【期末热点.重难点】棱锥（含解析）2024-2025学年人教A版（2019）数学高一下册
文档属性
| 名称 | 【期末热点.重难点】棱锥（含解析）2024-2025学年人教A版（2019）数学高一下册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-21 16:55:49 | ||
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文档简介
期末热点.重难点 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O﹣ABC，满足OA⊥OB，OB⊥OC，OA⊥OC，OA＝3，点P在△ABC内部（含边界）运动，且，则点P的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为（ ）
A． B． C． D．π
2．（2024秋 新余校级月考）现有一三棱锥P﹣ABC，，O为其外接球（四个顶点均在球的球面上）球心，PC＝PB，，平面PCB恰好经过点O．设平面ABC截球O的截面为α，截面中心为O′，若，O′A＝4，G为α上一点，则PG取最大值时，tan∠PGO′＝（ ）
A． B． C． D．
3．（2024 包河区校级学业考试）在三棱锥P﹣ABC中，PO⊥平面ABC，垂足为O，且PA＝PB＝PC，则点O一定是△ABC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r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． B． C． D．
5．（2023秋 浦东新区校级期末）设A1，B1，C1，D1分别是四棱锥P﹣ABCD侧棱PA，PB，PC，PD上的点．给出以下两个命题，则（ ）
①若ABCD是平行四边形，但不是菱形，则A1B1C1D1可能是菱形；
②若ABCD不是平行四边形，则A1B1C1D1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﹣ABC，VA＝VB＝VC，△ABC是边长为2的正三角形，D，E别是VA，AB的中点，∠CDE＝90°，V在平面ABC内的投影为点M，M在平面VAB内的投影为点P．则（ ）
A．VA，VB，VC两两垂直
B．P在平面VAC的投影为VA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
（多选）7．（2024春 神木市校级期末）如图，正三棱锥P﹣ABC和正三棱锥Q﹣ABC的侧棱长分别为2，，直线PQ与底面ABC相交于点O，OP＝2OQ，则（ ）
A．
B．AQ，BQ，CQ两两垂直
C．AP与CQ的夹角为45°
D．点P，A，B，C，Q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﹣ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2．下列选项中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（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（ ）
A．过棱AC的截面中，截面面积的最小值为
B．若过棱AC的截面与棱BD（不含端点）交于点P，则
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
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（ ）
A．过棱AC的截面中，截面面积的最小值为
B．若过棱AC的截面与棱BD（不含端点）交于点P，则cos∠APC的最小值为
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
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的正三棱锥V﹣ABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过点A作截面AEF，则截面△AEF周长的最小值为 ．
12．（2024春 华池县校级期中）在四棱锥P﹣ABCD中，（4，﹣2，3），（﹣4，1，0），（﹣6，2，﹣8），则该四棱锥的高为 ．
13．（2024 诸暨市三模）若正四面体ABCD的棱长为1，以三个侧面为底面向外作三个正四面体P1ABC，P2ABD，P3ACD，则△P1P2P3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，O是底面的中心，H是BC的中点，∠SHO＝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，PB＝PC，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，BF⊥AO．
（1）证明：EF∥平面ADO；
（2）证明：平面ADO⊥平面BEF．
期末热点.重难点 棱锥
参考答案与试题解析
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O﹣ABC，满足OA⊥OB，OB⊥OC，OA⊥OC，OA＝3，点P在△ABC内部（含边界）运动，且，则点P的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为（ ）
A． B． C． D．π
