阿基米德多面体制作
探讨基于规则多面体镶嵌剖切法的建筑表皮设计
探讨基于规则多面体镶嵌剖切法的建筑表皮设计通过阿基米德多面体、正多面体与正棱柱等规则的多面体组合空间镶嵌模式一共有二十八种，以这类镶嵌模式为前提，应用剖切法就能够获取新平面镶嵌的图形，并且获得的图形比较规范，厚度比较适应，可以保证建筑表皮设计的美观。
本文主要分析了规则的多面体互相组合镶嵌的原理，探讨剖切法的特点，同时分析规则多面组合镶嵌剖切法在建筑表皮规划设计中的应用，以期提高工程建筑质量。
标签：规则多面体；向前剖切法；建筑表皮设计对于工程建筑而言，表皮结构是其至关重要的部分。
近些年来，建筑表皮精细化与复杂化设计逐渐受到工程施工人员的重视，而数字化、智能化技术给建筑表皮的设计提供强有力支撑，将几何原理作为工程建筑设计计算工具，可以提高工程建筑设计精确性，提高工程建筑稳定性。
1、规则的多面体互相组合镶嵌的原理规则的凸多面体一般是指正多边形，而且这种凸多面体各角度都相等，其包含半正多面体与正多面体。
其中正多面体包含五种：正的二十面体、四面体、十二面体、六面体与八面体，五种多面体中仅有正的六面体可完成独立镶嵌。
而半正多面体表面由两种或是两种以上正多面体共同组成，其各多面角与棱长都相等。
通常半正多面体主要包含十三种阿基米德的多面体、多种正棱柱与多种交错的正棱柱。
在规则的凸多面体中有十三种可以通过彼此或是自身组成空间的镶嵌，具体从图一中可以看出，包含四种正棱柱、三种正多面体与六种阿基米德的多面体[1]。
通过以上十三种规则的凸多面体能够组成的空间镶嵌类型多种多样，目前已知二十八种规则的凸多面体互相组合镶嵌的模式，具体从图二可以看出，而且是由Grianbaum所提出的，也是当下较为完整的模式。
这二十八种镶嵌模式主要包含图二中的几种类型，其中1-13种是由规则的凸多面体互相组合形成空间镶嵌的模式；14-23是在平面镶嵌的基础上，通过正棱柱互相组合形成镶嵌的模式；24-28则是通过以上模式变形形成的多面体镶嵌模式。
立体构成—体块
精选课件
47
1、强调功能的构成 就是要重视立体造型性。注意发挥新型材料和造型结构的 性能特点，把造型的经济性提到重要的高度，同时强调形式与内容 的一致性。
精选课件
48
2、强调材料的构成 就是要注重材料的自然特性，注重顺应或突 破材料自身的美感，注重开发新材料和利用旧材料。利用材料的特性 构成具有强烈视觉冲击力的形态。
精选课件
30
（3）贴加组合
在较大形态的侧壁上悬空地贴附较小形态 的方法，称为贴加组合。贴加的形态的体 量，是由贴合的侧面来支撑的。贴加组合 使原形态的立体感和层次感都得到了加强。
精选课件
31
（4）叠合组合
一个形态的一部分嵌入另一个形态的方法， 称为叠合组合。以叠合方式组合的形态数 量较少，但却能够取得凹凸多变、形象生 动的视觉效果。嵌入部分的多少，关系到 两者的整体效果。这种组合可以是由一个 形态嵌入另一个形态，也可以是多个形体 的叠合。
精选课件
46
第六讲 点、线、面的综合材料立体构成
一个比较完整的立体造型，一般都应该具有点、线、面、体等 的构成因素组成综合的构成。因为这些构成要素是构成一件完整的 立体造型必不可少的因素。用于立体构成的原材料也是以点、线、 面、体的形态方式存在的。这些构成因素在构成立体形态中往往是 不可明显区分的。 从常见的综合构成中我们可以归纳出以下四种综合构成方式： 点与线的组合；线与面的组合；面与块的组合；点、线、面、体的 组合等。 另外从形的选择与组织上，可以归纳出以下综合组合构成法： 不同单位或同单位的规则或不规则的组合。 不管运用哪中综合构成方式，在构成的过程中都要注意考虑单位构 成元素在空间构成中的位置、数量、大小、材质、肌理、色彩等因 素的对比与变化、和谐与统一，还必须考虑各个构成元素之间的关 联性，才能构成理想的整体效果。可以说：综合构成需要全面调动 形式要素，才能表现出丰富的形态与内涵，因此综合构成需要强调 形态构成的几个重要因素：
第四章 立体构成的造型形式与方法
thanks
（二）累积构造
把硬线材一层层堆积起来，且可以任意改变的构造称累积构造。与框架构造不同的是， 其节点是松动的滑节，材料之间只靠接触面间的摩擦力维持形体。累积构造能承受上面的 压力，若横向受力则很容易倒塌。
（三）线层结构
线层结构是指将硬线材按一定方向、层次有序排列而形成的具有不同节奏和韵律的 空间立体形态。在线层结构中，线材可以在大小、方向、位置上进行渐变，其造型变 化多端。
（二）软线材
软线材构成的立体看似轻巧却有较强的紧张感，如自然界中典型的软线材形态— 蜘蛛网。
二、线材的构成形式
（一）连续构成
（二）累积构造
（三）线层结构
（四）框架结构
（五）拉伸结构
（六）线织面结构
（七）编结结构
（一）连续构成
线材的连续构成分为限定构成和自由构成两种形式。限定构成是由控制点运动的 范围来确定其形态；自由构成是不限定范围，以连续的线做自由构成，使其产生连续 的空间效果。表现对象可以是具象的，也可以是抽象的。
（五）拉伸结构
拉伸结构是指利用线材产生强反抗力的原理来制作立体造型的。使用拉伸结构时， 支架和底座要牢固，能承受拉伸的力量，不会变形和晃动。拉伸结构具有较强的视觉 力度感和形态美感。
（六）线织面结构
线织面是指由直线构成的曲面，如圆锥体面、圆柱体面、螺旋体面等。其中，构成 曲面的直线称为母线。以基本线织面为基础，加上连接位置差异、运动方向变化等可 得到变化无穷的线织面。
2．几何多面体的变异加工 在几何多面体的基础上，采用多种加工方法对多面体的表面进行处理，如对多面体 进行顶角加工、凹凸加工、表面切割和边缘处理，可以创造出丰富的立体形态。
第四节 块材立体构成
一、单体构造 二、块体的积聚构成
阿基米德多面体变异(课堂PPT)
• （一） 切去顶角的加工变异构成 • 1、十四面体的立体造型结构，有三种构成
方法： • 以正六面体为基础，切去其顶角构成的。
即将正方体的立体造型的八个顶角，在相 邻棱线的中点处连接，把顶点切掉。 • 每个顶点所余下的平面，由于是三个面所 组成的棱角，所以，切去棱角后，成为八 个正三角形。加上原有的六个正方体的平 面，便成为十四个平面组成的多面体。
15
