2024-2025学年人教A版高一数学下学期同步训练之棱锥

2024-2025学年下学期高中数学人教A版高一同步经典题精练之

棱锥

一.选择题（共5小题）

1.（2025•濮阳一模）截交线，是平面与空间形体表面的交线，它是画法几何研究的内容之一.当空间形

体表面是曲面时，截交线是一条平面曲线；当空间形体表面由若干个平面组成时，截交线是一个多边

形.已知正三棱锥0-ABC,满足0A_L03,OB±OC,OA±OC,04=3,点尸在△ABC内部（含边

界）运动，且|0「|=乃，则点尸的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为（）

V37TV27T71

A.-----B.-----C.-D.n

222

—>—>

2.（2024秋•新余校级月考）现有一三棱锥P-ABC,AC-BC=0,。为其外接球（四个顶点均在球的球

面上）球心，PC=PB,CA=2V7,平面PC2恰好经过点0.设平面ABC截球。的截面为a,截面中

心为，^tanZOAB==r,O'A=4,G为a上一点，则PG取最大值时，tanZPGO'=()

6+2V76-2V716+5b16-5«

A.---------B.---------C.-----------D.-----------

3333

3.(2024•包河区校级学业考试)在三棱锥P-ABC中，PO_L平面ABC,垂足为O,且则

点0一定是AABC的（）

A.内心B.外心C.重心D.垂心

4.（2024•东莞市校级模拟）若半径为厂的小球可以在棱长均为8的四棱锥内部自由转动，则厂的最大值为

（）

A.V3+1B.2（V3+1）C.2（V6-V2）D.2（V6-1）

5.（2023秋•浦东新区校级期末）设Ai,Bi,Ci,。分别是四棱锥P-ABC。侧棱B4,PB,PC,PD±

的点.给出以下两个命题，则（）

①若A8C。是平行四边形，但不是菱形，则ALBICLDI可能是菱形；

②若ABCD不是平行四边形，则AiBiCiDi可能是平行四边形.

A.①真②真B.①真②假C.①假②真D.①假②假

二.多选题（共5小题）

（多选）6.（2024•魏都区校级三模）已知三棱锥V-A2C,VA^VB^VC,△ABC是边长为2的正三角形,

D,E别是以，的中点，ZCDE=90°,V在平面ABC内的投影为点M在平面侬8内的投影

为点P则（）

A.侬，VB,VC两两垂直

B.P在平面口IC的投影为侬的中点

C.C,M,E三点共线

D.形如三棱锥V-ABC的容器能被整体装入一个直径为2.5的球

（多选）7.（2024春•神木市校级期末）如图，正三棱锥尸-A8C和正三棱锥Q-ABC的侧棱长分别为2,

V2,直线尸。与底面ABC相交于点O,OP=2OQ,贝”（

A.PQ=V5

B.AQ,BQ,C。两两垂直

C.4尸与C。的夹角为45°

D.点尸，A,B,C,。不可能同时在某个球的表面上

（多选）8.（2023春•江宁区校级期中）如图，在四棱锥S-ABCZ）中，底面ABC。是边长为1的正方形,

下列选项中，正确的是（）

—>—>T—>T

A.S/l+SS+SC+SD=0B.SA+SB-SC-SD=O

—»T—>—»

C.SA-SB+SC-SD=OD.SA-SB=SC,SD

（多选）9.（2023秋•宛城区校级月考）如图，有一个正四面体形状的木块，其棱长为a.现准备将该木

块锯开，则下列关于截面的说法中正确的是（）

B

A.过棱AC的截面中，截面面积的最小值为回-

4

11

B.若过棱AC的截面与棱2。（不含端点）交于点P,则-VCOSNZPCW-

32

a2

C.若该木块的截面为平行四边形，则该截面面积的最大值为一

4

D.与该木块各个顶点的距离都相等的截面有7个

（多选）10.（2023秋•朝阳期中）如图，有一个正四面体形状的木块，其棱长为a.现准备将该木块锯开,

则下列关于截面的说法中正确的是（）

r-9

A.过棱AC的截面中，截面面积的最小值为四-

4

1

B.若过棱AC的截面与棱8。（不含端点）交于点P,则cos/APC的最小值为三

C.若该木块的截面为平行四边形，则该截面面积的最大值为一

2

D.与该木块各个顶点的距离都相等的截面有7个

三.填空题（共3小题）

11.（2024秋•闵行区期末）侧棱长为2百的正三棱锥V-ABC中，ZAVB=ZBVC=ZCVA=40°,过点

A作截面AEF,则截面△AEP周长的最小值为.