【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P的轨迹是以O为球心，半径为的球面与△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△ABC的中心E为圆心，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﹣ABC，满足OA⊥OB，OB⊥OC，OA⊥OC，OA＝3，
可得OA⊥平面OBC，得底面正△ABC的边长为，设正△ABC的中心为E，
由V三棱锥O﹣ABC＝V三棱锥A﹣OBC，
得，
解得，
又，
点P在△ABC内部（含边界）运动，且，
所以点P的轨迹是以O为球心，半径为的球面与△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E为圆心，为半径的圆在△ABC内部（含边界）的弧，
如图，作ED⊥AB于D，圆与AB交点为G、H，则，
，
所以，则，所以，
则点P的轨迹在△ABC内部（含边界）的弧所对的圆心角为，
则弧长为，
即点P的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为．
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，，O为其外接球（四个顶点均在球的球面上）球心，PC＝PB，，平面PCB恰好经过点O．设平面ABC截球O的截面为α，截面中心为O′，若，O′A＝4，G为α上一点，则PG取最大值时，tan∠PGO′＝（ ）
A． B． C． D．
【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ABC，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P′G取到最大值，进而求解tan∠PGO′．
【解答】解：∵在截面α内 0，∴AC⊥BC，
即△ABC为直角三角形，所以截面中心O′为AB中点．
∵O′为截面中心，由球的截面性质可知，OO′⊥截面α，
又AB 截面α，∴OO′⊥AB．
在Rt△OO′A中，tan∠OAB，O′A＝4，
∴OO′＝3，OA＝5，OB＝OC＝OP＝5，
取BC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，∴MP⊥BC，且O，P，M三点共线，
当点O在三角形PCB内部时（如图1所示），作PP′⊥α，垂足为点P′，
∴PP′∥OO′，且点P′，点O′，点M三点共线，连MP′．
在Rt△ABC中，AC⊥BC，AB＝2O′A＝8，CA＝2，∴BC＝6，
在Rt△BMO中，OM⊥BM，OB＝5，，∴OM＝4，
在Rt△PP′M中，OO′∥PP′，OP＝5，OM＝4，OO′＝3，
根据相似知识知，PP′，O′P′，
∴PG，
又∵G为α上一点，∴P′Gmax＝O′P′+44时，PG才取最大值，
此时tan∠PGO′．
当点O在三角形PCB外部时（如图2所示），同理可得PP′，O′P′，
∴当，PG取最大值，
而此时 ．
综上，PG取最大值时，．
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﹣ABC中，PO⊥平面ABC，垂足为O，且PA＝PB＝PC，则点O一定是△ABC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P为△ABC所在平面外一点，PO⊥平面ABC，垂足为O，
若PA＝PB＝PC，则它们在底面上的射影也相等，
由此知点O到△ABC的三个顶点的距离相等，
由外心的定义知，点O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PA，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r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． B． C． D．
【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﹣ABCD，如图：
连接AC，BD，交于点M，连接SM，则该四棱锥的内切球球心O在线段SM上．
设内切球与侧面SBC相切于点N，球O的半径为r0，连接ON，
则ON⊥平面SBC，且OM＝ON＝r0．
连接SN并延长，交BC于点E，连接ME，
则E为BC的中点，SE⊥BC，ME⊥BC．
由四棱锥的棱长均为8，可知，ME＝4，．
易知△SON∽△SEM，
所以，
即，得，故r的最大值为．
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A1，B1，C1，D1分别是四棱锥P﹣ABCD侧棱PA，PB，PC，PD上的点．给出以下两个命题，则（ ）
①若ABCD是平行四边形，但不是菱形，则A1B1C1D1可能是菱形；
②若ABCD不是平行四边形，则A1B1C1D1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PA1＝PB1＝PC1＝PD1，则四棱锥P﹣A1B1C1D1为正四棱锥，
然后令PA＝2PA1，PB＝2PB1，PC＝3PC1，PD＝3PD1；
那么AD∥BC，AD≠BC，
此时ABCD是梯形，但不是平行四边形，
对于①，如图，四边形ABCD为平行四边形，A1B1C1D1 也为平行四边形，
若平面ABCD与平面A1B1C1D1 不平行，
则四边形A1B1C1D1 中必有一边与底面ABCD相交，
不妨设直线A1D1 与底面相交，则直线B1C1 也与底面相交，
在平面PAD中过P做A1D1 的平行线，交AD与T，则PT∥B1C1，
因P∈平面PBC，B1C1 平面PBC，故PT 平面PBC，即T∈平面PBC，
而平面PBC∩平面ABCD＝BC，故T∈BC，而T∈AD，
