新教材人教A版高中数学必修第二册复杂多面体的表面积与体积 同步讲义

22、复杂多面体的表面积与体积

【例1】2008年北京奥运会游泳中心（水立方）的设计来于威尔，弗兰泡沫是对开尔文胞体

的改进，如图，开尔文胞体是一种多面体，它由正六边形和正方形围成（其中每一个顶点处

有一个正方形和两个正六边形），己知该多面体共有24个顶点，且该多面体表面积是6+126,

则该多面体的棱长是（）

开尔文胞体

A.1B.2C.√3D.立

2

【答案】A

【分析】由己知可知：该多面体最多有6个正方形，最少有4个正六边形，因为1个正六边

形与3个正方形相连，所以该多面体有6个正方形，8个正六边形，设其棱长为“，分别求

出正方形和正六边形的面积即可求解.

【详解】设该多面体的棱长为“，所以一个正方形的面积为二,

一个正六边形的面积为6xkαx且α="

222

又因为正方形有4个顶点，正六边形有6个顶点，该多面体共有24个顶点，

所以最多有6个正方形，最少有4个正六边形.

因为1个正六边形与3个正方形相连，

所以该多面体有6个正方形，正六边形有6χ4÷3=8个，

所以该多面体的表面积为6∕+8x也∕=6+12√5,解得：a=∖,

【例2】刍（"M薨（m而g）是中国古代算数中的一种儿何体，其结构特征是：底面为长方形，

上棱和底面平行，且长度不等于底面平行的棱长的五面体，是一个对称的楔形体.

已知一个刍翼底边长为6,底边宽为4,上棱长为2,高为2,则它的表面积是（）

A.24√2B.24+24√2

C.24+24√5D.24+16√2+8√5

【答案】B

【分析】计算出几何体每个面的面积，相加即可得解.

【详解】设几何体为EF-ABeD,如下图所示：

矩形ABCQ的面积为6x4=24,

侧面为两个全等的等腰三角形..ABE、CDF,两个全等的等腰梯形ADE£、BCFE,

设点E、F在底面ABCD内的射影点分别为G、H,

过点G在平面ABC。内作GNLBC,连接短W,

过点H在平面45Cf）内作“N,C3,连接/W,

/7/_L平面ABCr）,HN、CDU平面ABa）,.∙.∕7∕LCr）,FHIHN,

HNA.CD,FHHN=H,∖CDΛ平面FHN,

FNU平面FHN,.-.FNYCD,易知m=2,HN=2,

则在CDF中，斜高为FN=FH1+HN2=户立=2√2，

所以，SMBE=SMD-=gcD∙FN=4返,

同理可知，梯形BCFE的高为EM=JEG2+GM?=√22+22=2√2-

所以，S梯JgAZ）F£=^iffAiBCFE=万（EF+BC）∙EM=8底,

因此，该几何体的表面积为24+2x（4应+8应）=24+24√Σ.

【例3】鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的样卯结构.如图1,

这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2,则该鲁班

锁的表面积为（）

A.8(6+6√2+√3)B.6(8+8√2+√3)

C.8(6+6√3+√2)D,6(8+8√3+√2)

【答案】A

【分析】补形出正方体，结合图形求出正方体棱长，然后直接求解可得.

【详解】由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的

几何体，

如图，因为AO=8D,AB=2,NADB=X,所以AD=2si∏K=血

24

故该正方体的棱长为2+2虚，且被截去的正三棱锥的底面边长为2,侧棱长为应，则该几

何体的表面积为

S=6[(2+2√Σ)2-4χl∙x√∑x√∑]+8χk2xG=8(6+6√Σ+⑨.

22

【例4】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3

C.多面体的体积为。

O

D.多面体有外接球(即经过多面体所有顶点的球)

【答案】B

【分析】求得一个棱数为24的半正多面体的顶点数和面数，可判断A；将半正多面体补成棱

长为1的正方体，故其顶点是正方体各棱的中点，求得半正多面体的棱长，计算表面积和体

积，可判断B,C；再由正方体的中心到多面体各顶点的距离相等，可判断D.

【详解】解：一个棱数为24的半正多面体有12个顶点，14个面；

可将半正多面体补成棱长为1的正方体，故其顶点是正方体各棱的中点.

半正多面体的棱长为玄，表面积为S=8χfχ(*y+6χ(*)2=√J+3,

2422

体积可看作正方体的体积减去八个三棱锥的体积，

贝W=I-8χ∖χg)3=3，

又因为正方体的中心到多面体各顶点的距离相等，所以有外接球.

