解析：

设四分之一球的半径为 $R$，最大正方体棱长为 $a = 2 + \sqrt{2}$。

正方体放入时，一条棱的中点在球心处，正方体的底面与四分之一球的一个平面重合。正方体底面的对角线长为 $\sqrt{2}a$，由勾股定理，

$(\sqrt{2}a)^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 = R^2,$

得 $a = \dfrac{2}{3}R$，即

$R = \frac{3}{2}a = \frac{3}{2}\bigl(2 + \sqrt{2}\bigr).$

若正四面体可在盒内以任意角度旋转，则正四面体的外接球应能放入该储物盒内。设储物盒内能放入的最大球半径为 $r$。

取垂直于四分之一球两个平面交线的截面，得四分之一圆及其内切圆。内切圆圆心 $M$ 在角平分线上，$OM = r\sqrt{2}$。又该内切圆与圆弧相切，故

$OM + r = R,\quad\text{即}\quad r\sqrt{2} + r = R,$

解得 $\displaystyle r = \frac{R}{1 + \sqrt{2}}.$

设正四面体的最大棱长为 $l$，其外接球半径为 $\dfrac{\sqrt{6}}{4}l$。令

$\frac{\sqrt{6}}{4}l = r = \frac{R}{1 + \sqrt{2}} = \frac{\frac{3}{2}\bigl(2 + \sqrt{2}\bigr)}{1 + \sqrt{2}}.$

化简：$\dfrac{2 + \sqrt{2}}{1 + \sqrt{2}} = \sqrt{2}$，故 $r = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}$。于是

$l = \frac{3\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{4}{\sqrt{6}} = \frac{6\sqrt{2}}{\sqrt{6}} = \frac{6}{\sqrt{3}} = 2\sqrt{3}.$

答案：$\displaystyle 2\sqrt{3}$

解析：

设正四面体 $ABCD$ 棱长为 $a = 2\sqrt{6}$，高为 $h$，最大球（内切球）半径为 $r_1$．

正四面体的高：

$h = \frac{\sqrt{6}}{3}a = \frac{\sqrt{6}}{3} \times 2\sqrt{6} = 4$

正四面体内切球半径等于高的 $\frac{1}{4}$：

$r_1 = \frac{1}{4}h = 1$

考虑靠近顶点 $A$ 处的角部：过与最大球相切且平行于底面 $BCD$ 的平面，与侧棱围成一个小正四面体．由于各面到最大球球心的距离均为 $r_1$，且角部小正四面体与原正四面体相似，其高为原高的一半：

$h_2 = \frac{h}{2} = 2$

中等球即为此小正四面体的内切球，半径为：

$r_2 = \frac{1}{4}h_2 = \frac{1}{2}$

同理，最小球所在的小正四面体高为：

$h_3 = \frac{h_2}{2} = 1$

$r_3 = \frac{1}{4}h_3 = \frac{1}{4}$

九个球的构成为：

• 最大球 $1$ 个，半径 $r_1 = 1$
• 中等球 $4$ 个（靠近四个顶点），半径 $r_2 = \dfrac{1}{2}$
• 最小球 $4$ 个（靠近四个顶点），半径 $r_3 = \dfrac{1}{4}$
  

表面积之和：

$\begin{aligned} S &= 4\pi r_1^2 + 4 \times 4\pi r_2^2 + 4 \times 4\pi r_3^2 \\[4pt] &= 4\pi \cdot 1^2 + 16\pi \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^2 + 16\pi \cdot \left(\frac{1}{4}\right)^2 \\[4pt] &= 4\pi + 4\pi + \pi \\[4pt] &= 9\pi \end{aligned}$

答案：$\displaystyle 9\pi$

解析：

1. 基本量

底面正三角形边长 $2$，$S_{\text{底}} = \sqrt{3}$。设 $O_2$ 为底面中心，则

$O_2A = \frac{\sqrt{3}}{3} \cdot 2 = \frac{2\sqrt{3}}{3}$

锥高 $h = PO_2 = \sqrt{PA^2 - O_2A^2} = \sqrt{13 - \frac{4}{3}} = \sqrt{\dfrac{35}{3}}$。

