立体几何基本题型梳理——正四面体篇-2027年高三数学一轮复习

**基本信息** 以正四面体为载体，系统梳理立体几何11类核心题型，覆盖表面积体积、空间角、球、截面等高频考点，强化空间观念与几何直观。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |表面积体积|5题|结合截面、正方体、圆柱综合考查|从基本量计算到几何体嵌套应用| |点线面关系|3题|平面展开图与空间位置关系判断|平面与空间转化，培养推理能力| |内外接球|5题|切接、转动范围、实际应用|球与多面体位置关系，深化空间想象| |空间角|8题|线线、线面、二面角计算|从静态到动态角分析，强化几何直观| |空间距离|6题|异面直线、点面、面面距离|距离与体积、角度综合，提升应用意识| |截面/最值/动点/组合体|16题|截面面积、轨迹、多面体组合|综合应用空间知识，培养创新意识|

2027届高三一轮复习立体几何基本题型梳理——正四面体篇 本专题以正四面体为例梳理立体几何中常考的基本题型，比如内切球、外接球、动点轨迹、截面形状面积、最值、空间距离、空间角等共十一个题型。 题型一、有关正四面体的表面积、体积 1．如图，在正四面体木块中，点在内，过点将木块锯开，且使截面平行于直线，，若截面的周长为4，则正四面体的表面积为（   ） A． B． C． D．2 2．如图，在正四面体木块中，点在内，过点将木块锯开，且使截面平行于直线，若锯开后截面的周长为12，则正四面体的体积为（    ） A． B． C． D． 3．在正方体的八个顶点中，有四个恰好是正四面体（四个面都是正三角形的三棱锥）的顶点，则正方体的表面积与此正四面体的表面积的比值为（    ） A． B． C． D． 4．在正四面体中，点在棱上，点在棱上，若平面，且，，则三棱锥与正四面体的体积之比为（   ） A． B． C． D． 5．如图，圆柱的表面积为，AB，CD分别是圆柱上、下底面圆的直径，且四面体ABCD为正四面体，则该正四面体的体积为（   ） A． B． C． D． 题型二、有关正四面体的点线面位置关系 1．如图是正四面体的平面展开图，DM，CN分别是，的中线，以下说法正确的是（    ） A． B．DM与CN为异面直线 C．若，则异面直线的距离为 D．异面直线与所成角为 2．如图是正四面体的平面展开图，分别为的中点，在这个正四面体中，以下四个说法中错误的是（   ） A．与平行 B．与为异面直线 C．与成60°角 D．与垂直 3．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 题型三、有关正四面体的内接球、外接球 1．正四面体的棱长为，则该几何体的内切球的表面积为（ ） A． B． C． D． 2．棱长为2的正方体内有一个棱长为a的正四面体，且该正四面体可以在正方体内任意转动，则a的最大值为（    ） A．1 B． C． D．2 3．某甜品店推出新款球形慕斯蛋糕，该球形慕斯蛋糕的半径为3厘米，现需将其放入一个正四面体形状的包装盒，忽略包装盒的厚度，则该包装盒容积的最小值为（    ） A．立方厘米 B．立方厘米 C．立方厘米 D．立方厘米 4．已知某扇形铁皮的圆心角为120°、面积为，将该铁皮无损失地焊接成一个圆锥（焊接点忽略不计），将焊接成的圆锥放置于水平地面上，若在该圆锥内部放置一个球，则当球的半径最大时，球的内接正四面体的棱长为（   ） A． B． C． D． 5．已知棱长为的正四面体的中心为，若球的球面与正四面体的棱有公共点，则球的半径的取值范围为（   ） A． B． C． D． 题型四、有关正四面体的线线角 1．如图，在棱长为2的正四面体中，，分别为，的中点，则直线和夹角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 2．如图，在正四面体中，点是线段上靠近点的四等分点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．在正四面体中，点，，分别为棱，，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 题型五、有关正四面体的线面角 1．正四面体中，直线与平面所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 2．如图，在棱长为的正四面体中，侧棱与底面所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 3．如图，正四面体的顶点在平面内，且直线与平面所成的角为，顶点在平面内的射影为，当顶点与点的距离最大时，直线与平面所成角的正弦值等于（    ） A． B． C． D． 题型六、有关正四面体的二面角 1．