• （二）不等边结构及经过修正加工的造型 • 1、不等边六面体造型结构 • 以正方形对角线分割而成的等腰三角形为基本形，组成的
菱形六面体的立体造型。其中含等腰三角形平面六个、棱 线九条、锥顶四个，是一种非正多面体的变体造型。
16
• 2、扁十面体立体造型 • 它是以十个正三角形为基本形，组成上、下相合
，其原有的四棱锥角十二个，被
切割后，形成了不等边的四边形
，在此基础上，经过修正加工，
可转换成十二个正方形平面。原
有的八个正三角形，转换为缩小
的八个正三角形。其结果为：正
方形十八个，加上正三角形八个
，共二十六个平面构成。
18
19
• 4、十四面体转换为二十六面体的另一种造型结构，是在 棱线三分之一处连线，使原有正方形改变为正八角形，原 有的正三角形，改变为正六角形，原有四个平面组成的顶 角，切割后转换为不等边的四边形，经过修正加工而成为 正方形。
多面体的变异结构
1
• 除了几何形单体结构外，在该五种多面体的基础 上，还可以进行多面体的变异构成，其变化的基 本原理是：将各平面多面体的原型，切掉其顶角， 在顶角被切割后，原来顶角所占有的位置，便可 形成新增加的平面。一般情况下，顶角被切掉的 越多，组成表面的平面，增加的数量也越多，其 多面体便越接近于圆球。对于顶角的切割，可采 取在相邻棱线的中点间连线，也可以在棱线长度 的三分之一位置连线。由于切割棱线的部位不同， 多面体所产生的新造型也有所不同。此外，多面 体的变异构成，还可以在原型上，或在各种变异 造型上，进行凹凸加工变化，或进行曲线折曲和 透雕造型，其变化丰富多彩。
2022-2023学年广东省实验中学名校联盟高三下学期2月大联考数学试题(解析版)
2022-2023学年广东省实验中学名校联盟高三下学期2月大联考数学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设{}{}{}22,1,0,1,2,3,0,2,4U A B xx =--===∣，则()UA B ⋃=（ ）A.{}1,1,3-B.{}2,1,0,1,3--C.{}2,1,1,3--D.{}1,0,1,3- 2.复数()()19i 85i z =++在复平面内对应的点位于（ ） A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.已知点F 为抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点，点()4,P m 在抛物线C 上，且6PF =，则p =（ ）A.2B.4C.6D.84.62x⎛⎝展开式中的常数项为（ ）A.60-B.60C.120D.120-5.若正整数a 的所有真因数（即不是自身的因数）之和等于b ，正整数b 的所有真因数之和等于a ，则称a 和b 是一对“亲和数”.约两千五百年前，古希腊数学家毕达哥拉斯发现第一对亲和数：284和220.220的所有真因数为1,2,4,5,10,11,20,22,44,55,110;284的所有真因数为1,2,4,71,142.若分别从284和220的所有真因数中各随机抽取一个数，则取出的两个数的和为奇数的概率是（ ） A.1255 B.1455C.2655D.29556.已知椭圆22:1167x y C +=的左焦点为,F P 是C 上一点，()3,1M ，则PM PF +的最大值为（ ）A.7B.8C.9D.117.“打水漂”是一种游戏，通过一定方式投掷石片，使石片在水面上实现多次弹跳，弹跳次数越多越好.小赵同学在玩“打水漂”游戏时，将一石片按一定方式投掷出去，石片第一次接触水面时的速度为20m /s ，然后石片在水面上继续进行多次弹跳.不考虑其他因素，假设石片每一次接触水面时的速度均为上一次的85%，若石片接触水面时的速度低于6m /s ，石片就不再弹跳，沉入水底，则小赵同学这次“打水漂”石片的弹跳次数为（ ）（参考数据：lg20.3,lg30.48,lg17 1.23≈≈≈） A.6 B.7 C.8 D.98.已知函数()()2ln ,02,222,2,xx x f x f x x ⎧<⎪=⎨⎪->⎩则方程()()23[]840f x f x ++=在区间(]0,10上的实根个数为（ ） A.8 B.10 C.16 D.18二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.据某地统计局发布的数据，现将8月份至12月份当地的人均月收入增长率数据制成如图所示的折线图，已知8月份当地的人均月收入为2000元，现给出如下信息，其中不正确的信息为（ ）A.9月份当地人均月收入为1980元B.10月份当地人均月收入为2040元C.11月份当地人均月收入与8月份相同D.这四个月中.当地12月份人均月收入最低 10.为了得到函数sin 43y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的图象，只需将函数sin 6y x π⎛⎫=+⎪⎝⎭的图象（ ） A.所有点的横坐标缩短到原来的14，纵坐标不变，再把得到的图象向右平移8π个单位长度 B.所有点的横坐标缩短到原来的14，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移8π个单位长度C.向右平移2π个单位长度，再把得到的图象上所有点的横坐标缩短到原来的14，纵坐标不变D.向左平移2π个单位长度，再把得到的图象上所有点的横坐标摍短到原来的14，纵坐标不变11.若23344513log 3log 2,log 4log 3,log 5log 4,6a b c d =+=+=+=，则（ ）A.a d b >>B.d b c >>C.a c b >>D.a d c >>12.如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，动点,P Q 分别在线段1,C D AC 上，则（ ）A.异面直线1D C 和1BC 所成的角为4πB.点A 到平面1BC DC.若,P Q 分别为线段1,C D AC 的中点，则PQ ∥平面11ABC DD.