故BC，AD相交，这与ABCD为平行四边形矛盾，
故平面ABCD∥平面A1B1C1D1，故，
若四边形A1B1C1D1 为菱形，则A1B1＝A1D1，则AB＝AD，
故四边形ABCD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﹣ABC，VA＝VB＝VC，△ABC是边长为2的正三角形，D，E别是VA，AB的中点，∠CDE＝90°，V在平面ABC内的投影为点M，M在平面VAB内的投影为点P．则（ ）
A．VA，VB，VC两两垂直
B．P在平面VAC的投影为VA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VB⊥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VAC的投影不为VA的中点；C选项，根据正三棱锥的特征得到三点共线；D选项，求出三棱锥V﹣ABC 的外接球直径，与2.5比较后得到答案．
【解答】解：A选项，因为D，E分别为VA，AB的中点，所以DE∥VB，因为∠CDE＝90°，
所以CD⊥DE，故CD⊥VB，
取AC的中点S，连接VS，BS，因为VA＝VC，AB＝BC，所以VS⊥AC，BS⊥AC，又VS∩BS＝S，VS，BS 平面VBS，
所以AC⊥平面VBS，因为VB 平面VBS，所以AC⊥VB，因为CD∩AC＝C，CD，AC 平面VAC，
所以VB⊥平面VAC，因为VA，VC 平面VAC，
所以VB⊥VA，VB⊥VC，又VA＝VB＝VC，AB＝BC＝2，故 又AC＝2，VA2+VC2＝AC2，
由勾股定理逆定理得VA⊥VC，VA，VB，VC两两垂直，A正确；
B选项，由题意得E，P不重合，过点P作PW∥VB，交VA于点W，因为VB⊥平面VAC，
所以PW⊥平面VAC，且W，D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；
D选项，因为VA，VB，VC两两垂直，故三棱锥V﹣ABC的外接球即为以VA，VB，VC为棱的正方体的外接球，
故外接球直径为 ，而，
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P﹣ABC和正三棱锥Q﹣ABC的侧棱长分别为2，，直线PQ与底面ABC相交于点O，OP＝2OQ，则（ ）
A．
B．AQ，BQ，CQ两两垂直
C．AP与CQ的夹角为45°
D．点P，A，B，C，Q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B，利用割补法可分析C与D，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PQ⊥平面ABC，
如图，连接OA，可得PQ⊥OA，有，
有，解得，
可得，故A选项错误；
对于B选项，由，
可得，又由，
可得，
易知AQ，BQ，CQ两两垂直，故B选项正确；
对于C选项，由AQ，BQ，CQ两两垂直，AB＝BC＝AC＝AP＝BP＝CP＝2，
把正三棱锥P﹣ABC和正三棱锥Q﹣ABC拼成的几何体放入如图所示正方体中，
可知AP与CQ的夹角为45°，故C选项正确；
对于D选项，由C选项知，点P，A，B，C，Q可以同时在以PQ为直径的球上，故D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﹣ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2．下列选项中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【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D，即可得到答案．
【解答】解：因为，
故选项C正确，选项A错误；
因为，
故选项B错误；
因为底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2，
则，
，
因为∠ASB＝∠CSD，
所以，故选项D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（ ）
A．过棱AC的截面中，截面面积的最小值为
B．若过棱AC的截面与棱BD（不含端点）交于点P，则
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
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、B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D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，
当P为棱BD的中点时，△ACP的面积取得最小值，
△APC中，AC＝a，，，，
故△ACP的面积最小值，A正确．
对于B，设AP＝CP＝t，，，
在△ACP中，，所以，B错误．
对于C，如图2，当截面EFNM为平行四边形时，EF∥MN，EM∥FN．
由AD⊥BC，可得EM⊥MN，所以平行四边形EFNM为长方形．
设EM＝x，则MN＝a﹣x，所以长方形EFNM的面积S，当且仅当时，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，D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（ ）
A．过棱AC的截面中，截面面积的最小值为
B．若过棱AC的截面与棱BD（不含端点）交于点P，则cos∠APC的最小值为
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