12.（2024春•华池县校级期中）在四棱锥P-ABC。中，AB=（4,-2,3）,AD=（-4,1,0）,XP（-

6,2,-8）,则该四棱锥的高为.

13.（2024•诸暨市三模）若正四面体ABC。的棱长为1,以三个侧面为底面向外作三个正四面体P1A8C,

P2ABD,P3ACD,则2P3外接圆的半径是.

四.解答题（共2小题）

14.(2024春•天河区校级期中)正六棱锥得底面周长为24,。是底面的中心，H是8c的中点，ZSHO

60°.

(1)求棱锥的高；

(2)求棱锥的斜高；

(3)求棱锥的侧棱长.

15.(2023秋•武汉月考)如图，在三棱锥P-ABC中，AB±BC,AB=2,BC=2五,PB=PC=&,BP,

AP,BC的中点分别为O,E,O,4。=逐。。，点P在AC上，BFLAO.

(1)证明：EF〃平面ADO；

(2)证明：平面AZ)O_L平面BEF.

A

2024-2025学年下学期高中数学人教A版（2019）高一同步经典题精练之

棱锥

参考答案与试题解析

题号12345

答案ADBCC

选择题（共5小题）

1.（2025•濮阳一模）截交线，是平面与空间形体表面的交线，它是画法几何研究的内容之一.当空间形

体表面是曲面时，截交线是一条平面曲线；当空间形体表面由若干个平面组成时，截交线是一个多边

形.已知正三棱锥0-ABC,满足OBLOC,OA±OC,。4=3,点尸在△ABC内部（含边

界）运动，且|。2|=声，则点尸的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为（）

V37TV27Tn

A.-----B.-----C.-D.it

222

【考点】棱锥的结构特征.

【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解.

【答案】A

【分析】由题意可得，所以点尸的轨迹是以。为球心，半径为巡的球面与△ABC内部（含边界）包含

的平面相交所得的弧，即点P的轨迹是以正AABC的中心E为圆心，EP=旧为半径的圆在△ABC内

部（含边界）的弧，在平面图形中求出弧长即可.

【解答】解：由题意可知，正三棱锥O-A8C,满足OBLOC,OALOC,OA=3,

可得。4_L平面08C,得底面正△ABC的边长为3&，设正△ABC的中心为E,

由V三棱链。-ABC=V三棱锥A-OBC，

iir?兀ii

得ZQ一x-x(3\2)xsin—xOF=-x-x3x3x3,

32332

解得。E=V3,

又EP=VOP2-EO2=V3,

点P在△ABC内部（含边界）运动，且|。2|=迎,

所以点P的轨迹是以0为球心，半径为伤的球面与△48C内部（含边界）包含的平面相交所得的弧,

即点P的轨迹是以E为圆心，EP=K为半径的圆在AABC内部（含边界）的弧,

如图，作于。，圆与交点为G、H,则EG==百,

ED=一亍

M\^COS/GED=^=^=^,则/GE/"?所以/GE"/,

则点尸的轨迹在△ABC内部（含边界）的弧所对的圆心角为2兀-3x±=±,

.7T/-y/371

则弧长为3xv3=

即点P的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为手

故选：A.

【点评】本题考查立体几何中动点轨迹问题，属于难题.

—>—>

2.（2024秋•新余校级月考）现有一三棱锥P-ABC,AC-BC=0,。为其外接球（四个顶点均在球的球

面上）球心，PC=PB,CA=2V7,平面PC2恰好经过点0.设平面ABC截球0的截面为a,截面中

心为O',^tanZOAB=7，O'A=4,G为a上一点，则PG取最大值时，tan/PGO'=()

6+2V76-2V716+5^716-5V7

A.---------B.---------C.-----------D.-----------

3333

【考点】棱锥的结构特征.

【专题】分类讨论；数形结合法；立体几何；运算求解；空间想象.