正四面体中，二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．卢浮宫玻璃金字塔是世界著名建筑，其结构单元中采用了正四面体衍生的索桁架体系，通过交叉拉索与刚性杆件形成稳定单元，体现了正四面体在复杂结构中的力学优势．一个正四面体两侧面所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 3．如图，正四面体容器的容积为，里面装了体积为的水，固定容器底面一边将容器倾斜，当水面所在平面恰好过点且与棱分别交于点，则平面与平面的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 题型七、有关正四面体的空间距离 1．已知正四面体的棱长为a，其棱切球与PA、PC分别相切于M、N．则异面直线MN和PB之间的距离是（   ） A． B． C． D． 2．金刚石是由碳元素组成的单质，具有极高的硬度，在工业中有广泛的应用，如图1所示，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的4个顶点A，B，C，D处，中间的碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置（点E处），如图2所示，设，则E到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 3．已知正四面体棱长为4，半径为的球与侧面、、都相切，则该球心到棱的距离为（    ） A． B． C． D． 4．如图的五面体由棱长为2的正四面体与正四棱锥构成．若平面与平面平行，且把五面体分成体积相等的两部分，则平面与平面之间的距离为（   ） A． B． C． D． 5．如图，正四面体的棱长为2，棱与平面所成的角，且顶点在平面内，均在平面外，则棱的中点到平面的距离的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．已知在正四面体中，D，E，F分别在棱，，上，若，，则点到平面的距离为（     ） A． B． C． D． 题型八、有关正四面体的截面问题 1．如图，已知四面体为正四面体，分别是中点，若用一个与直线垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 2．已知正四面体棱长为4，所有与它四个顶点距离相等的平面截这个四面体所得的截面之和为（   ） A．4 B． C． D． 3．过正四面体的顶点作一个形状为等腰三角形的截面，使得截面与底面所成角为75°，这样的截面共可作出（   ）个. A．6 B．12 C．15 D．18 4．如图，在棱长为1的正四面体中，是棱的10等分点，过作与，均平行的平面，记此平面截正四面体所得的截面面积为.则（   ） A． B． C． D． 题型九、有关正四面体的最值问题 1．正四面体的棱长为2，点分别在棱上，则线段长度的最小值为（    ） A．1 B． C． D．2 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． 3．如图，在棱长为6的正四面体中，以为顶点的圆锥在正四面体的内部（含表面），则该圆锥体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 4．已知棱长为2的正四面体，E、F分别BD和BC的中点，M是线段AE上的动点，N为平面ADF上的动点，则的最小值为（） A． B． C． D． 5．已知正四面体的棱长为1，正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为（    ） A． B． C． D． 题型十、有关正四面体的动点问题 1．已知正四面体的棱长为2，点是的中点，点在正四面体表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹周长为（    ） A．4 B． C． D． 2．已知正四面体，若平面内有一动点到平面、平面、平面的距离依次成等差数列，则点的轨迹是（    ） A．一条线段 B．一个点 C．一段圆弧 D．抛物线的一段 3．已知正四面体的棱长为，点M为平面ABC内的动点，设直线SM与平面ABC所成的角为，若，则点M的轨迹所形成平面图形的面积为（    ） A． B． C． D． 4．如图，在棱长均为4的正四面体中，为的中点，为的中点，是上的动点，是平面上的动点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 题型十一、与正四面体有关的组合体 1．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 2．