[例5]2022年北京冬奥会的成功举办使北京成为奥运史上第一座“双奥之城”.其中2008年

北京奥运会的标志性场馆之一“水立方'’摇身一变成为了“冰立方"冰立方'’在冬奥会期间承接

了冰壶和轮椅冰壶等比赛项目.“水立方”的设计灵感来自威尔・弗兰泡沫，威尔・弗兰泡沫是对

开尔文胞体的改进，开尔文胞体是一种多面体，它由正六边形和正方形围成(其中每一个顶

点处有一个正方形和两个正六边形)，已知该多面体共有24个顶点，且棱长为2,则该多面

体的表面积是()

A.24(√3+l)B.24√3+6C.48√3+24D.16^+8

【答案】C

【分析】根据多面体顶点的个数，分析确定正方形的个数和正六边形的个数，再求表面积.

【详解】棱长为2的正方形的面积为2x2=4，正六边形的面积为6χLχ2χ2χ且=6石，

22

又正方形有4个顶点，正六边形有6个顶点，该多面体共有24个顶点，

所以最多有6个正方形，最少有4个正六边形，1个正方形与3个正方形相连，所以该多面体

有6个正方形，正六边形有6χ4+3=8个.

所以该多面体的表面积是：S=8×6√3+6×4=48√3+24.

【例6】正多面体被认为是构成宇宙的基本元素，加上它的多种变体，一直是科学、艺术、哲

学灵感的源泉之一.若连接正方体六个面的中心构成一个正八面体，则正方体与所得八面体的

表面积之比为（）

A.√3B.3C.2√3D.6

【答案】C

【分析】根据题意设出正方体的棱长，进而求出正方体的表面积，然后求出该正八面体的棱

长并求出其表面积，最后求得答案.

【详解】设正方体ABCD-ABCQ的棱长为的则其表面积，=6x2?=24.

如图，记该正八面体为PEFGaQ,现考虑侧面PG”，取CG的中点分别为M，连接MG,M凡

易得：MG=MH=I=GH=QMG2+MH?=母,所以SPGH=*、（应了=等，则该八面

体的表面积S2=*x8=4√J.

于是'＞磊=2"

【例7】（多选题）素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，素描水平反映了绘画

者的空间造型能力.“十字贯穿体''是学习素描时常用的几何体实物模型，如图是某同学绘制

“十字贯穿体”的素描作品.“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱"垂直贯穿''构成的多

面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分

别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）.若该

同学绘制的“十字贯穿体”由两个底面边长为2,高为6的正四棱柱构成，则（）

A.一个正四棱柱的某个侧面与另一个正四棱柱的两个侧面的交线互相垂直

B.该“十字贯穿体”的表面积是112-16人

C.该“十字贯穿体”的体积是48-竺也

3

D.一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的顶点A出发，沿表面到达顶点B的最短路线长为g+4√Σ

【答案】BCD

【分析】根据图形分别求出8=2√Σ,CE=DE=G结合勾股定理判断垂直；表面积是由

4个正方形和16个与梯形8。EF全等的梯形组成，分别计算：体积用两个柱体体积减去重叠

部分体积；分别计算按A→C→尸→M→。→3路线和在表面内移动最短的路径长.

【详解】如图一个正四棱柱的某个侧面与另一个正四棱柱的两个侧面的交线CE、DE

则在梯形BcE尸中，可知BZ)=3-J∑,BF=2,EF=3,DE=瓜BE=岳

设NDEF=a,NBEF=β,则CoSa=3,cos/=岖

313

根据立体图可得8=20,CE=DE=娓,显然CS+DE/C。？

即CE、DE不垂直，A不正确；

该，，十字贯穿体，，的表面积是由4个正方形和16个与梯形跳足尸全等的梯形组成

则表面积S=4χ4+16χχ2=l12-16√∑,B正确；

"32=A

如图两个正四棱柱的重叠部分为多面体CDGEST,取CS的中点/

则多面体CDGEsr可以分成8个全等三棱锥C-GE/,则匕的=gx√∑χ2=当

该“十字贯穿体”的体积即为V=2x24-8匕”,=48-粤^，C正确；

若按A→C→P∙→M→O→8路线，则路线长为4(3-√Σ)+2√Σ=12-2√Σ

若在表面内移动，则有：

借助部分展开图，如图所示：

,.∙cosΛFENɪcoslaɪ2cos2a-1ɪ-ɪ<0,即NFEN为钝角，过8作NE的垂线8H,垂足

为H,则8”在展开图内

sinZBEN=sin（2α-夕）=sin2«cos/-coslasinβ=+笔

BH=BEsinNBEN=-+2√2

3

根据对称可知此时最短路径为2B4=g+4也<12-2√Σ

则从顶点A出发，沿表面到达顶点8的最短路径为g+4√Σ,D正确;

【例8】如图截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的

四个顶点所产生的多面体.如图，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面

得到所有棱长均为1的截角四面体.