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BD的中点时，截面面积最小，求出其面积即可；对于B，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MN＝a﹣x，所以长方形EFNM的面积S＝x（a﹣x），再利用基本不等式求解即可；对于D，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BD的交点为P，如图1，
过棱AC的截面为△ACP，当P为棱BD的中点时，△ACP的面积取得最小值，
此时AP＝CPa，AC＝a，
所以△ACP的面积为，
即截面面积的最小值为，故A正确；
设AP＝CP＝t，则，，
在△ACP中，，
所以，故B正确；
如图2，当截面EFNM为平行四边形时，EF∥NM，EM∥FN，
由AD⊥BC，知EM⊥MN，
从而平行四边形EFNM为长方形，设EM＝x，则MN＝a﹣x，
所以长方形EFNM的面积S，当且仅当时，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D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的正三棱锥V﹣ABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过点A作截面AEF，则截面△AEF周长的最小值为 6 ．
【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VA把正三棱锥V﹣ABC展开在一个平面内，如图，则AA′即为截面△AEF周长的最小值，且∠AVA′＝3×40＝120°．△VAA′中，由余弦定理可得 AA'的值．
【解答】解：如图所示：沿着侧棱VA把正三棱锥V﹣ABC展开在一个平面内，如图（2），
则AA′即为截面△AEF周长的最小值，且∠AVA′＝3×40＝120°．
△VAA′中，由余弦定理可得 AA'6，
故答案为 6．
【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P﹣ABCD中，（4，﹣2，3），（﹣4，1，0），（﹣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ABCD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P﹣ABCD中，（4，﹣2，3），（﹣4，1，0），（﹣6，2，﹣8），
设平面ABCD的法向量为（x，y，z），
则，
可得，
不妨令x＝3，则y＝12，z＝4，
可得（3，12，4）；
则（﹣6，2，﹣8）在平面ABCD上的射影就是这个四棱锥的高h，
所以h＝|||cos，|＝||2；
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ABCD的棱长为1，以三个侧面为底面向外作三个正四面体P1ABC，P2ABD，P3ACD，则△P1P2P3外接圆的半径是 ．
【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．
【答案】．
【分析】将正四面体ABCD放置在正方体中，得到相应顶点坐标，进而求得P1，P2的坐标，求得线段|P1P2|，从而得出外接圆半径．
【解答】解：不妨将此正四面体ABCD放置在正方体中，
从而可得A（0，0，0），，，，
则△ABC的中心为 ，且此中心为P1D的中点，则；
同样△ABD的中心为，且此中心为P2C的中点，则，
∴，
∴△P1P2P3外接圆的半径是．
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，O是底面的中心，H是BC的中点，∠SHO＝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，OHBC＝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﹣ABCDEF中，取BC的中点H，连结SH，SH⊥BC，O是正六边形ABCDEF的中心．
连结SO，则SO⊥底面ABCDEF．
在Rt△SOH中，OHBC＝2，
∴∠SHO＝60°，∴棱锥的高SO＝OH tAn60°＝6．
（2）在△SOH中，∵∠SHO＝60°，SO⊥OH，
∴棱锥的斜高SH＝2OH＝4．
（3）Rt△SOH中，∵SO＝6，OB＝BC＝4，SO⊥OH，
∴棱锥的侧棱长SB2．
【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P﹣ABC 中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，BF⊥AO．
（1）证明：EF∥平面ADO；
（2）证明：平面ADO⊥平面BEF．
【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OF∥AB，OFAB，四边形ODEF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⊥OD，AO⊥EF，根据面面垂直的判定定理即可证明．
【解答】证明：（1）由题可知，||＝2，设λ，
∵cos∠BAC＝4，
则（） （）（）8λ﹣4＝0，解得，
∴OF∥AB，OFAB，
而DE∥AB，DEAB，∴DE∥OF，DE＝OF，∴四边形ODEF为平行四边形，
∴EF∥OD，
∵OD 平面ADO，EF 平面ADO，
∴EF∥平面ADO．
（2）AOPC＝2OD，ADOD，
∴AD2＝AO2+OD2，即AO⊥OD，AO⊥EF，
∵BF⊥AO，BF∩EF＝F，
∴AO⊥平面BEF，
∵AO 平面ADO，
