专题5立体几何压轴小题一、单选题1．（2021全国高三专题练习）正三棱柱ABCA1B1C1中，所有棱长均为2，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，若过点A，E，F作一截面，则截面的周长为（）A．2+2B．C．D．【答案】B【分析】根据题意先作出截面，进而算出截面各边的长度，最后得到答案.【详解】如图，在正三棱柱中，延长AF与CC1的延长线交于M，连接EM交B1C1于P，连接FP，则四边形AEPF为所求截面.过E作EN平行于BC交CC1于N，则N为线段CC1的中点，由相似于可得MC1=2，由相似于可得：，在中，，则，在中，，则，在中，，则，在中，，由余弦定理：，则，所以截面周长为：.故选：B.【点睛】本题主要考查几何体的截面问题，其中根据空间几何体的结构特征，利用平面的性质作出几何体的截面是问题的关键，平常注意方法的总结和归纳.2．（2021浙江瑞安中学模拟预测）已知点P是正方体上底面上的一个动点，记面ADP与面BCP所成的锐二面角为，面ABP与面CDP所成的锐二面角为，若，则下列叙述正确的是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】结合正方体的几何特征，以及面ADP与面BCP所成的锐二面角为，面ABP与面CDP所成的锐二面角为，若，判断P在如图所示的阴影范围内.利用正方体的特点，判断P接近于D'时APC>BPD,故A、B错误；PHAPB，PG，等价于P到HF的距离比到EG的距离大，所以P在如图所示的阴影范围内.在APC和BPD中，AC=BD,PQ公用，Q为共同的中点，APC,BPD的大小由PQ于AC,BD所成的角大小所决定，所成角越小，则对应角越大，显然PQ与AC和BD所成的角的大小关系不确定，当P在靠近A'时PQ与直线AC所成的角较小，与直线BD所成的角则接近于90，此时BPD>APC,同样当P接近于D'时APC>BPD,故A、B错误；APD与BPD的大小关系看P实在EG的左侧还是右侧。若是在左侧，则APD>BPC,若是在右侧，则APDCPD,P在HF上，则APB=CPD,P在HF的后面，则APBAPB，PG，没有最小值，A错误；对于B选项，设PD=m，易知m，又有PADCAD，所以CD=PD=m，连接DF，则有DFPC，故，B正确；对于C选项，设等边ABC的中心为O，连接PO，易知PO平面ABC，则，所心得，所以，又，则有，又，可得，所以，C正确；对于D选项，设CE=t，，解得或1，即或1，D错误；故选：BC.41．（2021全国高三专题练习（文））若四面体各棱长是1或2且该四面体不是正四面体，则其体积的可能值是（）A．B．C．D．【答案】ACD【分析】先根据边长，分析四面体由3种情况：（1）1边为1，其他5边为2；（2）2边为1，其他四边为2；（3）3边为1,3边为2.对于（1）（2），取AB的中点为E,连结CE，DE，计算，即可求体积；对于（3）过D作DO垂直底面于O,，直接求底面积和高，即可求体积.【详解】因为四面体各棱长是1或2且该四面体不是正四面体，所以四面体的各棱长可以为（1）1边为1，其他5边为2；（2）2边为1，其他四边为2；（3）3边为1,3边为2.（1）当四面体的各棱长为1边为1，其他5边为2；如图示：不妨设,其他5边为2；取AB的中点为E,连结CE，因为BC=AC=2,所以CEAB且；同理可证：DEAB且.又，所以AB面.所以.在CDE中，取CD中点F，连结EF,则EFCD,且,所以所以（2）当四面体的各棱长为2边为1，其他四边为2；由于三角形两边之和大于第三边，只能是对边为1，如图示：不妨设,其他4边为2；取AB的中点为E,连结CE，因为BC=AC=2,所以CEAB且；同理可证：DEAB且.又，所以AB面.所以.在CDE中，取CD中点F，连结EF,则EFCD,且,所以所以（3）当四面体的各棱长为3边为1,3边为2；由于三角形两边之和大于第三边，只能是三条底边为1，侧棱为2，如图示：不妨设,；则四面体ABCD为正棱锥，过D作DO垂直底面于O,则O为三角形ABC的中心，所以，所以.而所以.故选：ACD【点睛】立体几何中求体积（或求距离），常用的方法有：(1)直接法；(2)等体积法；(3)补形法；(4)向量法.三、双空题42．（2021福建福清西山学校高三期中）如图，已如平面四边形ABCD，，，，.沿直线AC将翻折成，则______；当平面平面ABC时，则异面直线AC与所成角余弦值是______.