【答案】D

【分析】解出三角形A8C,再应用球的截面性质求出球的半径，根据三角形PCB的等腰特点确定点P

的位置并求出点P到截面的距离，分析当PG取最大值时，需PG取到最大值，进而求解tan/PG。'.

【解答】解：：在截面a内4LBC=0,.♦.ACLBC,

即AABC为直角三角形，所以截面中心。'为A8中点.

'：0'为截面中心，由球的截面性质可知，00,_1_截面a,

又A8u截面a,OO'±AB.

在RtZ\。。'A中，tanZOAB=O/A=4,

q

OO'=3,OA=5,OB=OC=OP=5,

取8c的中点M,连MP,

:平面PCB恰好经过点O,...点O为三角形PCB的外心，

又,：PC=PB,C.MPLBC,且O,P,M三点共线，

当点。在三角形尸a内部时（如图1所示），作PP±a,垂足为点P',

：.PP'//OO',且点P,点O',点M三点共线，连MP'.

在RtZ\ABC中，ACLBC,AB=20'A=8,CA=2夕，：.BC=6,

1

在Rt/XBMO中，OM工BM,OB=5,BM=^BC=3,：.OM=4,

在RtZXPPM中，00'〃尸P,0P=5,0M=4,00'=3,

根据相似知识知，PP'="O'P'=等，

：.PG=y/P'P2+P'G2=J（竽）2+P（2,

又：G为a上一点，...PG,nax=O'P'+4=挈+4时，PG才取最大值，

此时tan/PG。'=第=年-=羽答.

r（Jby/_|o

当点。在三角形PCB外部时（如图2所示），同理可得尸P'=l<^>O'P'=零,

444,

z

/.当PGmax=O'P'+4=竽+4,PG取最大值，

而此时tanZPGO'=算<、6—>

综上，PG取最大值时，tan^PGOz=16~5^.

故选：D.

【点评】本题考查了棱锥的结构特征与应用问题，也考查了运算求解与空间想象能力，是中档题.

3.（2024•包河区校级学业考试）在三棱锥P-A2C中，PO_L平面ABC,垂足为。，且则

点O一定是AABC的（）

A.内心B.外心C.重心D.垂心

【考点】棱锥的结构特征.

【专题】对应思想；定义法；立体几何；逻辑思维.

【答案】B

【分析】由题意知，三条斜线在底面的射影相等，即此点到底面三角形三个顶点的距离相等，由此得出

该点是三角形的外心.

【解答】解：由题意点尸为△ABC所在平面外一点，尸。,平面ABC,垂足为。，

若M=PB=PC,则它们在底面上的射影也相等，

由此知点0至•△ABC的三个顶点的距离相等，

由外心的定义知，点。是三角形的外心.

故选：B.

【点评】本题考查了三角形的外心定义与判断问题，解题的关键是根据题设条件得出B4,PB,PC在底

面上的射影相等，是基础题.

4.（2024•东莞市校级模拟）若半径为/•的小球可以在棱长均为8的四棱锥内部自由转动，则r的最大值为

A.V3+1B.2(V3+1)C.2(V6-V2)D.2(V6-1)

【考点】棱锥的结构特征.

【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；立体几何；运算求解.

【答案】C

【分析】根据内切球半径满足的条件，将其放在三角形中，通过已知条件列方程，结合解三角形知识即

可求解.

【解答】解：根据题意，设该四棱锥为四棱锥S-ABC。，如图：

连接AC,BD,交于点连接SM,则该四棱锥的内切球球心。在线段SM上.

设内切球与侧面SBC相切于点N,球。的半径为小连接ON,

则ON_L平面SBC,且OM=ON=ro.

连接SN并延长，交BC于点E,连接ME,

则£1为的中点，SE±BC,ME±BC.

由四棱锥的棱长均为8,可知CM=^AC=1X8V2=4V2,ME=4,SM=Jd2-(4V2)2=4vLSE=

4V3.

易知ASONsASEM,

~SOON

所以一=，

SEME

即Ul°得「0=2(乃一或)，故厂的最大值为2(乃一鱼).

4V34

故选：C.

【点评】本题考查棱锥的结构特征，涉及棱锥的内切球的问题，属于中档题.

