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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。
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
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】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。
使用GeoGebra软件构造多面体立体图形摘要：本文主要介绍使用软件GeoGebra绘制多面体的方法。
首先简单介绍GeoGebra软件的窗口功能，简单绘图方法；之后对几种常见的多面体进行简单介绍；然后，结合具体实例介绍在GeoGebr中实现三维空间中动态旋转的正八面体和截角正四面体、截半正方体的构造，进而展现多面体构造过程和使用GeoGebra 软件给数学学习带来的便利。
最后，介绍足球、菱形六十面体等复杂多面体的构造方法。
关键词：GeoGebra 多面体1. GeoGebra软件简介GeoGebra是一款动态数学画图软件，绘图内容包含几何、代数、图形、表格等。
GeoGebra的优越性体现在：一方面，GeoGebra是一个几何软件，可以在上面画点、线段、向量、多边形、直线、圆锥曲线和函数，也可以根据需要设计图形的颜色、显示方式等；另一方面，也可以通过直接输入曲线方程或点坐标或图形名称的方式，直接画出所需要的图形。
因此，GeoGebra既可以处理变化的量（例如数据、向量、角度等），也可以对数值进行计算（例如函数的微分和积分，求解方程等）。
由此可见，GeoGebra是一款可以处理代数问题也可以处理几何图形问题的软件。
下面首先介绍一下GeoGebra软件的操作界面及基本使用规则。
图1.1如图1.1所示，用户操作界面是标准的窗口操作界面，有代数区、绘图区、菜单栏和工具栏。
其中代数区显示图形中的点、线、面、变量等基本要素信息；绘图区显示所画出的图形，可以隐藏、设置颜色等；菜单栏中的“窗口”选项和文件中的“新建”选项都可以创建新的图形。
创建时可以建立新的绘图区域，在视图中可以选择该区域的类型（绘图区2、代数运算区、作图过程、概率统计、3D绘图区等）。
GeoGebra的重要的窗口有几何窗口、代数窗口和工作表窗口。
12. 多面体图形简介2.1多面体图形的基本性质多面体是指由多个平面多边形围成的几何体。
常见的多面体有凸多面体、简单多面体、正多面体等，多面体图形有以下简单的性质：i. 一个多面体最少由四个面组成。
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_Dodecahedron
5、正二十面体_Icosahedron
13 Archimedean Solids
1、截角四面体_Truncatedtetrahedron
2、截角立方体_Truncatedhexahedron
3、截半立方体_Cuboctahedron
4、小斜方截半立方体_Rhombicuboctahedron
5、大斜方截半立方体_Truncatedcuboctahedron
6、扭棱立方体_Snubhexahedronccw
7、截角八面体_Truncatedoctahedron
8、截角十二面体_Truncateddodecahedron
9、扭棱十二面体_Snubdodecahedronccw
10、截角二十面体_Truncatedicosahedron
11、截半二十面体_Icosidodecahedron
12、小斜方截半二十面体_Rhombicosidodecahedron
13、大斜方截半二十面体_Truncatedicosidodecahedron。
阿基米德简介阿基米德生平详细资料阿基米德（公元前 287-212 年）是希腊数学家和机械工程师，是这两个领域的先驱，比他的同时代人领先许多世纪。
今天，他以制定阿基米德原理（也称为浮力定律）而闻名，但他观察了许多其他物理定律，并将他的观察记录为数学定理。
他的作品可以分为三类：证明与由曲线和曲面界定的实体和面积相关的定理的作品。
从几何角度分析静力学和流体静力学问题的作品。
杂项作品，包括一些强调计数的作品，例如《算沙师》。
历史背景阿基米德将他的数学知识应用于战争武器的成功在第二次布匿战争期间罗马和锡拉丘兹之间的战争中发挥了重要作用。
这场冲突的发展可以追溯到公元前290 年左右，当时罗马人成为意大利中部的新统治者，并开始征服意大利海岸的希腊城市。
在270 BCE Hiero II （308-215 BCE）成为雪城之王，位于岛的西西里岛，以及城市享受繁荣的最后阶段。
在西西里，罗马人和迦太基人面对面，公元前264 年，第一次布匿战争开始了。
迦太基人是海洋的主人，因此罗马人依靠南部希腊城市的帮助来建造自己的船只，从而能够在海上与迦太基人作战。
公元前241年，罗马击败迦太基，占领西西里岛。
在他统治期间，希伦二世与罗马人保持和平关系，当罗马在第一次布匿战争后接管西西里岛时，锡拉库扎保持独立。
公元前218 年，第二次布匿战争爆发；这是迦太基与罗马之间的第二次大战。
