+'； ③ 2223a CP P A =+'； ④ 将①、②、③、④相加得

22222222212a CP BP AP DP P A P D P C P B =++++'+'+'+' 性质２正四面体外接球面上任一点，到各顶点距离的平方和为定值．证明由于在图１中，三棱锥AC D B '-'与三棱锥D C A B ''-都是正四面体，故欲证性质２，仅须证 222226a CP AP P D P B =++'+' ⑤ 其中a 保持性质１中的原义．连结C B '，设其中点为O ，连结BP 、CP 、P C '、P B '和P O '．在△PC B '中，利用三角形中线长公式得 )(22222C O P O CP P B '+'=+'；同理，在△C BP '中有 )(22222C O P O P C BP ''+'='+．因C O C O ''=', 故2222P C BP CP P B '+=+'；同理可得 2222P A DP AP P D '+=+'. 将上面两式相加，利用性质１的结论可得结论⑤．这里给出的新证法比原证法来得简洁且连贯．其中性质１的证法具有普遍性，由于正八、十二、二十面体的对角线均通过其外接球心，故用与性质１的证法相同的方法可证得

正多面体与球

正多面体与球一、正方体与球如图：正方体1111ABCD A B C D -中，设其棱长为a 问题1：正方体1111ABCD A B C D -（如：AC 、BD 、1AB 等）共有_____条，它们的长度均为__________（用正方体的棱长a 表示）；正方体1111ABCD A B C D -（如：1AC 、1BD 等）共有_____条，长度均为__________（用正方体的棱长a 表示）．问题2：过正方体1111ABCD A B C D -的三个顶点A 、1B 、1D 作该正方体的截面 11AB D ，再过顶点1C 、B 、D 也作该正方体的截面1C BD ，你感受到这两个截面有什么位置关系？这两个截面将正方体1111ABCD A B C D -的体对角线1AC 分成三条线段，你知道这三条线段的长度有什么关系吗？你可以利用等体积法证明你的结论．结论：_______________________________________________________．

问题3：在初中的学习过程中,我们知道内切圆与外接圆．类比正方形的内切圆与外接圆，设想一下正方体有内切球和外接球吗？ ⑴正方形的内切圆与正方形的__________相切；由此可以类比：正方体的内切球的球面与正方体的__________相切． ⑵正方形的__________都在它的外接圆上；由此可以类比：正方体的__________都在它的外接球的球面上． ⑶正方形的边长为a ，则它的内切圆的半径为__________；由此可以类比：正方体的棱长为a ，则它的内切球的半径为_________． ⑷正方形的边长为a ，则它的外接圆的半径为__________；由此可以类比：正方体的棱长为a ，则它的外接球的半径为_________．注意：类比得到的结论不一定正确．这里，你得到的结论是正确的吗？再仔细考虑一下，看看能不能证明你的结论．问题4：在正方体1111ABCD A B C D -中还有一种球，它的球面和正方体的 12条棱都相切，它的半径应该比该正方体的内切球的半径_____，比该正方体的外接球的半径_____（填“大”或“小”）．想正方体的底面平行的平面）有什么关系？利用这一点，你可以求出这个正方体的棱切球的半径为_____（用正方体的棱长a 表示）．二、正四面体与球如图：正四面体ABCD 中,设其棱长为b ．问题5：顶点A 在底面BCD 内的正投影应该为底面BCD ?的_____心．

几何体的外接球与内切球

几何体的外接球与内切球 1、内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等。 2、正多面体的内切球和外接球的球心重合。 3、正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不重合。 4、体积分割是求内切球半径的通用做法。一、外接球（一）多面体几何性质法 1、已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是 A.16π B.20π C.24π D.32π 小结本题是运用“正四棱柱的体对角线的长等于其外接球的直径”这一性质来求解的. 2、一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1，2，3，则此球的表面积为。（二）补形法 1、，则其外接球的表面积是 . 2、设,,,P A B C 是球O 面上的四点,且,,PA PB PC 两两互相垂直,若PA PB PC a ===, 则球心O 到截面ABC 的距离是 . 小结一般地，若一个三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其长度分别为a b c 、、，则就可以将这个三棱锥补成一个长方体，于是长方体的体对角线的长就是该三棱锥的外接球的直径. 设其外接球的半径为R ，则有2R = 3、三棱锥O ABC -中，,,OA OB OC 两两垂直，且22OA OB OC a ===，则三棱锥 O ABC -外接球的表面积为（） A ．2 6a π B ．2 9a π C ．2 12a π D ．2 24a π 4、三棱锥ABC P -的四个顶点均在同一球面上，其中ABC ?是正三角形 ⊥PA 平面 62,==AB PA ABC 则该球的体积为（） A. π316 B. π332 C. π48 D. π364 答案及解析： 10.B

