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）$\displaystyle 3 - \frac{4\sqrt{2}}{3}$。

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：$\displaystyle \frac{5}{6}$