【答案】2【分析】将变形成，结合向量数量积公式分别求出，即可求解；以中点为原点，方向为轴，方向为轴，与平面垂直方向为轴，建立空间直角坐标系，通过几何关系求出对应坐标，结合向量夹角余弦公式即可求解.【详解】由题可知，，由几何关系可知，，，，，故，则；设异面直线AC与所成角为，以中点为原点，方向为轴，方向为轴，与平面垂直方向为轴，建立空间直角坐标系，作交直线于点，,，，，故，，，则故答案为：2；43．（2021新疆克拉玛依市教育研究所模拟预测（理））古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点A，B距离之比为常数（且）的点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下面的问题：如图，在长方体中，，点E在棱AB上，，动点P满足.若点P在平面ABCD内运动，则点P所形成的阿氏圆的半径为___________；若点P在长方体内部运动，F为棱的中点，M为CP的中点，则点M到平面的距离的最小值为___________.【答案】【分析】建立空间直角坐标系，设，求出点P的轨迹为，即得解；先求出点P的轨迹为，P到平面的距离为，再求出的最小值即得解.【详解】以AB为轴，AD为轴，为轴，建立如图所示的坐标系，则设，由得，所以，所以若点在平面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为.设点，由得，所以，由题得所以设平面的法向量为，所以，令，则由题得，所以点P到平面的距离为，因为，所以，所以点M到平面的最小距离为.故答案为：；.44．（2021江苏高三月考）现有一块正四面体形状的实心木块，其棱长为.车工师傅欲从木块的某一个面向内部挖掉一个体积最大的圆柱，则当圆柱底面半径___________时，圆柱的体积最大，且最大值为___________.【答案】【分析】设圆柱上底面圆心为，下底面圆心为，为正四面体底面中心，圆柱的上底面与正四面体侧面的交点N在侧面中线上，圆柱底面半径为r，高为h，由，利用三角形相似可得，从而可得圆柱，最后利用导数即可求解.【详解】解：设圆柱上底面圆心为，下底面圆心为，为正四面体底面中心，圆柱的上底面与正四面体侧面的交点N在侧面中线上，正四面体棱长为9，.，，，设圆柱底面半径为r，高为h，由，得，圆柱，令，，令，时，.45．（2021山东济南高三月考）如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧面底面，，，当面积最大时，若四棱锥存在内切球，则内切球的体积为________，此时四棱锥的体积为__________【答案】【分析】由已知及余弦定理可得PAB为等边三角形时面积最大，可求其内切圆半径，由题意可得四棱锥的内切球的半径，则可求内切球体积，再利用球的性质构造直角三角形求出四棱锥底边长，就可求出四棱锥的体积.【详解】在中，由余弦定理可得，即当且仅当时等号成立，又当时，的面积最大，此时为等边三角形，取AB的中点M，连接PM，则PMAB，取CD的中点N，连接MN，PN，BC，侧面PAB底面ABCD，且侧面PAB平面ABCD=AB，BC平面PAB，又BC平面PBC，平面PAB平面PBC，同理可证平面PAD平面PAB，设正三角形PAB的中心为，过作平面PAB，则上的点到平面PBC、平面PAD、平面ABCD的距离相等，设O为四棱锥的内切球的球心，过O作，则内切球的半径,又内切球与平面PCD相切，且切点在PN上，设切点为，则，O为PMN的内切圆的圆心，该内切圆的半径为，连接PO、ON，则PO为的角平分线，，设，则，在直角三角形PMN中，，即，解得，，，故答案为：；.46．（2021福建上杭一中模拟预测）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异。”意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等。如图，阴影部分是由双曲线与它的渐近线以及直线所围成的图形，将此图形绕轴旋转一周，得到一个旋转体，（1）如用与轴相距为，且垂直于轴的平面，截这个旋转体，则截面图形的面积为______；（2）则这个旋转体的体积为______．【答案】【分析】（1）其截面应为一个圆环，其内径为，外径为，则该圆环的面积为；（2）根据祖暅原理，该旋转体的体积与底面积为，高为的圆柱的体积相等，故其体积为.【详解】（1）该双曲线的渐近线为.作直线，其与渐近线交于点，，与双曲线交于点，，则旋转体的截面应为一个圆环，其内径，外径，故截面积为.