5.(2023秋•浦东新区校级期末)设Ai,B\,Ci,Di分别是四棱锥P-ABC。侧棱B4,PB,PC,PD±

的点.给出以下两个命题，则()

①若A8CQ是平行四边形，但不是菱形，则ALBICLDI可能是菱形;

②若ABCD不是平行四边形，则AiBiCiDi可能是平行四边形.

A.①真②真B.①真②假C.①假②真D.①假②假

【考点】棱锥的结构特征.

【专题】转化思想；定义法；简易逻辑；直观想象.

【答案】C

【分析】对于②，可以考虑构造一个正四棱锥来说明，对于①可以考虑利用反证法证伪.

【解答】解：对于②，考虑一个正四棱锥，然后再他的侧棱的延长线上可以画出一个梯形,

具体做法是：取B4i=P8i=PQ=PDi,则四棱锥P-AiBiCiQi为正四棱锥，

然后令B4=2B4i,PB=2PBi,PC=3P0,PD=3PDi；

那么AO〃BC,AD手BC,

此时ABC。是梯形，但不是平行四边形，

对于①，如图，四边形ABC。为平行四边形，AiBiCiDi也为平行四边形,

若平面ABCD与平面AiBiCiD不平行，

则四边形ALBCLDI中必有一边与底面ABC。相交，

不妨设直线46与底面相交，则直线21。也与底面相交，

在平面中过P做4D1的平行线，交AD与T,贝

因PC平面PBC,B1C1U平面PBC,故PTu平面PBC,即为平面PBC,

而平面PBCC平面ABCD=BC,故TeBC,而TeAD,

故BC,相交，这与ABC。为平行四边形矛盾，

故平面A8CO〃平面AiBiCiDi,故——=—£=―一，

ABPAAD

若四边形AIBICLDI为菱形，则481=4。，则A8=AD,

p

T

故四边形ABC。为菱形，故①错误.

故选：C.

【点评】本题考查命题的真值判断，属于中档题.

二.多选题（共5小题）

（多选）6.（2024•魏都区校级三模）已知三棱锥V-A8C,VA=VB=VC,△ABC是边长为2的正三角形，

D,E别是侬，的中点，/CDE=90°,V在平面ABC内的投影为点M在平面013内的投影

为点P.则（）

A.VA,VB,VC两两垂直

B.尸在平面VAC的投影为也1的中点

C.C,M,E三点共线

D.形如三棱锥V-ABC的容器能被整体装人一个直径为2.5的球

【考点】棱锥的结构特征；平行投影及平行投影作图法.

【专题】整体思想；综合法；空间位置关系与距离；直观想象.

【答案】ACD

【分析】A选项，作出辅助线，得到平面VAC,结合勾股定理逆定理得到三条侧棱两两垂直；B

选项，作出辅助线，得到P在平面01c的投影不为论的中点；C选项，根据正三棱锥的特征得到三点

共线；。选项，求出三棱锥V-A8C的外接球直径，与2.5比较后得到答案.

【解答】解：A选项，因为。，E分别为侬，的中点，所以。E〃仞3,因为NCQE=90°,

所以CDLDE,故CDLVB,

取AC的中点S,连接VS,BS,因为四=VC,AB=BC,所以VS_LAC,BSLAC,XVSHBS=S,VS,

BSu平面VBS,

所以ACJ_平面UBS,因为VBu平面UBS,所以AC_LYB,因为CQC4C=C,CD,ACu平面VAC,

所以W?J_平面VAC,因为以，VCu平面VAC,

所以VB_L以，VB±VC,又Wk=VB=VC,AB=BC=2,故IM=PB=UC=&又AC=2,V^+VC2

=AC2,

由勾股定理逆定理得3_LVC,四，VB,VC两两垂直，A正确；

8选项，由题意得E,尸不重合，过点尸作PW〃丫B,交口1于点W,因为丫8,平面01C,

所以尸平面侬C,且W,。不重合，故P在平面VAC的投影不为VA的中点，B错误;

C选项，三棱锥V-ABC为正三棱锥，故点M为等边三角形ABC的中心，故C,M,E三点共线，C

正确；

。选项，因为侬，VB,VC两两垂直，故三棱锥V-A8C的外接球即为以四，VB,VC为棱的正方体

的外接球，

故外接球直径为J(V2)2+(V2)2+(V2)2=V6,而乃＜2.5,

形如三棱锥V-ABC的容器能被整体装入一个直径为2.5的球，D正确.