正多面体的顶点坐标

正多面體的頂點坐標國立台灣師範大數學系陳創義要利用GSP 來作多面體，先要從立體的基本正多面體下手，在正多面體中有許多的對稱，包括旋轉對稱、面對稱、線對稱、點對稱等，因此下列舉出旋轉對稱中的旋轉軸置於z 軸時，某些較簡單形式的頂點坐標標出來，其中旋轉軸在四面體選取的有點到底面中心的連線及兩稜中點連線兩種，另外，正六面體、正八面體、正十二面體、正二十面體選取的有面中心到面中心的連線、稜中點到稜中點的連線、頂點到頂點的連線三種。若一線段長度為a ，正射影到xy 平面的長度為b ，該線段正投影到z 軸的長度為c ，利用畢氏定理知道它們的關係是a 2=b 2+c 2。正四面體頂點坐標令表繞旋轉角度O R O a b a b a b O ==-+(,),(,)(,)(cos s i n ,s i n cos ).00θθθθθθ (一) v v v R O v R O 1001283013312083013424083013 ==-=?-=?-(,,);( ,,);((,)(,),);((,)(,),). (二) v v v v 12301322301330231340231 3 ==-=-=--( ,,);(,,);(,,);(,,). 正六面體頂點坐標

(一 ) 12(3(453;64;71;8 2.v v v v v v v v v v v v =====-=-=-=- (二 ) 12(34(53;64;72;8 1.v v v v v v v v v v v v =====-=-=-=- (三 ) 1111(0,0,1);2( );3(((,120)();4(((,240)();33333354;62;73;8 1.v v v R O v R O v v v v v v v v ===?=?=-=-=-=- 正八面體頂點坐標 (一 ) 12((,1203((,24043;51;6 2.v v R O v R O v v v v v v ==?=?=-=-=- (二 ) 12(3(0,1,0); 43;52;6 1.v v v v v v v v v ====-=-=- (三) 1(1,0,0);2(0,1,0);3(0,0,1);43;52;6 1.v v v v v v v v v ====-=-=-

三年级科技小制作-正多面体

三年级科技小制作-正多面体正多面体这个是三年级科技小制作，所谓正多面体是指多面体的各个面均呈全等正多边形，每个正多面体的各边的长和顶角的交角均相等。常见正多面体有：正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体。三年级科技小制作所需材料和工具：纸板、白胶、铅笔、直尺、广告色、剪刀、美工刀三年级科技小制作制作过程：三年级科技小制作相关知识●魔方魔方，又叫魔术方块，也称鲁比克方块，是匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的，魔方系由富于弹性的硬塑料制成的六面正方体。魔方与中国人发明的“华容道”，法国人发明的“独立钻石”一起被称为智力游戏界的三大不可思议，而魔方受欢迎的程度更是智力游戏界的奇迹。当初厄尔诺·鲁比克教授发明魔方，仅仅是作为一种帮助学生增强空间思维能力的教学工具。但要使那些小方块可以随意转动而不散开，不仅是个机械难题，还牵涉到木制的轴心、座和榫头等问题。直到魔方在手时，他将魔方转了几下后，才发现如何把混乱的颜色方块复原竟是个有趣而且困难的问题。厄尔诺·鲁比克决心大量生产这种玩具。魔方发明后不久就风靡世界，人们发现这个小方块组成的玩具实在是奥妙无穷。魔方核心是一个轴，并由二十六个小正方体组成。包括中心方块六个，固定不动，只一面有颜色，边角方块八个(三面有色)(角块)可转动，边缘方块十二个(两面有色)(棱块)亦可转动。玩具在出售时，小立方体的排列使大立方体的每一面都具有相同的颜色。当大立方体的某一面平动旋转时，其相邻的各面单一颜色便被破坏，而组成新图案立方体，再转再变化，形成每一面都由不同颜色的小方块拼成。玩法是将打乱的立方体通过转动尽快恢复成六面呈单一颜色。魔方品种较多，平常说的都是最常见的三阶立方体魔方。其实，也有二阶、四阶、五阶等各种立方体魔方(目前有实物的最高阶为九阶魔方)。还有其他的多面体魔方，魔方的面也可以是其他多边形。如五边形十二面体：五魔方，简称五魔，又称正十二面体魔方。 1