同理可得，作直线，也可得截面积为；（2）根据祖暅原理，该旋转体的体积与底面积为，高为的圆柱的体积相等，故其体积为.【点睛】本题的关键是作出直线与渐近线和双曲线的交点，确定截面图形为圆环，从而求出其截面积.47．（2021安徽合肥一中模拟预测（理））半正多面体(semiregularsolid)亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.以正方体每条棱的中点为顶点构造一个半正多面体，如图，它由八个正三角形和六个正方形构成，若它的所有棱长都为1，则该半正多面体外接球的表面积为___________；若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该正四面体体积最小值为___________.【答案】【分析】首先找到外接球的球心，再利用勾股定理计算即可；若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，该正四面体体积最小，然后根据正四面体内切球的相关计算求解即可.【详解】由题意知，该半正多面体的外接球的球心是正方体的中心，正方体棱长为，所以该半正多面体外接球的半径，故其表面积为.若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，该正四面体体积最小.此时，设正四面体的棱长为a，则正四面体的高为，考查轴截面，则有，解得，所以.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：本题第空的关键点是探究出结论：若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，该正四面体体积最小.48．（2021全国高三专题练习（文））已知正四面体内接于半径为的球中，在平面内有一动点，且满足，则的最小值是___________；直线与直线所成角的取值范围为___________.【答案】【分析】（1）先由正四面体内接于半径为的球中，求出四面体的棱长和高，由高和求出点的轨迹，从而确定的最小值.（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，求出直线与直线所成角的余弦值，求出余弦值取值范围，从而出所成角取值范围.【详解】设A在面内的投影为E，故E为三角形BCD的中心，设正四面体的棱长为，球的半径为.则，，依题可得，球心在上，，代入数据可得，则，，又，，故的轨迹为平面BCD内以E为圆心，为半径的圆，，三点共线时，且P在BE之间时，的最小值是.以E为圆心，BE所在直线为x轴建立如图所示直角坐标系，，，，，设，，故，，设直线与直线所成角为，，，又，故，故答案为：，.【点睛】本题考查了立体几何中两条直线所成角的问题，解答的关键在于能利用直线与直线，直线与平面，平面与平面的关系进行转化.同时对于立体几何中的角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解直线的方向向量，利用向量的夹角公式求解.四、填空题49．（2021吉林长春外国语学校高三开学考试（文））已知菱形的边长为，，若沿对角线将折起，使得，则四点所在球的表面积为____________．【答案】【分析】由条件确定球心的位置及球的半径，再由球的表面积公式求球的表面积.【详解】如图，设外接球的球心为O，四边形为菱形，，三角形BCD为等边三角形，设其中心为，取BD的中点F，连接AF，CF，，OB，，由AB=AD=BC=BD=DC，得AFBD，CFBD，所以BD平面AFC，又AF=CF=3，AC=，AFC=120.过点A作CF的垂线，交CF的延长线于点E，由BD平面AFC，平面AFC，BDAE，AECF,AE平面BCD，过点O作OGAE于点G，则四边形是矩形，，，，.，，设外接球的半径为R，，，，.，，解得，，故其外接球的表面积.故答案为：.【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.50．（2021湖北武汉高三开学考试）空间四面体中，，.，直线与所成的角为45，则该四面体的体积为___________.【答案】【分析】由条件可得，为直角三角形，作直角三角形和斜边上的高BE，DF，作平行四边形BEFG，由此可得直线BD与AC的平面角为DBG，AC平面DFG，解三角形确定三棱锥D-ABC底面ABC上的高，利用体积公式求体积.