立体构成—几何多面体(阿基米德变形多面体).
立体构成的形式要素
立体构成的形式要素（重点、难点 ）
四、对比与调和 对比是指在一个造型中包含着相对的或相互矛盾的 要素。对比要素包括形、色、质的对比，如直与曲、 圆与方、动与静、明与暗、黄与紫等。 调和是指造型要素形、色、质等诸方面之间的统一 与协调。立体形态的调和方法是指两个以上造型要 素形成美的秩序。 1、线性的对比与调和 2、形体的对比与调和 3、方向的对比与调和 4、实体、空间的对比与调和 5、色彩、环境的对比与调和 6、材质的对比与调和
立体构成的形式要素（重点、难点 ）
二、多样统一 是自然科学和社会科学中辨证法对立统一规 律在艺术中的应用，是所有艺术领域中的一 个总原理。
立体构成的形式要素（重点、难点 ）
三、节奏与韵律 立体构成中的节奏表现为基本形按设计好的骨格进 行起伏、交错、渐变、厚薄等有秩序、有规律性的 变化。 韵律是节奏导致的一种只可意会、难以言传的情感 感受，它没有形式可言，当形态大小、方向、位置、 色彩、光线、排列发生变化时，都可以产生韵律美。 1、渐变韵律 2、交错韵律 3、发射韵律 4、起伏韵律
线材的构成
硬线材的构成 （一）连续构成 选择有一定硬度的金属丝或其它线性材料，做构成 时不限定范围，以连续的线做自由构成，使其产生 连续的空间效果。表现对象可以是抽象的，也可以 是具象的。应注意的是： （二）垒积构造 把硬线材料一层层堆积起来，相互间没有固定的连 接点，可以任意改变的立体构成，叫垒积构成。材 料之间之靠接触面间的摩擦力维持形态。特点是易 于承受向下压力，若横向受力则很容易倒塌。
立体构成的形式要素（重点、难点 ）
一、重复构成
二、多样统一 三、节奏与韵律 四、对比与调和 五、对称与均衡 六、联想于意境
立体构成的形式要素（重点、难点 ）
立体构成—几何多面体的变形(分析“多面体”文档)共10张PPT
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切挖：在棱边部位作直线或弧线切挖，切除部分的量，切挖的长度和面积不宜过大。
棱角处理 切角：将多面体的棱角部分作直线或弧线切割，将角去掉。 角凹凸：将多面体外棱角进行折入或折入再凸出处理，折痕线可以处理为直线，也 可为弧线。
棱面处理
表面凹凸 一个完整的平面，如果不借助于重叠或切割的去掉一部分量，是无法形成立体的。 多面体的表面为多边形平面，我们只有将此多边形分为几个等大的角面，设置折痕线，才有可能 使平面折成凹入或突出的状态。
——本体变化 棱角处理 出更加全新的视觉心理感受。
表面凹凸 一个完整的平面，如果不借助于重叠或切割的去掉一部分量，是无法形成立体的。 多面体变异——外接增形 折痕线变形：将多面体原来的棱边折痕线变成曲线，幅度不宜过大，可使原来严肃的形体变得优美起来。
第十六节 多面体的表面为多边形平面，我们只有将此多边形分为几个等大的角面，设置折痕线，才有可能使平面折成凹入或突出的状态。 立体构成 棱面处理 多面体的表面为多边形平面，我们只有将此多边形分为几个等大的角面，设置折痕线，才有可能使平面折成凹入或突出的状态。 几何多面体（四） 多面体的表面为多边形平面，我们只有将此多边形分为几个等大的角面，设置折痕线，才有可能使平面折成凹入或突出的状态。
棱多边面压 体屈的：表压面屈为部多分边的形压平幅面不，宜我过们大只。有将此进多边行形处分为理几，个等多大面的角体面将，设呈置折现痕出线，更才加有可多能样使平的面异折成形凹变入或化突，出的营状造态。出更加全新
多面体变异——本体变化 折痕线变形：将多面体原来的棱边折痕线变成曲线，幅度不宜过大，可使原来严肃的形体变得优美起来。
单线变复线：将多面体棱边处理为双线，这样形成了一个狭窄棱面，棱角由尖锐变的平钝。
学习立体几何中的多面体特性
学习立体几何中的多面体特性在数学的世界中，立体几何是一个既有趣又具有挑战性的领域。
而多面体则是立体几何中一类重要的几何体，它由多个平面多边形组成。
本文将探讨学习立体几何中多面体的特性。
一、多面体的定义及分类多面体是由多个平面多边形组成的立体图形。
它的边界由多个平面多边形构成，其中每个平面多边形都共用同一个边界。
多面体的每个面都是平面多边形，而且每个顶点都是三条或更多条边的交点。
根据多面体的特性，我们可以将其分为以下几类：1. 三角柱、四棱锥、四棱柱、四面体等。
2. 正多面体，它的各个面都是相等且全等的正多边形，如正四面体、正六面体等。
3. 正/非正多面锥，它的底面是一个正/非正多边形，而侧面都是由自底面的每个顶点与一个共同顶点相连接形成的三角形。
4. 锥体和棱台，它们都是由一个多边形绕着一条轴旋转而成的。
二、多面体的性质与特点1. 基本元素：多面体由面、边和顶点组成。
每个面都由若干个边连接而成，而每条边都是两个顶点的连接线，且每个顶点都是三条或更多条边的交点。
2. 面的数量：多面体的面的数量与其种类有关。
例如，四面体有四个面，六面体有六个面。
3. 线的数量：多面体的线的数量等于边的数量。
边的数量与多面体的类型有关。
4. 顶点的数量：多面体的顶点数量与其种类和拓扑结构有关。
5. 特殊性质：正多面体的各个面都是相等且全等的正多边形，每个顶点都是相等的。
6. 对称性：许多多面体都拥有对称性，比如正多面体具有高度的对称性。
三、多面体的应用多面体在生活中和科学领域中有着广泛应用。
以下几个例子展示了多面体应用的实际意义：1. 晶体学：多面体是描述晶体形态的常用工具。
通过研究多面体的形状和结构，可以推导出晶体中的原子间距离和晶体面的朝向。
2. 建筑设计：建筑师常常运用多面体的形状设计建筑物，如球体、棱柱等。
多面体丰富了建筑物的外观，使其更加美观与富有创意。
3. 游戏设计：许多益智游戏和拼图游戏都使用多面体作为关卡设计的基础。
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。
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• （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。
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• 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。
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• 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
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• 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。
多面体构成与应用
阿基米德球体
阿基米德式 多面体是由两种 或两种以上的面 型组成的，其多 面体共有13个。
体的表面处理
加量变化
等量变化
减量变化
1.等量变化 等量变化是指在基 本造型不变的情况 下，利用纸的插接、 切折等手法进行装 饰，不减少材料的 量。
2.加量变化 加量变化是指基本 型做好之后，在上 面添加其他材料或 形体的手法进行装 饰，在原有材料的 基础上加量
3.边的增加或减少
小结：花球作品延伸与应用
制作人 马松翠
多面体是日 常生活中很常 见的形体，的表面处理
体的棱角处理 体的棱边处理
