2026高考数学复习微专题：70. 立体几何新教材中的一些常考新概念几何体

70.立体几何新教材中的一些常考几何体

一．素材展示（均选自人教A版必修二教材）

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

AB2，则此半正多面体外接球的表面积为（）

82

A．43πB．12πC．πD．8π

3

解析：如图，在正方体EFGHE1F1G1H1中，分别取正方体、正方形E1F1G1H1的中心O、O1，

连接E1G1,OO1,OA,O1A，∵A,B分别为E1H1,H1G1的中点，则E1G12AB22，∴正方体

的边长为，故，可得22，

EF2OO1O1A1OAOO1O1A2

根据对称性可知：点O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

2

为O，半径ROA2，故该半正多面体外接球的表面积为S4πR24π28π.

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AB1，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有（）

52

A．该半正多面体的体积为

3

33

B．该半正多面体过A,B,C三点的截面面积为

2

C．该半正多面体外接球的表面积为8π

D．该半正多面体的表面积为623

解析：A：如图，因为AB1，所以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，

2

3112252

所以该半正多面体的体积为：，故正确；

V28A

32223

B：根据该半正多面体的对称性可知，过A,B,C三点的截面为正六边形ABCFED，

333

又AB1，所以正六边形面积为S612，故B正确；

42

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ABCFED的中心，故半径为AB1，所以该半正多面体外接球的表面积为

S4πR24π124π，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1，所以其表面积

3

为812612623，故D正确.故选：ABD

4

★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AE与CF是异面直线B．平面ABF平面ABE

426

C．该几何体的体积为2D．平面ABE与平面DCF间的距离为

33

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22.∵A，E，C，F四点共面，直线AE

与CF是共面的，故A错；

π

12

设二面角EABD为θ，SABE3，S正方形ABCD4，所以cosθ.

324

π

所以：二面角EABF2θ，故B错；

2

18

V4222，故C错；由八面体的构成可知：平面ABE和平面DCF之间的距离

33

1126

是正方体体对角线的，所以两个平面之间的距离为：223，故D对.

333

故选：D

例4．将两个各棱长均为1的正三棱锥DABC和EABC的底面重合，得到如图所示的六

面体，动点P在该六面体表面上，且满足BCAP，则（）

2

A．ADBCB．该几何体的体积为

4

6

C．动点P的轨迹长为23D．该多面体内切球的半径为

9

解析：对于A，取BC的中点M，连接AM,DM，由正三棱锥的性质可得AMBC,DMBC，

因为AMDMM，所以BC平面ADM，所以BCAD，正确.

33

对于B，在正三棱锥DABC中，作高线DO，由正三角形的性质可得AM，AO，

23

6122

所以DO，其体积为VSDO，所以该几何体的体积为，不正确.

313ABC126

对于C，由几何体的对称性可得，A,D,M,E四点共面，由选项A可知，BC平面ADME，

所以点P的轨迹为线段DM和ME及棱AD和AE，其长度为23，正确.

2

对于D，设几何体的内切球半径为r，球心为O，连接球心和各顶点，则有6V，

OABD6

326

即r，解得r，正确.故选：ACD

269

例5．将两个各棱长均为1的正三棱锥DABC和EABC的底面重合，得到如图所示的六

面体，则（）

33

A．该几何体的表面积为

2

3

B．该几何体的体积为

6

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AD//平面BCE

133333

解析：对于A，S11，所以表面积为6，故A对；

ABD22442

对于B，如图所示：

设点D在平面ABC内的投影为O，M为BC的中点，则由对称性可知O为三角形ABC的重

2233

心，所以AOAM1，又因为AD1，所以正三棱锥DABC的高为

3323

16

DOAD2AO21，所以题图所示几何体的体积为

33

1632

V2V2，故B错；

DABC3346

对于C，由B选项可知DO面ABC，由对称性可知D,O,E三点共线，所以DE面ABC，

而DE面ADE，所以面ADE面ABC，故C正确；

对于D，建立如图所示的空间直角坐标系：

3333

其中Ox轴平行BC，因为AO,OM，

3236

13136136

所以B,,0,C,,0,E0,0,,BC1,0,0,BE,,，

26263263

x0

设平面BCE的法向量为nx,y,z，所以136，

xyz0

263

不妨取z1，解得y22,x0，所以取n0,22,1，

3636

2666

又A0,,0,D0,0,,AD0,,，而ADn0，所以直

3333333

线AD与平面BCE不平行，故D错.故选：AC.

★3.鳖臑

例6.如图所示的阳马PABCD中，侧棱PD底面ABCD,且PDCD,点E是PC的中

点，连接DE,BD,BE．

（1）.证明：DE平面PBC.试判断四面体EBCD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；

V1

（2）.记阳马PABCD的体积为V1，四面体EBCD的体积为V2，求的值．

V2

图1

证明：（1）因为PD底面ABCD，所以PDBC；由底面ABCD为长方形，有BCCD，

而PDCDD，所以BC平面PCD，DE平面PCD，所以BCDE

又因为PDCD，点E是PC的中点，所以DEPC，而PCBCC，所以DE平

面PBC，由BC平面PCD，DE平面PBC，可知四面体EBCD的四个面都是直角

三角形.