侧面斜高：取 $AB$ 中点 $E$，则

$PE = \sqrt{PA^2 - AE^2} = \sqrt{13 - 1} = 2\sqrt{3}$

$O_2E$ 是底面中心到 $AB$ 的距离：$O_2E = \dfrac{\sqrt{3}}{6} \cdot 2 = \dfrac{\sqrt{3}}{3}$。

全表面积 $S = \sqrt{3} + 3 \times \dfrac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2\sqrt{3} = 7\sqrt{3}$。

体积 $V = \dfrac{1}{3} \cdot \sqrt{3} \cdot \sqrt{\dfrac{35}{3}} = \dfrac{\sqrt{35}}{3}$。

由等体积法 $V = \dfrac{1}{3}rS$，得内切球半径

$r = \frac{\sqrt{35}}{7\sqrt{3}} = \frac{h}{7}$

2. 截面法求 $M$ 的位置

考虑截面 $P$-$O_2$-$E$（过锥高 $PO_2$ 和 $AB$ 中点 $E$）。该截面 $\perp AB$，它将侧面 $PAB$ 截为线段 $PE$。

在该截面中，内切球被截成一个圆：圆心 $O$ 在 $PO_2$ 上，$OO_2 = r$，圆的半径为 $r$。

此圆与 $O_2E$（底面截线）相切于 $O_2$，与 $PE$（侧面 $PAB$ 的截线）相切于 $M$。

作 $O_2H \perp PE$ 于 $H$，则 $OM \parallel O_2H$（均 $\perp PE$），于是

$\triangle POM \sim \triangle PO_2H$

在 $\text{Rt}\triangle PO_2E$ 中，由面积：

$O_2H = \frac{PO_2 \cdot O_2E}{PE} = \frac{h \cdot \frac{\sqrt{3}}{3}}{2\sqrt{3}} = \frac{h}{6}$

相似比：

$\frac{PM}{PH} = \frac{PO}{PO_2} = \frac{OM}{O_2H} = \frac{h - r}{h} = \frac{r}{h/6} = \frac{6}{7}$

在 $\text{Rt}\triangle PO_2H$ 中，$PH = \sqrt{h^2 - O_2H^2} = \sqrt{h^2 - \frac{h^2}{36}} = \dfrac{\sqrt{35}}{6}h$。

$PM = \frac{6}{7} \cdot PH = \frac{6}{7} \cdot \frac{\sqrt{35}}{6}h = \frac{\sqrt{35}}{7}h$

而 $PE = \sqrt{h^2 + \frac{1}{3}} = 2\sqrt{3}$，验证得 $\dfrac{PM}{PE} = \dfrac{5}{6}$。

即 $M$ 在 $PE$ 上，且 $PM : PE = 5 : 6$。

3. 同理求 $N$

取 $BC$ 中点 $F$，同理在截面 $P$-$O_2$-$F$ 中，$N$ 在 $PF$ 上且

$PN : PF = 5 : 6$

4. 求 $MN$

在 $\triangle PEF$ 中，$M$、$N$ 分别在 $PE$、$PF$ 上，且 $\dfrac{PM}{PE} = \dfrac{PN}{PF} = \dfrac{5}{6}$，故

$MN \parallel EF,\qquad \frac{MN}{EF} = \frac{5}{6}$

在底面正三角形中，$E$、$F$ 分别为 $AB$、$BC$ 中点，由中位线定理

$EF = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot 2 = 1$

因此

$MN = \frac{5}{6} \cdot 1 = \frac{5}{6}$

答案：$\displaystyle \frac{5}{6}$

解析：

要使大球半径最小，四个小球应两两相切。此时四个小球的球心构成一个棱长为 $2r$ 的正四面体。

俯视图：从正上方向下看，底部三个小球球心 $O_1,O_2,O_3$ 构成等边三角形，顶部小球球心 $O_4$ 的投影落在该三角形的中心。

大球是这四个小球的外接球——即球心 $O$ 恰好是正四面体 $O_1O_2O_3O_4$ 的外接球心（也是重心），大球经过四个小球的最远点。

设正四面体棱长为 $a = 2r$，其外接球半径（球心到顶点的距离）为

$d = \frac{\sqrt{6}}{4}\cdot a = \frac{\sqrt{6}}{4} \cdot 2r = \frac{\sqrt{6}}{2}r.$

