河北邯郸市永年区第二中学2025-2026学年高一下学期数学必修二作业考试化训练15（正八面体的性质及应用）

**基本信息** 聚焦正八面体性质及应用，通过基础计算、空间关系探究到综合应用的三层设计，强化空间观念与推理能力，适配单元复习巩固需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|表面积、体积计算|单选1-3题直接考查公式应用，培养空间观念| |中档层|二面角、异面直线角、外接内切球|单选4-7题结合几何直观，多选8-9题深化位置关系推理| |综合层|多面体拼接、截角表面积|解答13-14题融合证明与计算，填空12题体现创新意识，发展模型观念|

永年二中高一数学必修二作业考试化15 测试范围：正八面体的性质及应用 一、单选题 1．如图是一个正八面体魔方，已知该魔方的表面积为，则该魔方的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正八面体的结构特征，结合表面积求出棱长，再求出正四棱锥的体积即可. 【详解】设正八面体的棱长为，则，解得，如图， ，八面体上半部分的高， 所以正八面体的体积为（）. 2．正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为正八面体，则该正八面体的外接球与内切球的表面积的比为（    ） A． B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】若正八面体的棱长为2，根据正八面体的结构特征易得外接球半径，应用等体积法求得内切球半径，最后由面积比为即可得. 【详解】若正八面体的棱长为2，令其外接球、内切球半径分别为，且，由各侧面的面积，且构成八面体的两个正四棱锥的高为，则正八面体的体积，所以，所以外接球与内切球的表面积之比为. 3．正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素．如图，该几何体是一个棱长为的正八面体，则此正八面体的体积与表面积的数值之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用四棱锥体积公式，可得正八面体的体积，再根据正三角形面积公式可得正八面体的表面积，即可得解. 【详解】如图所示，连接，相交于点，而四边形为正方形，平面.由正八面体的性质可知，，则，，所以体积，表面积，所以.故选：A. 4．正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形）作为一种对称稳定的几何结构，在物质世界中具有广泛的应用.从晶体材料到生物分子，正八面体结构都发挥着重要作用，影响着物质的性质.如六氟化硫（化学式为）分子结构为正八面体结构，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.则在如图所示的正八面体中，二面角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由图可得为所求的二面角的平面角，后由余弦定理可得答案. 【详解】取中点，连结，，，由正八面体定义可知，为所求的二面角的平面角， 不妨设，则，，在中，由余弦定理，得，所以.故选：B. 5．正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学､艺术､哲学灵感的源泉之一.如图，该几何体是一个高为4的正八面体，为的中点，则异面直线与所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，取的中点，再连接，在中，（或补角）为异面直线与所成的角，利用勾股定理求得棱长，进而求得，，利用余弦定理可求得，进而可求结论.. 【详解】如图，连接，取的中点，再连接， 由正八面体的性质知，所以（或补角）为异面直线与所成的角， 在中，，即，解得，即正八面体的棱长为， 在中，，所以，即，在等边中，，在中，由余弦定理得 所以，所以，且为锐角，所以. 6．正多面体的研究始于古希腊柏拉图学派，正四面体与正八面体是其中最具代表性的两类．将正四面体的棱的中点相连，内部会形成一个完美的正八面体，这一结构是空间对称性的经典体现．如图，在正四面体ABCD中，连接各棱的中点构造出正八面体，若该正八面体的相对顶点连线，则正四面体的高为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设正四面体的棱长为，连接各棱中点形成的正八面体的棱长为. 根据题意，正八面体相对顶点连线，由于正八面体可内接于正方体，其体对角线（相对顶点连线）等于棱长的倍，故有，解得.正四面体的高公式为，将代入得. 7．