8.1.2棱锥 课时训练（含解析）

第八章8.1.2棱锥课时训练--人教A版（2019）必修第二册
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列命题中成立的是（ ）
A．各个面都是三角形的多面体一定是棱锥
B．有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱
C．一个棱锥的侧面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱锥
D．各个侧面都是矩形的棱柱是长方体
2．已知正四面体的棱长为6，设集合，点平面，则表示的区域的面积为（ ）
A． B． C． D．
3．若正棱锥的底面边长与侧棱长相等，则该棱锥一定不是（ ）
A．正三棱锥 B．正四棱锥 C．正五棱锥 D．正六棱锥
4．将一个正方体切一刀，可能得到的以下几何体中的种类数为（ ）
①四面体；②四棱锥；③四棱柱；④五棱锥；⑤五棱柱；⑥六棱锥；⑦七面体
A．3种 B．4种 C．5种 D．以上均不正确
5．一个四棱锥的四个侧面中，钝角三角形最多有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．若一个正四棱锥的高和底面边长都为2，则它的侧面与底面所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在三棱锥的平面展开图中，，，，，，，则( )
A． B．
C． D．
8．如图：正三棱锥A﹣BCD中，∠BAD＝30°，侧棱AB＝2，BD平行于过点C的截面CB1D1，则截面CB1D1与正三棱锥A﹣BCD侧面交线的周长的最小值为（　　）
A．2 B． C．4 D．
二、多选题
9．已知正四棱锥的体积为，底面边长为2，则（ ）
A．该四棱锥的侧面积为 B．棱与垂直
C．平面与平面垂直 D．二面角的余弦值为
10．已知正四棱锥的侧面积为，当该棱锥的体积最大时，以下结论正确的是（ ）
A．棱锥的高与底面边长的比为
B．侧棱与底面所成的角为
C．棱锥的每一个侧面都是等边三角形
D．棱锥的内切球的表面积为
11．如图在四面体中，，，，E、F分别是，的中点.若用一个与直线垂直，且与四面体每个面都相交的平面a去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则下列说法正确的是（ ）
A．且
B．四面体的体积是
C．多边形截面为矩形
D．多边形截面面积的最大值为
12．在三棱锥中，，在底面上的投影为的中点，．下列结论中正确的是（ ）
A．三棱锥的三条侧棱长均相等
B．的取值范围是
C．若三棱锥的四个顶点都在球的表面上，则球的表面积为
D．若，是线段上一动点，则的最小值为
三、填空题
13．华裔建筑师贝聿铭为卢浮宫设计的玻璃金字塔是一个底面边长为30米的正四棱锥，其四个玻璃侧面的面积约1500平方米，则塔高约为______米．
14．某儿童玩具的实物图如图1所示，从中抽象出的几何模型如图2所示，由，，，四条等长的线段组成，其结构特点是能使它任意抛至水平面后，总有一条线段所在的直线竖直向上，则___________.
15．将两个一模一样的正三棱锥共底面倒扣在一起，已知正三棱锥的侧棱长为2，若该组合体有外接球，则正三棱锥的底面边长为________．
16．已知球的表面积为，点A、、在球的表面上，且，，，则球心到平面的距离为______.
四、解答题
17．一个正棱锥侧棱与底面边长相等，此正棱锥可能是几棱锥？（请写出有可能）
18．已知正四面体的棱长都为1，点M，N分别是的中点，求M，N这两点间的距离.
参考答案：
1．B
【分析】根据相关空间几何体的定义，举出部分反例空间几何体即可判断.
【详解】对A，只要将底面全等的两个棱锥的底面重合在一起,
所得多面体的每个面都是三角形,但这个多面体不是棱锥，如图，故A错误；
对B，若棱柱有两个相邻侧面是矩形，则侧棱与底面两条相交的边垂直，
则侧棱与底面垂直，此时棱柱一定是直棱柱，故B正确；
对于C，如图所示，若，
满足侧面均为全等的等腰三角形，但此时底面不是正三角形，故C错误；
对D，各个侧面都是矩形的棱柱不一定是长方体，
比如底面为三角形的直三棱柱，故D错误.
故选：B.
2．C
【分析】过点作平面于点，利用正四面体的特点求出的长，从而得到，即得到其表示圆及其内部，则得到其表示的区域面积.