轴截面：取过大球球心 $O$ 与两个小球球心 $O_1,O_2$ 的平面作截面，可以看出大球半径 $R$ 等于

$R = d + r = \frac{\sqrt{6}}{2}r + r = \left(1 + \frac{\sqrt{6}}{2}\right)r.$

答案：$\displaystyle \left(1+\frac{\sqrt{6}}{2}\right)r$

解析：

要使正四面体的包装盒棱长 $a$ 最小，需让 4 个半径为 2 的球两两外切且与正四面体面相切，此时 4 个球心正好构成一个棱长为 4 的小正四面体。

正四面体包装盒的高度为

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

而对于由四个小球球心组成的小正四面体的高为

$h = \sqrt{4^2 - \left(\frac{\sqrt{3}}{2} \times 4 \times \frac{2}{3}\right)^2} = \frac{4\sqrt{6}}{3}$

考虑正四面体的内切球球心到顶点的距离。设正四面体 $A-BCD$ 的棱长为 $m$，正四面体内切球的球心为 $G$，半径为 $r$。

正四面体的每个面的面积为 $S_1 = \frac{\sqrt{3}}{4}m^2$。

正四面体的高 $AH = \frac{\sqrt{6}}{3}m$，体积 $V = \frac{\sqrt{2}}{12}m^3$。

连接 $G$ 与正四面体的 4 个顶点可以得到 4 个正三棱锥，每个正三棱锥体积为 $\frac{1}{3}S_1 \cdot r$，则

$V = 4 \times \frac{1}{3}S_1 \cdot r = \frac{\sqrt{3}}{3}m^2 \cdot r$

由 $\dfrac{\sqrt{2}}{12}m^3 = \dfrac{\sqrt{3}}{3}m^2 \cdot r$，求得

$r = \frac{\sqrt{6}}{12}m$

所以正四面体的内切球球心到顶点的距离为 $\dfrac{\sqrt{6}}{4}m$。

若 $r = 2$，则正四面体的内切球球心到顶点的距离为 6。

所以

$H = h + 2 + 6 = h + 8$

即

$\frac{\sqrt{6}a}{3} = \frac{4\sqrt{6}}{3} + 8$

所以 $a = 4 + 4\sqrt{6}$。

答案：$\displaystyle 4+4\sqrt{6}$

点睛：将四个球的球心抽象为棱长为 4 的小正四面体，把球半径与小正四面体的高转化为包装盒的总高度，是解决本题的关键。

解析：

设圆锥的母线长为 $l$，则

$\pi \times 5^2 + \pi \times 5 \times l = 75\pi$

解得 $l = 10$。

则圆锥的轴截面为边长为 10 的等边三角形。

截面图一（俯视图）：

沿圆锥内三个球的球心的截面如下图所示：

则 $\triangle O_1O_2O_3$ 为边长为 $2r$ 的等边三角形。根据圆锥的性质易知截面圆的圆心 $O$ 为 $\triangle O_1O_2O_3$ 的外心，所以

$OO_1 = \frac{2\sqrt{3}}{3}r$

截面图二（轴截面）：

沿 $O, O_1$ 所在轴截面如下图所示：

易知 $\angle O_1AB = \dfrac{\pi}{6}$，所以

$AB = \sqrt{3}r$

求解 $r$：

所以

$\frac{2\sqrt{3}}{3}r + \sqrt{3}r = 5$

解得

$r = \sqrt{3}$

答案：$\displaystyle \sqrt{3}$

析

设 $z_1 = r_1(\cos\alpha + i\sin\alpha)$，$z_2 = r_2(\cos\beta + i\sin\beta)$，$z_3 = r_3(\cos\gamma + i\sin\gamma)$，$z_4 = r_4(\cos\eta + i\sin\eta)$，由 $|z_1|^2 + |z_2|^2 = |z_3|^2 + |z_4|^2 = 4$ 可得 $r_1^2 + r_2^2 = r_3^2 + r_4^2 = 4$，由 $z_1\overline{z_3} + z_2\overline{z_4} = 0$ 可得 $|z_1\overline{z_3}| = |z_2\overline{z_4}|$，进而得到比例关系，结合模的平方和可得 $r_1 = r_4, r_2 = r_3$，同时由辐角关系推出 $\alpha + \eta = 2k\pi + \pi + \beta + \gamma$。