如图是棱长均为2的柏拉图多面体，已知该多面体为正八面体，四边形为正方形，分别为的中点，则点到平面的距离为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】B 【分析】由三棱锥等体积法，可得，运算得解. 【详解】连接．由已知得为的中位线，所以，为正三角形的中线，所以，又，所以，所以为直角三角形，所以． 因为，所以到平面的距离为，设到平面的距离为，因为，所以，所以，所以．故选：B. 二、多选题 8．如图，正八面体的八个面都是正三角形，且四边形是边长为2的正方形，则（    ） A．平面 B．平面平面 C．异面直线与所成角为 D．若正四面体可在内任意转动，则该正四面体棱长的最大值为 【答案】ACD 【分析】利用线面平行的判定推理判断A；利用二面角的定义判断B；利用定义求出异面直线夹角判断C；利用正八面体的内切球的内切正四面体的棱长判断D. 【详解】对于A，由正八面体，得四边形为正方形，， 而平面，平面，因此平面，A正确； 对于B，由，平面，平面，得平面， 而平面，令平面平面，因此， 取的中点，连接，由都是正三角形， 得，则，因此是二面角的平面角， 又，，是锐角， 因此平面与平面不垂直，B错误； 对于C，由，得异面直线与所成角等于或其补角， 由为正三角形，得，因此异面直线与所成角为，C正确； 对于D，由正四面体可在内任意转动，得棱长最大的四面体外接球 是正八面体的内切球，设该球半径为，而 ，又， 则，设正四面体的棱长为，则其高， 由正四面体和外接球半径为，得，即， 解得，因此该正四面体棱长的最大值为，D正确. 9．如图，正八面体的八个面都是正三角形，且四边形是边长为2的正方形，则（    ） A．平面 B．平面平面 C．异面直线与所成角为 D．若正四面体可在内任意转动，则该正四面体棱长的最大值为 【答案】ACD 【分析】利用线面平行的判定推理判断A；利用二面角的定义判断B；利用定义求出异面直线夹角判断C；利用正八面体的内切球的内切正四面体的棱长判断D. 【详解】对于A，由正八面体，得四边形为正方形，， 而平面，平面，因此平面，A正确； 对于B，由，平面，平面，得平面，而平面，令平面平面，因此，取的中点，连接，由都是正三角形，得，则，因此是二面角的平面角， 又，，是锐角，因此平面与平面不垂直，B错误； 对于C，由，得异面直线与所成角等于或其补角，由为正三角形，得，因此异面直线与所成角为，C正确； 对于D，由正四面体可在内任意转动，得棱长最大的四面体外接球是正八面体的内切球，设该球半径为，而，又，则，设正四面体的棱长为， 则其高，由正四面体和外接球半径为，得， 即，解得，因此该正四面体棱长的最大值为，D正确. 三、填空题 10．一个正八面体的每个面都是边长为1的等边三角形，则它的体积为_____. 【答案】 【分析】根据题意，连接与，再连接，证得平面，求得，结合锥体的体积公式，即可求解. 【详解】因为几何体为正八面体，连接与，交于点，再连接，可得，又因为，且平面，所以平面，在直角中，由，可得，所以正八面体的体积为. 11．联结正方体各表面的中心构成一个正八面体，则正八面体的体积和正方体的体积之比为_____. 【答案】 【分析】设正方体的边长为1，则根据题意正八面体是由两个全等的底面为正方形的四棱锥构成，再结合题意计算即可得答案. 【详解】    根据题意得，正八面体是由两个全等的底面为正方形的四棱锥构成，设正方体的边长为，则四棱锥的底面边长为，所以正八面体的体积为：，正方体的体积为：，所以正八面体的体积和正方体的体积之比为：. 12．“阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．某些阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到．如图，正八面体（每个面都是棱长相等的正三角形）的棱长为6，取各条棱的三等分点，从各棱的三等分点处截去六个角后可得到一个阿基米德多面体，则该多面体的表面积为__________．    【答案】 【分析】根据正八面体的几何性质，结合题意，利用正方形与正六边形的面积公式可得答案. 【详解】由图可知该多面体有24个顶点，36条棱，正八面体的棱长为6，从各棱的三等分点处截得多面体，则该多面体的棱长为2，且表面由6个正方形和8个正六边形组成， 故该多面体的表面积为， 四、解答题 13．如图，正八面体由两个棱长都为的正四棱锥拼接而成. （Ⅰ）求的长； （Ⅱ）证明：四边形是正方形； （Ⅲ）求三棱锥的体积. 【答案】(Ⅰ); (Ⅱ)见解析；（Ⅲ）. 【详解】(Ⅰ) 连结，交平面于，则为正方形的中心.取的中点, 连结. 在直角三角形中，于是 (Ⅱ) 连结,因为所以四边形是菱形.又因为，所以四边形是矩形.故四边形是正方形. （Ⅲ）   14．