即四面体EBCD是一个鳖臑，其四个面的直角分别是BCD,BCE,DEC,DEB

11

（2）由已知，PD是阳马PABCD的高，所以VSPDBCCDPD；由（1）

13ABCD3

11

知，DE是鳖臑DBCE的高，BCCE，所以VSDEBCCEDE.

23BCE6

2

在Rt△PDC中，因为PDCD，点E是PC的中点，所以DECECD，

2

1

BCCDPD

V2CDPD

于是134.

V1CEDE

2BCCEDE

6

★4.“鸭嘴”模型

结论1：如图，ABAC,DBDC，设O为BC中点，则AOBC,DOBC，故BC

面AOD，则BCAD.

结论2：反过来，若如图，ABAC，且BCAD，设O为BC中点，则AOBC.另

一方面，由于BCAD，则BC面AOD，故BCOD，因为O为BC中点，故可得：

DBDC.

结论3.上述两个结论中，AOD即为二面角ABCD的平面角.

例7．（2023年全国乙卷真题）已知ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边

三角形，若二面角CABD为150，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（）

1232

A．B．C．D．

5555

解析：取AB的中点E，连接CE,DE，因为ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有

CEAB，又△ABD是等边三角形，则DEAB，从而CED为二面角CABD的平面

角，即CED150，

显然CEDEE,CE,DE平面CDE，于是AB平面CDE，又AB平面ABC，

因此平面CDE平面ABC，显然平面CDE平面ABCCE，直线CD平面CDE，则直

线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令

AB2，则CE1,DE3，在CDE中，由余弦定理得：

3

CDCE2DE22CEDEcosCED13213()7，

2

DECD3sin1503

由正弦定理得，即sinDCE，

sinDCEsinCED727

35

显然DCE是锐角，cosDCE1sin2DCE1()2，

2727

3

所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为.故选：C

5

例8.（2023年新高考2卷）如图，三棱锥ABCD中，DADBDC，BDCD，

ADBADC60，E为BC的中点．

（1）证明：BCDA；

（2）点F满足EFDA，求二面角DABF的正弦值．

解析：（1）连接AE,DE，因为E为BC中点，DBDC，所以DEBC①，

因为DADBDC，ADBADC60，所以ACD与△ABD均为等边三角形，

ACAB，从而AEBC②，由①②，AEDEE，AE,DE平面ADE，

所以，BC平面ADE，而AD平面ADE，所以BCDA．

3

（2）二面角DABF的正弦值为．

3

三．习题演练

1．如图1，过球O上不在同一大圆上的A，B，C三个点中的任意两点作大圆.可以得到劣

弧AB，BC与AC，则这三条劣弧围成的曲面ABC（阴影部分）称为球面ABC，这三

条劣弧称为球面ABC的边.A，B，C三点称为球面ABC的顶点.设二面角COAB为

A，二面角COBA为B，二面角BOCA为C，则球面ABC的面积

2

S球面△ABC(ABC)R，其中R为球的半径，A，B，C均用弧度制表示.以

球心O为坐标原点，建立如图2所示的空间直角坐标系.已知A(0,0,6)，B(m,26,2)，

C(22n,2)三点均在球O的球面上，其中m0，n0.

(1)求m，n的值；

(2)求点O到平面ABC的距离；

(3)求球面ABC的面积.

【详解】（1）根据OAOBOC，可得36m22448n24，

解得m22,n26，因为m0,n0，所以m22,n26，

（2）由（1）得B(22,26,2),C(22,26,2)，AB(22,26,8),AC(22,26,8)，

设平面ABC的一个法向量为v0(x0,y0,z0)，

v·AB22x26y80

000

则，令x022，y00,z01，

v0·AC22x026y080

所以平面ABC的一个法向量为v0(22,0,1)，

|vOA|6

所以点O到平面ABC的距离为02；

|v0|81

（3）依题意OA(0,0,6),OB(22,26,2),OC(22,26,2)，

设平面OAB，平面OBC，平面OAC的法向量为v1(x1,y1,z1),v2(x2,y2,z2),v3(x3,y3,z3)，

v·OA6z0

11

则，令x13，则y11,z10，则v1(3,1,0)，

v1·OB22x126y12z10

v·OB22x26y2z0

则2222，令，则，则，

x21y20,z22v1(1,0,2)

v2·OC22x226y22z20

v·OA6z0

则33，令，则，则，

x33y31,z30v3(3,1,0)

v3·OC22x326y32z30

|v1v31

所以|cosA||cosv1,v3|，

|v1||v3|2

|v1v21

|cosB||cosv1,v2|，

|v1||v2|2

|v2v31

|cosC||cosv2,v3|，

|v2||v3|2

结合O,A,B,C四点的位置，可知A,B,C均为钝角，

2π

所以ABC，

3

2π2π2π2

故球面ABC的面积S球面(π)636π..

ABC333

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：VFE2（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ABCDA1B1C1D1中，点G,H,I,J,K,L为正方体六个面的中心，假设几

V

何体的体积为，正方体的体积为，求1的值；

GHIJKLV1ABCDA1B1C1D1V2

V2

(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：VFE2，

正十二面体有12个面，即F12，则EV10，

设正十二面体每一个面都是正x边形，每一个顶点处有y条棱，

因为多边形至少有3条边，而再每个顶点处至少有3条棱，

则x3,y3,xN,yN，

由于每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两