∴平面ADO⊥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．
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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O﹣ABC，满足OA⊥OB，OB⊥OC，OA⊥OC，OA＝3，点P在△ABC内部（含边界）运动，且，则点P的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为（ ）
A． B． C． D．π
2．（2024秋 新余校级月考）现有一三棱锥P﹣ABC，，O为其外接球（四个顶点均在球的球面上）球心，PC＝PB，，平面PCB恰好经过点O．设平面ABC截球O的截面为α，截面中心为O′，若，O′A＝4，G为α上一点，则PG取最大值时，tan∠PGO′＝（ ）
A． B． C． D．
3．（2024 包河区校级学业考试）在三棱锥P﹣ABC中，PO⊥平面ABC，垂足为O，且PA＝PB＝PC，则点O一定是△ABC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r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． B． C． D．
5．（2023秋 浦东新区校级期末）设A1，B1，C1，D1分别是四棱锥P﹣ABCD侧棱PA，PB，PC，PD上的点．给出以下两个命题，则（ ）
①若ABCD是平行四边形，但不是菱形，则A1B1C1D1可能是菱形；
②若ABCD不是平行四边形，则A1B1C1D1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﹣ABC，VA＝VB＝VC，△ABC是边长为2的正三角形，D，E别是VA，AB的中点，∠CDE＝90°，V在平面ABC内的投影为点M，M在平面VAB内的投影为点P．则（ ）
A．VA，VB，VC两两垂直
B．P在平面VAC的投影为VA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
（多选）7．（2024春 神木市校级期末）如图，正三棱锥P﹣ABC和正三棱锥Q﹣ABC的侧棱长分别为2，，直线PQ与底面ABC相交于点O，OP＝2OQ，则（ ）
A．
B．AQ，BQ，CQ两两垂直
C．AP与CQ的夹角为45°
D．点P，A，B，C，Q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﹣ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2．下列选项中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（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（ ）
A．过棱AC的截面中，截面面积的最小值为
B．若过棱AC的截面与棱BD（不含端点）交于点P，则
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
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（ ）
A．过棱AC的截面中，截面面积的最小值为
B．若过棱AC的截面与棱BD（不含端点）交于点P，则cos∠APC的最小值为
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
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的正三棱锥V﹣ABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过点A作截面AEF，则截面△AEF周长的最小值为 ．
12．（2024春 华池县校级期中）在四棱锥P﹣ABCD中，（4，﹣2，3），（﹣4，1，0），（﹣6，2，﹣8），则该四棱锥的高为 ．
13．（2024 诸暨市三模）若正四面体ABCD的棱长为1，以三个侧面为底面向外作三个正四面体P1ABC，P2ABD，P3ACD，则△P1P2P3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，O是底面的中心，H是BC的中点，∠SHO＝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，PB＝PC，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，BF⊥AO．
（1）证明：EF∥平面ADO；
（2）证明：平面ADO⊥平面BEF．
期末热点.重难点 棱锥
参考答案与试题解析
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O﹣ABC，满足OA⊥OB，OB⊥OC，OA⊥OC，OA＝3，点P在△ABC内部（含边界）运动，且，则点P的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为（ ）
A． B． C． D．π
【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P的轨迹是以O为球心，半径为的球面与△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△ABC的中心E为圆心，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﹣ABC，满足OA⊥OB，OB⊥OC，OA⊥OC，OA＝3，