多面体的分类
球体的组成方法有 多两种，一种是柏拉 图式、一种是阿基米 德式。球体的展开图 是一个平面，多面体 的面越多，越接近球 体。
柏拉图式多面体 阿基米德式多面体
柏拉图式球体
柏拉图式多面体 又称为“正多面体”， 组成多面体的所有的 面都是一样的形状， 如正四面体、正六面 体、正八面体、正十 二面体、正二十面体。
3.减量变化 减量变化是指在面体围 合成球体之前，在面上 绘制图案并镂空的手法， 组成球体的材料有所减 量
1.方化与平化 所谓方化与平化， 就是将多面体的 边缘增加或者变 成方的或者平的 边缘。
2.边的内凹 就是将外凸的棱边向 内折，形成凹陷。注 意边的内陷不要太深， 否则会侵入面，变成 整体的变形。
阿基米德多面体变异
• 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。 • 该二十六面体结构表面，含正八角形六个，正六角形八个， 正方形十二个。
• 5、三十八面体结构 • 该多面体是由正方形、正三角形组成的二十六面体结构， 经修正加工而转换来的。其加工方法是，将原有正方形平 面，每相隔一个，改换为用二个正三角形合成的平行四边 形，从而形成为正方形间斜向衔接的三十八面体。该立体 造型是由六个正方形平面，和三十二个正三角形平面组成， 其棱角顶点二十四个，棱线四十八条。
• 三十八面体在八角形部位的凹凸 加工造型
• 二十六面体凹凸加工效果图
• 在正六面体的基础上，将各面凸出一个 四棱锥的四十八面体的造型。六个四棱 锥的整体结构，为一个穿插在正六面体 中的正八面体。 • 正八面体的正四棱锥基本形，为正三角 形平面，而正六面体的三角锥的基本形， 为一个直角三角形。
• （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。
• 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 的二个正五角锥体。其造型富于对比变化，是一 种具有装饰性的形体之一。
• 该立体为六个正方体，八个正三角形，有 棱角顶点十二个，棱线二十四条。
• 2、以正八面体为基础，切掉其六个顶角。即：将 原有的八个正三角形，由棱线的中点，向邻边的 中点连线，使原有的正三角形，变成为八个小三 角形，六个棱角转换为六个正方形。
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)解析版
阿基米德多面体一、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.π6B.π4C.π3D.π2【答案】C【分析】依题意将图形放到正方体中，如图所示，由正方体的性质可得∠PQM 为异面直线AB 与CF 所成的角，即可得解；【详解】解：二十四等边体可认为是由正方体切去八个全等的三棱锥得到的，如图所示，可知AB ⎳PQ ，CF ⎳MQ ，所以∠PQM 为异面直线AB 与CF 所成的角，因为△PQM 是等边三角形，所以∠PQM =π3，故异面直线AB 与CF 所成的角为π3；故选：C2“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表面积为()A.8πB.4πC.3πD.2π【答案】B【分析】将该多面体补形为正方体，得到经过该多面体的各个顶点的球为正方体ABCD-EFGH的棱切球，求出该正方体的边长，求出棱切球的半径，得到表面积.【详解】将该多面体补形为正方体，则由OR=1，AO=AR,AO⊥AR，所以由勾股定理得：AO=AR=22，所以正方体的边长为22×2=2，所以经过该多面体的各个顶点的球为正方体ABCD-EFGH的棱切球，所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为2×2=2，故过该多面体的各个顶点的球的半径为1，球的表面积为4π×12=4π.故选：B3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+83B.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V+F-E=2【答案】B【分析】由三角形和正方形面积公式即可求出二十四等边体的表面积，线面垂直判定定理，利用平移求异面直线夹角，推理分析即可判断结果.【详解】对于A，S□ABCD=22=4，S△ABE=12×32×2×2=3，S表=6S□ABCD+8S△ABE=6×4+8×3=24+83，故A正确；对于B，由图可知QH⎳BF,BF⊥EB,但BF与AB和AE都不垂直，所以QH不可能与平面ABE垂直，故B错误；对于C，由图可知AH⎳AD，而直线AH与AD的夹角为60°，所以直线AH与PN的夹角为60°，故C正确；对于D，该半正多面体的顶点数为12、面数为14、棱数为24，满足12+14-24=2，故D正确；故选：B.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.4800+16003cm2 B.4800+48003cm2C.3600+36003cm2 D.3600+12003cm2【答案】A【分析】通过图形可知阿基米德多面体是由六个全等的正方形和八个全等的等边三角形构成，分别求解正方形和等边三角形面积，加和即可.【详解】由题意知：阿基米德多面体是由六个全等的正方形和八个全等的等边三角形构成，其中正方形边长和等边三角形的边长均为202+202=202；∴阿基米德多面体的表面积S=6×2022+8×12×202×202×32=4800+16003cm2.故选：A.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()A.22B.1C.2D.22【答案】D【分析】将该多面体放在正方体中，利用空间向量的坐标运算，求出平面EFG 和平面GHK 的法向量，即可求平面EFG 和平面GHK 夹角的余弦值，进而可求解.【详解】将该“阿基米德多面体”放入正方体中，如图，平面EFG 和平面GHK 为有公共顶点的两个正三角形所在平面，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则E (1,0,2),F (2,1,2),G (2,0,1),H (2,1,0),K (1,0,0),设平面EFG 的法向量为m=(x ,y ,z ),EF =(1,1,0),EG =(1,0,-1),所以EF ⋅m=x +y =0EG ⋅m=x -z =0，令x =1,y =-1,z =1，所以m =(1,-1,1),设平面GHK 的法向量为n=(a ,b ,c ),GH =(0,1,-1),GK =(-1,0,-1),所以GH ⋅n=b -c =0GK ⋅n=-a -c =0，令a =1,b =-1,c =-1，所以n =(1,-1,-1),设平面平面EFG 和平面GHK 的夹角为θ，则cos <m ,n >=m ⋅n m ⋅n=13×3=13，因为平面EFG 和平面GHK 的夹角为锐角，所以cos θ=cos <m ,n > =13，所以sin θ=1-cos 2θ=223,tan θ=sin θcos θ=22，故选：D6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.5069【答案】B【分析】分一条直线位置于上(或下)底面，另一条不在底面；两条直线都位于上下底面时；两条直线都不在上下底面时计数，再根据古典概型公式求解即可.