解

由 $z_1\overline{z_3} + z_2\overline{z_4} = 0$ 可得 $z_1\overline{z_3} = -z_2\overline{z_4}$，即 $|z_1\overline{z_3}| = |z_2\overline{z_4}|$，所以 $r_1r_3 = r_2r_4$。

设 $\dfrac{r_1}{r_2} = \dfrac{r_4}{r_3} = k$，则有

$\begin{cases} r_1^2 + r_2^2 = r_2^2(k^2 + 1) = 4 \\ r_3^2 + r_4^2 = r_3^2(k^2 + 1) = 4 \end{cases}$

即 $r_2 = r_3$，$r_1 = r_4$。

由 $z_1\overline{z_3} + z_2\overline{z_4} = 0$ 可得

$\begin{cases} r_1r_3\cos(\alpha - \gamma) + r_2r_4\cos(\beta - \eta) = 0 \\ r_1r_3\sin(\alpha - \gamma) + r_2r_4\sin(\beta - \eta) = 0 \end{cases}$

即 $\alpha - \gamma = 2k\pi + \pi + (\beta - \eta)$，$\alpha + \eta = 2k\pi + \pi + \beta + \gamma$，$k \in \mathbf{Z}$。

则

$z_1z_4 - z_2z_3 = r_1r_4[\cos(\alpha + \eta) + i\sin(\alpha + \eta)] - r_2r_3[\cos(\beta + \gamma) + i\sin(\beta + \gamma)]$

$= r_1^2[\cos(\alpha + \eta) + i\sin(\alpha + \eta)] - r_2^2[-\cos(\alpha + \eta) - i\sin(\alpha + \eta)]$

$= (r_1^2 + r_2^2)[\cos(\alpha + \eta) + i\sin(\alpha + \eta)]$

故 $|z_1z_4 - z_2z_3| = r_1^2 + r_2^2 = 4$。

答案：$\displaystyle 4$

【点评】

本题关键在于利用复数模的性质和共轭复数的运算性质，通过设模和辐角的方法，将代数条件转化为几何关系，最终利用 $|z_1z_4 - z_2z_3| = r_1^2 + r_2^2$ 这一结论简捷地求出结果。

解析

设 $z = \cos 1 + i \sin 1$，则 $|z| = 1$。

由复数模的不等式，有

$|\sin 1 + \sin 2 + \cdots + \sin n| \leqslant |(\cos 1 + \cos 2 + \cdots + \cos n) + i(\sin 1 + \sin 2 + \cdots + \sin n)|.$

右端等于

$|(\cos 1 + i \sin 1) + (\cos 2 + i \sin 2) + \cdots + (\cos n + i \sin n)| = |z + z^2 + \cdots + z^n|.$

利用等比数列求和公式：

$z + z^2 + \cdots + z^n = z \cdot \frac{1 - z^n}{1 - z}.$

取模得

$\left|z \cdot \frac{1 - z^n}{1 - z}\right| = |z| \cdot \frac{|1 - z^n|}{|1 - z|} = \frac{|1 - z^n|}{|1 - \cos 1 - i \sin 1|}.$

注意到 $|1 - z| = 2\sin \dfrac{1}{2}$，且 $|1 - z^n| \leqslant 1 + |z^n| = 2$，所以

$|\sin 1 + \sin 2 + \cdots + \sin n| \leqslant \frac{2}{2\sin \dfrac{1}{2}} = \frac{1}{\sin \dfrac{1}{2}}.$

关键解释：利用了 $|z| = 1$ 的性质，以及 $|1 - z^n| \leqslant 1 + |z^n|$ 的放缩技巧。

答案：$\displaystyle \frac{1}{\sin \dfrac{1}{2}}$

分析

首先注意到 $z^3 + 1 = (z + 1)(z^2 - z + 1)$，因此只需证明 $|z^2 - z + 1| \ge \dfrac{1}{2}$。

详解

第一步：变量代换

设 $z + 1 = re^{i\theta}$，其中 $r = |z + 1| > 2$，$\theta = \arg(z + 1)$。则

$z^2 - z + 1 = (re^{i\theta} - 1)^2 - (re^{i\theta} - 1) + 1$

$= r^2e^{2i\theta} - 3re^{i\theta} + 3$

第二步：计算模长的平方

$|z^2 - z + 1|^2 = (r^2e^{2i\theta} - 3re^{i\theta} + 3)(r^2e^{-2i\theta} - 3re^{-i\theta} + 3)$

$= r^4 + 9r^2 + 9 - (6r^3 + 18r)\cos\theta + 6r^2\cos 2\theta$

$= r^4 + 9r^2 + 9 - (6r^3 + 18r)\cos\theta + 6r^2(2\cos^2\theta - 1)$

$= 12\left(r\cos\theta - \frac{r^2 + 3}{4}\right)^2 + \frac{1}{4}(r^2 - 3)^2$

由于 $r > 2$，故 $r^2 > 4$，$(r^2 - 3)^2 > 1$，于是

$|z^2 - z + 1|^2 > \frac{1}{4}$

即 $|z^2 - z + 1| > \dfrac{1}{2}$。

第三步：得到结论

$|z^3 + 1| = |(z + 1)(z^2 - z + 1)| = |z + 1|\cdot|z^2 - z + 1| > 2 \cdot \frac{1}{2} = 1$

命题得证。

答案：BC

解析

设 $z^5 + z^{-5} = t$，利用换元法可求得 $z^5 = \dfrac{t \pm \sqrt{4-t^2}i}{2}$，从而可判断 $f(z) = 0$ 的 20 个复数解的模都是 1。

详解

第一步：换元

设 $z^5 + z^{-5} = t$，由

$\left(z^5 + z^{-5}\right)^2 = z^{10} + 2 + z^{-10}$

得

$z^{10} + z^{-10} = t^2 - 2$

第二步：代入原方程

$z^{10} + z^{-10} + \frac{1}{2}(z^5 + z^{-5}) = t^2 + \frac{1}{2}t - 2 = 0$

第三步：解关于 $t$ 的方程

$t^2 + \frac{1}{2}t - 2 = 0$

解得

$t = \frac{-1 \pm \sqrt{33}}{4}$

第四步：验证 $t$ 的范围

这两个解都在区间 $(-2, 2)$ 内。

第五步：回代求 $z$

由 $z^5 + z^{-5} = t$，整理得

$\left(z^5\right)^2 - t\left(z^5\right) + 1 = 0$

由求根公式得

$z^5 = \frac{t \pm \sqrt{t^2 - 4}}{2} = \frac{t \pm \sqrt{4-t^2}\,i}{2}$

第六步：确定解的个数

• 每个 $t$ 值对应 2 个 $z^5$ 的解
• 每个 $z^5$ 对应 5 个不同的 $z$（5 次单位根）

故共有 $2 \times 2 \times 5 = 20$ 个不同的复数解。

第七步：计算模长

当 $t = \dfrac{-1 \pm \sqrt{33}}{4}$ 时，由于 $|t| < 2$，有

$|z^5| = \left| \frac{t \pm \sqrt{4-t^2}\,i}{2} \right| = \sqrt{\left(\frac{t}{2}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{4-t^2}}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{t^2 + 4 - t^2}{4}} = \sqrt{\frac{4}{4}} = 1$

故 $|z|^5 = 1$，即 $|z| = 1$。

结论

• A 错误：无实数解（$z^5$ 为纯虚数形式的非实复数）
• B 正确：共有 20 个不同的复数解
• C 正确：所有复数解的模长都等于 1
• D 错误：不存在模长大于 1 的复数解

答案：BC