故选：ACD.

【点评】本题主要考查了垂直及平行关系的判断及性质的应用，还考查了几何体性质的应用，考查了空

间想象能力的应用，属于中档题.

(多选)7.(2024春•神木市校级期末)如图，正三棱锥尸-A8C和正三棱锥Q-A8C的侧棱长分别为2,

V2,直线尸。与底面ABC相交于点O,OP=2OQ,贝。()

Q

A.P<2=Vs

B.AQ,BQ,CQ两两垂直

C.AP与CQ的夹角为45°

D.点、P,A,B,C,。不可能同时在某个球的表面上

【考点】棱锥的结构特征；异面直线及其所成的角；点、线、面间的距离计算.

【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；立体几何；运算求解.

【答案】BC

【分析】根据题意，结合正三棱锥的特征，利用顶点在底面的投影是底面的中心可分析A与以利用割

补法可分析C与。，综合可得答案.

【解答】解：根据题意，依次分析选项:

对于A选项，由正三棱锥的性质知尸。，平面ABC,

如图，连接0A,可得PQLOA,有。4=7Ap2-0P2=JAQ2-OQ2,

有J4-40Q2=J2-OQ2,解得。Q=坐，

可得仍（2|=逐，故A选项错误;

P

3、2月

可得BC=萼=2,又由4Q=BQ=CQ=42,

2s呜2X字

可得/4QB=/BQC=ZAQC=j,

易知A。，BQ,C。两两垂直，故8选项正确；

对于C选项，由AQ,BQ,C0两两垂直，AB=BC=AC=AP=BP=CP=2,

把正三棱锥P-ABC和正三棱锥。-ABC拼成的几何体放入如图所示正方体中,

可知AP与C。的夹角为45°,故C选项正确；

c

对于。选项，由C选项知，点P,A,B,C,。可以同时在以尸。为直径的球上，故。选项错误.

故选：BC.

【点评】本题考查棱锥的结构特征，涉及空间点线面距离的计算，属于中档题.

（多选）8.（2023春•江宁区校级期中）如图，在四棱锥S-ABC。中，底面ABC。是边长为1的正方形,

S至IJA,B,C,。的距离都等于2.下列选项中，正确的是（）

—>T

A.S/+SB+SC+SD=0B.SA+SB-SC-SD=0

—>—>—>—»

C.SA-SB+SC-SD=0D.SA-SB=SC-SD

【考点】棱锥的结构特征.

【专题】转化思想；转化法；立体几何；逻辑思维.

【答案】CD

【分析】利用空间向量的线性运算判断选项A,B,C,利用空间向量数量积的定义结合三棱锥的几何

性质判断选项。，即可得到答案.

【解答】解：因为94—58+5。­5。=84+。。=0,

故选项C正确，选项A错误；

—»—>—>

因为S4+SB-SC-SD=CA+DB^0,

故选项B错误；

因为底面A2CD是边长为1的正方形，S到A,B,C,。的距离都等于2,

贝USASB=2X2Xcos^ASB,

SC-SD=2X2xcosZ-CSD,

因为/AS8=/CSQ,

TT—>—>

所以=SC・SD,故选项。正确.

故选：CD.

【点评】本题考查了空间向量的线性运算，空间向量数量积定义的理解与应用，三棱锥几何性质的理解

与应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题.

（多选）9.（2023秋•宛城区校级月考）如图，有一个正四面体形状的木块，其棱长为现准备将该木

块锯开，则下列关于截面的说法中正确的是（）

/—9

A.过棱AC的截面中，截面面积的最小值为3-

4

11

B.若过棱AC的截面与棱5。（不含端点）交于点尸，则一Vcos乙4PCW-

32

C.若该木块的截面为平行四边形，则该截面面积的最大值为一

4

D.与该木块各个顶点的距离都相等的截面有7个

【考点】棱锥的结构特征；平面的基本性质及推论；命题的真假判断与应用.

【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解.

【答案】ACD

【分析】根据题意，利用余弦定理、三角形面积公式与三角函数的值域，验证A、8两项的正误；根据

矩形的面积公式与二次函数的性质，验证C的正误；根据线面平行的性质与点到平面的距离，验证Z）

的正误，即可得到本题的答案.