【详解】解：当一条直线位置于上(或下)底面，另一条不在底面时，共有10×8=80对异面直线，当两条直线都位于上下底面时，有4×2=8对异面直线，当两条直线都不在上下底面时，有7×8=56对异面直线，所以，两条棱所在的直线为异面直线的概率为P=80+56+8C224=1223故选：B7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，体现了数学的对称美．下图是棱长为2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4π3C.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；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4π3，故B正确；对于C，该几何体的体积V=V正方体-8V四面体=(2)3-8×13×12×12×22=523，正方体体积为22，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=6×12+8×34×1=6+23<12，即原正方体的表面积比该几何体的表面积大，故D 错误．故选：D ．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 =322，则该半正多面体外接球的表面积为()A.18πB.16πC.14πD.12π【答案】A【分析】根据正方体的对称性可知：该半正多面体外接球的球心为正方体的中心O ，进而可求球的半径和表面积.【详解】如图，在正方体EFGH -E 1F 1G 1H 1中，取正方体、正方形E 1F 1G 1H 1的中心O 、O 1，连接E 1G 1,OO 1,OA ,O 1A ，∵A ,B 分别为E 1H 1,H 1G 1的中点，则E 1G 1=2AB =32，∴正方体的边长为EF =3，故OO 1=O 1A =32，可得OA =OO 21+O 1A 2=322，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为O ，半径R =OA =322，故该半正多面体外接球的表面积为S =4πR 2=4π×3222=18π.故选：A .9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56 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22，表面积为S =8×34×22 2+6×22 2=3+3，体积可看作正方体的体积减去八个三棱锥的体积，则V =1-8×16×12 3=56，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．故选：B ．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3223C.ME 与PN 所成的角为45°D.该二十四等边体的外接球的表面积为16π【答案】D【分析】依题意补齐正方体，对于A ，假设BC ⊥平面ABE ，得到∠EBC =90°，根据六边形EBCGQM 为正六边形，∠EBC =120°，得出矛盾判断A ；对于B ，结合集合图形，该二十四等边体的体积为正方体体积去掉八个三棱锥体积，从而求出B ；对于C ，由平移法找出异面直线所成角为∠NPF =60°，判断C ；对于D ，取正方形ACPM 对角线交点为O ，即为该二十四等边体的外接球球心，从而求出半径大小，进而求出外接球体积，判断D .【详解】依题意，补齐正方体，如下图，对于A ，假设BC ⊥平面ABE ，∵BE ⊂平面ABE ，∴BE ⊥BC ，∴∠EBC =90°，∵二十四等边体就是一种半正多面体，由对称性可知，六边形EBCGQM 为正六边形，∴∠EBC =120°，这与“∠EBC =90°”矛盾，所以假设不成立，A 错误；对于B ，∵BF =FN =2，∴正方体的棱长为22，∴该二十四等边体的体积为正方体体积去掉8个三棱锥体积，即22 3-8×13×12×2×2×2=4023，B 错误；对于C ，∵EM ⎳PF ，∴∠NPF 为异面直线ME 与PN 所成角(或补角)，在等边△NFP 中，∠NPF =60°，C 错误；对于D ，如图，取正方形ACPM 对角线交点为O ，即为该二十四等边体的外接球球心，在等腰Rt △PFC 中，PC =22，在正方形ACPM 中，AO =2，即外接球半径R =2，∴该二十四等边体的外接球的表面积S =4πR 2=16π，D 正确.故选：D .11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，棱长为2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.13,22B.13,32C.12,22D.12,32【答案】C【分析】将半正多面体补成正方体并建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，设BE =λBC=-λ,λ,0 ,λ∈0,1 ，利用向量夹角的坐标表示及二次函数性质求所成角的余弦值的取值范围.【详解】将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.因为半正多面体的棱长为2，故正方体的棱长为2.所以A 2,1,0 ,F 2,2,1 ，B 1,0,2 ,C 0,1,2 ,D 1,2,2 ,AF =0,1,1 ,BC =-1,1,0 .设BE =λBC =-λ,λ,0 ,λ∈0,1 ，则E 1-λ,λ,2 ,DE =-λ,λ-2,0 .所以cos AF ,DE =AF ⋅DEAF DE =λ-22λ2+(λ-2)2=-12(λ-2)2(λ-2)2+2λ-2 +2=-1211+2λ-2+2(λ-2)2.令t =1λ-2∈-1,-12 ，则cos AF ,DE =-122t 2+2t +1，因为2t 2+2t +1∈12,1 ，所以cos AF ,DE ∈-22,-12.故直线DE 与直线AF 所成角的余弦值的取值范围为12,22.故选：C 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V+F-E=2C.直线AH与PN的夹角为60°D.QH⊥平面ABE【答案】D【分析】将二十四等边体补齐成正方体，根据空间几何相关知识进行判断.【详解】由已知，补齐二十四等边体所在的正方体如图所示记正方体体心为O，取下底面ABCD中心为O1，二十四等边体的棱长为2易知OO1=BO1=2，则外接球半径R=OB=2+2=2所以外接球的表面积S=4πR2=16π，故A正确.由欧拉公式可知：顶点数+面数-棱数=2，故B正确.又因为PN∥AD，易知直线AH与PN的夹角即为∠HAD=60°直线AH与PN的夹角为60°，故C正确.又因为QH∥EN，AB∥MN，易知直线QH与直线AB的夹角为∠ENM=60°可知直线QH与直线AB不垂直，故直线QH与平面ABE不垂直，故D错误.故选：D13“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.32π3【答案】A 【分析】根据其外接球为正四棱柱的外接球，再结合球的表面积公式，即可得到结果.