正多面体

正多面体有一次一个平常的英国孩子詹姆斯，在醉心于制作多面体模型时，写信给父亲：“……我做了四面体、十二面体以及两个不知道名称的多面体．”他当时还是一个毫无名气的孩子．这些话意味着伟大物理学家詹姆斯·克拉克·麦克斯韦尔诞生了．想象一下，你们自己和你们亲人醉心于制作几何物体模型的情形．本书的这几页是家庭作业．新年临近，这是最欢乐和美丽的节日．除了传统的枫树装饰（炮仗和小挂灯）外，你们可以制作几何玩具．这是用彩色纸做成的正多面体模型．考察下图，在这图上画着四面体、正方体、八面体、十二面体和二十面体．它们的形状是完美的典型！你们能觉察到一系列有趣的特点，也正是这些性质使它们得到了相应的名称．每一个正多面体的所有面都是相同的正多边形，在每一个顶点集聚着同样数量的棱，而相邻的面在相等角下毗连．数一下每一个多面体具有的顶点数（V）、棱数（E）和面数（F），并且把结果记入表中．在最后一栏，这些多面体得到的是同一个结果：V+F－E＝2．最令人惊奇的是它不仅对正多面体，而且对所有多面体都正确！若有兴趣你们可以对某些胡乱取得的多面体进行验证．最伟大的数学家之一列昂纳德·欧拉（1707－1783）证明了这一令人惊叹的关系式，因此公式以他命名：欧拉公式．这位出生于瑞士的天才学者几乎整个一生居住在俄罗斯，我们完全有理由和自傲地将他引为自己的同胞．正多面体还有一个特点．我们发现：正四面体有一性质：如果把它的每个面的中心作为新的多面体的顶点，那么我们重新得到一个正四面体．余下的4个正多面体恰可分成两对．正方体各面的中心组成一个正八面体，而正八面体各面的中心则组成正方体．同样，可以发生的另一对类似联系是正十二面体和正二十面体．正多面体所具有的完美的形状和漂亮的数学规律使这五种几何物体具有某种神秘色彩，以致于很久以前它们就是神术者和占星家的必要伴侣．如果你们致力于正多面体的研究和制作，那么肯定会使你们感到欢乐和满意，甚至有可能在新的一年里给你带来好运气！在下图中给出这些枞树上玩具的展开图．在制作模型时不要忘记在需要的地方留一片瓣膜为粘接用．

正多面体在ProE中的创建方法总结

【概述】：详细讲解了如何在proe中应用几何约束的方法来创建正四面体、正八面体、正二十面体、正十二面体和足球多面体的方法，概括性和实用性高 2. 如何构建正多面体？在数学上，我们要在空间表达构成多面体的正多边形的位置需要经过一番较为复杂的几何推算过程，但利用三维CAD软件的特殊几何约束方式，我们能够通过简单的布置来求解得到这些值，下面我们就通过具体的例子来讲解如何利用这些几何约束来求解。 a）正四面体（四个三角形，同一顶点有三个三角形）这四面体比较简单，四个正三角形构成首先，我们创建底部的正三角形，然后以其中的一条边作为旋转中心，草绘一条和已有边长相等的直线段并成60度，然后绕旋转中心旋转180度，很显然我们要求的正四面体的另一个顶点就在这个旋转面的边上然后考虑这个形状的特殊性，正四面体的另一个顶点必定在通过底面的正三角形的重心并垂直于改平面的中心轴上，这样我们即可以得知中心轴和上面的顶点轨迹的交点就是我们要求的另外一个顶点，求得顶点后，使用底部的三角边和顶部进行边界混成就可以完成我们的正四面体的创建了。 b）正八面体（八个正三角形，同一顶点有四个三角形）