正多面体也称柏拉图立体，被喻为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知一个正四面体和一个正八面体的棱长都是（如图），把它们拼接起来，使它们一个表面重合，得到一个新多面体， (1)求新多面体的体积； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据给定条件，利用锥体体积公式计算即得. （2）作出二面角的平面角，利用余弦定理计算即得. 【详解】（1）在正四面体中，取中点，连接，则， 又平面，因此平面，而，， 所以正四面体的体积；在正八面体中， 连接，连接，显然，而平面，则平面，，正八面体的体积， 所以新多面体的体积. （2） 在正八面体中，取的中点，连接，令，则，由（1）知，平面，，因此，又，则是二面角的平面角，由正八面体的结构特征知，， 于是，所以二面角的余弦值是 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永年二中高一数学必修二作业考试化15 测试范围：正八面体的性质及应用 一、单选题 1．如图是一个正八面体魔方，已知该魔方的表面积为，则该魔方的体积为（   ） A． B． C． D． 2．正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为正八面体，则该正八面体的外接球与内切球的表面积的比为（    ） A． B．2 C．3 D．4 3．正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素．如图，该几何体是一个棱长为的正八面体，则此正八面体的体积与表面积的数值之比为（   ） A． B． C． D． 4．正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形）作为一种对称稳定的几何结构，在物质世界中具有广泛的应用.从晶体材料到生物分子，正八面体结构都发挥着重要作用，影响着物质的性质.如六氟化硫（化学式为）分子结构为正八面体结构，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.则在如图所示的正八面体中，二面角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 5．正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学､艺术､哲学灵感的源泉之一.如图，该几何体是一个高为4的正八面体，为的中点，则异面直线与所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 6．正多面体的研究始于古希腊柏拉图学派，正四面体与正八面体是其中最具代表性的两类．将正四面体的棱的中点相连，内部会形成一个完美的正八面体，这一结构是空间对称性的经典体现．如图，在正四面体ABCD中，连接各棱的中点构造出正八面体，若该正八面体的相对顶点连线，则正四面体的高为（    ）    A． B． C． D． 7．如图是棱长均为2的柏拉图多面体，已知该多面体为正八面体，四边形为正方形，分别为的中点，则点到平面的距离为（    ） A． B．1 C． D． 二、多选题 8．如图，正八面体的八个面都是正三角形，且四边形是边长为2的正方形，则（    ） A．平面 B．平面平面 C．异面直线与所成角为 D．若正四面体可在内任意转动，则该正四面体棱长的最大值为 9．如图，正八面体的八个面都是正三角形，且四边形是边长为2的正方形，则（    ） A．平面 B．平面平面 C．异面直线与所成角为 D．若正四面体可在内任意转动，则该正四面体棱长的最大值为 三、填空题 10．一个正八面体的每个面都是边长为1的等边三角形，则它的体积为_____. 11．联结正方体各表面的中心构成一个正八面体，则正八面体的体积和正方体的体积之比为_____. 12．“阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．某些阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到．如图，正八面体（每个面都是棱长相等的正三角形）的棱长为6，取各条棱的三等分点，从各棱的三等分点处截去六个角后可得到一个阿基米德多面体，则该多面体的表面积为__________．    四、解答题 13．如图，正八面体由两个棱长都为的正四棱锥拼接而成. （Ⅰ）求的长；（Ⅱ）证明：四边形是正方形；（Ⅲ）求三棱锥的体积. 14．正多面体也称柏拉图立体，被喻为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知一个正四面体和一个正八面体的棱长都是（如图），把它们拼接起来，使它们一个表面重合，得到一个新多面体。 (1)求新多面体的体积；(2)求二面角的余弦值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $