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17（正四面体的性质及应用）

**基本信息** 聚焦正四面体性质及应用，通过基础巩固、能力提升、综合应用三层设计，实现从单一性质到动态综合问题的递进，培养几何直观与空间推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|体积、距离、夹角等基本性质|单选1-5直接应用定义公式，如补形法求体积| |提升层|动态点、截面、补形转化|单选6-7及多选涉及动点最值、截面面积，需空间想象| |综合层|外接球、体积计算综合|填空及解答题结合等体积法、相似比，如外接球半径推导|

永年二中高一数学必修二作业考试化17 测试范围：正四面体的性质及应用 一、单选题 1．在正四面体中，设，则四面体的体积等于（    ）. A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意将正四面体补形成边长为1的正方体，从而可求解. 【详解】如图，把正四面体补形成边长为1的正方体，则四面体的体积为，故四面体的体积为，故C正确.    2．如图，正四面体的棱长均为2，是棱的中点，是棱上一动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将与展开至位于同一平面内，利用余弦定理求解即可. 【详解】将与展开至位于同一平面内且位于直线的两侧，连接，与交于点， 则此时最小.在中，由余弦定理可得，所以，故的最小值为. 3．在正四面体中，分别为的中点，则直线和夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】若为中点，连接，直线和夹角即是直线和夹角，为或其补角，若正四面体的棱长为4，求出相关线段长，应用余弦定理求夹角余弦值. 【详解】若为中点，如下图，连接，则且，所以直线和夹角，即直线和夹角，为或其补角，若正四面体的棱长为4，则，，，， 所以，综上，直线和夹角的余弦值为. 4．正四面体中，二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取的中点，连接，根据等边三角形的性质可得，，进而可得即为二面角的平面角，在中，利用余弦定理即可求解. 【详解】取的中点，连接，因为四面体是正四面体，所以和都是等边三角形，所以，，因为平面，平面，平面平面， 所以即为二面角的平面角，设，则在中，，， 由余弦定理可得所以二面角的余弦值是. 5．设某正四面体的内切球的体积为，则该正四面体的棱长为（    ） A．2 B． C．3 D． 【答案】C 【分析】由球的体积公式求得球的半径，再通过正四面体体积确定棱长和半径的关系，即可求解. 【详解】球的体积公式为，由题意内切球体积，代入得，整理得设正四面体棱长为，高为如图为正四面体，为的中心， 根据正弦定理知的外接圆半径，所以，设是正四面体PABC的内切球球心，内切球半径为， 则根据等体积法得．故 对两边立方得，将代入上式，得：，因此该正四面体的棱长为. 6．如图，在正四面体中，分别是线段的三等分点，是线段的中点，是线段上的动点，则（    ）． A．存在点，使成立 B．存在点，使成立 C．不存在点，使平面平面成立 D．不存在点，使平面平面成立 【答案】C 【分析】A选项，作出辅助线，得到⊥平面，故⊥，假设成立，又和均在平面中，则，显然这是不可能的，故A错误；B选项，，当点在处时，最大，设正四面体的棱长为3，由余弦定理得，故小于，故B错误；C选项，取的中点，为二面角的平面角，由余弦定理得到，所以为锐角，C正确；D选项，由A知，当点为中点时，平面平面成立，故D错误. 【详解】A选项，取的中点，连接，因为正四面体中，，所以，因为，平面，所以⊥平面，又平面，所以⊥，故⊥，假设成立，又和均在平面中，为平面的斜线，则，显然这是不可能的，故A错误； B选项，因为是线段的中点，，所以，当点在处时，最大，设正四面体的棱长为3，则，由余弦定理得，同理可得，故，故小于，所以不存在点，使成立，故B错误； C选项，取的中点，连接，因为，所以⊥，⊥，故为二面角的平面角，其中，故， 所以为锐角，经过与平面垂直的平面有且只有一个，且与线段无公共点，故C正确； D选项，由A知，当点为中点时，⊥平面，又平面，故平面平面成立，故D错误.故选：C. 7．已知正四面体．