【详解】由题意可得AB =2，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2，侧棱长为22的正四棱柱的外接球，即2R 2=22+22+22 2，所以R =2，则该正多面体外接球的表面积S =4πR 2=4π×22=16π故选:A14“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.43πB.82π3C.4πD.8π【答案】A 【分析】根据给定条件，把多面体放在棱长为2的正方体中，结合正方体的结构特征确定球心，求出球半径作答.【详解】把该多面体放入正方体中，如图，由于多面体的棱长为1，则正方体的棱长为2，因此该多面体是由棱长为2的正方体连接各棱中点所得，于是得该多面体的外接球球心是正方体体对角线中点，该多面体外接球半径R 等于球心到一个顶点的距离，即正方体面对角线的一半，则2R =2×2，解得R =1，所以经过该多面体的各个顶点的球的体积为V =4π3R 3=4π3.故选：A【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.15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，棱长为2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3510.【答案】C【分析】将半正多面体补成一个棱长为2的正方体，当点E 在点C 时，根据DF ⎳AC ，得A 、F 、D 、E 四点共面，故A 正确；当点E 在点B 时，根据正方体的性质易得DE ⊥DF ，故B 正确；对C ，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式计算，可知C 不对；对于D ，根据直面值直线夹角的向量公式计算，可知D 正确.【详解】将半正多面体补成一个棱长为2的正方体，如图：则半正多面体的所有顶点都是正方体的棱的中点，对A ，当点E 在点C 时，DF ⎳AC ，则A 、F 、D 、E 四点共面，A 正确；对B ，当点E 在点B 时，易得DE ⊥DF ，B 正确；以O 为原点，过O 的三条棱所在直线分别为x ,y ,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.则A 2,1,0 ，F 2,2,1 ，B 1,0,2 ，C 0,1,2 ，D 1,2,2 ，对C ，设BE =λBC (0≤λ≤1)，则DE =DB +BE =DB +λBC =(0,-2,0)+λ(-1,1,0)=(-λ,λ-2,0)，设平面CDF 的一个法向量为n =x ,y ,z ，CD =1,1,0 ，CF =2,1,-1 ，则n ⋅CD =x +y =0n ⋅CF =2x +y -z =0 ，令x =1，得y =-1，z =1，∴n =1,-1,1 ，设直线DE 与平面CDF 所成角为θ，则sin θ=n ⋅DE DE ⋅n=-λ+2-λλ2+(λ-2)2×3 ，若θ=π3，则sin θ=32，则2-2λ 3⋅2λ2-4λ+4=32,化简得λ2-2λ+10=0，此方程无解，故不存在点E ，使得直线DE 与平面CDF 所成角为π3，C 不对；对D ，AF =0,1,1 ，由C 可知，DE =(-λ,λ-2,0)，所以cos <AF ,DE >=AF ⋅DE AF DE =λ-22⋅λ2+λ-2 2=3510，∴λ=12，即E 为BC 的中点时，直线DE 与直线AF 所成角的余弦值3510，故D 正确.故选：C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 不可能垂直B.异面直线BC 和EA 所成角为60°C.该二十四等边体的体积为4023D.该二十四等边体外接球的表面积为18π【答案】ABC 【分析】根据线面垂直得线线垂直，即可找到矛盾进而判断A ,根据异面直线的夹角即可求解B ,根据割补法即可求解C ,根据外接球的半径即可求解表面积.【详解】对于A ，若MQ ⊥平面AEMH ，因为MH ⊂平面AEMH ，所以MQ ⊥MH ，又因为△MQH 为等边三角形，所以∠QMH =60°，这与MQ ⊥MH 矛盾，故MQ 与平面AEMH 不可能垂直，所以A 正确；对于B ，因为BC ∥AD ，所以异面直线BC 和EA 所成的角即为直线AD 和EA 所成的角，设角∠EAD =θ，在正六边形ADGPNE 中，可得θ=120°，所以异面直线BC 和EA 所成角为60°，所以B 正确；对于C ，补全八个角构成一个棱长为22的一个正方体，则该正方体的体积为V =(22)3=162，其中每个小三棱锥的体积为V 1=13×12×2×2×2=23，所以该二十四面体的体积为162-8×23=4023，所以C 正确；对于D ，取正方形ACPM 对角线的交点为O ，即为该二十四面体的外接球的球心，其半径为R =12AC 2+AM 2=12(22)2+(22)2=2，所以该二十四面体的外接球的表面积为S =4πR 2=4π×22=16π，所以D 不正确．故选：ABC .17“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+43，则关于该半正多面体的下列说法中正确的是( )．A.AB =2B.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π4 D.与AB 所成的角是π3的棱共有16条【答案】ACD 【分析】补全该半正多面体得到一正方体，根据条件计算正方体的棱长，再求AB 的长，判断A ;利用几何体的对称性确定该半正多面体的外接球的球心及半径,判断B ；根据线面角的定义找到线面角，解三角形求其大小,判断C ；利用平行关系，确定与AB 所成的角是π3的棱的条数，判断D .【详解】补全该半正多面体得到一正方体，设正方体的棱长为a ，则AB =22a ，对选项A ：由题意知，该半正多面体由6个全等的正方形和8个全等的正三角形构成.则由半正多面体的表面积为12+43，得8×34×22a 2+6×22a2=12+43，解得a =2，∵a =2，∴AB =2，故A 正确；对选项B ：由半正多面体的对称性可知，其对称中心与相应的正方体的对称中心是同一点，其对称中心为正方体的体对角线的中点O ，点O 在平面ABE 的投影点为O 1，则有OO 1=1，AO 1=1，所以AO =OO 12+AO 12=2，故该半正多面体的外接球的半径为2，面积为4π×2 2=8π，故B 错误；对选项C ：因为AE ⊥平面BCD ，所以∠ABE 为AB 与平面BCD 的夹角，因为△AEB 为直角三角形，且AE =BE ，所以∠ABE =π4所以AB 与平面BCD 所成的角为∠ABE =π4，故C 正确；对选项D ：在与AB 相交的6条棱中，与AB 所成的角是π3的棱有4条，又这4条棱中，每一条棱都有3条平行的棱，故与AB 所成的角是π3的棱共有16条，故D 正确；故选：ACD .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)，若它的所有棱长都为2，则()A.BF⊥平面EABB.AB与PF所成角为45°C.该二十四等边体的体积为20D.该二十四等边体多面体有12个顶点，14个面3【答案】CD【分析】将该二十四等边体补形为正方体, 利用RS与BF是异面直线判定选项A错误，利用PF∥AH和△ABH的形状判定选项B错误，利用正方体和等二十四等边体的关系和分割法判定选项C正确，利用该二十四等边体顶点数和面数判定选项D正确.