解析：

第一步：体积分割。

如图，截面 $AB_1C_1$ 把三棱台 $ABC\text{-}A_1B_1C_1$ 分成三个三棱锥：

• 三棱锥 $A\text{-}A_1B_1C_1$（以上底面为底）
• 三棱锥 $B_1\text{-}ABC$（以下底面为底）
• 三棱锥 $C\text{-}AB_1C_1$（以截面为底）

记它们的体积分别为 $V_1,V_2,V_3$，三棱台的体积为 $V$，棱台的高为 $h$。

第二步：写出四个体积。

由棱台体积公式：

$V=\dfrac{1}{3}h\left(a^2+b^2+ab\right).$

三棱锥 $A\text{-}A_1B_1C_1$ 以上底面 $\triangle A_1B_1C_1$（面积 $a^2$）为底，注意上底所在平面到下底面距离即为棱台的高 $h$，而顶点 $A$ 到上底面的距离也恰为 $h$，故

$V_1=\dfrac{1}{3}\cdot a^2\cdot h.$

注：题面上、下底面面积分别为 $a^2$（上）、$b^2$（下），且 $a>b>0$，意味着这是"上大下小"的台体（仍然是棱台的一般情形）。

类似地，三棱锥 $B_1\text{-}ABC$ 以下底 $\triangle ABC$（面积 $b^2$）为底，顶点 $B_1$ 到下底面距离也是 $h$：

$V_2=\dfrac{1}{3}\cdot b^2\cdot h.$

三棱锥 $C\text{-}AB_1C_1$ 以截面 $\triangle AB_1C_1$（面积 $S$）为底，由题设条件，顶点 $C$ 所在直线 $BC$ 到截面 $AB_1C_1$ 的距离等于棱台的高 $h$，从而 $C$ 到该截面的距离也是 $h$（$C\in BC$）：

$V_3=\dfrac{1}{3}\cdot S\cdot h.$

第三步：由 $V_3=V-V_1-V_2$ 解出 $S$。

$\begin{aligned} V_3&=V-V_1-V_2\\ &=\dfrac{1}{3}h(a^2+b^2+ab)-\dfrac{1}{3}a^2 h-\dfrac{1}{3}b^2 h\\ &=\dfrac{1}{3}abh. \end{aligned}$

故

$\dfrac{1}{3}S\cdot h=\dfrac{1}{3}abh\ \Longrightarrow\ S=ab.$

答案：$\displaystyle S=ab$

题目来源：经典立体几何例题（三棱台截面面积）

解析：

第一步：将长方体表面展开。

要在长方体表面上求两点间的最短距离，自然的做法是把途经的两个相邻面"折直"成一个平面，使路径变为该平面上的一条线段。从 $A$ 出发到对角顶点 $C_1$，根据所经过的两个相邻面不同，共有三种展开方式（如图）：

• 方式 ①：经过面 $ABB_1A_1$ 的相邻面，把面 $ADD_1A_1$ 与面 $A_1B_1C_1D_1$ 展平为一个矩形，得 $C_1^{(1)}$；
• 方式 ②：经过面 $ABCD$ 与面 $BCC_1B_1$ 展平，得 $C_1^{(2)}$；
• 方式 ③：经过面 $ABCD$ 与面 $CDD_1C_1$（即沿对角面 $AC$ 折）展平，得 $C_1^{(3)}$。

第二步：分别计算三种展开下的距离。

每种展开后 $A$ 到 $C_1$ 的距离都是直角三角形的斜边：

$AC_1^{(1)}=\sqrt{AD^2+DC_1^2}=\sqrt{c^2+(b+a)^2};$

$AC_1^{(2)}=\sqrt{AB^2+BC_1^2}=\sqrt{a^2+(c+b)^2};$

$AC_1^{(3)}=\sqrt{AC^2+CC_1^2}=\sqrt{(a+c)^2+b^2}.$

第三步：比较三式大小。

将三个根号下的式子展开：

$\begin{aligned} c^2+(b+a)^2&=a^2+b^2+c^2+2ab,\\ a^2+(c+b)^2&=a^2+b^2+c^2+2bc,\\ (a+c)^2+b^2&=a^2+b^2+c^2+2ac. \end{aligned}$