线段PQ 三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量()()3,1,1,a b λ=-=，若222||||||a b a b -=+，则λ=__________.14.已知直线4320x y m ++=与圆22:(3)(1)1C x y ++-=相交，则整数m 的一个取值可能是__________. 15.用总长11m 的钢条制作一个长方体容器的框架，若所制容器底面一边的长比另一边的长多1，则最大容积为__________3m ；此时容器的高为__________m .（本题第一空3分，第二空2分）16.半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示.已知1MN =，若在该半正多面体内放一个球，则该球表面积的最大值为__________.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.（10分）在ABC 中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，已知4,45a b C ===. （1）求C ； （2）求sin2A . 18.（12分）某地博物馆为了解该地区电视观众对考古知识的兴趣情况，随机抽㝡了200名观看过《回望2022—国内国际十大考古新闻》的观众进行调查.下图是根据调查结果绘制的200名观众收看该节目时间的频率分布直方图.将收看该节目时间不低于80分钟的观众称为“考古热爱者”.将上述调查所得到的频率视为概率.（1）求出a 的值，并估计该地区的观众收看《回望2022—国内国际十大考古新闻》的平均时间（同一组数据用该区间的中点值作代表）；（2）现在从该地区大量电视观众中，采用随机抽样的方法抽取10名观众，记被抽敢的10名观众中的“考古热爱者”人数为X ，求X 的数学期望；（3）按是否为“考古热爱者”用分层抽样的方法从这200名观众中抽取10名观众，再从抽取的10名观众中随机抽取3名，Y 表示抽取的观众中是“考古热爱者”的人数，求Y 的分布列. 19.（12分）已知数列{}n a 的前n 项和为11,2,1n n n S a S a +==+. （1）求{}n a 的通项公式；（2）若n n b na =，求数列{}n b 的前n 项和n T . 20.（12分）如图，四棱锥P ABCD -的底面是边长为2的菱形，60,,ABC PB PC O ∠==为BC 的中点，OP AC ⊥.（1）证明：平面PBC ⊥平面ABCD .（2）若2CE EP =，且二面角E AB D --的大小为60，求四棱锥P ABCD -的体积. 21.（12分）已知双曲线2222:1(0,0)x y E a b a b-=>>的右顶点为()2,0A ，直线l 过点()4,0P ，当直线l 与双曲线E 有且仅有一个公共点时，点A 到直线l （1）求双曲线E 的标准方程；（2）若直线l 与双曲线E 交于,M N 两点，且x 轴上存在一点(),0Q t ，使得MQP NQP ∠∠=恒成立，求t . 22.（12分）已知定义域为R 的函数()()1e 1xf x a x -=+-在()0,∞+上的最小值为1.（1）求实数a 的值；（2）若方程()f x t =有两个不同的实数根12,x x ，证明：122x x +>.高三数学参考答案1.A 因为{}2,2B =-，所以{}2,0,2A B ⋃=-，所以(){}1,1,3UA B ⋃=-.2.B 因为()()19i 85i 3777i z =++=-+，所以z 在复平面内对应的点位于第二象限.3.B 由题意可得462p+=，解得4p =. 4.B 62x⎛ ⎝展开式的通项为36662166C (2)C 2(1)rr r r r r r r T x x ---+⎛==- ⎝， 令3602r -=，得4r =，所以展开式中的常数项为4246C 2(1)60-=. 5.C 若取出的两个数的和为奇数，则取出的两个数为一奇一偶， 所以取出的两个数的和为奇数的概率43722611511555P =⨯+⨯=. 6.C 设C 的右焦点为F '，由椭圆的定义可得28.889PF PF a PM PF PM PF MF +==+=''-+'+=.7.C 设这次“打水漂”石片的弹跳次数为x ，由题意得200.856x ⨯<，得0.850.3x <，得0.85log 0.3x >.因为0.85lg0.3lg31lg31lg31log 0.37.4lg0.85lg852lg17lg52lg17lg21---====≈-+---，所以7.4x >，即8x =.8.C 由()()23[]840f x f x ++=，可得()2f x =-或()23f x =-. 当02x <时，()2ln2x f x x =，则()2ln 12x f x x ⎛+'⎫= ⎪⎝⎭，当0x <<时， ()0f x '<，函数()f x 2x <时，()0f x '>，函数()f x 单调递 增，所以当02x <时，min 2()e f x f ==-.由题意可知，函数()f x 在 区间(]()*2,22n n n +∈N 上的图象是由()f x 在(]22,2n n -上的图象先向右平移2个单位长度，再将所得图象上所有点的纵坐标伸长为原来的2倍得到的，作出函数()f x 在(]0,10上的图象，如图所示.由图可知，方程()()2,23f x f x =-=-在区间(]0,10上根的个数分别为10，6. 故方程()()23[]840f x f x ++=在区间(]0,10上的实根个数为16.9.ACD 因为8月份当地人均月收入为2000元，9月份当地人均月收入的增长率为0，所以9月份当地人均月收入为2000元，故A 错误；因为10月份当地人均月收入的增长率为2%，所以10月份当地人均月收入为()200012%2040⨯+=元，故B 正确；因为11月份当地人均月收入的增长率为1%，所以11月份当地人均月收入为()204011%2000⨯+>，故C 错误；因为12月份当地人均月收入的增长率为1%-，所以12月份当地人均月收入为()()204011%11%⨯+->2000，故D 错误.10.AC 将sin 6y x π⎛⎫=+⎪⎝⎭图象上所有点的横坐标缩短到原来的14，纵坐标不变，再把得到的图象向右平移8π个单位长度，得到函数sin 43y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的图象，A 正确.