【详解】将该二十四等边体补形为正方体(如图所示)，因为该二十四等边体的所有棱长都为2，所以正方体的棱长为2，对于A：正方体的体对角线RS⊥平面EAB，而RS与BF是异面直线，所以BF⊥平面EAB不成立，即选项A错误；对于B：因为PF∥AH，所以∠HAB是AB与PF所成角或其补角，在△ABH中，AH=AB=2，BH2=12+22+12=6，因为AH 2+AB 2≠BH 2，所以∠HAB ≠45°，即选项B 错误；对于C ：因为该二十四等边体的所有棱长都为2，所以正方体的棱长为2，所以该二十四等边体的体积为V =23-13×13×8=203，即选项C 正确；对于D ：该二十四等边体多面体有A ,B ,C ,D ,E ,F ,G ,H ,M ,N ,P ,Q 共12个顶点，有面ABCD ，面ABE ，面BCF ，面GCD ，面ADH ，面BENF ，面CFPG ，面DGQH ，面AHME ，面EMN ，面NFP ，面PQG ，面MHQ ，面MNPQ 共14个面，即选项D 正确.故选：CD .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多面体，体现了数学的对称美．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，共截去八个三棱锥，得到的半正多面体的表面积为12+43，则关于该半正多面体的下列说法中正确的是()A.AB 与平面BCD 所成的角为π4 B.AB =22C.与AB 所成的角是π3的棱共有16条 D.该半正多面体的外接球的表面积为6π【答案】AC 【分析】补全该半正多面体得到一正方体，根据线面角的定义找到线面角，解三角形求其大小,判断A ；根据条件计算正方体的棱长，再求AB 的长，判断B ;利用平行关系，确定与AB 所成的角是π3的棱的条数，判定C ，利用几何体的对称性确定半正方体的外接球的球心及半径,判定D ；【详解】补全该半正多面体得到一正方体，设正方体的棱长为a ，由题意知，该半正多面体由6个全等的正方形和8个全等的正三角形构成.则由半正多面体的表面积为12+43，得8×34×22a 2+6×22a2=12+43，解得a =2，∵a =2，因为AE ⊥平面BCD ，∠ABE 为AB 与平面BCD 的夹角，因为△AEB 为直角三角形，且AE =BE ，所以∠ABE =π4所以AB 与平面BCD 所成的角为∠ABE =π4，故A 正确；∴AB =AE 2+BE 2=2，故B 错误；在与AB 相交的6条棱中，与AB 所成的角是π3的棱有4条，又这4条棱中，每一条棱都有3条平行的棱，故与AB 所成的角是π3的棱共有16条，故C 正确；由半正多面体的对称性可知，其对称中心与相应的正方体的对称中心是同一点，其对称中心为正方体的体对角线的中点O ，点O 在平面ABE 的投影点为O 1，则有OO 1=1，AO 1=1，所以AO =OO 12+AO 12=2，故该半正多面体的外接球的半径为2，面积为4π×2 2=8π，故D 错误；故选：AC .20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4023C.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16π【答案】BD 【分析】依题意补齐正方体，对于A ，假设BC ⊥平面ABE ，得到∠EBC =90°，根据六边形EBCGQM 为正六边形，∠EBC =120°，得出矛盾判断A ；对于B ，结合集合图形，该二十四等边体的体积为正方体体积去掉八个三棱锥体积，从而求出B ；对于C ，由平移法找出异面直线所成角为∠NPF =60°，判断C ；对于D ，取正方形ACPM 对角线交点为O ，即为该二十四等边体的外接球球心，从而求出半径大小，进而求出外接球体积，判断D .【详解】依题意，补齐正方体，如下图，对于A ，假设BC ⊥平面ABE ，∵BE ⊂平面ABE ，∴BE ⊥BC ，∴∠EBC =90°，∵二十四等边体就是一种半正多面体，由对称性可知，六边形EBCGQM 为正六边形，∴∠EBC =120°，这与“∠EBC =90°”矛盾，所以假设不成立，A 错误；对于B ，∵BF =FN =2，∴正方体的棱长为22，∴该二十四等边体的体积为正方体体积去掉8个三棱锥体积，。
1-4多面体构成与块体构成
1.等量变化
• 等量变化是指在基本 造型不变的情况下， 利用纸的插接、切折 等手法进行装饰，不 减少材料的量。
2.加量变化
• 加量变化是指基本型 做好之后，在上面添 加其他材料或形体的 手法进行装饰，在原 有材料的基础上加量
3.减量变化
• 减量变化是指在面体 围合成球体之前，在 面上绘制图案并镂空 的手法，组成球体的 材料有所减量
• 1.柏拉图式多面体又 称为“正多面体”， 组成多面体的所有的 面都是一样的形状， 如正四面体、正六面 体、正八面体、正十 二面体、正二十面体，
• 2.阿基米德式多面体 是由两种或两种以上 的面型组成的，其多 面体共有13个 。
二、多面体造型特点
• 多面体的造型分为等量变化、加量变化、 减量变化，即可以是面的变化，也可以是 角的变化、楞的变化。
触法、覆盖法、联合法。 • 2.减法关系 • 形状和形状的相减也可产生另一种形态，组合方法如减缺法、透叠法、
差叠法。 • 3.群化 • 群化是将一定数量的基本型，按照形式美法则和规律进行组合、排列，
创造出独立的新形态的方法。基本型的大小、长短、色彩等都可以改 变，但是基本形要相同或近似
作业
用卡纸做球体的构成练习，注意等量、 加量、减量的变化。
三、块体构成
• 块材是立体构成中最基本的形式。它是具有长、宽、高三维空间的实 体组成。在手工制作中，块材的切割与集聚是重要的制作手法，比如， 在废旧利用中，就可以利用不同大小、材质、形状的箱子和容器，运 用块材组合的原理，作出幼儿喜闻乐见的玩教具。块材的组成主要有 以下几种方式：
• 1.加法关系 • 形状与形状的相加可以产生另一种新的形态，组合方法有分离法、接
马松翠
POWEPOINT
多面体构成
古希腊时代，柏拉图认为5种多面体结构是构成物质 的主要元素，它们是正四面体、正六面体、正八面体、 正十二面体、正二十面体。其它类型的多面体都是在此 基础上发展而来的。
柏 拉 图 多 面 体
正四面体展开图
正六面体展开图
正八面体展开图
正十二面体 5-6CM
正二十面体
7-8CM
108度
O 阿基米德多面体——由两种或两
量，也不增形。 A 棱边处理 单线变复线，将多面体棱边处理为双线，这 样棱边形成了一个狭窄棱面，棱角由尖锐变成了平钝。
折痕线变形 将多面体原来笔直的棱边折痕线变成曲线的处 理，幅度不宜过大，可使原来严肃的形体变得优美起来。 棱边压屈 压屈部分的压幅不宜过大。 切挖 在棱边部位作直线或弧线切挖，切除部分的量，切挖 的长度和面积不宜过大，否则多面体的结构会变形，甚至散 架。
坚实或轻巧边的处理反折剪边平折等手段进行变化角的处理剪角或内折等方法1面的处理面的处理是在多面体的面上进行开窗附加凹入凸出等变化o开窗在面的某一部位按照设计的需要切口形成窗口状o附加在面上家如别的形态使原有的面形态更富于变化o凹入凸出在面上做折层变化凹入或凸出使平面产生立体感层次变化丰富2边的处理o剪边在多面体的边上进行切除形成在边上开窗的效果o反折在多面体的边上按所涉及的形态划痕然后将划痕部位形态折入反折本来的凸边变得凹进去于是一条边线变成两条o凸边将边向外突出求得形态的变化本体变化就是在多面体的造型处理 （效果：坚实或轻巧）
对球体的变化