故只需比较 $2ab,\ 2bc,\ 2ac$ 三者的大小。由 $a>b>c>0$，有

$bc<ac<ab,$

从而

$\sqrt{a^2+(c+b)^2}<\sqrt{(a+c)^2+b^2}<\sqrt{c^2+(b+a)^2}.$

第四步：得出结论。

最短的是方式 ②，即从 $A$ 出发，经过棱 $A_1B_1$（或对应位置的 $CD$）到达 $C_1$，最短长度为

$AC_1^{(2)}=\sqrt{a^2+(b+c)^2}.$

答案：$\displaystyle \sqrt{a^2+(b+c)^2}$

题目来源：经典立体几何例题（长方体表面最短距离）

解析：

第一步：作辅助线确定截面形状。

设 $MN$ 与 $AA_1$ 的延长线交于点 $S$，与 $AB$ 的延长线交于点 $T$。连 $DS$ 交 $A_1D_1$ 于点 $P$，连 $DT$ 交 $BC$ 于点 $Q$，则截面 $\Gamma$ 为五边形 $D\text{-}P\text{-}M\text{-}N\text{-}Q$。

第二步：用相似三角形求关键长度。

不妨设正方体棱长为 $3$。由 $M,N$ 都是中点，可得 $A_1S=NB_1=\dfrac{3}{2}$。

在 $\triangle DA_1S$ 中（$P$ 在 $A_1D_1$ 上）：

$\dfrac{A_1P}{PD_1}=\dfrac{A_1S}{DD_1}=\dfrac{3/2}{3}=\dfrac{1}{2}.$

因 $A_1D_1=3$，故 $PD_1=2,\ A_1P=1$。同理 $CQ=2$。

第三步：识别平行四边形求 $PQ$。

由 $PD_1\parallel CQ$ 且 $PD_1=CQ=2$，知四边形 $CD_1PQ$ 为平行四边形，故

$PQ=D_1C=\sqrt{DD_1^2+DC^2}=\sqrt{9+9}=3\sqrt{2}.$

第四步：求 $DP,DQ$。

$DP=\sqrt{DD_1^2+D_1P^2}=\sqrt{9+4}=\sqrt{13},$

同理 $DQ=\sqrt{DC^2+CQ^2}=\sqrt{9+4}=\sqrt{13}$。

第五步：余弦定理求 $\angle PDQ$。

$\cos\angle PDQ=\dfrac{DP^2+DQ^2-PQ^2}{2\cdot DP\cdot DQ}=\dfrac{13+13-18}{2\sqrt{13}\cdot\sqrt{13}}=\dfrac{8}{26}=\dfrac{4}{13}.$

答案：$\displaystyle \dfrac{4}{13}$

题目来源：2022 年全国高中数学联赛 A2 卷一试第 6 题

解析：

由题意得，要使得$AE+EF+FC_1$最小，则要$A,E,F,C_1$在同一个平面内，即平面$ACC_1A_1$内，
当$AE+EF+FC_1$最小时，$E,F$分别为$A_1C_1,AC$的三等分点，
因为$A_1C_1 = AC = \sqrt{AB^2+BC^2}=12$，所以$A_1E=4,AE=\sqrt{AA_1^2 + A_1E^2}=5$，
则在$A_1D_1,A_1B_1$取点$M,N$，使得$A_1M=A_1N=4$，
可得$AM=\sqrt{AA_1^2 + A_1M^2}=5,AN=\sqrt{AA_1^2 + A_1N^2}=5$，
则以$A$为球心，$AM$的长为半径的球面与上底面$A_1B_1C_1D_1$的交线对应的轨迹为以$A_1$为圆心，以$A_1M$为半径的$\dfrac{1}{4}$圆，
所以轨迹的长度为$\dfrac{1}{4} \times 2\pi \times4=2\pi$。