因为对于正八面体，每一个顶点都有4个正三角形，而这四个三角形是相互相邻并完全一样的，所以它们的公共顶点对面的四条边必定是构成一个正方形，考虑到它刚好有8个三角形，那么这个正方形必定是在对称中心，弄明白这个道理后，我们的创建就变得相当简单了，后面的处理方式就和我们的正四面体的处理方式大同小异同样的方式获得其中一个顶点，然后是边界混成得到一半的形状。然后再镜像过去就完成了最后的正八面体的创建。 c）正二十面体（20个三角形，每个顶点有5个三角形）对于前面的分析，其实和正八面体是一样的分析方法，因为对于某个顶点而言，它有5个相邻的三角形，这5个三角形的公共顶点对边必定是构成一个正5边形。正五边形草绘，然后以其中的一边作旋转轴旋转一条60度的直线段，这里我们旋转360度，因为两边都需要使用。

第八节空间正多面体

第八节空间正多面体前面几节我们学习了五种正多面体，以及它们在化学中的应用。此节我们将继续对这一内容进行讨论、总结与深化。何为正多面体，顾名思义，正多面体的每个面应为完全相同的正多边形。对顶点来说，每个顶点也是等价的，即有顶点引出的棱的数目是相同的，相邻棱的夹角也应是一样的。那么三维空间里的正多面体究竟有多少种呢？【例题1】利用欧拉定理（顶点数－棱边数＋面数＝2），确定三维空间里的正多面体。【分析】从两个角度考虑：先看每个面，正多边形可以是几边形呢？我们知道三个正六边形共顶点是构成平面图形的。因此最多只可以是正五边形，当然还有正三角形和正方形；再看顶点，每个顶点至少引出三条棱边，最多也只有五条棱边（六条棱边时每个角应小于60°，不存在这样的正多边形）。因此，每个面是正五边形时，三棱共顶点；正方形时，也只有三棱共顶点（四个正方形共顶点是平面的）；正三角形时，可三棱、四棱、五棱共顶点（六个正三角形共顶点也是平面的），当然也可以说，一顶点引出三条棱边时可以为正三角形面、正方形面和正五边形面；一顶点引出四条棱边时只可以为正三角形面；一顶点引出五条棱边时也只可以为正三角形面——共计五种情况，是否各种情况都存在呢？（显然是，各种情况前面均已讨论）我们用欧拉定理来计算。 ①正三角形，三棱共顶点：设面数为x，则棱边数为3x/2（一面三棱，二面共棱），顶点数为x（一面三顶点，三顶点共面），由欧拉定理得x－3x/2＋x＝2，解得x＝4，即正四面体； ②正三角形，xx顶点：同理，3x/4－2x＋x＝2，解得x＝8，即正八面体；③正三角形，五棱共顶点：

同理，3x/5－3x/2＋x＝2，解得x＝20，即正二十面体；④正方形，三棱共顶点：同理，4x/3－2x＋x＝2，解得x＝6，即正方体；⑤正五边形，三棱共顶点：同理，5x/3－5x/2＋x＝2，解得x＝12，即正十二面体。【解答】共存在五种正多面体，分别是正四面体、正方体、正八面体、正十二面体、正二十面体。【例题2】确定各正多面体的对称轴类型Cn和数目（Cn表示某一图形绕轴旋转360°/n后能与原图形完全重合）【分析】①正四面体：过一顶点和对面的面心为轴，这是C 3轴，显然共有四条；有C 2轴吗？过相对棱的中点就是C 2轴，共三条。将正四面体放入正方体再研究一下吧（参考第一节）！C 3轴不就是体对角线吗（）？而C 2轴就是正方体的相对面心（）。 ②正方体：存在C 4轴，即过相对面的面心，有三条；C 3轴，过相对顶点，有四条；C 2轴呢？用了面心和顶点，是否可用棱边呢？过相对棱的中点，不就是C 2轴吗？共有六条。