将sin 6y x π⎛⎫=+⎪⎝⎭的图象向右平移2π个单位长度，再把得到的图象上所有点的横坐标缩短到原来的14，纵坐标不变，得到函数sin 43y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图象，C 正确. 11.ABD 设函数()1f x x x=+，易得()f x 在[)1,∞+上单调递增.因为33222233333log 2log 3,log 3log 4,log 422==== 34444451log 1log 1log log 51334=+>+>+=>，所以()()()2343log 3log 4log 52f f f f ⎛⎫>>> ⎪⎝⎭，即23344513log 3log 2log 4log 3log 5log 46a dbc =+>=>=+>=+. 12.BCD 因为11AD BC ∥，所以异面直线1D C 和1BC 所成的角即为1D C 和1AD 所成的角1AD C ∠.因为11AD AC CD ==，所以1AD C 为等边三角形，即13AD C π∠=，故A 错误.连接1AC （图略），因为11A BC DC ABD V V --=，所以111133BC D ABDS h SC C ⋅=⋅.因为123,2BC DABDSS==，所以h =A 到平面1BC D ，故B 正确. 当,P Q 分别为线段1,CD AC 的中点时，则PQ 为1BC D 的中位线， 所以1PQ BC ∥，所以PQ ∥平面11ABC D ，故C 正确.过P 作PM CD ⊥于M ，过M 作MQ AC ⊥于Q ，连接PQ （图略），此时PQ 最短.设DP x =，因为DPM 为等腰直角三角形，所以,222PM x CM CD DM x ==-=-.因为CQM 也是等腰直角三角形，所以122222MQ CM x x ⎛⎫==-= ⎪ ⎪⎝⎭. 因为PMQ 为直角三角形，所以2222222133422443PQ PM MQ x x x x ⎫⎛⎫=+=+=+=-+⎪ ⎪⎪ ⎭⎝⎭⎝⎭，当3x =时，min PQ =，所以D 正确. 13.3 因为()2,1a b λ-=--，所以224(1)101λλ++=++，解得3λ=.14.3（或4,5,6，只需填写一个答案即可） 圆心()3,1C -到直线4320x y m ++=的距离295m d -=，由2915m -<，得27m <<，所以整数m 的所有可能取值为3,4,5,6.15.916；34 设容器底面的长､宽分别为,1x x +，则容器的高为()11417244x x x -++=-.记容器的体积为()V x ，则()()32717712204448V x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫=+-=--+<<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为()()()2171621127244V x x x x x =--+=--+'，所以()V x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在17,28⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，所以max 19()216V x V ⎛⎫== ⎪⎝⎭，此时高为34. 16.32π当球的表面积最大时，该球的球心即半正多面体所在正四面体的外接球的球心，记球心为O '.该半正.点O '，到正三角形所在平面的距离为32π. 17.解：（1）因为2222cos c a b ab C =+-，且4,45a b C ===，所以216502426c =+-⨯⨯=，所以c =（2）因为sin sin a c A C =，且4,a c ==所以sin sin a C A c ==因为a b <，所以A为锐角，所以cos A ==， 故12sin22sin cos 13A A A ==. 18.解：（1）由题意可得0.002100.012100.020100.022100.020100.01410101a ⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=，解得0.010a =，估计该地区的观众收看《回望202—国内国际十大考古新闻》的平均时间为0.00210250.01210350.02010450.0221055x =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯ 0.02010650.01410750.010108557.8+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=.（2）“考古热爱者”对应的频率为10.011010⨯=，用频率估计概率，可知从该地区大量电视观众中，随机抽取1名观众，该观众是“考古热爱者”的概率为110，则110,10X B ⎛⎫~ ⎪⎝⎭，所以X 的数学期望()110110E X =⨯=. （3）根据分层抽样原则知，抽取的10人中，有“考古热爱者”110110⨯=人，非“考古热爱者”910910⨯=人，则Y 所有可能的取值为0，1.因为()()321991331010C C C 730,1C 10C 10P Y P Y ======， 所以Y 的分布列为19.解：（1）当1n =时，121S a =+，解得21a =.当2n 时，111,1,n n n n S a S a +-=+⎧⎨=+⎩，两式相减得12n n a a +=，所以2222n n n a a q--==. 12a =不满足上式，故22,1,2, 2.n n n a n -=⎧=⎨⎩（2）22,1,2,2n n n n b na n n -=⎧==⎨⋅⎩012222232422n n T n -=+⨯+⨯+⨯++⋅， 1231242232422n n T n -=+⨯+⨯+⨯++⋅.