【解答】解：对于A,设截面与棱BD的交点为P,如图1,过棱AC的截面为△ACP,

c

图1

当P为棱BZ)的中点时，△ACP的面积取得最小值,

△APC中，AC=a,AP=CP=cosZAPC=+rasinZAPC=1-(1)2=-

Z~?V3ZaJ3~a=J\'',

乙F-2~

故△ACP的面积最小值S=^AP-CP-sin^APC=乌贮，A正确.

Z4

一、“J3aa2V3

对于8,设AP=CP=r,te[号，a),-e(1,—],

2222

Ap+cp_Ar2/-_n2n211

在△ACP中，C0S/4PC=?=1-j,所以-<COSNAPCV-,B错误.

2AP-CP2r2r32

对于C,如图2,当截面E尸MW为平行四边形时，EF//MN,EM//FN.

图2

由AO_L8C,可得EM_LMN,所以平行四边形EWW为长方形.

2

设则MN=a-x,所以长方形EFNM的面积S=x(a-x)当且仅当EM=x=^时，等号

成立，C正确.

对于D,与该木块各个顶点的距离都相等的截面分为以下两类：

第一类：平行于正四面体的一个面，且到顶点和到底面距离相等，这样的截面有4个.

第二类：平行于正四面体的两条对棱，且到两条棱距离相等，这样的截面有3个.

故与该木块各个顶点的距离都相等的截面共有7个，O正确.

故答案为：ACD.

【点评】本题主要考查空间位置关系与距离、正余弦定理及其应用、求函数的值域与最值等知识，考查

了几何图形的理解能力与逻辑推理能力，属于中档题.

（多选）10.（2023秋•朝阳期中）如图，有一个正四面体形状的木块，其棱长为4.现准备将该木块锯开，

则下列关于截面的说法中正确的是（）

V2a2

A.过棱AC的截面中，截面面积的最小值为——

4

1

B.若过棱AC的截面与棱8。（不含端点）交于点尸，则cos/APC的最小值为§

a2

C.若该木块的截面为平行四边形，则该截面面积的最大值为了

D.与该木块各个顶点的距离都相等的截面有7个

【考点】棱锥的结构特征；平面的基本性质及推论.

【专题】整体思想；综合法；立体几何；直观想象；运算求解.

【答案】ABD

【分析】对于A，当过棱AC的截面过棱2。的中点时，截面面积最小，求出其面积即可；对于8,利

用余弦定理求解；对于C,当截面EFNM为平行四边形时，可得平行四边形EFNM为长方形，设EM

=x,则所以长方形EFNM的面积S=xQ-x）,再利用基本不等式求解即可；对于。，分

平行于正四面体的一个面，且到顶点和到底面距离相等和平行于正四面体的两条对棱，且到两条棱距离

相等两种情况讨论求解.

【解答】解：设截面与棱8。的交点为P,如图1,

图1图2

过棱AC的截面为△ACP,当P为棱3。的中点时，△ACP的面积取得最小值,

F5

止匕时AP=CP=三〃，AC=a,

所以△的面积为]Xax^l(~a)2~2

ACP(1a)-a2

即截面面积的最小值为-^一，故A正确；

4

、门।\[3CL。2.y/3

设AP=CP=£,贝Ijte[崂，a),-e(1,—],

在△ACP中，cosZAPC=4c2==1一鸟，

2AP-CP2r2r

11

所以-WCOSNAPCV-,故B正确;

32

如图2,当截面EWW为平行四边形时，EF//NM,EM//FN,

由AO_LBC,知EM_LMN,

从而平行四边形EFNM为长方形，设£M=无，则MN=a-x,

2

所以长方形跖NM的面积S=K（a-x）W患当且仅当EM=x=?时，等号成立，故C错误；

与该木块各个顶点的距离都相等的截面分为两类，

第一类：平行于正四面体的一个面，且到顶点和到底面距离相等，这样的截面有4个，

第二类：平行于正四面体的两条对棱，且到两条棱距离相等，这样的截面有3个，

故与该木块各个顶点的距离都相等的截面共有7个，故。正确.

故选：ABD.

【点评】本题主要考查了正四面体的结构特征，考查了余弦定理的应用，以及基本不等式的应用，属于

中档题.