边的处理 进行变化 角的处理
反折、剪边、平折等手段 剪角或内折等方法
1、面的处理
面的处理是在多面体的面上进行开窗、 附加、凹入凸出等变化 O 开窗——在面的某一部位按照设计的需要切 口形成窗口状 O 附加——在面上家如别的形态，使原有的面 形态更富于变化 O 凹入凸出——在面上做折层变化，凹入或凸 出使平面产生立体感，层次变化丰富
多面体构成
古希腊时代，柏拉图认为5种多面体结构是构成物质 的主要元素，它们是正四面体、正六面体、正八面体、 正十二面体、正二十面体。其它类型的多面体都是在此 基础上发展而来的。
柏 拉 图 多 面 体
正四面体展开图
正六面体展开图
正八面体展开图
正十二面体 5-6CM
正二十面体
7-8CM
108度
O 阿基米德多面体——由两种或两
面的处理 切孔、切折、附加、凹入 凸出等处理 （效果：坚实或轻巧）
对球体的变化
边的处理 进行变化 角的处理
反折、剪边、平折等手段 剪角或内折等方法
1、面的处理
面的处理是在多面体的面上进行开窗、 附加、凹入凸出等变化 O 开窗——在面的某一部位按照设计的需要切 口形成窗口状 O 附加——在面上家如别的形态，使原有的面 形态更富于变化 O 凹入凸出——在面上做折层变化，凹入或凸 出使平面产生立体感，层次变化丰富
课堂小结
面的处理 切孔、切折、附加、凹入 凸出等处理 （效果：坚实或轻巧）
对球体的变化
边的处理 进行变化折等方法
下节课准备的材料
O 1、选择其中一种材料：一次性筷子、牙签
棉签、木条、火柴、吸管 O 2、双面胶或502胶水
球体构成
——多面体立体构成
几 何 多 面 体 造 型
柏拉图多面体 阿基米德多面体
柏拉图多面体——并不是由柏拉图所发明，但是却是由柏拉
图及其追随者对它们所作的研究而得名，由于它们具有高度的 对称性及次序感，因而通常被称为正多面体，但是，在这里， 我们仍以柏拉图多面体称之，以免与其它有规则的多面体产生 混淆。
3、角的处理
O 剪角——将多面体的角剪去，能剪得新的
形态 O 角凹凸——将多面体外棱角进行折入或折 入再凸出处理，折痕线可以处理为直线， 也可为弧线。
阿基米德多面体
阿基米德多面体阿基米德（公元前287-前212）是古希腊伟大的数学家、力学家。
生于西西里岛的叙拉古，卒于同地。
早年在当时的文化中心亚历山大跟随欧几里得的学生学习，以后和亚历山大的学者保持紧密联系，因此他算是亚历山大学派的成员。
后人对阿基米德给以极高的评价，常把他和牛顿、高斯并列为有史以来三个贡献最大的数学家。
他的生平没有详细记载，但关于他的许多故事却广为流传。
据说他确立了力学的杠杆定律之后，曾发出豪言壮语：“给我一个立足点，我就可以移动这个地球！”叙拉古的亥厄洛王叫金匠造一顶纯金的皇冠，因怀疑里面掺有银子，便请阿基米德鉴定一下。
当他进入浴盆洗澡时，水漫溢到盆外，于是悟得不同质料的物体，虽然重量相同，但因体积不同，排去的水也必不相等。
根据这一道理，就可以判断皇冠是否掺假。
阿基米德高兴得跳起来，赤身奔回家中，口中大呼：“尤里卡！尤里卡！”（希腊语意思是“我找到了”）他将这一流体静力学的基本原理，即物体在液体中减轻的重量，等于排去液体的重量，总结在他的名著《论浮体》中，后来以“阿基米德原理”著称于世。
第二次布匿战争时期，罗马大军围攻叙拉古，阿基米德献出自己的一切聪明才智为祖国效劳。
传说他用起重机抓起敌人的船只，摔得粉碎；发明奇妙的机器，射出大石、火球。
还有一些书记载他用巨大的火镜反射日光去焚毁敌船，这大概是夸张的说法。
总之，他曾竭尽心力，给敌人以沉重打击。
最后叙拉古因粮食耗尽及奸细的出卖而陷落，阿基米德不幸死在罗马士兵之手。
流传下来的阿基米德的著作，主要有下列几种。
《论球与圆柱》，这是他的得意杰作，包括许多重大的成就。
他从几个定义和公理出发，推出关于球与圆柱面积体积等50多个命题。
他的思想是具有划时代意义的，无愧为近代积分学的先驱。
他还有许多其他的发明，没有一个古代的科学家，象阿基米德那样将熟练的计算技巧和严格证明融为一体，将抽象的理论和工程技术的具体应用紧密结合起来。
立体构成——体块(杂)
方法二：
方法三：
将正八面体的中点相连 接，切掉个角，得到正 四边形个和正三角形个 的十四面体。
将正八面体的三等分相 连接，切掉个角，得到 正四边形个和正六边形 个的十四面体。
其他多面体构造 .不等边多面体
①不等边六面体
在切割过程中要注意：()数量不要过多 ()形体比例 要均匀 ()考虑好形体的方向、大小、转折面的变化 () 切后表面的交线要舒展流畅、富有变化
积聚构成 孩童时代玩的积木就是一种
块材的积聚构成。积聚首先有 用于积聚的立体单位和场所， 积聚的实质就是形体的 “ 增 ”。积聚的形式主要有相 同形体的不同形式组合与不同 形体的变化组合，这两种方式 都要运用均衡与稳定，统一与 变化等的美学原则去创造具有 一定空间感质感、量感、动感
块材指内部充满的立体，这种形体全都具有充实感、厚重感，包括： 偶然形（自然而美妙）、几何形（规则而合理）、有机形（温和而有亲 切感）。立体构型所使用的块材有：石膏、橡皮泥、陶土、木块、泡沫 塑料等。使用块材构成立体时应注意：
、使线材和面材肥厚化，就可以表现具有厚味的充实感和强度。 、立体造型的魅力根据材料多少有些不同，所以必须努力于整体形态的 韵味和表面处理（光滑者轻快，粗糙者厚重） 、由于工业生产的发达，使用单元形体进行构成，是现代造型的一大特 色。但是，单元形体的种类不宜过多。
:材颜色自定 :制作精细，造型独特，创意有新
任务： 创作题： （）主题：面块材的立体构成 （）制作要求：
:泥巴：在校园景观湖旁边做一个 雕塑（模型）。
:材颜色自定 :制作精细，造型独特，创意有新
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阿基米德之多面体
阿基米德之多面体阿基米德多面体半正多面体(semi-regular polyhedra)是指由一种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多边形。
阿基米德曾研究半正多面体(虽然其研究纪录已佚)，故有人将半正多面体的一类称作阿基米德多面体。
特点1.边长相等。
在每一种多面体中各种正多边形面的边长都相等。
2.顶点连接情况相同。
3.中心到各个顶点的距离相同。
当多面体的中心是外接球的中心时，各个顶点同处在外接球的球面上。
4.中心到各条边中心的距离相同。
当多面体的中心是内接球的中心时，各条边的中心点都处在内接球的球面上。
5.各相邻顶点的夹角相同。