正多面体的数学和结晶学参数

正多面体的数学和结晶学参数 Mathematic and Crystallographic Parameters of Regular Polyhedrons 正多面体名称(Name of regular polyhedron) 正四面体 (Regular tetrahedron) 正六面体 (Regular hexahedron) 正八面体 (Regular octahedron) 正十二面体 (Regular dodecahedron) 正二十面体 (Regular icosahedron) 图形符号T O O I I 面形正三角形正方形正三角形正五边形正三角形正三面角正三面角直三面角正四面角正三面角正五面角面数? 4 6 8 12 20 棱数k 6 12 12 30 30 顶点数e 4 8 6 20 12 顶点到中心距离d0.5443a0.8660a0.7071a 1.4103a0.95105a 棱长a (顶点到中心距离d) 1.8472 1.1547 1.4142 0.7091 1.0515 表面积S多面体 1.7321a26a2 3.4641a220.6458a28.6603a2体积V多面体0.1179a3 a30.4714a37.6631a3 2.1817a3外接球表面积S外接球 3.7229a29.4242a2 6.2831a224.9938a211.3662a2外接球体积V外接球 1.2410a3 2.7205a3 1.4809a311.7496a3 3.6033a3中心原子半径r0.0443a0.3660a0.2071a0.9103a0.45105a 配位原子半径R0.5a0.5a0.5a0.5a0.5a r/R0.0886 0.7320 0.4142 1.8206 0.9021 R/r11.2867 1.3661 2.4142 0.5493 1.1085 点群符号m3m m3m 对称要素相邻对称轴之间的夹角 ∧ = 90°∧= 90°∧= 90°∧= 63.43°∧= 63.43°∧ = 70.53°∧= 70.53°∧= 70.53°∧= 41.81°∧= 41.81°∧ = 19.47°∧ = 28.97°∧ = 28.97°∧= 36°∧= 36°- ∧ = 19.47°∧ = 19.47°∧= 37.38°∧= 37.38°- ∧= 45°∧= 45°∧= 31.72°∧= 31.72°- ∧= 34.88°∧= 34.88°∧= 20.90°∧= 20.90° 1 / 1

正多面体与平面展开图

正多面体与平面展开图 By Laurinda..201604开始总结，网络搜集正四面体正六面体正八面体正十二面体正二十面体正十二面体正二十面体

正方体展开图相对的两个面涂上相同颜色，正方体平面展开图共有以下11种。

邻校比我们学校早了几天举行段考，拿他们的数学卷子提供给学生充做模拟考，其中有一题作图题，不好做，它要求将右图，一个由正方形和等腰直角三角形组成的五边形，以两条线切割，重组成一个等面积的等腰直角三角形。这题让学生和我「奋战」了几节课，却总是画不成。理论上它是可以成立的，因为等腰直角三角形可以和一个正方形等面积，而且由商高定理可以知道，存在一个正方形A，它的面积等于任意两个正方形B、C的面积和。只要A的边长是这两个正方形B、C的边长平方和的正平方根即可。而正方形当然可以等积于一个等腰直角三角形。但是如何以两条直线完成这道题呢? 今天(5/19)，我利用周休继续思考这道题，终于完成了，做法如左。

多面体之Euler's 公式(V - E + F = 2) V =顶点数( number of vertices) ; E = 边数(number of edges) ; F = 面数(number of faces) 正四面体(Tetrahedron) V=4,E=6,F=4, 4 - 6 + 4 = 2 正六面体(Cube) V=8,E=12,F=6, 8 - 12 + 6 = 2 正八面体(Octahedron) V=6,E=12,F=8, 6 - 12 + 8 = 2 正十二面体(Dodecahedron) V=20,E=30,F=12, 20 - 30 + 12 = 2 正二十面体(Icosahedron) V=12,E=30,F=20,12 - 30 + 20 = 2

多面体简介

MTS2007第一屆全國高中數學教學研討會論文集市立高雄女中林義強第九場次第177頁至第192頁多面體簡介{P o l y h e d r o n} kghs_john@https://www.360docs.net/doc/c313455385.html, 高雄市立高雄女中林義強編授 [ Contents ] : {1}.從柏拉圖多面體談起( Platonic Solids ) {2}.阿基米得多面體( Archimedean Solids ) {3}.加泰朗多面體( Catalan Solids ) {4}.喀卜勒-龐索多面體( Kepler-Poinsot Solids ) {5}.自製多面體模型玩具 {6}.參考資料『Geometry is a skill of the eyes and the hands as well as of the mind.』『幾何是眼、手及心靈的技能。』 J e a n J.P e d e r s o n 177