答案：$\displaystyle \boldsymbol{2\pi}$

解析：

设下底面中心为$O_1$，上底面中心为$O_2$，则$O_1O_2=4$。

下底面是边长为6的正方形，所以$O_1$到下底面各顶点的距离为$\dfrac{6}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}$，
同理$O_2$到上底面各顶点距离为$\dfrac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$。

设外接球球心为$O$，它在直线$O_1O_2$上，设$O$到$O_1$的距离为$h$，则：

$R^2=(3\sqrt{2})^2+h^2=18+h^2$

$R^2=(\sqrt{2})^2+(4-h)^2=2+(4-h)^2$

所以$18+h^2=2+(4-h)^2$，解得$h=0$，
所以球心$O$与下底面中心$O_1$重合，半径$R=3\sqrt{2}$。

因为$P, Q$是侧棱$AA_1$和$CC_1$的中点，
所以过侧棱中点的截面平行于底面，为正方形，
边长等于上下底面边长的平均值$\dfrac{6+2}{2}=4$，所以$PQ=4\sqrt{2}$。

又$OA=OA_1=3\sqrt{2}$，所以

$OP=\sqrt{(3\sqrt{2})^2-\left(\frac{2\sqrt{6}}{2}\right)^2}=2\sqrt{3}$

同理$OQ=2\sqrt{3}$。

在等腰$\triangle OPQ$中，$OP=OQ=2\sqrt{3}$，$PQ=4\sqrt{2}$，
作$OH\perp PQ$于$H$，则$H$为$PQ$中点，$PH=2\sqrt{2}$，
所以$OH=\sqrt{OP^2-PH^2}=\sqrt{12-8}=2$，
即球心$O$到直线$PQ$的距离为2。

过直线$PQ$作球的截面，截面圆半径为$r=\sqrt{R^2-d^2}$，
其中$d$为球心到截面的距离，当截面圆面积最小时，$d$最大，
且最大值为$O$到直线$PQ$的距离2，
此时$r_{\min}=\sqrt{(3\sqrt{2})^2-2^2}=\sqrt{14}$，
$S_{\min}=\pi r_{\min}^2=14\pi$。

答案：$\displaystyle \boldsymbol{14\pi}$

解析：

两个三棱锥 $D-A_1BC_1$ 与 $B_1-AD_1C$ 的公共部分是棱长为 $\sqrt{2}$ 的正八面体。

正八面体的 $6$ 个顶点恰好是正方体 $6$ 个面的中心：上底面 $A_1B_1C_1D_1$ 的中心 $P$、下底面 $ABCD$ 的中心 $Q$、前面 $ABB_1A_1$ 的中心 $R$、后面 $CDD_1C_1$ 的中心 $W$、左面 $ADD_1A_1$ 的中心 $S$、右面 $BCC_1B_1$ 的中心 $T$。

对于棱长为 $a$ 的正八面体，其内切球半径 $r=\dfrac{a}{\sqrt{6}}$。

故 $r=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{6}}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$。

内切球表面积 $S=4\pi r^2=4\pi\cdot\dfrac{1}{3}=\dfrac{4\pi}{3}$。

答案：$\displaystyle \boldsymbol{\frac{4\pi}{3}}$

解析：

(1) 证明：四点共面

设 $GC=a'$，$HD=b'$，$BC=a$，$AD=b$；作辅助平行线 $CJ\parallel PF\parallel AD$，直线 $CJ$ 交 $HF$ 的延长线于 $J$、交 $AC$ 于 $P$。

因为 $F$ 是 $CD$ 的中点，因此 $CJ=HD=b'$，结合平行线分线段成比例可得：

$\frac{EP}{GC}=\frac{PF}{CJ}=\frac{PF}{HD}=\frac{\frac{a}{2}}{a'}=\frac{\frac{b}{2}}{b'}$

化简得到共面条件：$a'b=ab'$。

代入已知条件：$BC=AD=6$，$CG=2$，$AH=4$，因此 $HD=AD-AH=2$，代入验证 $2\times 6=6\times 2$，满足共面条件 $a'b=ab'$，因此 $E,G,F,H$ 四点共面。