数学中有许多形状优美､寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分.如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为2，则该勒洛四面体内切球的半径是（    ） A． B． C． D． 3．已知一圆柱的轴截面为正方形，母线长为，在该圆柱内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，则的最大值为（    ） A．1 B．2 C． D．4 4．现有一个带有盖子的正四面体容器，将一个冰球放入该容器中，盖子恰好能够盖上，如图所示．已知该容器的深度为h，则当冰球完全融化为水后(冰融化为水的体积变化忽略不计)，水的深度约为（    ）(参考数据： ． A． B． C． D． 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三一轮复习立体几何基本题型梳理——正四面体篇 本专题以正四面体为例梳理立体几何中常考的基本题型，比如内切球、外接球、动点轨迹、截面形状面积、最值、空间距离、空间角等共十一个题型。 题型一、有关正四面体的表面积、体积 1．如图，在正四面体木块中，点在内，过点将木块锯开，且使截面平行于直线，，若截面的周长为4，则正四面体的表面积为（   ） A． B． C． D．2 【答案】A 【分析】作出示意图，由题意可求得，进而求得正面体的棱长，根据正三角形面积公式求解正四面体的表面积. 【详解】作出截面如图所示： 因为截面平行于直线，，由线面平行的性质定理可得，所以，从而截面是平行四边形，所以， 所以，又，所以，又因为截面的周长为4，所以，所以， 所以正四面体的表面积为.故选：A 2．如图，在正四面体木块中，点在内，过点将木块锯开，且使截面平行于直线，若锯开后截面的周长为12，则正四面体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作出示意图，由题意可求得，进而求得正面体的棱长，求得正四面体的高，可求体积. 【详解】作出截面如图所示： 因为截面与平行，从而可得，从而截面是平行四边形，所以，所以，又，所以， 又因为截面的周长为12，所以，所以，所以正三角形的外接圆的半径为，由勾股定理可得正四面体的高为， 所以正四面体的体积为.故选：D. 3．在正方体的八个顶点中，有四个恰好是正四面体（四个面都是正三角形的三棱锥）的顶点，则正方体的表面积与此正四面体的表面积的比值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方体和正四面体的表面积公式计算即可得解. 【详解】正方体中，正四面体，如图： 不妨设正方体的棱长为，则正四面体的棱长为，所以正方体的表面积为，正四面体的表面积为，所以正方体的表面积与此正四面体的表面积的比值为.故选：B 4．在正四面体中，点在棱上，点在棱上，若平面，且，，则三棱锥与正四面体的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出，利用锥体的体积公式可求得答案. 【详解】如下图所示： 因为平面，平面，平面平面，所以，易知为等边三角形，故也为等边三角形，所以，所以，易知，故，故，在正四面体中，，所以， 故，所以，设点到平面的距离为，故. 5．如图，圆柱的表面积为，AB，CD分别是圆柱上、下底面圆的直径，且四面体ABCD为正四面体，则该正四面体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 连接，，，因为四面体ABCD为正四面体，所以，设，在中，，，，在，，，故圆柱的表面积为，解得.故． 题型二、有关正四面体的点线面位置关系 1．如图是正四面体的平面展开图，DM，CN分别是，的中线，以下说法正确的是（    ） A． B．DM与CN为异面直线 C．若，则异面直线的距离为 D．异面直线与所成角为 【答案】B 【分析】还原成正四面体，利用反证法可判断AB；连接，可证平面，可证，同理可得，计算可判断C；取中点，连接，可得异面直线与所成角为（或其补角），计算求解即可. 【详解】还原成正四面体，如图， 对于AB，假设，则四点共面，又上，与共面，从而共面，这与为正四面体矛盾，故A错误，假设不异面，则可得共面，记为平面， 又，，所以平面，平面，故共面，这与为正四面体矛盾，故B正确．对于C，连接，由三线合一，得，从而平面，又平面，．同理可证，为异面直线的公垂线段．在中，，，，故C错误．对于D，取中点，连接，则//，，//，， 异面直线与所成角为（或其补角），在中，，，，为等腰直角三角形，异面直线与所成角为，故D错误．故选：B． 