【详解】过点作平面于点，
则，
因为，则，
则表示的区域为以为圆心，2为半径的圆及其内部，
面积为，
故选：C.
3．D
【分析】对于选项A，考虑正四面体.对于B，C，D选项，画出满足部分条件的几何体，通过证明来说明是否存在满足题意的图形.
【详解】对于选项A，正四面体为满足条件的正三棱锥，故排除A.
对于选项B，考虑如图所示的正四棱锥.
满足，
为底面正方形中心，EO平面ABCD.
因底面为正方形，故，
则，，，两两全等，得.
故存在满足条件的正四棱锥，排除B
对于选项C，考虑如图所示的五棱锥.
满足，
O为底面正五边形中心，FO平面ABCDE.
因底面为正五边形，故，
则，，，，两两全等.得.
故存在满足条件的正五棱锥，排除C
对于选项D，考虑如图所示的正六棱锥.
满足，
O为底面正六边形中心.GO平面ABCDEF.
但注意到OA=AB，，则有.
这与所设满足的条件矛盾，故不存在满足条件的正六棱锥，故D正确.
故选:D
【点睛】方法点睛:判断满足条件的几何体是否存在的常用方法:
通过积累特殊图形判断某种几何体存在.
通过证明判断某种几何体存在.
通过导出矛盾证明某种几何体不存在.
4．B
【分析】可能出现①③⑤⑦这四种情况．
【详解】
如图，平面截正方体，可得到四面体；
如图，平面截正方体，可得到四棱柱；
如图，平面截正方体，可得到五棱柱，也是七面体.
故选：B.
5．D
【分析】取一个三棱锥，且和平面，利用极限思想和三角形性质即可求解.
【详解】作钝角三角形，且，分别在，上取一点，，连接，
在空间中取一点，使得平面，如下图所示：
由上图可知，当足够小时，和仍为钝角，
而，即为钝角，
同理，也为钝角，
故在四棱锥中，其四个侧面均为钝角三角形.
故选：D.
6．B
【分析】作辅助线，找出正四棱锥侧面与底面所成二面角的平面角，解直角三角形即可求得答案.
【详解】如图，设PO为正四棱锥的高，O为底面正方形中心，
作于E,连接PE,则E为BC中点，故 ,
故即为正四棱锥侧面与底面所成的角的平面角，
因为正四棱锥的高和底面边长都为2，故,
故 ,
故选：B
7．D
【分析】根据几何关系求出AE，在△ACE中，根据余弦定理可求CE，从而可求CF，在△BCF里面利用余弦定理可求．
【详解】由题意知，，
在中，由余弦定理知，
，
，而，，
∴在中，由余弦定理知，．
故选：D．
8．D
【分析】把正三棱锥A﹣BCD的侧面展开，则两点间的连接线CC'即是截面周长的最小值，然后根据已知的数据可求得答案
【详解】把正三棱锥A﹣BCD的侧面展开，
两点间的连接线CC'即是截面周长的最小值．
正三棱锥A﹣BCD中，∠BAD＝30°，所以AC⊥AC′，AB＝2，
∴CC′＝，
∴截面周长最小值是CC′＝．
故选：D．
9．ABD
【分析】由题意，求侧棱长并由易知与垂直，且侧面为等边三角形，即可求侧面积，可判断A、B的正误；根据二面角的定义，找到面与面、二面角的平面角，进而判断C、D的正误.
【详解】
由题意，，即，可得，而且是中点，
∴，故，即，
1、侧面为等边三角形，故侧面积为，A正确；
2、棱与垂直，B正确；
3、若是的中点，易知面，面，所以面面，面面，则为平面与平面所成二面角的平面角，而，，即不是直角，C错误；
4、若是的中点，连接，由上易知：，而，所以面，即二面角的平面角为且，故，D正确.
故选：ABD
10．ACD
【分析】设底面边长为，侧棱长为，求出棱锥体积，通过构造函数，求导可知当，及时棱锥体积最大，然后再逐项判断即可.
【详解】设底面边长为，侧棱长为，则，即，
而，又，
故，
设，则，
易知函数在单调递增，在单调递减，
∴当时，取得最大值，此时棱锥的体积最大，且，
∴底面边长为2，侧棱长为2，，，
∴棱锥的高与底面边长的比为，选项A正确；
侧棱与底面所成的角为，而，则，选项B错误；
由于底面边长与侧棱长均为2，故侧面为等边三角形，选项C正确；
设内切球的半径为，由于，，
∴，
∴，选项D正确.