可得OA⊥平面OBC，得底面正△ABC的边长为，设正△ABC的中心为E，
由V三棱锥O﹣ABC＝V三棱锥A﹣OBC，
得，
解得，
又，
点P在△ABC内部（含边界）运动，且，
所以点P的轨迹是以O为球心，半径为的球面与△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E为圆心，为半径的圆在△ABC内部（含边界）的弧，
如图，作ED⊥AB于D，圆与AB交点为G、H，则，
，
所以，则，所以，
则点P的轨迹在△ABC内部（含边界）的弧所对的圆心角为，
则弧长为，
即点P的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为．
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，，O为其外接球（四个顶点均在球的球面上）球心，PC＝PB，，平面PCB恰好经过点O．设平面ABC截球O的截面为α，截面中心为O′，若，O′A＝4，G为α上一点，则PG取最大值时，tan∠PGO′＝（ ）
A． B． C． D．
【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ABC，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P′G取到最大值，进而求解tan∠PGO′．
【解答】解：∵在截面α内 0，∴AC⊥BC，
即△ABC为直角三角形，所以截面中心O′为AB中点．
∵O′为截面中心，由球的截面性质可知，OO′⊥截面α，
又AB 截面α，∴OO′⊥AB．
在Rt△OO′A中，tan∠OAB，O′A＝4，
∴OO′＝3，OA＝5，OB＝OC＝OP＝5，
取BC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，∴MP⊥BC，且O，P，M三点共线，
当点O在三角形PCB内部时（如图1所示），作PP′⊥α，垂足为点P′，
∴PP′∥OO′，且点P′，点O′，点M三点共线，连MP′．
在Rt△ABC中，AC⊥BC，AB＝2O′A＝8，CA＝2，∴BC＝6，
在Rt△BMO中，OM⊥BM，OB＝5，，∴OM＝4，
在Rt△PP′M中，OO′∥PP′，OP＝5，OM＝4，OO′＝3，
根据相似知识知，PP′，O′P′，
∴PG，
又∵G为α上一点，∴P′Gmax＝O′P′+44时，PG才取最大值，
此时tan∠PGO′．
当点O在三角形PCB外部时（如图2所示），同理可得PP′，O′P′，
∴当，PG取最大值，
而此时 ．
综上，PG取最大值时，．
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﹣ABC中，PO⊥平面ABC，垂足为O，且PA＝PB＝PC，则点O一定是△ABC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P为△ABC所在平面外一点，PO⊥平面ABC，垂足为O，
若PA＝PB＝PC，则它们在底面上的射影也相等，
由此知点O到△ABC的三个顶点的距离相等，
由外心的定义知，点O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PA，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r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． B． C． D．
【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﹣ABCD，如图：
连接AC，BD，交于点M，连接SM，则该四棱锥的内切球球心O在线段SM上．
设内切球与侧面SBC相切于点N，球O的半径为r0，连接ON，
则ON⊥平面SBC，且OM＝ON＝r0．
连接SN并延长，交BC于点E，连接ME，
则E为BC的中点，SE⊥BC，ME⊥BC．
由四棱锥的棱长均为8，可知，ME＝4，．
易知△SON∽△SEM，
所以，
即，得，故r的最大值为．
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A1，B1，C1，D1分别是四棱锥P﹣ABCD侧棱PA，PB，PC，PD上的点．给出以下两个命题，则（ ）
①若ABCD是平行四边形，但不是菱形，则A1B1C1D1可能是菱形；
②若ABCD不是平行四边形，则A1B1C1D1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PA1＝PB1＝PC1＝PD1，则四棱锥P﹣A1B1C1D1为正四棱锥，
然后令PA＝2PA1，PB＝2PB1，PC＝3PC1，PD＝3PD1；
那么AD∥BC，AD≠BC，
此时ABCD是梯形，但不是平行四边形，
对于①，如图，四边形ABCD为平行四边形，A1B1C1D1 也为平行四边形，
若平面ABCD与平面A1B1C1D1 不平行，
则四边形A1B1C1D1 中必有一边与底面ABCD相交，
不妨设直线A1D1 与底面相交，则直线B1C1 也与底面相交，
在平面PAD中过P做A1D1 的平行线，交AD与T，则PT∥B1C1，
因P∈平面PBC，B1C1 平面PBC，故PT 平面PBC，即T∈平面PBC，
而平面PBC∩平面ABCD＝BC，故T∈BC，而T∈AD，
故BC，AD相交，这与ABCD为平行四边形矛盾，
故平面ABCD∥平面A1B1C1D1，故，
若四边形A1B1C1D1 为菱形，则A1B1＝A1D1，则AB＝AD，