【详解】AB=2，BC=，AC=4，为直角三角形，同理可得为直角三角形，如图，作直角三角形和斜边上的高BE，DF，则AE=CF=1E，F是线段AC的两个四等分点，作平行四边形BEFG，则BEAC，DFAC，由线面垂直判定定理可得AC平面DFG，又AC平面ABGC,平面ABGC平面DFG，在平面DFG内，过点D作DHFG,垂足为H,由面面垂直的性质定理可得DH平面ABGC，DH为四面体ABCD的底面ABC上的高，由三角函数定义可得又因为BGAC，所以BGDG,又因为直线BD与AC所成的角为45，所以DBG=45，为等腰直角三角形，GD=GB=EF=2在中GD=2，BE=DF=由余弦定理可求得，所以四面体的体积.故答案为：.【点睛】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；计算：求该角的值，常利用解三角形；取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．51．（2021安徽合肥市第六中学高三开学考试（文））三棱锥中，为边长为3的等边三角形，，，且面面，则三棱锥的外接球的体积为___________.【答案】【分析】根据面面垂直的性质定理得出DC平面ABC，进而找到三角形ABC的外心O1与三角形BCD的外心O2，然后过O1作平面ABC的垂线，过O2作平面BCD的垂线，两条垂线的交点即为外接球心，最后解出答案.【详解】如图，因为平面ACD平面ABC，且交于BC，而DCBC，所以DC平面ABC，取正三角形ABC的外心（也为重心）O1，过O1引平面ABC的垂线，取直角三角形BCD的外心O1，则O1为BD中点，过O2引平面BCD的垂线，设两条垂线交于O，则O为三棱锥的A-BCD的外接球心.取BC中点D，连接AO1,OO2,O2D,O1D，因为分别为的中点，所以DC，且，所以平面ABC，因为平面ABC，所以.易知三点共线，且ADBC，又因为平面ACD平面ABC，且交于BC，所以AD平面BCD，而OO2平面BCD，所以O1DOO2，于是四边形是矩形，且.连接，在正三角形ABC中，其边长为3，所以，由勾股定理：外接球半径，所以外接球体积.故答案为：.【点睛】多面体外接球心比较常见的一种找法是选取多面体的两个特殊面（通常为等边三角形、等腰三角形和直角三角形），然后找到两个面的外心，进而通过外心引各自所在面的垂线，垂线的交点即为球心，然后构造几何图形求出外接球半径即可，本题比较典型，可以作为范题进行总结.52．（2021全国高三专题练习）如图，在矩形中，，．将，分别沿，向上翻折至，，则取最小值时，二面角的正切值是________．【答案】【分析】取中点，根据翻折前的垂直关系可证得翻折后平面，平面，由面面垂直的判定可得平面平面，平面平面，可知当为平面与平面的公垂线段时长度最小，此时，确定为中点；根据二面角平面角的定义可作于点，于点，作交于点，得到为二面角的平面角，由已知的长度关系和解三角形的知识可求得，进而得到所求正切值.【详解】分别取，中点为、，连接，，，．四边形为矩形，，，翻折前，四边形和四边形都是正方形，则，，，即，，，，翻折后仍有，，，，又，且，平面，平面；同理可得：平面，又，且，四边形是平行四边形，则，、都是平面与平面的公垂线，平面，平面平面，平面平面．分别记，为点，在底面的投影，则点在底面的投影落在直线上，且沿方向运动；点在底面的投影落在直线上，且沿方向运动．当且仅当为平面与平面的公垂线段时长度最小，此时，故平面，则．又，，，，共面，平面平面，也是平面与平面的公垂线，此时，，又，，四边形为平行四边形，，为的中点，为的中点，，则，，将二面角单独画出如图．过点作于点，过点作于点，又，，，则，；同理，，则，过点作交于点，连接，则，即为二面角的平面角，则，，，又，，则为等腰直角三角形，，，在中，，．故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的二面角问题的求解，解题关键是能够根据翻折后不变的垂直关系确定为平面与平面的公垂线段时长度最小，由此可确定的确定位置，进而利用二面角的定义来进行求解.53．（2021全国高三专题练习）在长方体中，，，，，分别是棱，，的中点，是底面内一动点，若直线与平面平行，当三角形的面积最小时，三棱锥的外接球的体积是______．【答案】【分析】由直线与平面没有公共点可知线面平行，补全所给截面后，易得两个平行截面，从而确定点所在线段，可知当时，三角形面积最小，然后证明，得到为三棱锥的外接球的直径，进一步求解得答案．