三.填空题（共3小题）

11.（2024秋•闵行区期末）侧棱长为2百的正三棱锥V-ABC中，ZAVB=ZBVC=ZCVA=40°,过点

A作截面AEF,则截面aAi产周长的最小值为

【考点】棱锥的结构特征.

【专题】空间位置关系与距离.

【答案】见试题解答内容

【分析】沿着侧棱3把正三棱锥V-ABC展开在一个平面内，如图，则44'即为截面/周长的

最小值，且NAVW=3X40=120°./XVAA'中，由余弦定理可得的值.

【解答】解：如图所示：沿着侧棱侬把正三棱锥V-ABC展开在一个平面内，如图(2),

贝|」44'即为截面△AEF周长的最小值，且/AV/'=3X40=120°.

△必弘'中，由余弦定理可得A4'=y]VA2+VA'2-2VA-VA'-cos^AVA'=

J12+12-2xl2cosl200=6,

故答案为6.

(1)⑵

【点评】本题主要考查余弦定理的应用，棱锥的结构特征，利用棱锥的侧面展开图研究几条线段和的最

小值问题，是一种重要的解题方法，属于基础题.

-»—>―>

12.(2024春•华池县校级期中)在四棱锥尸-48CD中，AB=(4,-2,3),4。=(-4,1,0),AP(-

6,2,-8),则该四棱锥的高为2.

【考点】棱锥的结构特征.

【专题】转化思想；向量法；立体几何.

【答案】见试题解答内容

【分析】求出平面ABC。的法向量，然后利用点到平面的距离公式求解即可.

—>—>—>

【解答】解：四棱锥尸-ABC。中，AB=(4,-2,3),AD=(-4,1,0),AP(-6,2,-8),

设平面ABCO的法向量为1=(无，y,z),

LT

则,”=0,

（几•AD=0

—可r得4曰|（一4%4%—+2yy+=30z=0

不妨令冗=3,则y=12,z=4,

可得蔡=（3,12,4）；

—>

则2P=（-6,2,-8）在平面ABCD上的射影就是这个四棱锥的高h,

所以/7=|G||c°s<4k]>|=|源I」』誉一%I：?；

\n\

所以该四棱锥的高为2.

故答案为：2.

【点评】本题考查空间点到平面的距离公式的应用，向量的数量积的应用，考查计算能力.

13.（2024•诸暨市三模）若正四面体4BC。的棱长为1,以三个侧面为底面向外作三个正四面体PA2C,

P2ABD,P3ACD,则P2P3外接圆的半径是一

9

【考点】棱锥的结构特征.

【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解.

【分析】将正四面体48。放置在正方体中，得到相应顶点坐标，进而求得尸1,P2的坐标，求得线段

IP1P2I，从而得出外接圆半径.

【解答】解：不妨将此正四面体ABC。放置在正方体中,

从而可得A（0,0,0）,8（孝，孝，0），辛，0，孝），孝），

则△ABC的中心为（孝，喀，喀），且此中心为尸1。的中点，则Pi（岑—噂，—春）；

同样△A8Q的中心为（够，孝，¥），且此中心为尸2c的中点，贝曲2（—喀，—g），

•.•伊也1=]（半尸+（警）2=*

5_

,1155V3

:.AP1P2P3外接圆的半径是二•.=—7=-=——

2sml20°3V39

故答案为：

【点评】本题考查棱锥的结构特征，考查中点坐标公式及三角形外接圆半径求法，属中档题.

四.解答题（共2小题）

14.（2024春•天河区校级期中）正六棱锥得底面周长为24,。是底面的中心，”是8。的中点，ZSHO=

60°.

（1）求棱锥的高;

(2)求棱锥的斜高；

(3)求棱锥的侧棱长.

【考点】棱锥的结构特征.

【专题】计算题；数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离.

【答案】见试题解答内容

【分析】先求出正六棱锥的底面边长为4,OH=,BC=2®由此利用直角三角形的性质能求出棱锥

的高、斜高和侧棱长.

【解答】解：(1).••正六棱锥的底面周长为24,...正六棱锥的底面边长为4.

在正棱锥S-ABCD所中，取BC的中点X,连结阳，SH±BC,。是正六边形ABC。跖的中心.

连结SO,则SO_L底面ABCDE?