利用欧拉多面体公式可以证明有且只有五种正多面体,同时也能证明我们所熟悉的“足球”的构成方式只有一种.我对这一事实产生兴趣并进行了进一步研究,发现“足球”属于阿基米德多面体,而阿基米德多面体的种类数一直不很明确.本文就利用角亏公式,用几何构图与分类讨论的方法证明了阿基米德多面体有且仅有16种(类),并且得到了这16种(类)阿基米德多面体.角亏公式阿基米德多面体可证明:用且仅用等边长的正五边形与正六边形构成的凸多面体只有一种(图1).而“足球”属于阿基米德多面体,这类多面体所有多面角均全等(即构成多面角的面角均对应相等,且不同面角在多面角中的排列顺序也相同,镜面对称也视为全等);且各个面是边数不全相同的正多边形,因此是正多面体的自然推广.众所周知,可以证明正多面体只有五种;因此自然就要问:阿基米德多面体究竟有多少种?阿基米德曾研究过这个问题,并给出了13种图形,但其研究已失传;张远南老师曾经用代数计算的方法,给出了20种(类)“巴基球类体”,其中有15种实际就是阿基米德多面体.对此我也进行了研究,得到一些初步想法,在此写出来,请大家多多指教.问题:阿基米德多面体(即所有多面角均全等,且各个面是边数不全相等的正多边形的多面体)共有多少种?4.1基本单位定义:简单凸多面体上具有共同顶点的多边形所组成的几何图形称为该多面体的一个基本单位(图2绿色部分).4.2基本公式本文主要运用角亏公式(Descartes T otal Angular Defect)进行计算.对于任意简单凸多面体而言,我们称以该多面体的任意一个顶点为顶的多面角的所有平面角度数之和与360的差为这个顶点多面角的角亏.所谓角亏公式是指对于任意的简单凸多面体来说，所有顶点多面角角亏之和等于720.4.3五条引理引理一:在阿基米德多面体中,所有基本单位均全等(这里把经旋转平移可以重合或者镜面对称的空间图形视为全等).证明:因为阿基米德多面体所有多面角均全等,所以它们的对应面角均全等.而面角即正多边形的内角,正多边形的内角度数决定于其边数(如正n边形,其内角度数),而阿基米德多面体是由边长均相等的正多边形组成,所以所有基本单位均全等.推论:在阿基米德多面体的任一基本单位中,至少包含组成该多面体的所有不同种正多边形各1个.证明:假设在阿基米德多面体某一基本单位中不包含组成该多面体的某种正多边形,则由引理一,所有该多面体的基本单位中均不包含这种正多边形.这与这种多面体包含这种正多边形矛盾,故假设不成立.因此推论得证.引理二:对于任意阿基米德多面体,它的每个多面角所包含的面角度数之和小于360,并且720，是每个多面角角亏的整数倍.证明:因为阿基米德多面体为凸多面体,所以每个多面角所包含的面角度数之和小于360?.又因为多面体的顶点数必为整数,同时由引理一可知,阿基米德多面体每个顶点的角亏均相等,所以有:.故引理得证.引理三:任一阿基米德多面体至多由三种不同的正多边形组成.证明:假设某一阿基米德多面体由四种或四种以上正多边形组成,则由引理一的推论知,该多面体的每个基本单位中,至少包含四种不同正多边形.则该多面体的每个多面角的面角度数之和至少为(即包含正三角形,正方形,正五边形与正六边形各1个),这与引理二矛盾.所以假设不成立.引理三得证.引理四:阿基米德多面体的任意顶点最多引出五条棱.证明:假设某一阿基米德多面体的一个顶点引出六条或以上的棱,则该顶点周围至少有六个正多边形.则该顶点多面角所包含的面角的度数之和至少为(即包含6个正三角形)这与引理二矛盾.故假设不成立,引理四得证.引理五:对于一个每个顶点引出三条棱的阿基米德多面体而言,若它包含边数为奇数的正多边形,则所有与该正多边形共棱的多边形为同种正多边形.证明:假设某一每个顶点引出三条棱的阿基米德多面体中一基本单位包含边数为奇数的正多边形,并且与其共棱的正多边形中有不同正多边形,如图3灰色部分“1”与“2”,则由引理一可得,“1”与“3”为同种正多边形,“2”与“4”为同种正多边形,同理类推,则必有一处“?”使得该处无论放置何种正多边形均会与引理一矛盾.故假设不成立,引理五得证.4.4分类讨论研究阿基米德多面体,需研究其组成(即包含的不同正多边形的数量).由引理一可知,为找到全部阿基米德多面体,须从基本单位开始研究.所以,从顶点引出的棱数以及构成图形的多边形种类数两方面进行分类研究.由引理三和引理四可知,这一分类方法只需研究以下六种情况:(1)一个顶点引出三条棱,同时由两种图形构成;(2)一个顶点引出三条棱,同时由三种图形构成;(3)一个顶点引出四条棱,同时由两种图形构成;(4)一个顶点引出四条棱,同时由三种图形构成;(5)一个顶点引出五条棱,同时由两种图形构成;(6)一个顶点引出五条棱,同时由三种图形构成.4.4.1一个顶点引出三条棱,同时由两种图形构成在这种情况下,在阿基米德多面体的一个基本单位中,必然包括两个相同正多边形.若这两个相同正多边形的边数为奇数,则无论另一个正多边形为何种正多边形,均与引理五矛盾(图4即含有两个正五边形的情况,此时与正五边形共棱的多边形不是同种正多边形).因此,这两个相同正多边形边数必为偶.又由引理二,这两个相同的正多边形的边数不能大于十(否则,若这两个正多边形为正十二边形,则即使另一个正多边形为正三角形,其度数之和也已经达到:,这与引理二矛盾).同时,由于引理二有“720?是每个多面角角亏的整数倍”,因此在这种情况下,至多只可能有以下几种组成方式: 编号两个相同的正多边形另一个正多边形1正四边形任意非正四边形的正多边形2正六边形正三角形3正六边形正四边形4正六边形正五边形5正八边形正三角形6正十边形正三角形在编号1中,如果设非正四边形的正多边形的边数为n,则图形共包括2n个顶点,2个正n边形和n个正四边形.在编号2-6中,以编号2为例,有:由引理一,各多面角角亏数为所以这个阿基米德多面体的顶点数为又因为每个顶点周围有2个正六边形和1个正三角形,同时每个正六边形有6个顶点,每个正三角形有3个顶点,所以在这个阿基米德多面体中,共有正六边形,共有正三角形.即共有正六边形和正三角形各4个.同理,我们可知另外几个阿基米德多面体包含的正多边形数量如下:编号正多边形一个数正多边形二个数2正六边形4正三角形43正六边形8正四边形64正六边形20正五边形125正八边形6正三角形86正十边形12正三角形20这些图形是否都存在呢?编号1的一类图形显然是存在的,当两个非正四边形的正多边形的边数不断增加,则需要的正四边形也不断增加;当边数增加到趋近于正无穷时,最后图形趋近于圆柱型(图5即两个这类图形).第二类组成总共五个,由引理一,在确定了其中一个基本单位后,其相邻的基本单位也都确定(如图6,在确定了1,2,3的排列后,4,5,6,7也依次确定).依次类推,这五种组成分别只能得到唯一的一种一种图形.这些图形恰好都可以用五种正多面体经过割角操作得到(如图7,即编号4的情况.正二十面体切去图中粉色部分,即编号4的阿基米德多面体.粉色部分的端点为正二十面体的各条棱三等分点).在承认五种正多面体存在的前提下,我们认为它们也是存在的(图8为这五个图形的电脑3D简图).4.4.2一个顶点引出三条棱,同时由三种图形构成在这种情况下,由引理五,组成阿基米德多面体的正多边形边数必为偶数(否则若含有边数为奇数的正多边形,则与之共棱的正多边形必不相同,与引理五矛盾).由引理二,组成阿基米德多面体的正多边形必包括正四边形和正六边形(否则,即使使用正四边形,正八边形和正十边形各1个,其每个多面角的面角度数之和也已经达到,即使使用正六边形,正八边形和正十边形各1个,其每个多面角的面角度数之和也已经达到);同时必然不包含正十二边形(否则,即使使用正四边形,正六边形和正十二边形各1个,其每个多面角的面角度数之和也已经达到).因此在这种情况下,阿基米德多面体的组成情况只能是以下两种:编号正多边形一正多边形二正多边形三7正四边形正六边形正八边形8正四边形正六边形正十边形利用与编号2-6相同的方法,我们可以求得这两种情况下,阿基米德多面体包含的正多边形数量:编号正多边形一个数正多边形二个数正多边形三个数7正四边形12正六边形8正八边形68正四边形30正六边形20正十边形12这两种组成下的阿基米德多面体是存在的.与4.4.1同理,这两种组成分别只能确定一种图形.我用纸做模型验证,这两种图形均存在(图9为电脑3D简图).4.4.3一个顶点引出四条棱,同时由两种图形构成在这种情况下,又有两种可能:在一个基本单位中含有三个相同正多边形和另一个不同正多边形;或者含有两组同种正多边形各两个.4.4.3.1含有三个相同正多边形和另一个不同正多边形由引理二,三个相同的正多边形只可能是正三角形或正四边形(如果是正五边形,则即使另一正多边形是正三角形,其多面角的面角度数之和也已经为).