（1）该截角四面体的表面积；

（2）该截角四面体的体积.

【答案】（1）7有；（2）空臣.

12

【分析】（1）求出截角四面体一个的正六边形、正三角形的面积即可求解作答.

（2）求出原正四面体和截去的一个正四面体的体积，再用割补法求解作答.

（1）

依题意，该截角四面体是4个边长为1的正三角形和4个边长为1的正六边形围成，

截角四面体中，正三角形的面积B=TXIXlX等=*，

边长为1的正六边形的面积S,=6χ1χlχlχ虫=土叵，

-222

所以该截角四面体的表面积为S=4x@+4X独一7后.

42

（2）

该截角四面体是棱长为3的正四面体去掉4个角上棱长为1的正四面体而得，

棱长为1的正四面体的高/l=Jl∕2χ3]=显,棱长为3的正四面体的高为3〃=卡,

M32J3

则棱长为1的正四面体的体积K=Jx且Xi?、"=也，

134312

棱长为3的正四面体的体积匕=JX且x3?x#=%巨

2344

所以该截角四面体的体枳为：V=K-4乂=逑-4x变=竺巨.

2,41212

【题型专练】

I.刍（Chli）薨（m6ng）是中国古代算数中的一种几何体，其结构特征是：底面为长方形，

顶棱和底面平行，且长度不等于底面平行的棱长的五面体，是一个对称的楔形体.已知一个

刍薨底边长为4,底边宽为3,上棱长为2,高为2,则它的表面积是（）

A.27+3√5B.42+3√5C.27+3布D.42+6√3

【答案】A

【分析】由题意可得刍薨的左右两个三角形为全等的等腰三角形，前后两个四边形为全等的

等腰梯形，利用勾股定理分别求出三角形和梯形的高，从而可求出各个面的面积，即可得出

答案.

【详解】解：由题意可得刍薨的左右两个三角形为全等的等腰三角形，

前后两个四边形为全等的等腰梯形，

等腰三角形的高为√i百=6，

等腰梯形的高为炉=1，

则一个等腰三角形的面积为Jχ3χ石=迈，

22

一个等腰梯形的面积为C+,)XT15,

-----------------

22

所以此刍薨的表面积为2x里+2x"+4x3=27+34.

22

2.半正多面体(SemiregUlarSoIid)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.下图是棱长为近的正方体截去八个一样的四面体，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「

C.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

【答案】D

【分析】由题意求该几何体的体积与表面积，由外接球的半径求体积，对选项逐一判断即得.

【详解】由图可知该半正多面体的表面是由6个正方形和8个等边三角形构成，所以为十四

面体，该半正多面体是十四面体，故A正确；

44

该几何体外接球的球心为原正方体的中心，故外接球半径为1，外接球的体积为H，故B

正确；

对于C,该几何体的体积V=/方体-8%而体=—8x；x/x；Xq=Y，

正方体体积为2√∑,故该几何体的体积与原正方体的体积比为5：6,故C正确；

对于D,该几何体有6个面为正方形，8个面为等边三角形，S表=6χF+8x3xl=6+2有＜12,

4

即原正方体的表面积比该几何体的表面积大，故D错误.

3.鲁班锁起源于中国古代建筑的榨卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即梯卯结

构）啮合，十分巧妙，鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难

装，如图（1）,这是一种常见的鲁班锁玩具，图（2）是该鲁班锁玩具的直观图.已知该鲁班

锁玩具每条棱的长均为1，则该鲁班锁玩具的表面积为（）

S(I)

A.2(6+6Λ∕5^+B.8+8√2+√3C.2(6+66+正)D.8+86+立

【答案】A

【分析】先求出正八边形的面积，再由该鲁班锁玩具的表面积为6个边长为I的正八边形和

8个边长为1的IE三角形的面积和计算表面积即可.