故四边形ABCD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﹣ABC，VA＝VB＝VC，△ABC是边长为2的正三角形，D，E别是VA，AB的中点，∠CDE＝90°，V在平面ABC内的投影为点M，M在平面VAB内的投影为点P．则（ ）
A．VA，VB，VC两两垂直
B．P在平面VAC的投影为VA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VB⊥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VAC的投影不为VA的中点；C选项，根据正三棱锥的特征得到三点共线；D选项，求出三棱锥V﹣ABC 的外接球直径，与2.5比较后得到答案．
【解答】解：A选项，因为D，E分别为VA，AB的中点，所以DE∥VB，因为∠CDE＝90°，
所以CD⊥DE，故CD⊥VB，
取AC的中点S，连接VS，BS，因为VA＝VC，AB＝BC，所以VS⊥AC，BS⊥AC，又VS∩BS＝S，VS，BS 平面VBS，
所以AC⊥平面VBS，因为VB 平面VBS，所以AC⊥VB，因为CD∩AC＝C，CD，AC 平面VAC，
所以VB⊥平面VAC，因为VA，VC 平面VAC，
所以VB⊥VA，VB⊥VC，又VA＝VB＝VC，AB＝BC＝2，故 又AC＝2，VA2+VC2＝AC2，
由勾股定理逆定理得VA⊥VC，VA，VB，VC两两垂直，A正确；
B选项，由题意得E，P不重合，过点P作PW∥VB，交VA于点W，因为VB⊥平面VAC，
所以PW⊥平面VAC，且W，D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；
D选项，因为VA，VB，VC两两垂直，故三棱锥V﹣ABC的外接球即为以VA，VB，VC为棱的正方体的外接球，
故外接球直径为 ，而，
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P﹣ABC和正三棱锥Q﹣ABC的侧棱长分别为2，，直线PQ与底面ABC相交于点O，OP＝2OQ，则（ ）
A．
B．AQ，BQ，CQ两两垂直
C．AP与CQ的夹角为45°
D．点P，A，B，C，Q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B，利用割补法可分析C与D，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PQ⊥平面ABC，
如图，连接OA，可得PQ⊥OA，有，
有，解得，
可得，故A选项错误；
对于B选项，由，
可得，又由，
可得，
易知AQ，BQ，CQ两两垂直，故B选项正确；
对于C选项，由AQ，BQ，CQ两两垂直，AB＝BC＝AC＝AP＝BP＝CP＝2，
把正三棱锥P﹣ABC和正三棱锥Q﹣ABC拼成的几何体放入如图所示正方体中，
可知AP与CQ的夹角为45°，故C选项正确；
对于D选项，由C选项知，点P，A，B，C，Q可以同时在以PQ为直径的球上，故D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﹣ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2．下列选项中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【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D，即可得到答案．
【解答】解：因为，
故选项C正确，选项A错误；
因为，
故选项B错误；
因为底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2，
则，
，
因为∠ASB＝∠CSD，
所以，故选项D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（ ）
A．过棱AC的截面中，截面面积的最小值为
B．若过棱AC的截面与棱BD（不含端点）交于点P，则
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
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、B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D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，
当P为棱BD的中点时，△ACP的面积取得最小值，
△APC中，AC＝a，，，，
故△ACP的面积最小值，A正确．
对于B，设AP＝CP＝t，，，
在△ACP中，，所以，B错误．
对于C，如图2，当截面EFNM为平行四边形时，EF∥MN，EM∥FN．
由AD⊥BC，可得EM⊥MN，所以平行四边形EFNM为长方形．
设EM＝x，则MN＝a﹣x，所以长方形EFNM的面积S，当且仅当时，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，D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（ ）
A．过棱AC的截面中，截面面积的最小值为
B．若过棱AC的截面与棱BD（不含端点）交于点P，则cos∠APC的最小值为
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
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BD的中点时，截面面积最小，求出其面积即可；对于B，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MN＝a﹣x，所以长方形EFNM的面积S＝x（a﹣x），再利用基本不等式求解即可；对于D，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BD的交点为P，如图1，