的所有棱长均为，D，E，F分别为棱PA，PB，PC的中点，则该正四面体的外接球被平面DEF所截的截面面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将正四面体如图放于正方体中，由题目条件可得外接球半径，注意到四面体相似于四面体，相似比为，据此可得球心到到平面距离，然后可得截面圆半径，可得答案. 【详解】将正四面体如图放于正方体中，因的所有棱长均为， 则正方体棱长为，该正四面体的外接球即正方体的外接球，球心O为正方体中心， 外接球半径为.因D，E，F分别为棱PA，PB，PC的中点，则 棱长均为，则四面体相似于四面体，相似比为. 注意到，则，设中心为，则为正四面体的高.则.又三点共线，则到平面距离为.注意到该正四面体的外接球被平面DEF所截的截面为圆，则圆半径为，故截面面积为. 故选：C 二、多选题 7．正四面体中，已知平面，平面，点在棱上，下列正确的是（    ）    A．若、分别为棱、的中点，则平面 B．在棱上存在点，使平面 C．当为棱的中点时，平面平面 D．平面与平面所成锐二面角的正切值为 【答案】CD 【分析】将正四面体补成正方体，然后每个选项逐一判断即可. 【详解】将正四面体放在正方体中，如图，    平面就是与左右两个侧面平行的平面，是前后两个侧面的中心对角线交点，直线平面或直线平面，A错误. 正方体的左、右两个侧面与平面平行，因此，与平面垂直的直线只能是与其四条侧棱平行或重合的直线，B错误.平面就是平面，由与侧面垂直，得面面垂直，C正确.同样正方体中易得与对角面垂直，因此是二面角的平面角，，而平面与平面平行，因此D正确．故选：CD 8．已知，，分别是正四面体的棱，，的中点，则下列结论正确的有（   ）． A．平面 B． C．平面与平面夹角为 D．平面平面 【答案】AB 【分析】对于A：根据线面平行分析判断；对于C：首先找到两个平面所成角的平面角，再分析相关边所在三角形的性质即可判断；对于B、D：根据线面、面面垂直的判定定理分析判断. 【详解】 对于A：因为，分别是，的中点，则，平面，平面，所以平面，正确； 对于B：因为，分别是，的中点，则，由都是等边三角形，则，所以，且平面， 所以平面，平面，则，正确； 对于C：因为是的中点，且是等边三角形，所以，则是平面与平面夹角的平面角，若正四面体的棱长为2，则，易知，错误；对于D：取底面的中心，连接，则平面，但平面，所以平面与平面不垂直，错误；故选：AB 三、填空题 14．若棱长为4的正四面体可以在正方体内任意转动，则正方体的棱长最小值是___________． 【答案】 【分析】依题意，若要使正四面体能自由转动，则正方体必须能装下正四面体的外接球，即正方体的最短棱长就是外接球的直径. 【详解】若棱长为4的正四面体可以在正方体内任意转动， 则该正四面体的外接球完全包含在正方体内部，即该外接球与正方体内切. 如图是棱长为的正四面体， 由题意，，设BC的中点为M，底面 的重心为G，O为外接球的球心， 则有 底面，，，，是外接球半径，在中，，在中，，，，解得，即正方体的最短棱长为. 13．若正四面体的棱长为，则其外接球上一点到该正四面体四个面的距离之和的最大值为___________． 【答案】4 【分析】先得正四面体的高为，由对称性不妨令球上一点在面下方时取到最大，由可得距离和的最大值为，计算即可求解. 【详解】已知正四面体的外接球为球，因为其棱长为，所以该正四面体的高为，球的半径为，由对称性不妨令球上一点在面下方时取到最大， 所以，所以， 则，所以， 则距离和的最大值为，所以，所以和的最大值为4． 四、解答题 14．如图，正四面体棱长为4，E为的中点，，. (1)求四面体的表面积和体积； (2)求四面体的体积. 【答案】(1)表面积为； (2) 【分析】（1）根据几何体表面图形的特点可求表面积，结合体积公式可求体积； （2）利用几何体的体积比例关系可求答案. 【详解】（1）因为四面体为正四面体， 所以四面体的每个面都是棱长为4的正三角形，且， 所以四面体的表面积为；设正四面体的高为h，三角形的重心为O， 则，∴. （2）因为是的中点，∴.因为，即点为的四等分点，∴. 因为，即点为的三等分点∴，所以，∴. 综上所述，. 15．求棱长为a的正四面体的外接球半径与内切球的半径． 【答案】外接球的半径为，内切球半径为． 【分析】由正四面体的性质向底面作垂直，结合勾股定理求出外接球半径，根据内切球的性质求内切球半径即可. 