由图可知：该鲁班锁玩具的表面积为6个边长为1的正八边形和8个边长为1的正三角形的

面积和，如图为正八边形的平面图，易得NBA。=NAQC=（8-2）x180=^5,作

8

AEBC,DFrBC,垂足为瓦尸，则AE=BE=。F=CF=正，则八边形的面积为

2

→（l+√2+l）×^×2+（√2+l）×l=2+2√2,则该鲁班锁玩具的表面积为

(2+2忘)x6+∙∣xVx等X8=2(6+6√Σ+G).

4.（多选题）“阿基米德多面体”也称为半正多面体（SenIi-regιιlarsolid）,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=0,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彳

B.该半正多面体过A,B,C三点的截面面积为

C.该半正多面体外接球的表面积为12万

D.该半正多面体的顶点数K面数尸、棱数E满足关系式V+F-E=2

【答案】ABD

【分析】根据几何体的构成可判断A,由截面为正六边形可求面积判断B,根据外接球为正

四棱柱的外接球即可判断C,根据顶点，面数，棱数判断D.

【详解】如图，

该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的.

对于A,因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该几何体的体积为:

V=2×2×2-8×-i-×^×l×l=-,故正确；

323

对于B,过A,B,C三点的截面为正六边形A8CTE。，所以S=6x豹同=3百,故正

确.

对于C,根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为近，侧棱长为2

的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积5=4万氏2=4万乂（点）2=8万，故错

误；

对于D,几何体顶点数为12,有14个面，24条棱，满足12+14-24=2,故正确.

5.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4,则该半正多面体的表面积为.

【答案】16√3+48**48+16√3

【分析】由题可求出半正多面体的棱长，从而可求出其表面积

【详解】一个棱数为24的半正多面体有12个顶点，14个面，它的所有顶点都在同一个正方

体的棱上，且顶点是正方体各棱的中点，

因为正方体的棱长为4,所以半正多面体的棱长为2忘，

由图可知半正多面体由8个全等的等边三角形和6个全等的正方形组成，

所以半正多面体的表面积为

8×-×(2√2)2+6×(2√^)2=16√3+48,

6.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.下左图是南北朝官员独孤信的印信，

它是由正方形和正三角形围成.右图是根据这只印信作出的直观图，直观图的所有顶点都在一

正方体的表面上(如果一个正八边形的八个顶点都在这个正方体同一个侧面的四条棱上，那

么这个八边形的边长就等于这个直观图的棱长).若这个正方体的所有顶点都在半径为

而+√J的球面上，则这只印信的表面积为.

【答案】72+8石##86+72

【分析】根据正方体外接球的半径可确定其棱长为20+2;根据正八边形的八个顶点都在这

个正方体同一个侧面的四条棱上可构造方程求得正八边形的边长，即为直观图的棱长，进而

根据直观图的构成可求得表面枳.

【详解】设正方体棱长为

「正方体的所有顶点都在半径为#+6的球面上，

.∙.√6+√3=^a,解得：α=2√2+2;

(2√2+2-w'

设正八边形的边长为机，则产+

I2JI-2-J

整理可得：∕n2+(4√2+4)m-(2√2+2)2=0,解得：m=2,即直观图棱长为2：

由直观图可知：印信是由18个正方形，8个等边三角形拼接而成，

•••印信的表面积S=2x2xl8+gx2x√Jx8=72+86.

7.在如图的多面体中，已知43C。为矩形，ABFE和。CFE为全等的等腰梯形，Aβ=4,

BC=AE=EF=2.

(1)求此多面体的表面积；

(2)求此多面体的体积.

【答案】(l)8+8√5(2)3叵

3

【分析】(I)结合己知条件，分别求几何体各个面的面积，然后再求面积之和即可;

(2)结合已知条件，利用割补法求几何体体积即可.

(1)

由题意可知，aBC尸和VADE都是边长为2的等边三角形，

,

故SVBeF=SADE=—×2×2sin60=>∕3,

,

"-'AB=4,..SABCD=AB-BC=S,

分别过E、尸向AB做垂线，垂足为尸、Q,如下图所示:

结合等腰梯形性质可知，EF=PQ=2,AP=QB=I,

从而PE=QF=J27=B

故SABEF=^(AB+EF)PE=3^∣3,

故多面体的表面积S=2SABEF+2SASCF+SABeD=8+86.

（2）

将五面体补全为直三棱柱ADG-BC”,如下图所示：

则多面体的体积V=匕DG-BCH―E-AlXi~~VF-BCH，

由⑴中结论和几何体特征可知，GE=FH=1,AG=GD=BH=HC=6,

由余弦定理可知，CoS/AGD=AG+G£>m=L故SinNAGD=延，

2AGGD33

从而易知SVADG=Svncfl=ɪAG-GDsinZAGD=√2

故^E-ADG~VF-BeH=§SVAoC，GE=ʒ-»^ADG-BCH=SVADCGH=4∙j2.