故选：ACD.
11．ABD
【分析】由题意得，进而得到，由此可判断A；将其补成长方体，用长方体的体积减去四个体积相等的三棱锥体积可判断B；已知截面为平行四边形，由此可判断C；可得则，由可判断D.
【详解】对A，连接，
，，
又因为分别为中BC边中线，分别为中BD边中线，
所以，
又E、F分别是，的中点，所以且，故A正确；
对B，将四面体补成长宽高分别为的长方体，如下图，
则四面体的体积，故B正确；
对C，由上图，设平面与分别交于，
，，则由线面平行的性质可得，则,
同理，，所以四边形为平行四边形，故C错误；
对D，因为截面为平行四边形，
可得，
则，
设异面直线BC和AD所成角为，易得，
则可得，当且仅当时等号成立，故D正确.
故选：ABD.
12．ABD
【分析】由平面得出，从而判断A；由，，结合锐角三角函数的定义得出的取值范围，从而判断B；由三棱锥外接球的球心为，半径为，求出表面积判断C；将平面沿翻折到平面上，则的最小值为线段的长，再结合余弦定理求出，从而判断D.
【详解】作出三棱锥的图象，如下图所示
对于A项，根据题意可知，平面，且，所以，故A正确；
对于B项，在中，，而，所以
，即的取值范围是，故B正确；
对于C项，因为，所以三棱锥外接球的球心为，半径为，其表面积为，故C不正确；
对于D项，当时，，所以，将平面沿翻折到平面上，则的最小值为线段的长，在展开后的中，，根据余弦定理可得，故D正确；
故选：ABD
【点睛】关键点睛：在确定三棱锥外接球的球心时，关键是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，确定点为三棱锥外接球的球心.
13．20
【分析】做底面于点，取的中点，可得、，根据四个玻璃侧面的面积求出可得，再由勾股定理可得答案.
【详解】如图，做正四棱锥底面于点，则为底面的中心，取的中点，
连接、，则，，
因为，所以，
因为四个玻璃侧面的面积约1500平方米，所以平方米，
由可得，
所以，
则塔高约为米，
故答案为：20.
14．##
【分析】根据题意可得两两连接后所得到的四面体为正四面体，且是其外接球的球心，设出棱长，在直角三角形中建立等式关系，求得，的长度，即可求得结果.
【详解】根据题意可得，，，相等且两两所成的角相等，两两连接后所得到的四面体为正四面体，
且是其外接球的球心，延长交面于，连接，则为的外心，
设，则，，
,，
因为，所以解得，
.
故答案为：.
15．
【分析】连接交底面于点，点就是该组合体的外接球的球心，根据等边三角形性质计算，得到答案.
【详解】如图，连接交底面于点，则点就是该组合体的外接球的球心.
设三棱锥的底面边长为，则，得，所以.
故答案为：；
16．
【分析】球心到平面的距离即为球心到的外心的距离，由余弦定理求得BC，再由正弦定理求得外接圆半径，即可最后由勾股定理的所求距离.
【详解】球心在平面的投影为，则球心到平面的距离为，
球的表面积为，则球的半径满足，解得，即，
则，即为的外心，
∵，，，由余弦定理得，由正弦定理得，外接圆半径，
故，故球心到平面的距离为.
故答案为：
17．三、四、五
【分析】设正棱锥侧棱的棱长为a，底面边长为b，底面边数为n，底面的中心到底面的顶点距离为c，根据正棱锥的侧棱在底面内的射影为c，再比较b和c的大小即可判断该正棱锥是否存在．
【详解】设正棱锥侧棱的棱长为a，底面边长为b，底面边数为n，底面的中心到底面的顶点距离为c，
则正棱锥的侧棱在底面内的射影为c，
当，，时，都有，此时都有可能成立，即正棱锥可能是三棱锥、四棱锥、五棱锥；
当时，有，此时只有，即正棱锥不可能是六棱锥；
当时，都有，此时只有，即正棱锥不可能是n（）棱锥，
综上，正棱锥可能是三棱锥、四棱锥、五棱锥，且不可能超过五棱锥．
18．
【分析】连接，，则，故而，利用勾股定理计算即可．
【详解】连接，，如图，
正四面体棱长为1，是的中点，
，
是的中点，，
．
即M，N这两点间的距离为.