【详解】补全截面为截面如图，设，直线与平面不存在公共点，平面，易知平面平面，，且当与重合时，最短，此时的面积最小，由等面积法得，即，，，，平面，则，又，为三棱锥的外接球的直径，长度为．三棱锥的外接球的半径为，体积为．故答案为：．【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法（1）求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．（2）若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解，考查学生的空间想象能力与思维能力，是中档题．54．（2021浙江丽水高三月考）如图，在中，，，，点D在线段上运动，沿将折到，使二面角的度数为，若点在平面内的射影为O，则的最小值为_______．【答案】【分析】本题需要作出空间图形，运用解三角形的知识求解.【详解】如图，过点作于点，过点作于点下面证明点即为在平面内的射影，即为二面角的平面角又所以点即为在平面内的射影，即为二面角的平面角所以设,则,又，所以,即在中由余弦定理得在中由余弦定理求得,再由正弦定理解得所以，记，则为减函数当时，取得最小值又，所以所以【点睛】本题属于一道综合性难题，需要极强的空间想象能力和运算能力.能否准确作出空间图形是解决本题的关键，最后要得出正确答案，需要对解三角形，以及三角恒等变换知识非常熟练，计算能力要过硬，本题属于压轴题.55．（2021浙江学军中学高三期中）如图，在四面体中，，，，分别是的中点若用一个与直线垂直，且与四面体的每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______.【答案】【分析】本题首先可以将四面体补成长宽高分别为、、的长方体，然后根据平面得出截面为平行四边形，再然后根据三角形相似的相关性质得出两相邻边的和为，再然后求出异面直线与所成角的正弦值，最后通过解三角形面积公式以及基本不等式即可得出结果．【详解】如图所示，将四面体补成长宽高分别为、、的长方体，由于平面，故截面为平行四边形，由平面几何的平行线段成比例可得，设异面直线与所成角为，则，解得，所以平行四边形的面积，当且仅当时取“”号，故答案为．【点睛】本题考查四面体截面面积的求法，考查解三角形面积公式以及基本不等式的使用，能否根据四面体构建出长方体以及确定四面体截面的位置是解决本题的关键，考查推理能力，是难题．56．（2021安徽省怀宁中学高三月考（理））如图所示，三棱锥中，，，，则三棱锥体积的最大值为_________．【答案】【分析】过A作AFBD于F，连结CF，则CFBD.过F作EFAC于E，得到，利用分析法，要使三棱锥的体积最大，只需要ACF的面积最大，只需AF最大.判断出当F为BD中点时，即可求解.【详解】因为，所以.因为，，所以，，又，所以.过A作AFBD于F，连结CF，则CFBD.过F作EFAC于E.因为，所以，而EFAC，所以E为AC的中点.因为AFBD,CFBD,,所以BD面ACF.所以.要使三棱锥的体积最大，只需要ACF的面积最大.而，只需EF最大.因为，所以只需AF最大.在ABD中，所以A在以D、B为焦点的椭圆上,如图示：因为AFBD，由椭圆的几何性质可得，要使AF最大，只需A为短轴顶点，即AF为短轴的一半.此时所以.所以，所以，所以.即三棱锥体积的最大值为.故答案为：【点睛】立体几何中求最值的方法：（1）代数法：建立函数关系式，利用函数求最值；（2）几何法：利用几何关系找到取最值时的条件，直接求最值.57．（2021新疆莎车县第一中学高三期中）如图，已知三个两两互相垂直的半平面，，交于点O，矩形ABCD的边BC在半平面内，顶点A，D分别在半平面，内，AD2，AB3，AD与平面所成角为，二面角ABCO的余弦值为，则同时与半平面，，和平面ABCD都相切的球的半径为______．【答案】或【分析】首先将几何体补形为一个长方体，然后利用垂直关系将原问题转化为求解三棱锥内切球的半径的问题，最后利用等体积法求解其半径即可．【详解】如图所示，矩形ABCD所在的平面，将其补形为一个长方体，然后以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，由AD2，直线AD与平面所成角为可得，作AP底面于点P，很明显AD平面APB，从而BCBP，PBA即为二面角ABCO的平面角，其余弦值为，则，，从而：，设平面ABCD的法向量，则：，令x2可得y2，z1，从而，设平面ABCD与x，y，z轴的交点分别为：P1（x，0，0），P2（0，y，0），P3（0，0，z），则：，，，，，，原问题进一步等价于求三棱锥OP1P2P3的内切球半径，由于，故P1P2P3是等腰三角形，其面积为：，三棱锥的表面积为：，其体积为：，设外接球半径为R，利用等体积法有：，即，．