2．如图是正四面体的平面展开图，分别为的中点，在这个正四面体中，以下四个说法中错误的是（   ） A．与平行 B．与为异面直线 C．与成60°角 D．与垂直 【答案】A 【分析】还原成正四面体，逐项判断即可. 【详解】还原成正四面体， 如图，由异面直线判定定理：易知与为异面直线，A错，与为异面直线，B对，易知：，又，所以与成角，C对，因为正四面体对棱垂直，所以，所以，D对，故选：A 3．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. 题型三、有关正四面体的内接球、外接球 1．正四面体的棱长为，则该几何体的内切球的表面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用等体积法，结合锥体的体积公式、球的表面积公式进行求解即可. 【详解】 设该正四面体内切球的半径，设是的中点，因为四面体是正四面体，所以，因此，设点在底面的射影为点，则点在线段上，因为正四面体的棱长为， 所以，所以， 因为， 得，故选：B 2．棱长为2的正方体内有一个棱长为a的正四面体，且该正四面体可以在正方体内任意转动，则a的最大值为（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】棱长为的正四面体的外接球的半径为1，设正四面体为，过作平面，垂足为，连接，表示出，然后结合图形利用勾股定理列方程求解 【详解】 棱长为2的正方体内切球的半径为1，因为正四面体可以在正方体内任意转动，所以只需该正四面体为球的内接正四面体，换言之，棱长为的正四面体的外接球的半径为1，设正四面体为，过作平面，垂足为，连接，为底面正的中心，则，体高为，由于外接球半径为1，利用勾股定理得：，解得或(舍)，故选：B 3．某甜品店推出新款球形慕斯蛋糕，该球形慕斯蛋糕的半径为3厘米，现需将其放入一个正四面体形状的包装盒，忽略包装盒的厚度，则该包装盒容积的最小值为（    ） A．立方厘米 B．立方厘米 C．立方厘米 D．立方厘米 【答案】D 【分析】由棱长求得棱锥高，再由棱锥体积公式求得，即可求解. 【详解】设该包装盒的棱长为厘米，则正三角形外接圆半径为，则该包装盒的高厘米，当蛋糕对应的小球与正四面体内切时，该包装盒的容积最小，由正四面体体积公式可得体积为：，以正四面体内切球球心为顶点，四个面为底面，可将正四面体分成4个小三棱锥，高即为内切球半径，则正四面体体积为：，即，解得，此时包装盒容积为立方厘米.故选：D 4．已知某扇形铁皮的圆心角为120°、面积为，将该铁皮无损失地焊接成一个圆锥（焊接点忽略不计），将焊接成的圆锥放置于水平地面上，若在该圆锥内部放置一个球，则当球的半径最大时，球的内接正四面体的棱长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据已知及圆锥侧面积的求法列方程求圆锥的高，再由球的半径最大时一定是内切于圆锥，进而求出球体的半径，根据内切球的结构特征求其内接正四面体的棱长. 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，则，则，由题知，所以，则，圆锥的高为．当球的半径最大时一定是内切于圆锥，截面如图1所示，设此时球的半径为R，球心为O，则有，所以，即，解得， 设此时球的内接正四面体的棱长为a，如图2所示，若，为四面体的顶点，为在底面上的射影， 则，，所以，在中，，即，解得． 5．已知棱长为的正四面体的中心为，若球的球面与正四面体的棱有公共点，则球的半径的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由棱长为的正四面体可以构造出棱长为的正方体，将问题转化为几何体的外接球. 【详解】如图所示，可知棱长为的正四面体的外接球和棱长为的正方体的外接球相同， 可得，所以．正四面体的棱切球即为正方体的内切球，所以．因为球的球面与正四面体的棱有公共点，所以球的半径满足，即球的半径的取值范围是． 题型四、有关正四面体的线线角 1．如图，在棱长为2的正四面体中，，分别为，的中点，则直线和夹角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据数量积的运算律可求，故可求线线角的余弦值. 【详解】因为分别为棱的中点且正四面体的棱长为2，故，而，，故 ，故，故和夹角的余弦值为，故选：C. 2．如图，在正四面体中，点是线段上靠近点的四等分点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设为靠近处的四等分点，则，故或其补角即为与所成的角，由余弦定理可求，故可取线线角的余弦值. 【详解】 设为靠近处的四等分点，则，故或其补角即为与所成的角，设正四面体的棱长为，则，故，同理，而，故， 3．在正四面体中，点，，分别为棱，，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据异面直线夹角的定义结合余弦定理运算求解. 【详解】连接，设正四面体的棱长为2，因为分别为的中点，则//， 所以异面直线，所成角为（或其补角），在中，则，由余弦定理可得，所以异面直线，所成角的余弦值为.故选：A. 题型五、有关正四面体的线面角 1．正四面体中，直线与平面所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】通过作图推理得到直线与平面所成的角，解三角形求其余弦即可. 【详解】如图，取中点，在线段上取点，使得，连接. 因为为正四面体，所以为正的重心，且平面，所以即为直线与平面所成的角.不妨设，则在中，，，， 所以.故选：B 2．如图，在棱长为的正四面体中，侧棱与底面所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意可知点在平面的射影为正的重心，结合线面角的定义知侧棱与底面所成角为，并求出的长，即可求出. 【详解】如图，因为四面体为正四面体，所以点在平面的射影为正的重心， 延长交于点，则为的中点，且， 易知平面，因为平面，所以，所以直线与平面所成角为， 由勾股定理可得，故，故，因此侧棱与底面所成角的余弦值为.故选：B. 3．如图，正四面体的顶点在平面内，且直线与平面所成的角为，顶点在平面内的射影为，当顶点与点的距离最大时，直线与平面所成角的正弦值等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分析可得当四边形为平面四边形时，点到点的距离最大，作平面,垂足为，点作平面，垂足为，则可求，进而可求解. 【详解】取中点，连接， 当四边形为平面四边形时，点到点的距离最大，此时，因为平面，平面， 所以平面平面，过作平面，垂足为，则为正三角形的重心， 设正四面体的边长为1，则,因为直线BC与平面所成角为即,且，所以,所以点到平面的距离等于，过点作平面，垂足为，则，∴在中，，即直线与平面所成角的正弦值等于.故选：D. 【点睛】本题解答关键是分析出当四边形为平面四边形时，点到点的距离最大. 题型六、有关正四面体的二面角 1．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. 2．卢浮宫玻璃金字塔是世界著名建筑，其结构单元中采用了正四面体衍生的索桁架体系，通过交叉拉索与刚性杆件形成稳定单元，体现了正四面体在复杂结构中的力学优势．一个正四面体两侧面所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过取中点作中线找到二面角的平面角然后在三角形中利用余弦定理求其余弦值. 【详解】如图所示所示正四面体，取的中点，连接，，设四面体棱长为，则，因为所有面都为等边三角形所以，，则为两侧面所成角的平面角，在中由余弦定理有.故选：C 3．如图，正四面体容器的容积为，里面装了体积为的水，固定容器底面一边将容器倾斜，当水面所在平面恰好过点且与棱分别交于点，则平面与平面的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，可得，再结合锥体体积求得，然后作出二面角的平面角，利用余弦定理求出夹角的余弦. 【详解】依题意，平面，而平面平面，平面，则，由，得，因此，则，取中点，连接，连接，则为中点，令正四面体的棱长为，则，，而平面，则平面，过点作直线，则，即平面平面，平面，又平面，于是，是平面与平面的夹角，在等腰中，，由， 得， 在中，，所以平面与平面的夹角的余弦值为.故选：D 题型七、有关正四面体的空间距离 1．已知正四面体的棱长为a，其棱切球与PA、PC分别相切于M、N．则异面直线MN和PB之间的距离是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将正四面体放置于正方体，根据正方体的性质求得异面直线MN和PB之间的距离. 【详解】将正四面体放置于正方体，如图所示，正四面体的棱长为，则正方体的棱长为，正四面体的棱切球，也即是正方体的内切球.设分别是的中点，则平面平面，平面，平面，设分别是的中点，连接交于，连接，交于，连接，根据正方体的性质可知，所以异面直线MN和PB之间的距离为.故选：B 2．金刚石是由碳元素组成的单质，具有极高的硬度，在工业中有广泛的应用，如图1所示，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的4个顶点A，B，C，D处，中间的碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置（点E处），如图2所示，设，则E到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】沿四面体的两条侧棱和高，切出一块几何体如下图，计算所需线段长度，即可得解. 