公元前215 年，希罗二世去世，他的继任者希罗尼穆斯做出了一个非常糟糕的决定，转而支持迦太基：他认为罗马人会输掉这场战争。
罗马人对这个决定并不满意，他们通过从公元前214 年到公元前212 年围攻锡拉丘兹市来表明这一点。
最后，罗马人进入这座城市，屠杀和奴役其公民，并解雇了它。
在阿基米德时代，希腊文化的中心是亚历山大港，这是当时最大的学术中心。
在这里，阿基米德，一位名叫菲迪亚斯的天文学家的儿子，在几门学科中接受了最好的训练，包括欧几里得的继任者的数学。
阿基米德对数学的热爱可以与牛顿相提并论；为了继续学习数学，两人都经常忽视食物、饮料，甚至身体的基本护理。
3done制作阿基米德多面体之一截角八面体005阿基米德多面体是数学上的一种立体，在古希腊数学家阿基米德的研究中首次被提出。
这些多面体是通过将一个或多个多边形旋转并堆叠而成的，由于其独特的结构和美妙的几何形状，一直以来都吸引着数学家、物理学家和艺术家的关注。
其中之一就是截角八面体。
截角八面体是一种凸多面体，它有八个等边三角形和六个正方形的面。
这些面通过共有的边连接在一起，形成了八个顶点。
在截角八面体的构造中，我们首先需要制作出一个立方体，然后沿着立方体的每个边将其截掉一个三角形，最终形成截角八面体。
首先，让我们从一个正立方体开始。
这个立方体由六个相等的正方形面构成，每个面都与相邻面通过共有的边连接在一起。
假设每个面的边长为a，那么这个立方体的体积为V = a^3，表面积为S = 6a^2。
接下来，我们要截掉立方体的每个边上的三角形。
具体而言，我们将会在立方体的每个边上，从一个边的中点开始，沿着这个边的方向截掉一个与边相垂直的等边三角形。
这样，我们就将原来的立方体切割成了八个截角八面体。
每个截角八面体的顶点都位于原立方体的顶点和切割过程中所截去三角形的顶点之间的某个位置。
这个位置可以通过中点定理来确定。
中点定理告诉我们，在一个三角形的中位线上，从顶点到中点的长度是从这个顶点到另外两个边的中点的长度的一半。
将这个定理应用到立方体的切割过程中，我们可以找到截角八面体顶点的位置。
除了顶点的位置，我们还需要确定截角八面体的面的位置和大小。
每个截角八面体的面都由一个三角形和一个正方形组成。
这个三角形是通过将立方体的一个面的一条边切割掉得到的，它的边长等于立方体的边长的一半。
相邻截角八面体之间的三角形是相等的，并且它们的公共边就是立方体的边。
至此，我们已经完成了截角八面体的制作。
通过这个过程，我们可以发现截角八面体具有一些非常有趣的性质。
例如，截角八面体的每个面都是一个等边三角形，这使得它在视觉上非常吸引人。
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。
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 Total 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.。
手工阿基米德螺旋制作方法Crafting an Archimedean spiral by hand is a meticulous and intricate process that requires careful attention to detail and precision. 阿基米德螺旋的手工制作是一个复杂而详细的过程，需要对细节和精确度非常仔细的注意。
To begin, gather the necessary materials such as a compass, ruler, pencil, paper, and possibly a protractor. 首先，准备必要的材料，例如圆规、尺子、铅笔、纸张，可能还需要使用量角器。
Next, decide on the size of the Archimedean spiral you want to create, as this will determine the measurements you need to make. 接下来，确定您想要创建的阿基米德螺旋的大小，因为这将决定您需要进行的测量。
Using the compass, draw a small circle as the starting point for your spiral. Then, draw another smaller circle within the first circle, making sure they are concentric. 使用圆规，在一张纸上画一个小圆作为螺旋的起点。
然后，在第一个圆内再画一个更小的圆，确保它们同心。
Once you have the concentric circles in place, use the ruler to divide the outer circle into equal parts, depending on how many spirals you want in your design. 当您确定好同心圆之后，使用尺子将外圆分割成相等的部分，根据您设计中需要的螺旋数量来确定。