两式相减得()1232112222222122n n n n T n n ----=-++++++-⋅=-⋅-，所以()1122n n T n -=-⋅+.20.（1）证明：因为,PB PC O =为BC 的中点，所以OP BC ⊥. 因为OP AC ⊥，且AC BC C ⋂=， 所以OP ⊥平面ABCD ，因为OP ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面ABCD . （2）解：连接OA .因为ABC 为等边三角形，所以OA BC ⊥，所以,,OB OA OP 两两垂直.以O 为原点，,,OB OA OP分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.设OP t =，则()()()()0,0,,1,0,0,1,0,0,P t B C A -，因为2CE EP =，所以12,0,33t E ⎛⎫- ⎪⎝⎭，所以()42,0,,1,33t BE BA ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭. 设平面EAB 的法向量为(),,m x y z =，则420,330,t m BE x z m BA x ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩令2z =，得3,,23m t ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭. 平面ABD 的一个法向量为()0,0,1n =，因为二面角E AB D --的大小为60，所以1cos6024m n m n t ⋅===，解得3t =，所以133P ABCD ABCD V S -=⨯=21.解：（1）因为双曲线E 的右顶点为()2,0A ，所以2a =.当直线l 与双曲线E 有且仅有一个公共点时，直线l 平行于双曲线E 的一条渐近线. 不妨设直线l 的方程为()4b y x a=-，即40bx ay b --=， 所以点A 到直线l 的距离2b d c ===，所以c =.因为222c a b =+，所以1,b c ==，故双曲线E 的方程为2214x y -=. （2）设直线l 的方程为()()11224,,,,x my M x y N x y =+，联立方程组224,1,4x my x y =+⎧⎪⎨-=⎪⎩得()2248120m y my -++=， 则2121222812,,4044m y y y y m m m +=-=-≠--且Δ0>. 因为MQP NQP ∠∠=，所以直线l 与双曲线E 的右支交于,M N 两点， 所以1221204y y m =<-，即[)20,4m ∈. 因为MQP NQP ∠∠=， 所以12121212044QM QV y y y y k k x t x t my t my t+=+=+=--+-+-， 所以()()()()()()1221121222281248442440444m t m m y my t y my t my y t y y t m m m -+-++-=+-+=--==---， 所以1t =.22.（1）解：因为()()1e 1x f x a x -=+-，所以()1e x f x a --'=-.当0a 时，()0f x '，所以()f x 在()0,∞+上单调递减，没有最小值，所以0a <. 令()1e 0x f x a -'=--=，得()1ln x a =--，当()1ln 0a --，即e a -时，()f x 在()0,∞+上单调递增，没有最小值， 所以()e,0a ∈-，所以()f x 在()()0,1ln a --上单调递减，在()()1ln ,a ∞--+上单调递增， 所以()()()min ()1ln ln 1f x f a a a a =--=-+-=.令()()()ln ,e,0g a a a a a =-+-∈-，则()()ln g a a '=-.由()0g a '>，得e 1a -<<-；由()0g a '<，得10a -<<.所以()g a 在()e,1--上单调递增，在()1,0-上单调递减，所以()max ()11g a g =-=，故1a =-.（2）证明：由（1）知()1e 1x f x x -=+-，且()f x 在(),1∞-上单调递减，在()1,∞+上单调递增.设121x x <<，令()()()()112ee 22,,1x x F xf x f x x x ∞--=--=-+-∈-， 则()()1111e e 2e e 20x x x x F x ----=--+=++'-<， 所以()F x 在(),1∞-上单调递减.因为()10F =，所以()0F x >，即()()2f x f x >-. 因为()1,1x ∞∈-，所以()()112f x f x >-. 因为()()12f x f x =，所以()()212f x f x >-. 因为()21,21,x x ∞-∈+，且()f x 在()1,∞+上单调递增， 所以212x x >-，故122x x +>.。
5个柏拉图正多面体和13个阿基米德多面体的中英文名称和图形
5个柏拉图正多面体和13个阿基米德多面体的中英文名称
和图形
看到很多人画多面体，我一直没搞清楚这些多面体的中英文名称，在网上查了一下，请大家指正名称是否正确。
The 5 Platonic Solids
1、正四面体_Tetrahedron
2、正六面体（立方体）Hexahedron
3、正八面体_Octahedron
4、正十二面体
_Dodecahedron5、正二十面体_Icosahedron13 Archimedean Solids
1、截角四面体_Truncatedtetrahedron
2、截角立方体
_Truncatedhexahedron3、截半立方体_Cuboctahedron4、小斜方截半立方体_Rhombicuboctahedron5、大斜方截半立方体_Truncatedcuboctahedron6、扭棱立方体
_Snubhexahedronccw7、截角八面体