过棱AC的截面为△ACP，当P为棱BD的中点时，△ACP的面积取得最小值，
此时AP＝CPa，AC＝a，
所以△ACP的面积为，
即截面面积的最小值为，故A正确；
设AP＝CP＝t，则，，
在△ACP中，，
所以，故B正确；
如图2，当截面EFNM为平行四边形时，EF∥NM，EM∥FN，
由AD⊥BC，知EM⊥MN，
从而平行四边形EFNM为长方形，设EM＝x，则MN＝a﹣x，
所以长方形EFNM的面积S，当且仅当时，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D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的正三棱锥V﹣ABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过点A作截面AEF，则截面△AEF周长的最小值为 6 ．
【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VA把正三棱锥V﹣ABC展开在一个平面内，如图，则AA′即为截面△AEF周长的最小值，且∠AVA′＝3×40＝120°．△VAA′中，由余弦定理可得 AA'的值．
【解答】解：如图所示：沿着侧棱VA把正三棱锥V﹣ABC展开在一个平面内，如图（2），
则AA′即为截面△AEF周长的最小值，且∠AVA′＝3×40＝120°．
△VAA′中，由余弦定理可得 AA'6，
故答案为 6．
【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P﹣ABCD中，（4，﹣2，3），（﹣4，1，0），（﹣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ABCD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P﹣ABCD中，（4，﹣2，3），（﹣4，1，0），（﹣6，2，﹣8），
设平面ABCD的法向量为（x，y，z），
则，
可得，
不妨令x＝3，则y＝12，z＝4，
可得（3，12，4）；
则（﹣6，2，﹣8）在平面ABCD上的射影就是这个四棱锥的高h，
所以h＝|||cos，|＝||2；
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ABCD的棱长为1，以三个侧面为底面向外作三个正四面体P1ABC，P2ABD，P3ACD，则△P1P2P3外接圆的半径是 ．
【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．
【答案】．
【分析】将正四面体ABCD放置在正方体中，得到相应顶点坐标，进而求得P1，P2的坐标，求得线段|P1P2|，从而得出外接圆半径．
【解答】解：不妨将此正四面体ABCD放置在正方体中，
从而可得A（0，0，0），，，，
则△ABC的中心为 ，且此中心为P1D的中点，则；
同样△ABD的中心为，且此中心为P2C的中点，则，
∴，
∴△P1P2P3外接圆的半径是．
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，O是底面的中心，H是BC的中点，∠SHO＝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，OHBC＝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﹣ABCDEF中，取BC的中点H，连结SH，SH⊥BC，O是正六边形ABCDEF的中心．
连结SO，则SO⊥底面ABCDEF．
在Rt△SOH中，OHBC＝2，
∴∠SHO＝60°，∴棱锥的高SO＝OH tAn60°＝6．
（2）在△SOH中，∵∠SHO＝60°，SO⊥OH，
∴棱锥的斜高SH＝2OH＝4．
（3）Rt△SOH中，∵SO＝6，OB＝BC＝4，SO⊥OH，
∴棱锥的侧棱长SB2．
【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P﹣ABC 中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，BF⊥AO．
（1）证明：EF∥平面ADO；
（2）证明：平面ADO⊥平面BEF．
【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OF∥AB，OFAB，四边形ODEF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⊥OD，AO⊥EF，根据面面垂直的判定定理即可证明．
【解答】证明：（1）由题可知，||＝2，设λ，
∵cos∠BAC＝4，
则（） （）（）8λ﹣4＝0，解得，
∴OF∥AB，OFAB，
而DE∥AB，DEAB，∴DE∥OF，DE＝OF，∴四边形ODEF为平行四边形，
∴EF∥OD，
∵OD 平面ADO，EF 平面ADO，
∴EF∥平面ADO．
（2）AOPC＝2OD，ADOD，
∴AD2＝AO2+OD2，即AO⊥OD，AO⊥EF，
∵BF⊥AO，BF∩EF＝F，
∴AO⊥平面BEF，
∵AO 平面ADO，
∴平面ADO⊥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．
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