【详解】沿四面体的两条侧棱和高，切出一块几何体如下图，O是顶点A在下底面的射影，E是正四面体外接球的球心，AO是正四面体的高，OB是下底面的外接圆半径，是球的半径，则，解得，在中，，在中，，即，即，解得，所以，由于到正四面体各面的距离相等，则E到平面的距离为.故选：C 3．已知正四面体棱长为4，半径为的球与侧面、、都相切，则该球心到棱的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取的中心为点Q，连接并延长交于点D，可知球心O在线段上，记球O与平面的切点为点M，解三角形求得，在平面内，过点O作于点N，再求得，即可得到结果． 【详解】取的中心为点Q，连接，则平面，连接并延长交于点D，连接，可知点D为的中点， 因为球与侧面、、都相切，所以球心O在线段上，记球O与平面的切点为点M， 可知点M在线段上，，由正四面体棱长为4，球的半径为，可得，，，，由，可得，在平面内，过点O作于点N，可知球心O到棱的距离即为的长，球心O到棱的距离等于球心O到棱的距离，由，可得，所以该球心到棱的距离为．故选：B. 4．如图的五面体由棱长为2的正四面体与正四棱锥构成．若平面与平面平行，且把五面体分成体积相等的两部分，则平面与平面之间的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】要作一个平行于平面的截面将其分成体积相等的两部分，显然上面是一个三棱柱，下面是一个等高的四棱柱，只需上面的小三棱柱的底面积与原来的大三棱柱的底面积之比为即可，于是得到对应边的相似比为，从而即可得解． 【详解】 设平面截五面体所得的截面为，则三棱柱与四棱柱等高．因为平面把五面体分成体积相等的两部分，所以与的面积之比为． 易知与均为等边三角形，所以．连接交于点，连接，则为正四棱锥的高，所以平面与平面之间的距离． 而，所以平面与平面之间的距离．故选：B． 5．如图，正四面体的棱长为2，棱与平面所成的角，且顶点在平面内，均在平面外，则棱的中点到平面的距离的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，考虑特殊位置即可得出结论. 【详解】如图21， 当平面时，且棱与平面所成的角时，到平面的距离最大， 设中点为，过分别作，，过作交于， 则，所以，又，为中点，所以，则，，所以，此时，如图22，当平面在下方，且与平面所成的角为时，到平面的距离最小，同理可得，，为中点，所以，则，，, 所以点到平面的距离的取值范围为.故选：C. 6．已知在正四面体中，D，E，F分别在棱，，上，若，，则点到平面的距离为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取的中点，过点作的垂线交的延长线于点，根据勾股定理，结合列式求解. 【详解】如图，由题意可得，，所以为等边三角形，即，在中，根据余弦定理可得：，，所以，同理在中，，即，取的中点，过点作的垂线交的延长线于点，可知点到平面的距离为的长，因为，所以在中，，在中，，又因为，所以为等腰三角形，为中点，所以在中，， 在中，为中点，所以为等边的高，在中，， 所以，即，整理可得，两边平方可得，整理可得，即，两边平方可得：，化简可得，所以. 题型八、有关正四面体的截面问题 1．如图，已知四面体为正四面体，分别是中点，若用一个与直线垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将四面体补成正方体，在正方体内利用截面为平行四边形可得，进而利用基本不等式即可得解. 【详解】把正四面体补为正方体，如图， 根据题意可得截面为平行四边形，所以，，，， 所以，， ，又因为，所以， 所以所求截面面积，当且仅当时成立，故选：B 2．已知正四面体棱长为4，所有与它四个顶点距离相等的平面截这个四面体所得的截面之和为（   ） A．4 B． C． D． 【答案】C 【分析】分两类，由过同一顶点的三条侧棱的中点确定的截面，与一组对棱平行且过棱的中点的截面. 【详解】如图1，E，F，G分别为正四面体棱的中点，此时它的四个顶点到截面EFG的距离相等， 是边长为2的等边三角形，．这样的截面有4个；如图2，E，F，M，N分别为正四面体棱的中点，此时它的四个顶点到截面EFMN的距离相等，四边形EFMN是边长为2的正方形，，这样的截面有3个，所以满足条件的截面的面积之和为：．故选：C． 3．过正四面体的顶点作一个形状为等腰三角形的截面，使得截面与底面所成角为75°，这样的截面共可作出（   ）个. A．