多面體簡介 { Polyhedron } 178 {1}. 從柏拉圖多面體談起( P l a t o n i c S o l i d s ) [1]. Construct Platonic Solids [2]. Important facts about Platonic Solids 柏拉圖多面體每面均由全等的正多邊形所組成，且要求每個頂點的組態一致；為＂凸＂的正多面體，共有正四面體( T e t r a h e d r o n ) , 正六面體( H e x a h e d r o n 或C u b e ) , 正八面體( O c t a h e d r o n ) , 正12面體( D o d e c a h e d r o n ) , 正20面體( I c o s a h e d r o n )等五個。古希臘人已經知道有上述五個正多面體，柏拉圖( P l a t o , B C 427-B C 347 )在其著作 ( T i m a e u s )中已有描述；時約公元前350年。歐基里得( E u c l i d o f A l e x a n d r i a , a b o u t B C 325-B C 265 ) 在其＂幾何原本( E l e m e n t s )＂最後一個命題也已完成証明＂凸正多面體恰有如上述五個＂。 (P01). 正四面體： 4{3} (由 4 個正三角形構成) (P02). 正六面體： 6{4} (由 6 個正方形構成) (P03). 正八面體： 8{3} (由 8 個正三角形構成) (P04). 正十二面體： 12{5} (由 12 個正五邊形構成) (P05). 正二十面體： 20{3} (由 20 個正三角形構成)

正多面体只有5种的证明

顶点数V，面数F，棱数E 设正多面体的每个面是正n边形，每个顶点有m条棱。棱数E应是面数F与n的积的一半（每两面共用一条棱），即 nF=2E -------------- ① 同时，E应是顶点数V与m的积的一半，即 mV=2E -------------- ② 由①、②，得 F=2E/n, V=2E/m, 代入欧拉公式V+F-E=2，有 2E/m+2E/n-E=2 整理后，得1/m+1/n=1/2+1/E. 由于E是正整数，所以1/E>0。因此 1/m+1/n>1/2 -------------- ③ 说明m,n不能同时大于3，否则③不成立。另一方面，由于m和n的意义（正多面体一个顶点处的棱数与多边形的边数）知，m≥3且n≥3。因此m和n至少有一个等于3 当m=3时，因为1/n>1/2-1/3=1/6,n又是正整数，所以n只能是3，4，5 同理n=3，m也只能是3，4，5 所以有以下几种情况： n m 类型 3 3 正四面体 4 3 正六面体 3 4 正八面体 5 3 正十二面体 3 5 正二十面体由于上述5种多面体确实可以用几何方法作出，而不可能有其他种类的正多面体所以正多面体只有5种相同表面积的四面体、六面体、正十二面体、以及正二十面体，其中体积最大的是：正二十面体。或者这么证明：假设每个顶点由m个正n边形组成，由于每个顶点的角度必须小于360度，否则就成了平面了，可得： m*（n-2/n）*180<360→m*(n-2)<2→mn-2m-2n<0→mn-2m-2n+4<4→(m-2)(n-2)<4→m，n组合为：3，3；3，4；3，5；4，3；5，3几种

正多面体的旋转对称

正方體和正四面體的反射對稱教師資料1 教學活動施教年級：中二或中三（建議）用具：工作紙1，鏡/膠片/銀色紙，長方形紙條(摺成正四面體)及「半正方體」模型3款教學流程： 1.教師按需要，與學生重溫如何解讀立體圖形的平面圖像及正多面體的意義(工作紙0)。 2.教師與學生重溫平面圖形的反射對稱的定義及要求學生畫出常見平面圖形的反射對稱軸 (工作紙1第零部分)。教師亦可利用軟件2D_Sym1以展示反射效果及核對答案。