同理，当球在三棱锥外面与四个面都相切时可得球的半径为．故答案为：或．58．（2021广东龙岗高三期中）已知正方体的棱长为，点为中点，点在四边形内（包括边界），点到平面的距离等于它到点的距离，直线平面，则的最小值为___________.【答案】【分析】建立空间直角坐标系得到在平面中点的轨迹方程，然后利用导数知识进行求解即可.【详解】如图所以，设由点到平面的距离等于它到点的距离，即点到的距离等于它到点的距离在平面中，直线方程为所以，所以点的轨迹方程为，设平面的一个法向量为则，令，所以所以，由直线平面所以所以点的轨迹为的导函数为所以，所以同平行的直线与相切的切点为，所以点到直线的距离为所以的最小值为故答案为：【点睛】关键点点睛：解题关键在于建系并得到两点的轨迹方程，利用导数求解.59．（2021浙江金华高三月考）已知一正三棱锥的体积为，设其侧面与底面所成锐二面角为，则当等于______时，侧面积最小．【答案】【分析】画出正三棱锥，设底面边长为，高为，结合体积公式列出关系式，三角函数表示出，面积公式表示出侧面积，结合函数与导函数性质即可求解.【详解】如图：设正三棱锥底面边长为，高为，在底面投影为，则，化简得，由二面角定义可知，应为侧面与底面所成锐二面角的平面角，，即，，侧面积为：，结合得，代入侧面积公式得，令，则，令，则，当时，，单减，时，，单增，故，此时侧面积有最小值，即，，此时.故答案为：60．（2021广东实验中学高三月考）将半径都为1的4个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为_________．【答案】【分析】要使正四面体的高的最小，即钢球装入正四面体容器后每个球都与其中三个面相切，且三个钢球球心构成小正四面体，其中心与正四面体的容器中心重合，再根据钢球的半径即可求小正四面体的体高，结合正四面体的性质：中心到底面的距离为体高的，即可求正四面体的高的最小值.【详解】若钢球球心到最近的一个四面体的顶点距离为，而钢球半径，要使正四面体的高的最小，即钢球装入正四面体容器后每个球都与其中三个面相切，三个钢球球心所成的小正四面体的高为，又正四面体中心到底面的距离为体高的，故小正四面体中心到底面高，四面体容器中心到底面的高为，故正四面体的容器的高为.故答案为：61．（2021全国模拟预测）在梯形中，，，为的中点，将沿直线翻折成，当三棱锥的体积最大时，过点的平面截三棱锥的外接球所得截面面积的最小值为______.【答案】【分析】分析出当平面平面时，三棱锥的体积最大，取的中点，分析出点为三棱锥的外接球的球心，求出球的半径，计算出截面圆半径为最小值，结合圆的面积公式可得结果.【详解】如下图所示，连接，则，则，故，设二面角的平面角为，设三棱锥的高为，则，，当且仅当时，等号成立，即当平面平面时，三棱锥的体积最大，，，，故为等腰直角三角形，且，在梯形中，，则，所以，，在中，，，，由余弦定理可得，故，，因为平面平面，平面平面，，平面，平面，平面，则，因为，，平面，平面，所以，，记中点为，由得为三棱锥的外接球的球心，且球的半径为，设与过点的平面所成的角为，设点到截面的距离为，则，故截面圆的半径为，当且仅当时，过点的平面截三棱锥外接球所得截面面积最小，所以截面圆面积的最小值为.故答案为：.【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.62．（2021广东普宁市第二中学高三月考）四棱锥ABCDE的各顶点都在同一球面上，AB底面BCDE，底面BCDE为梯形，BCD60，且ABCBBEED2，则此球的表面积等于_________.【答案】【分析】由条件确定球心位置及球的半径，由此计算球的表面积.【详解】若，又，则四边形BCDE为平行四边形，与条件矛盾，，又CBBEED2，BCD60，CD=4,,是以CD为斜边的直角三角形，同理可得为CD为斜边的直角三角形，四边形BCDE的外接圆圆心为CD的中点，记CD中点为，设四棱锥ABCDE的外接球的球心为O，则平面BCDE，又AB底面BCDE，,设，设球的半径为R，过点O作,垂足为F,，，，球的半径，球的表面积，故答案为：.【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.