6 B．12 C．15 D．18 【答案】D 【分析】根据条件将问题转化为“截面与底面的交线与以为圆心，以为半径的圆相切”，然后分类讨论即可. 【详解】不妨设正四面体的棱长为，正的中心为，则正四面体的高为， 在中，以为圆心，以为半径画圆，则所求截面与平面的交线为该圆的切线， 下面分三种情况进行讨论： （1）切线与的任意一边平行，此时能作出个截面； （2）切线（点在边上，点在边上）且 ，此时易证≌， 所以，则截面为等腰三角形，这样的截面有个； （3）过点作的切线，与交于点，由≌有，对应为等腰三角形，这样的截面有个， 综上，满足条件的截面共有18个，故选：D. 4．如图，在棱长为1的正四面体中，是棱的10等分点，过作与，均平行的平面，记此平面截正四面体所得的截面面积为.则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图，取的中点，连接，， 在正四面体中，易知，，又，，平面，所以平面，又平面，所以.过作的平行线，交于，再过作的平行线，交于，作交于，连接，得截面四边形，易知四边形为矩形，由相似三角形知识可知，，所以. 题型九、有关正四面体的最值问题 1．正四面体的棱长为2，点分别在棱上，则线段长度的最小值为（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【详解】如图，将正四面体放于正方体中，使分别为相对两面的对角线， 由于异面直线间公垂线段最短，当分别为的中点时，易知为的公垂线，且其长度等于正方体的棱长，由图可知正方体的棱长为，则线段长度的最小值为. 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.故选：B. 3．如图，在棱长为6的正四面体中，以为顶点的圆锥在正四面体的内部（含表面），则该圆锥体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可知当圆锥的底面与相切时，圆锥体积最大，利用圆锥的体积公式和几何关系求解即可. 【详解】由题意可知当圆锥的底面与相切时，圆锥体积最大，因为是棱长为6的正四面体，设底面圆半径为，中点为，则，解得， 圆锥的高，所以圆锥体积，故选：A 4．已知棱长为2的正四面体，E、F分别BD和BC的中点，M是线段AE上的动点，N为平面ADF上的动点，则的最小值为（） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】当平面时，取得最小值，在直角三角形中求解即可. 【详解】因为为正四面体，所以，F为BC的中点，所以，因为，平面，所以平面，因为是的中点， 所以点关于平面对称，因为点在平面，故，所以， 故当平面时，取最小值，因为是边长为2的正四面体，所以在中，当平面时，为等边三角形的重心，此时在中，，故的最小值为， 5．已知正四面体的棱长为1，正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可得四面体的外接球半径不能超过正四面体的内切球半径，求得正四面体的内切球半径为，从而得，正四面体的边长为,根据，求得，再由体积公式求解即可. 【详解】由题意可得正四面体的外接球要完全包含在正四面体的内部，即正四面体的外接球半径不能超过正四面体的内切球半径，设正四面体的外接球半径为，正四面体的内切球半径为，则有，又因为正四面体的棱长为1，过作平面于，则是正三角形的外心，    所以，，所以，又因为正四面体的表面积，所以，设正四面体的边长为,外接球心为，因为， 过作平面于，则是正三角形的外心，所以，，在直角三角形中，由勾股定理可得:， 即，整理得，所以，解得， 所以.故选：A. 题型十、有关正四面体的动点问题 1．已知正四面体的棱长为2，点是的中点，点在正四面体表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹周长为（    ） A．4 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正四面体的几何特征及线面垂直判定定理得出平面，进而得出P的轨迹，计算即可求解. 【详解】 因为，所以，平面，所以平面，由于点 P 始终保持 PE 垂直于 BC ，且 P 在正四面体表面运动，因此 P 的轨迹为平面 与正四面体表面的交线，即的边界.为等腰三角形，其中 AD 为底边，长为2，AE 和 DE 为腰，长均为.因此，三角形 的周长为. 2．已知正四面体，若平面内有一动点到平面、平面、平面的距离依次成等差数列，则点的轨迹是（    ） A．一条线段 B．一个点 C．一段圆弧 D．抛物线的一段 【答案】A 【分析】推导出，进而可得出，设点到边、、的距离分别为、、，设等边的边长为，可得出以及，求出的值，即可得出结论. 