(2) 求体积

作截面 $ABF$，该截面平分三棱锥 $A-BCD$；设 $M$ 为 $GH$ 与 $EF$ 的交点，由 (1) 的结论可推得 $M$ 是 $GH$ 的中点。

因此点 $G$ 和点 $H$ 到平面 $ABF$ 的距离相等；又 $E$ 是 $AB$ 的中点，因此 $\triangle BEF$ 和 $\triangle AEF$ 同高等底，面积相等：

$S_{\triangle BEF}=S_{\triangle AEF}$

因此对应棱锥体积相等：$V_{G-BEF}=V_{H-AEF}$，因此可得体积关系：

$V_{AC-GBEF}=V_{BD-GBEF}=\frac{1}{2}V_{A-BCD}$

对棱相等的三棱锥 $A-BCD$ 可以补全为长方体，该长方体的长宽高分别为 $3\sqrt{\dfrac{5}{2}}$、$3\sqrt{\dfrac{3}{2}}$、$\sqrt{\dfrac{5}{2}}$。

因此代入计算体积：

答案：$\displaystyle \frac{15}{8}\sqrt{6}$

解析：

Step 1：推导已知线段长度，建立 $MN$ 与 $CM$ 的关系

正方体棱长为 $3$，因此侧棱 $CC_1=3$。
由条件 $C_1N=2NC$，且 $NC+C_1N=CC_1=3$，代入可得：

$NC+2NC=3 \implies NC=1$

因为 $M$ 在棱 $BC$ 上，正方体的棱互相垂直，因此 $\angle MCN=90^\circ$，$\triangle MCN$ 为直角三角形，由勾股定理可得：

$MN=\sqrt{CM^2+NC^2}=\sqrt{CM^2+1}$

因此只需要确定符合「截面为五边形」条件的 $CM$ 的取值范围，即可推导出 $MN$ 的取值范围。

Step 2：分析截面形状的临界条件

平面截正方体的截面边数，等于平面与正方体的面的交线数量：交线数为 $4$ 则截面为四边形，交线数为 $5$ 则截面为五边形。

首先分析临界分界情况：

当 $CM=1$ 时，$\dfrac{CM}{CB}=\dfrac{CN}{CC_1}=\dfrac{1}{3}$，由平行线分线段成比例可知 $MN\parallel BC_1$；
又因为正方体中 $BC_1\parallel AD_1$，因此 $MN\parallel AD_1$，此时点 $D_1$ 在平面 $AMN$ 上，平面 $AMN$ 与正方体的 $4$ 个面相交，截面为四边形 $AMND_1$，不符合五边形要求。

接下来分区间讨论 $CM$ 的取值：

1. 当 $1<CM<3$ 时：过 $A$ 作 $MN$ 的平行线，该平行线会与棱 $DD_1$ 的线段内部交于点 $H$，此时平面 $AMN$ 仅与正方体的 $4$ 个面相交，截面为四边形 $AMNH$，仍然不符合五边形要求。

2. 当 $0<CM<1$ 时：过 $A$ 作 $MN$ 的平行线，该平行线会与 $DD_1$ 的延长线交于点 $H$，同时该直线与棱 $A_1D_1$ 交于点 $F$；连接 $HN$，$HN$ 会与棱 $C_1D_1$ 交于点 $E$。此时平面 $AMN$ 与正方体的 $5$ 个面相交，截面为五边形 $AMNEF$，符合截面为五边形的要求。