_Truncatedoctahedron8、截角十二面体
_Truncateddodecahedron9、扭棱十二面体
_Snubdodecahedronccw10、截角二十面体
_Truncatedicosahedron11、截半二十面体
_Icosidodecahedron12、小斜方截半二十面体
_Rhombicosidodecahedron13、大斜方截半二十面体_Truncatedicosidodecahedron。
【高中数学数学文化鉴赏与学习】 专题27 阿基米德多面体 (以阿基米德多面体为背景)原卷版
【高中数学数学文化鉴赏与学习】阿基米德多面体（以阿基米德多面体为背景的高中数学考题题组训练）一、单选题1．半正多面体亦称“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，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由八个正三角形和六个正方形构成的（如图所示），则异面直线AB 与CF 所成的角为（）A ．6πB ．4πC ．3πD ．2π2．“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．这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的表面积为（）A ．8πB ．4πC ．3πD ．2π3．半正多面体亦称“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，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体、它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它所有棱的长都为2，则下列说法错误的是（）A ．该二十四等边体的表面积为24+B ．QH ⊥平面ABEC ．直线AH 与PN 的夹角为60︒D ．该半正多面体的顶点数V 、面数F 、棱数E ，满足关系式2V F E +-=4．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，半正多面体是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体．如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的．若被截正方体的棱长为40cm ，则该阿基米德多面体的表面积为（）A ．(24800cm +B ．(24800cm +C ．(23600cm +D ．(23600cm +5．“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，将一个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“阿基米德多面体”，则该多面体中具有公共顶点的两个正三角形所在平面的夹角正切值为（）AB ．1CD ．6．如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，截取后的剩余部分称为“阿基米德多面体”，它是一个24等边半正多面体．从它的棱中任取两条，则这两条棱所在的直线为异面直线的概率为（）A ．1023B ．1223C ．2969D ．50697．半正多面体（semiregular solid ）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多四面体，得到的一个半正多面体，则下列说法错误的是（）A ．该半正多面体是十四面体B ．该几何体外接球的体积为43πC ．该几何体的体积与原正方体的体积比为5∶6D ．原正方体的表面积比该几何体的表面积小8．“阿基米德多面体”这称为半正多面体（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 =）A ．18πB ．16πC ．14πD ．12π9．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化代表之一，印信的形状多为长方体､正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，古希腊著名数学家阿基米德研究过此类多面体的性质，故半正多面体又被称为“阿基米德多面体”.半正多面体体现了数学的对称美，如图，是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，且此正方体的棱长为1.则下列关于该多面体的说法中错误的是（）A ．多面体有12个顶点，14个面B ．多面体的表面积为3C ．多面体的体积为56D ．多面体有外接球（即经过多面体所有顶点的球）10．半正多面体亦称“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，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它所有棱的长都为2，则（）A ．BC 平面ABEB ．该二十四等边体的体积为3C ．ME 与PN 所成的角为45D ．该二十四等边体的外接球的表面积为16π11．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点E 为线段BC 上的动点，则直线DE 与直线AF 所成角的余弦值的取值范围为（）A ．132⎡⎢⎣⎦B ．13⎡⎢⎣⎦C ．12⎡⎢⎣⎦D ．12⎡⎢⎣⎦12．半正多面体亦称“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，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体.它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它的棱长为2，则下列说法错误的是（）A ．