3.教師講解何謂立體圖形的鏡像，並指示學生畫出立體圖形的鏡像(工作紙第一部分第1-3 題)。 4.教師講解立體圖形具有反射對稱性質的意義，並與學生討論立體圖形與平面圖形的反射對稱的相異之處(如兩者按軸/面作反射時，圖形與影像重合；平面圖形是沿軸作反射，而立體則按平面作反射)。 5.學生利用「半正方體」的摺紙圖樣製作「半正方體」，並以鏡/銀色紙觀察不同的「半正方體」的鏡像，從而輔助理解正方體具有反射對稱性質，並知道某些平面可以是正方體的反射對稱面(工作紙1第二部分甲部第1-2題)。 6.教師亦可利用簡報立體_反射對稱.pps2，輔助解說正方體具有反射對稱的意義，並按右鍵拖曳以觀察不同角度下的立體 ?按紅鍵以展示不同反射面的影像，並觀察它是否與另一半正方體重合； ?解說並不是所有能均分立體體積的面都是反射對稱面(亦可利用藍色「半正方體」模型作解說)。 2可在教育局數學教育組的網頁下載立體_反射對

7.要求學生畫出正方體的所有反射對稱平面(工作紙1第二部分甲部第3題)。教師可逐一核對正方體所有反射對稱平面的答案及類別，亦可開啟軟件3D_Sym3內的Ref_cube一次過展示正方體的所有反射對稱面。 8.教師總結立體具反射對稱的意義及指出若一平面將立體分為相等的一半並不一定是其反射對稱面。 9.分發長方形紙條，指示學生製成正四面體(工作紙1第三部分甲部1-2題)。 3可在教育局數學教育組的網頁示例

微专题：多面体的外接球与内切球

微专题：多面体的外接球与内切球 [学习目标] 1、通过剖析高考题，掌握几何体的外接球和内切球问题，降低对此类题的畏难情绪。 2、通过变式演练和归纳总结，体验解决多面体“接”、“切”问题的思维过程，感悟不同方法的要领。 [学习重难点] 多面体外接和内切问题的解题方法 [考情分析] 球与多面体的关系是高考考查的重点，但同学们又因为缺乏较强的空间想象能力，较难找到解题的切入点和突破口。解决这类题目时要认真分析图形，明确切点和接点的位置及球心的位置是关键。活动一心动入境复习旧知一、常考的多面体的外接球（定心大法：球心在过截面圆的圆心且垂直于截面圆所在平面的直线上．）二、正多面体的内切球（体中球）模型1：球包直柱（直锥）：有垂直于底面的侧棱（有垂底侧边棱）（顶点在底面投影为底面多边形顶点）球包直柱球半径公式： 2 2 2 h R r ?? =+ ? ?? ，（r为底面外接圆半径）球包正方体球包长方体球包四棱柱球包三棱柱球包直锥棱锥模型2：“顶点连心”锥：锥体的顶点及球心在底面的投影都是底面多边形外接圆的圆心（两心一顶连成线）实例：正棱锥（顶点在底面投影为底面多边形外接圆圆心）球半径计算方程：()222 h R r R -+= 22 22 20 2 h r h hR r R h + ?-+=?=，锥体的内切球： R=____________．正四面体的内切球半径为边长为a的正方体： R= 边长a的正八面体： R=

活动二灵动探究剖析思路类型一：求外接球半径相关问题解题技巧一：补形（长方体或者正方体），不需要找出球心的位置即可求出球半径1、墙角模型（三条线两个垂直）题设：三条棱两两垂直（重点考察三视图）例1：几何体的三视图如图所示，三视图是腰长为1的等腰直角三角形和边长为1的正方形，则该几何体外接球的体积为例2、在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PB⊥底面ABCD，O为对角线AC与 BD的交点，若PB＝1，∠APB＝∠BAD＝ 3 π ，则棱锥P－AOB的外接球的体积为_______ 2、对棱相等模型（补形为长方体）题设：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径（CD AB=， BC AD=，BD AC=）例1、棱长都为2，则该正四面体外接球的体积为例2、所示三棱锥，其中则该三棱锥外接球的表面积为 . c a b 图1 C P A B a b c 图2 P C B A a b c 图3 C B P A A BCD -5,6,7, AB CD AC BD AD BC ====== y x a b c z z y x 图12 D C A B