从而几何体的体积V=匕DC评CH-%Yflc-%一Bs=华•

8.某广场设置了一些多面体形的石凳供市民休息.图（a）的多面体石凳是由图（3）的正方

体石块截去八个相同的四面体得到，且该石凳的体积是节竺i∏√.

(1)求正方体石块的棱长；

(2)求多面体形石凳的表面积.

【答案】⑴40Cm

(2)1600(√3+3)cm2

【分析】(1)设正方体石块的棱长为。，依题意，建立关于。的方程，解出。的值即可.

(2)依题意多面体形石凳是由8个全等的等边三角形和6个全等的正方形组成，且边长均为

20√2∙根据等边三角形和正方形的面积公式计算可得；

(1)

即：设正方体石块的棱长为°,则每个截去的四面体的体积为:χ<χ(M'=∙⅛∙

j212J48

由题意得8x《+史幽=d,解得α=4O,即正方体石块的棱长为40cm.

483

(2)

解：多面体形石凳是由8个全等的等边三角形和6个全等的正方形组成，且等边三角形与正

方形的边长均为J2。?+2()2=20√5cm，

所以几何体的表面积S=8*；X20√2X20√2×sin60o+6×20√2×20√2=1600(退+3)cm2.

9.帐篷是撑在地上遮蔽风雨、日光，并供临时居住的棚子，多用帆布做成，连同支撑用的东

西，可随时拆下转移，如图1所示.一个普通的帐篷可视为一个长方体与一个直三棱柱的组

合，如图2所示，已知AF=M=2米，AD=4米，AA=3米，且NAFe=I20。.

图1图2

（1）求该帐篷的表面积（不包含地面部分）；

（2）求该帐篷的体积.

【答案】（1）（14有+40）平方米

（2）28√J立方米

【分析】（1）根据题意求出直三棱柱部分的表面积以及长方体的四个侧面面积加和即可；

（2）分别求出长方体和直三棱柱的体积加和即可.

（1）

在AAB/中，由余弦定理可得：

AB2=AF2+BF2-2AF-BFcosNAFB=22+22-2×2×2×[^-^=12,

则AB=26（米），

直三棱柱部分的表面积H=gx2x2sinl2（Γx2+（2+2）x4=（2召+16）（平方米），

长方体四个侧面的面积S?=2（AB+A。）∙AA=2X（26+4）X3=（12旧+24）（平方米），

故该帐篷的表面积5=百+邑=26+16+12石+24=（146+40）（平方米）；

（2）

直三棱柱的体积匕=34尸-8尸SinNA尸8∙AO=g*2x2sinl20θχ4=46（立方米），

长方体的体积％=A3∙AD∙A41=26x4x3=246（立方米），

故该帐篷的体积V=M+匕=4有+24后=28石（立方米）.

10.“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半

正多面体体现了数学的对称美.如图，是一个棱长为1的半正多面体，它的所有顶点都在同一

个正方体的表面上.则该正方体的棱长为_______;半正多面体的表面积为.

12+12拒+2√J

【分析】首先由正六边形还原为正方形，计算棱长，再分别计算正六边形和正三角形的面积,

再计算半多面体的表面积.

【详解】根据题意，可将正六边形补全为正方形，。即是斜边为1的等腰直角三角形，直

角边E）F=更，所以正方形的边长OC=I+2x也=忘+1

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半正多面体包含6个正六边形，8个正三角形，每个正六边形面积

S=（应+I『_4x；x（曰）=2+2√2,每个等边三角形的面积S=gχFχ*=¥，

所以半正多面体的表面积是6x（2+2√Σ）+8x/=12+12四+2√L

故答案为：√2+l:12+120+26

11.柏拉图多面体，是指严格对称，结构等价的正多面体.由于太完美，因此数量很少，只

有正四、六、八、十二、二十面体五种.如果用边数不同的正多边形来构造接近圆球、比较

完美的多面体，那么数量会多一些，用两种或两种以上的正多边形构建的凸多面体虽不是正

多面体但有些类似，这样的多面体叫做半正多面体.古希腊数学家物理学家阿基米德对这些

正多面体进行研究并发现了13种半正多面体（后人称为“阿基米德多面体”）.现在正四面体

上将四个角各截去一角，形成最简单的阿基米德家族种的一个，又名截角四面体.设原正四

面体的棱长为