【详解】如图所示，设正四面体的高为， 外接球球心为，半径为，正三角形的中心为． ∵正四面体的棱长为，． 在中，． 在中，，． ，．，即正四面体外接球的半径为． 设正四面体内切球的半径为，则球心也为．∵正四面体的高， ，即正四面体的内切球半径为． 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17 测试范围：正四面体的性质及应用 一、单选题 1．在正四面体中，设，则四面体的体积等于（    ）. A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意将正四面体补形成边长为1的正方体，从而可求解. 【详解】如图，把正四面体补形成边长为1的正方体，则四面体的体积为，故四面体的体积为，故C正确.    2．如图，正四面体的棱长均为2，是棱的中点，是棱上一动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将与展开至位于同一平面内，利用余弦定理求解即可. 【详解】将与展开至位于同一平面内且位于直线的两侧，连接，与交于点， 则此时最小.在中，由余弦定理可得，所以，故的最小值为. 3．在正四面体中，分别为的中点，则直线和夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】若为中点，连接，直线和夹角即是直线和夹角，为或其补角，若正四面体的棱长为4，求出相关线段长，应用余弦定理求夹角余弦值. 【详解】若为中点，如下图，连接，则且，所以直线和夹角，即直线和夹角，为或其补角，若正四面体的棱长为4，则，，，， 所以，综上，直线和夹角的余弦值为. 4．正四面体中，二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取的中点，连接，根据等边三角形的性质可得，，进而可得即为二面角的平面角，在中，利用余弦定理即可求解. 【详解】取的中点，连接，因为四面体是正四面体，所以和都是等边三角形，所以，，因为平面，平面，平面平面， 所以即为二面角的平面角，设，则在中，，， 由余弦定理可得所以二面角的余弦值是. 5．设某正四面体的内切球的体积为，则该正四面体的棱长为（    ） A．2 B． C．3 D． 【答案】C 【分析】由球的体积公式求得球的半径，再通过正四面体体积确定棱长和半径的关系，即可求解. 【详解】球的体积公式为，由题意内切球体积，代入得，整理得设正四面体棱长为，高为如图为正四面体，为的中心， 根据正弦定理知的外接圆半径，所以，设是正四面体PABC的内切球球心，内切球半径为， 则根据等体积法得．故 对两边立方得，将代入上式，得：，因此该正四面体的棱长为. 6．如图，在正四面体中，分别是线段的三等分点，是线段的中点，是线段上的动点，则（    ）． A．存在点，使成立 B．存在点，使成立 C．不存在点，使平面平面成立 D．不存在点，使平面平面成立 【答案】C 【分析】A选项，作出辅助线，得到⊥平面，故⊥，假设成立，又和均在平面中，则，显然这是不可能的，故A错误；B选项，，当点在处时，最大，设正四面体的棱长为3，由余弦定理得，故小于，故B错误；C选项，取的中点，为二面角的平面角，由余弦定理得到，所以为锐角，C正确；D选项，由A知，当点为中点时，平面平面成立，故D错误. 【详解】A选项，取的中点，连接，因为正四面体中，，所以，因为，平面，所以⊥平面，又平面，所以⊥，故⊥，假设成立，又和均在平面中，为平面的斜线，则，显然这是不可能的，故A错误； B选项，因为是线段的中点，，所以，当点在处时，最大，设正四面体的棱长为3，则，由余弦定理得，同理可得，故，故小于，所以不存在点，使成立，故B错误； C选项，取的中点，连接，因为，所以⊥，⊥，故为二面角的平面角，其中，故， 所以为锐角，经过与平面垂直的平面有且只有一个，且与线段无公共点，故C正确； D选项，由A知，当点为中点时，⊥平面，又平面，故平面平面成立，故D错误.故选：C. 7．已知正四面体．的所有棱长均为，D，E，F分别为棱PA，PB，PC的中点，则该正四面体的外接球被平面DEF所截的截面面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将正四面体如图放于正方体中，由题目条件可得外接球半径，注意到四面体相似于四面体，相似比为，据此可得球心到到平面距离，然后可得截面圆半径，可得答案. 