【详解】设点到平面、平面、平面的距离依次为、、，如下图所示： 由题意可知，，则，即， 即，所以，，不妨设点到边、、的距离分别为、、，设等边的边长为，则，又因为， 即，所以，，①，由， 可得，可得，②，联立①②可得，所以，点的轨迹是一条与平行且与之间的距离为的线段.故选：A. 【点睛】解本题的关键在于根据距离的关系推导出锥体体积的关系，进而转化为动点到各边距离之间的关系，求解即可. 3．已知正四面体的棱长为，点M为平面ABC内的动点，设直线SM与平面ABC所成的角为，若，则点M的轨迹所形成平面图形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】在正四面体中，过顶点作下底面的垂线，垂足O即为下底面中心，然后可得出线面角，根据其正弦值的范围，求出线段的范围，进而求出的范围，则点的轨迹所形成的平面图形为一个半径为1的圆面，从而可求出其面积. 【详解】在正四面体中，顶点在底面的投影为正的中心，即平面， 因为正四面体的棱长为，所以，所以， 因为直线SM与平面ABC所成的角为，所以，因为，所以， 所以，因为，所以，所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆面，所以点M的轨迹所形成平面图形的面积为， 4．如图，在棱长均为4的正四面体中，为的中点，为的中点，是上的动点，是平面上的动点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】依题可知平面，设中点为，可知平面，沿展开平面转化为的最小值即为点A到的距离，作，然后计算可知. 【详解】由题意可知，在正四面体中，为中点，，，，平面，∴  ，设中点为，连接，为中点，，且，平面，即为在平面上的射影，沿展开平面，使之与平面重合，此时，的最小值即为点A到的距离，故过点A作于点， 又，，，， ，.故选：D． 题型十一、与正四面体有关的组合体 1．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.故选：C 2．数学中有许多形状优美､寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分.如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为2，则该勒洛四面体内切球的半径是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出正四面体外接球半径，再根据勒洛四面体的特征求出其内切球的半径. 【详解】由对称性知勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心，连接，并延长交勒洛四面体的曲面于点，则就是勒洛四面体内切球的半径，在正四面体中，为的中心，是正四面体外接球的球心，连接、、，由正四面体的性质知在上，而，则，，由，得，又，所以该勒洛四面体内切球的半径.故选：B 3．已知一圆柱的轴截面为正方形，母线长为，在该圆柱内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，则的最大值为（    ） A．1 B．2 C． D．4 【答案】D 【分析】先通过圆柱的轴截面为正方形，可得该圆柱的内切球半径，再去研究球的内接正四面体，从而转化为研究正四面体的外接球问题即可. 【详解】因为圆柱的轴截面为正方形，母线长为，所以圆柱的内切球半径为，若该圆柱内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，则该正四面体内接于该圆柱的内切球时，棱长最大，如图该正四面体的棱长为， 设点在面内的射影为，即面，则球心在上，且，，所以，所以，在中，，即，整理可得：，解得或（舍），所以的最大值为4，故选：D 【点睛】要让正四面体在圆柱内任意转动起来，转化为这个正四面体在圆柱的内切球内，从而问题得解. 4．现有一个带有盖子的正四面体容器，将一个冰球放入该容器中，盖子恰好能够盖上，如图所示．已知该容器的深度为h，则当冰球完全融化为水后(冰融化为水的体积变化忽略不计)，水的深度约为（    ）(参考数据： ． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正四面体及其内切球的性质，运用几何法求出内切球半径，利用球的体积公式及正四面体的体积公式结合冰球融化前后体积不变构造方程求解． 【详解】已知正四面体的高为，设棱长为，内切球半径为，如下图所示： 由正四面体的性质可知，，则，故， ，，故，冰球的体积，设冰球融化后水深为，形成的小四面体体积为，则，原正四面体的体积为，则，， 解得． 学科网（北京）股份有限公司 $