因此,这种情况下只有以下几种组成方式:编号三个相同的正多边形另一个正多边形9正三角形任意非正三角形的正多边形10正四边形正三角形在编号9中,如果设两个非正三角形的正多边形的边数为n,则图形共包括2n个顶点和2n个正三角形.利用与编号2-6相同的方法可以求得,在编号10的情况下,分别有正三角形8个和正四边形18个.这两种组成能否作出图形呢?编号9的图形结构是上下各一个相同的正多边形,周围用正三角形连接,是存在的(图10为n=6时此类图形的纸模型照片).编号10的组成情况下,可以得到两种不同的图形(图11),这两种图形的组成完全相同,但是正多边形排列不同,既不能重合,也不是镜面对称,因此是不同图形.4.4.3.2由两组同种正多边形各两个组成由引理二,这两种正多边形只可能是正三角形和正四边形;或者正三角形和正五边形.利用与编号2-6相同的方法,可以得到每种可能组成包含的正多边形数量:编号正多边形一个数正多边形二个数11正三角形8正四边形612正三角形20正五边形12这两种组成是否能够构成阿基米德多面体呢?首先与4.4.1同理，这两种组成分别只能够成一种图形；并且这两种图形恰好分别可以用正六面体和正十二面体经过割角操作得到(图12即编号12的情况.把正十二面体的每个多面角如图切去一部分,得到粉色的部分,即得编号12的阿基米德多面体.粉色部分的端点是正十二面体的棱二等分点),故我们认为它们也都是存在的.4.4.4一个顶点引出四条棱,同时由三种图形构成在这种情况下,一个基本单位中必然有且只有两个相同种类的正多边形.由引理二,它们只可能是正三角形或正四边形.如果是正三角形,则如图14,无论这两个正三角形在基本单位(图中阴影部分)中是否共棱,均会出现与引理一矛盾的“？”位置,故不成立.因此它们只可能是正四边形.由引理二,另两个正多边形必为正三角形和正五边形.利用与编号2-6相同的方法可以求得:编号正多边形一个数正多边形二个数正多边形三个数13正三角形20正四边形30正五边形12这种组成的一个基本单位中,正三角形,正四边形与正五边形是如何分布的呢?由图15可知,为满足引理一,在一个基本单位（图中阴影部分）中,正四边形必须不共棱.因此所有正四边形均不共棱.这种组成能构成阿基米德多面体,我用纸做模型初步验证了它的存在(图16为电脑3D简图).与4.4.1同理,这种组成下只有一种阿基米德多面体.4.4.5一个顶点引出五条棱,同时由两种图形构成由引理二,此时只有以下两种可能:在一个基本单位中,含有四个正三角形和一个正四边形;或在一个基本单位中,含有四个正三角形和一个正五边形.利用与编号2-6相同的方法可以求得:编号正多边形一个数正多边形二个数14正三角形32正四边形615正三角形80正五边形12这两种组成能构成阿基米德多面体.在这两种组成下,分别各有两个不同的图形,但与编号10不同,这两组图形分别是镜面对称的,因此可以看作是同一种图形.由于这两种(四个)图形结构复杂,我用纸做模型初步证明了存在性(图17为这两种组成中的各一种图形的纸模型照片).4.4.6一个顶点引出五条棱,同时由三种图形构成在这种情况下,即使一个基本单位中只有3个正三角形,1个正四边形和1个正五边形,其多面角的面角度数和也达到378?,与引理二矛盾,故不成立.因此,这种情况下不存在阿基米德多面体.综上，我们就得到了几种正多面体有类似之处的多面体——“阿基米德多面体”.它们是由不全相同的正多边形组成,且所有多面角均全等的简单凸多面体.在不考虑镜面对称得到新图形的前提下(即编号14,15),阿基米德多面体一共只有16种(类).它们包含的正多边形个数如下表:编号正多边形一个数正多边形二个数正多边形三个数1正四边形n 正n边形2正六边形4正三角形43正六边形8正四边形64正六边形20正五边形125正八边形6正三角形86正十边形12正三角形207正四边形12正六边形8正八边形68正四边形30正六边形20正十边形129正三角形2n正n边形10正三角形8正四边形1811正三角形8正四边形612正三角形20正五边形1213正三角形20正四边形30正五边形1214正三角形32正四边形615正三角形80正五边形12证明这些多面体的存在性有以下这些方法:对于结构简单的阿基米德多面体(编号2-6,11-12),利用切割正多面体构造的方法进行证明;对于包含无限种的多面体组(编号1,9),进行举例类推验证;对于结构复杂,同时构造方法也复杂的阿基米德多面体(编号7-8,10,10*,13-15),制作纸模型进行验证.但是,这些方法是否已足够证明它们的存在性,还不能完全肯定,有待进一步的研究来验证(比如使用电脑三维作图,或想办法得出构造方法等).本文得到的阿基米德多面体,大致可以分成三类:第一类(编号1,9):这两组阿基米德多面体的个数是无限的,在上下面的多边形的边数趋近于无穷时,图形趋近于圆柱,同时“厚度”趋近于零.在生产生活中,这类图形可以用于盒子的设计.第二类(编号2-8,10-13,10*):这十二种图形具有很好的对称性,即有很多镜面对称的对称平面.第三类(编号14-15):这两种图形不具有镜面对称性,没有镜面对称的对称平面,但它们具有很好的旋转对称性,即有许多旋转对称的对称轴.同时,这两种图形的镜面对称图形与这两种图形本身不能重合,但具有这两种图形的所有性质.在本文中就不把它们看作不同的多面体了.在这次研究中,我们得到了许多很美的图形,对于角亏公式的应用也有了更进一步的认识.如编号14和15两种图形具有特殊的对称性,是在研究开始时预料不到的;而由于利用几何构造的思路,使得本文得到的多面体更全面.这一切都使说明,数学之美,无处不在.。
13种阿基米德多面体详解
《聊聊13 种阿基米德多面体》嘿，朋友们！今天咱来唠唠那神奇的13 种阿基米德多面体。
这名字听起来是不是就觉得老高深啦？别慌，听我慢慢给你说道说道。
咱先来认识认识这阿基米德多面体到底是啥玩意儿。
简单来说呢，它们就是一些形状特别古怪又好玩的立体图形。
可不是咱平时常见的那些方方正正或者圆圆的东西哦。
这些多面体就像是大自然和数学家一起捣鼓出来的小宝贝。
第一种呢，叫截半立方体。
听这名字，就感觉像是把一个立方体给切了一半似的。
嘿，还真有点那么个意思。
它的样子有点怪，但是仔细看看还挺有味道的。
接着是截半二十面体。
哇哦，二十面体本来就够复杂的啦，这截半一下，更是变得奇妙无比。
就像一个神秘的魔法盒子，让人忍不住想打开看看里面有啥秘密。
还有截角四面体。
四面体咱都知道，就是那种有四个面的家伙。
这截角一下呢，就变得圆润了许多，不再那么棱角分明啦。
看着就觉得挺可爱的。
截角八面体也很有意思。
八面体本身就有点像两个金字塔底对底拼在一起。
截角之后呢，就像是给它穿上了一件新衣服，变得更加时尚啦。
截角十二面体那更是不得了。
十二个面呢，每个面都有自己的特点。
截角之后，就像是一个巨大的宝石，闪闪发光。
除了这些截角的，还有截半八面体、截半十二面体等等。
每一种都有自己独特的魅力。
这些阿基米德多面体可不是光好看哦。
它们在数学里可有大用处呢。
数学家们通过研究它们，可以发现很多有趣的规律和定理。
而且呀，在生活中有时候也能看到它们的影子呢。
比如一些建筑的设计，或者一些艺术品里面，都可能会有阿基米德多面体的元素。
想象一下，要是我们的房子是用阿基米德多面体建造的，那该有多酷呀！每天住在里面，就像住在一个魔法城堡里一样。
总之呢，这13 种阿基米德多面体真的是超级神奇又好玩的东西。
有机会的话，大家一定要好好研究研究，感受一下数学和大自然的魅力。
哈哈，下次再聊到好玩的东西，咱接着唠。