【详解】将正四面体如图放于正方体中，因的所有棱长均为， 则正方体棱长为，该正四面体的外接球即正方体的外接球，球心O为正方体中心， 外接球半径为.因D，E，F分别为棱PA，PB，PC的中点，则 棱长均为，则四面体相似于四面体，相似比为. 注意到，则，设中心为，则为正四面体的高.则.又三点共线，则到平面距离为.注意到该正四面体的外接球被平面DEF所截的截面为圆，则圆半径为，故截面面积为. 故选：C 二、多选题 7．正四面体中，已知平面，平面，点在棱上，下列正确的是（    ）    A．若、分别为棱、的中点，则平面 B．在棱上存在点，使平面 C．当为棱的中点时，平面平面 D．平面与平面所成锐二面角的正切值为 【答案】CD 【分析】将正四面体补成正方体，然后每个选项逐一判断即可. 【详解】将正四面体放在正方体中，如图，    平面就是与左右两个侧面平行的平面，是前后两个侧面的中心对角线交点，直线平面或直线平面，A错误. 正方体的左、右两个侧面与平面平行，因此，与平面垂直的直线只能是与其四条侧棱平行或重合的直线，B错误.平面就是平面，由与侧面垂直，得面面垂直，C正确.同样正方体中易得与对角面垂直，因此是二面角的平面角，，而平面与平面平行，因此D正确．故选：CD 8．已知，，分别是正四面体的棱，，的中点，则下列结论正确的有（   ）． A．平面 B． C．平面与平面夹角为 D．平面平面 【答案】AB 【分析】对于A：根据线面平行分析判断；对于C：首先找到两个平面所成角的平面角，再分析相关边所在三角形的性质即可判断；对于B、D：根据线面、面面垂直的判定定理分析判断. 【详解】 对于A：因为，分别是，的中点，则，平面，平面，所以平面，正确； 对于B：因为，分别是，的中点，则，由都是等边三角形，则，所以，且平面， 所以平面，平面，则，正确； 对于C：因为是的中点，且是等边三角形，所以，则是平面与平面夹角的平面角，若正四面体的棱长为2，则，易知，错误；对于D：取底面的中心，连接，则平面，但平面，所以平面与平面不垂直，错误；故选：AB 三、填空题 14．若棱长为4的正四面体可以在正方体内任意转动，则正方体的棱长最小值是___________． 【答案】 【分析】依题意，若要使正四面体能自由转动，则正方体必须能装下正四面体的外接球，即正方体的最短棱长就是外接球的直径. 【详解】若棱长为4的正四面体可以在正方体内任意转动， 则该正四面体的外接球完全包含在正方体内部，即该外接球与正方体内切. 如图是棱长为的正四面体， 由题意，，设BC的中点为M，底面 的重心为G，O为外接球的球心， 则有 底面，，，，是外接球半径，在中，，在中，，，，解得，即正方体的最短棱长为. 13．若正四面体的棱长为，则其外接球上一点到该正四面体四个面的距离之和的最大值为___________． 【答案】4 【分析】先得正四面体的高为，由对称性不妨令球上一点在面下方时取到最大，由可得距离和的最大值为，计算即可求解. 【详解】已知正四面体的外接球为球，因为其棱长为，所以该正四面体的高为，球的半径为，由对称性不妨令球上一点在面下方时取到最大， 所以，所以， 则，所以， 则距离和的最大值为，所以，所以和的最大值为4． 四、解答题 14．如图，正四面体棱长为4，E为的中点，，. (1)求四面体的表面积和体积； (2)求四面体的体积. 【答案】(1)表面积为； (2) 【分析】（1）根据几何体表面图形的特点可求表面积，结合体积公式可求体积； （2）利用几何体的体积比例关系可求答案. 【详解】（1）因为四面体为正四面体， 所以四面体的每个面都是棱长为4的正三角形，且， 所以四面体的表面积为；设正四面体的高为h，三角形的重心为O， 则，∴. （2）因为是的中点，∴.因为，即点为的四等分点，∴. 因为，即点为的三等分点∴，所以，∴. 综上所述，. 15．求棱长为a的正四面体的外接球半径与内切球的半径． 【答案】外接球的半径为，内切球半径为． 【分析】由正四面体的性质向底面作垂直，结合勾股定理求出外接球半径，根据内切球的性质求内切球半径即可. 【详解】如图所示，设正四面体的高为， 外接球球心为，半径为，正三角形的中心为． ∵正四面体的棱长为，． 在中，． 在中，，． ，．，即正四面体外接球的半径为． 设正四面体内切球的半径为，则球心也为．∵正四面体的高， ，即正四面体的内切球半径为． 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 $