F5

在RtZXS。“中，OH=号BC=2同

：.ZSHO=60°,.•.棱锥的高SO=O”1Aw60°=6.

(2)在AS。/中，VZSHO=60°,SOIOH,

棱锥的斜高SH=2OH=4®

(3)RtZXSOH中，：S0=6,0B=BC=4,SOIOH,

棱锥的侧棱长SB=yJSO2+OB2=V36+16=2g.

【点评】本题考查棱锥的高、斜高和侧棱长的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力

的培养.

15.(2023秋•武汉月考)如图，在三棱锥尸-4BC中，AB±BC,AB=2,BC=2a,PB=PC=屉,BP,

AP,8c的中点分别为D,E,O,AD=ADO,点F在AC上，BFLAO.

(1)证明：£尸〃平面4。。；

(2)证明：平面AOOJ_平面BEE

p

A

【考点】棱锥的结构特征.

【专题】数形结合；定义法；立体几何；直观想象；运算求解.

【答案】（1）证明过程见解析；（2）证明过程见解析.

【分析】（1）利用向量法可得。/〃AB，。尸=红2,四边形。。所为平行四边形，根据线面平行的判定

定理即可证明；

（2）由勾股定理可得AO_LO。，AO.LEF,根据面面垂直的判定定理即可证明.

—>—>—>

【解答】证明：⑴由题可知，|XC|=2V3,设力F=2u4C,

—>—»—>—»

U：AB-AC=\AB\\AC\cosZBAC=4,

则BF•AO=(ZAC-AB)^~AB+~AC)=2MCI2-4\AB\2+(-4--)AB-AC=8A-4=0,解得4=4,

22211211222

：.OF//AB,OF=

ffi]DE//AB,DE=J.DE//OF,DE=OF,四边形OOEF为平行四边形，

：.EF//OD,

：OZ)u平面A。。，EFC平面A。。，

.,在〃平面AOO.

(2)AO=7AB2+OB?=V6=PC=2OD,AD=乘OD,

.•.4。2=4。2+。。2,即A。，。。，AO1EF,

VBFXAO,BFCEF=F,

；.AO_L平面

：AOu平面ADO,

，平面AZ)O_L平面BEF.

【点评】本题考查直线与平面、平面与平面位置关系的判定定理，是中档题.

考点卡片

1.命题的真假判断与应用

【知识点的认识】

判断含有“或”、“且”、“非”的复合命题的真假，首先要明确p、q及非p的真假，然后由真值表判断复

合命题的真假.

注意：“非p”的正确写法，本题不应将“非p”写成“方程x2-2尤+1=0的两根都不是实根”，因为“都

是”的反面是“不都是”，而不是“都不是”，要认真区分.

【解题方法点拨】

1.判断复合命题的真假，常分三步：先确定复合命题的构成形式，再指出其中简单命题的真假，最后由

真值表得出复合命题的真假.

2.判断一个“若〃则/形式的复合命题的真假，不能用真值表时，可用下列方法：若“pq”,贝I“若p

则4”为真；而要确定''若p则为假，只需举出一个反例说明即可.

3.判断逆命题、否命题、逆否命题的真假，有时可利用原命题与逆否命题同真同假，逆命题与否命题同

真同假这一关系进行转化判断.

【命题方向】该部分内容是《课程标准》新增加的内容，几乎年年都考，涉及知识点多而且全，多以小题

形式出现.

2.棱锥的结构特征

【知识点的认识】

1.棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面围成的几何体叫做棱锥.用

顶点和底面各顶点的字母表示，例：S-ABCD.

2.认识棱锥

棱锥的侧面：棱锥中除底面外的各个面都叫做棱锥的侧面.

棱锥的侧棱：相邻侧面的公共边叫做棱锥的侧棱.

棱锥的顶点；棱锥中各个侧面的公共顶点叫做棱锥的顶点.

棱锥的高：棱锥的顶点到底面的距离叫做棱锥的高.

棱锥的对角面；棱锥中过不相邻的两条侧棱的截面叫做对角面.

3.棱锥的结构特征

4击雄［1.底面是多边形

棱锥侧面是三角形

根据棱锥的结构特征，可知棱锥具有以下性质：

平行于底面的截面和底面相似，且它们的面积比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的比.

4.棱锥的分类

棱锥的底面可