该二十四等边体的外接球的表面积为16πB ．该半正多面体的顶点数V 、面数F 、棱数E ，满足关系式2V F E +-=C ．直线AH 与PN 的夹角为60°D ．QH ⊥平面ABE13．“阿基米德多面体”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“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为2，则其外接球的表面积为（）A ．16πB ．8πC ．16π3D ．32π314．“阿基米德多面体”也称半正多面体，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.如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的体积为（）A ．4π3B ．3C ．4πD ．8π15．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点E 为线段BC 上的动点，则下列结论不正确的是（）A ．存在点E 、使得A 、F 、D 、E 四点共面；B ．存在点E ，使DE DF ；C．存在点E，使得直线DE与平面CDF所成角为π3；D．存在点E，使得直线DE与直线AF所成角的余弦值10.二、多选题16．半正多面体（semiregular solid）亦称“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，半正多面体有且只有13种．最早用于1970年世界杯比赛的足球就可以近似看作是由12个正五边形和20个正六边形组成的半正面体，半正多面体体现了数学的对称美．如图所示的二十四等边体就是一种半正多面体，它由8个正三角形和6个正方形围成，它是通过对正方体进行八次切截而得到的．若这个二十四等边体的棱长都为2，则下列结论正确的是（）A．MQ与平面AEMH B．异面直线BC和EA所成角为60C．该二十四等边体的体积为3D．该二十四等边体外接球的表面积为18π17．“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12+，则关于该半正多面体的下列说法中正确的是（）．A．AB=B．该半正多面体的外接球的表面积为6πC ．AB 与平面BCD 所成的角为4πD ．与AB 所成的角是3π的棱共有16条18．半正多面体（semiregularsolid ）亦称“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，体现了数学的对称美，二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长）A ．BF EAB⊥平面B ．AB 与PF 所成角为45°C ．该二十四等边体的体积为203D ．该二十四等边体多面体有12个顶点，14个面19．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，它是由边数不全相同的正多边形为面围成的个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到的半正多面体的表面积为12+多面体的下列说法中正确的是（）A ．AB 与平面BCD 所成的角为4πB ．AB =C ．与AB 所成的角是3π的棱共有16条D ．该半正多面体的外接球的表面积为6π20．半正多面体亦称“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，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它所有棱的长都为2，则（）A ．BC ⊥平面ABEB ．该二十四等边体的体积为3C ．ME 与NP 的夹角为60︒D ．该二十四等边体的外接球的表面积为16π21．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点E 为线段BC 上的动点（包含端点），则下列说法正确的是（）A ．该半正多面体的体积为163B ．当点E 运动到点B 时，//DE FGC ．当点E 在线段BC 上运动时（包含端点），AH 始终与DE 垂直D ．直线DE 与平面AFHG 所成角的正弦值的取值范围为2⎡⎢⎣⎦22．很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图，这是一个棱数24，棱长为的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的．下列结论正确的有（）A ．该半正多面体的表面积为48+B ．AG ⊥平面BCDGC ．点B 到平面ACD D ．若E 为线段BC 的中点，则异面直线DE 与AF 23．很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图，这是一个棱数为24方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得，则下列各选项正确的是（）A ．该半正多面体的体积为203B ．A ，C ，D ，F 四点共面C ．该半正多面体外接球的表面积为12πD ．若点E 为线段BC 上的动点，则直线DE 与直线AF 所成角的余弦值的取值范围为122⎡⎢⎣⎦24．半正多面体亦称“阿基米德体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，得到一个有八个面的半正多面体．点A 、B 、C 是该多面体的三个顶点，且棱长2AB =，则下列结论正确的是（）A ．该多面体的表面积为B ．该多面体的体积为3C ．该多面体的外接球的表面积为22πD ．若点M 是该多面体表面上的动点，满足CM AB ⊥时，点M 的轨迹长度为4+三、填空题25．很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若E 为线段BC 的中点，则直线DE 与直线AF 所成角的余弦值为___________.26．