Step 3：推导 $MN$ 的取值范围

由上述分析，截面为五边形时 $CM$ 的取值范围是 $\boldsymbol{0<CM<1}$。

将其代入 $MN=\sqrt{CM^2+1}$：

因为 $0<CM<1$，所以 $0<CM^2<1$，因此 $1<CM^2+1<2$，对不等式开平方可得：

$1<\sqrt{CM^2+1}<\sqrt{2}$

注：两个端点均取不到：

• 若 $CM=0$，则 $M$ 与 $C$ 重合，违反「$M$ 异于 $B,C$」的条件；
• 若 $CM=1$，截面为四边形，不符合要求。

答案：$\displaystyle (1,\sqrt{2})$

解析：

本题考察空间平面的分割问题。关键在于将正四棱锥的四个侧面看作四个空间平面，分析它们能产生的最大分割数。

步骤一：基础模型——无上顶正方体的分割

假想一个没有上顶的正方体（即四个侧面和底面），这5个平面将空间分成 $18$ 块。

步骤二：四个侧面的极限倾斜分析

将正四棱锥的四个侧面无限延伸为四个空间平面。当四个侧面绕底面四边向外倾斜至极限位置时，这四个平面在顶点以下（不含底面）的"水平范围"内最多能将空间分割成 $9$ 个区域。

步骤三：顶点以上的对称分割

同理，四个侧面向上延伸的平面在顶点以上的空间中同样能分割出 $9$ 个区域，形成上下对称的"双四棱锥"结构。

步骤四：重复区域的扣除

但上下两组 $9$ 个区域中，有 $4$ 个区域是重叠的（对应九宫格中标记"×"的位置）。

因此，总的空间分割数为：

$18 + 9 - 4 = 23$

答案：$\displaystyle 23$

解析：

设圆锥底面圆心为 $O$，顶点为 $P$，底面半径为 $R$，高为 $h$。三个大球球心分别记为 $A, B, C$，小球球心记为 $S$。

由母线与底面成角 $\dfrac{\pi}{3}$，得 $h = R\tan\dfrac{\pi}{3} = \sqrt{3}R$，过轴的截面为边长为 $2R$ 的等边三角形。

（1）求 $R$。

取过圆锥轴及大球球心 $A$ 的截面。单位圆与底边和腰都相切。设右侧底角为 $M$，则球心 $A$ 在 $\angle M$ 的角平分线上。$A$ 到底边的距离为 $1$，在直角三角形中 $\sin\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{1}{MA}$，得 $MA = 2$。因此球心 $A$ 到圆锥轴的距离为 $2\cos\dfrac{\pi}{6} = \sqrt{3}$。

另一方面，过 $A, B, C$ 且平行于底面的平面与轴交于点 $O_1$。三球两两相切，故 $AB = BC = CA = 2$，$\triangle ABC$ 是边长为 $2$ 的正三角形，$O_1$ 为其外心。因此 $O_1A = \dfrac{2}{\sqrt{3}}$。

于是 $R - \sqrt{3} = \dfrac{2}{\sqrt{3}}$，解得 $\displaystyle R = \frac{5\sqrt{3}}{3}$。

（2）求 $r$。

由对称性，小球球心 $S$ 在圆锥轴上。截面内小球与两腰相切，圆锥顶角为 $\dfrac{\pi}{3}$，故 $\sin\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{r}{PS}$，得 $PS = 2r$。

圆锥高 $h = \sqrt{3}R = 5$，故 $S$ 到底面的距离为 $5 - 2r$。

大球 $A$ 与小球相切：$AS = 1 + r$。球心 $A$ 到轴的距离为 $\dfrac{2}{\sqrt{3}}$，到底面的距离为 $1$。因此 $A$ 与 $S$ 的竖直距离为 $(5 - 2r) - 1 = 4 - 2r$。由勾股定理：

$AS^{2} = \left(\frac{2}{\sqrt{3}}\right)^{2} + (4 - 2r)^{2}.$

代入 $AS = 1 + r$：

$\left(\frac{2}{\sqrt{3}}\right)^{2} + (4 - 2r)^{2} = (1 + r)^{2}.$

化简得 $9r^{2} - 54r + 49 = 0$，解得 $r = 3 \pm \dfrac{4\sqrt{2}}{3}$。由 $0 < r < 1$，取 $\displaystyle r = 3 - \frac{4\sqrt{2}}{3}$。

答案：（1）$\displaystyle \frac{5\sqrt{3}}{3}$；（2）$\displaystyle 3 - \frac{4\sqrt{2}}{3}$。