“阿基米德多面体”也称半正多面体，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.二十四等边体就是一种半多正多面体．如图，棱长为1的正方体截去八个一样的四面体，就得到二十四等边体，则该几何体的体积为________．27．半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示.已知1MN =，若在该半正多面体内放一个球，则该球表面积的最大值为__________.28．半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示.若点G 在直线BC 上，且5,1BG BC BC == ，则直线EF 与直线AG 所成角的余弦值为__________．29．半正多面体（semiregularsolid ）亦称“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，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长______.①BF ⊥平面EAB ；②AB 与PF 所成角为45︒；③该二十四等边体的体积为203；④该二十四等边体外接球的表面积为8π.30．将棱长为12的正四面体沿棱长的三等分点处截去四个小正四面体后，所得的多面体称为阿基米德体，如图所示.若点N 在阿基米德体的表面上运动，且直线MN 与直线，则动点N的轨迹所围成平面图形的面积是___________.AB始终满足MN AB四、双空题31．半正多面体（又称作“阿基米德体”），是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，其构成体现了数学的对称美．如图，这是一个棱数为2414面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体沿共顶点的三条棱的中点截去八个相同的三棱锥所得，则这个半正多面体的体积为______﹔若点E为线段BC上的动点，则直线DE与平面AFG所成角的正弦值的取值范围为__________32．阿基米德多面体也称为半正多面体，是以边数不全相同的正多边形为面围成的多面体．如图，已知阿基米德多面体的所有顶点均是一个棱长为2的正方体各条棱的中点，则该阿基米德多面体的体积为______；若M，N是该阿基米德多面体表面上任意两点，则M，N两点间距离的最大值为______．33．“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，将一个棱长为2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“阿基米德多面体”，则该多面体的表面积为___________；其外接球的表面积为___________.34．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种成两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得，这个正多面体的表面积为___________.若点E 为线段BC 上的动点，则直线DE 与直线AF 所成角的余弦值的取值范围为___________.35．如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，余下的多面体就成为一个半正多面体，亦称“阿基米德体”．点A ，B ，M 是该多面体的三个顶点，点N 是该多面体外接球表面上的动点，且总满足MN AB ⊥，若4AB =，则该多面体的表面积为______；点N 轨迹的长度为______．。
球的表面积体积与阿基米德
球的表面积、体积计算方法与阿基米德大明球虽然在生活中很常见，但小学阶段已经没有多少关于球的内容了。
很遗憾！其实，球的表面积和体积的计算方法，早在二千多年前的古希腊数学家阿基米德就已经发现了。
（图1、图2、图3）阿基米德（公元前287～公元前212年）一个响亮的名字，一直被称为人类为史以来的三大数学家之一。
他出生在叙拉古的一个贵族家庭，一生有许多重大发现。
他最珍视的是他在数学中的发明。
让我们来看看阿基米德在数学的一些足迹。
（图4）1．圆的度量。
阿基米德用圆内接正96边形和圆外切正96边形从两个方向上同时逐步逼近圆，获得圆周率的值介于223/71和22/7之间。
（图5）[圆的面积等于圆的半径与周长乘积的一半。
如果一个直角三角形的两条直角边的长度分别是一个圆的半径与周长，则圆的面积等于这个直角三角形的面积。
（图6）2．球和圆柱。
a)任何球面的面积，是其中最大圆面积的四倍。
b)球的表面积等于与它等底等高圆柱侧面积。
c)球与它等底等高的圆柱，球的表面积是这个圆柱的表面积的2/3；球的体积也是这个圆柱体积的2/3。
3．阿基米德螺线。
阿基米德螺线是阿基米德对数学贡献中最出色的部分。
蚊香是一种阿基米德螺线。
4．;5．阿基米德多面体。
据说阿基米德曾研究过以下十三种多面体。
阿基米德多面体的面都是正多边形，都是由两种或两种以上正多边形围成。
都是由五种正多边形通过截角、扭转得到的。
（图11~图23）截半多面体在正多面体中，从一条棱斩去另一条棱的中点所得出的多面体。
名称透视图立体图展开图面截半立方体￥14三角形×8正方形×6截半二十面体32)三角形×20 五边形×12截角多面体名称透视图立体图展开图面截角四面体&8三角形×4六边形×4截角立方体14三角形×8八边形×6`截角八面体14正方形×6六边形×8小斜方截半立方体,26三角形×8正方形×18大斜方截半立方体26正方形×12六边形×8八边形×6扭棱立方体！38三角形×32正方形×6截角十二面体32·三角形×20十边形×12截角二十面体(足球的形状)32五边形×12六边形×20小斜方截半二十面体"62三角形×20正方形×30五边形×12大斜方截半二十面体62正方形×30六边形×20十边形×12扭棱十三角形×80 二面体92五边形×12。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。