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期末核心考点 基本立体图形
一．选择题（共7小题）
1．（2025 山东校级一模）已知半径为的球O的球心到正四面体ABCD的四个面的距离都相等，若正四面体ABCD的棱与球O的球面有公共点，则正四面体ABCD的棱长的取值范围为（　　）
A． B． C． D．[4，12]
2．（2025春 昆明校级期中）在正方体AC1中，M为AB的中点，N为BC的中点，P为线段CC1上一动点（不含C）．过M，N，P与正方体的截面记为α，下列说法中正确的是（　　）
A．当时，截面α为五边形
B．当时，截面α只能是六边形
C．当时，截面α的面积最大
D．当时，截面α只能是五边形
3．（2025春 鲤城区校级期中）如图，在一个表面积为的正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1，其若存在一个可以在三棱柱ABC﹣A1B1C1内任意转动的正方体，则该正方体棱长a的最大值为（　　）
A．2 B． C． D．1
4．（2025春 鼓楼区校级月考）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，P是侧面CDD1C1上的动点（含端点），且满足S△PDA＝2S△PBC，则P点的轨迹长度为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025 岳阳二模）已知圆锥的侧面展开图为半圆，其轴截面是以A为顶点的等腰三角形，若A，B，C分别是该三角形的三个内角，则（　　）
A． B． C．0 D．1
6．（2025春 重庆校级期中）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段BD1上一动点，则|A1P|+|DP|的最小值为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025 五华区模拟）下列说法正确的是（　　）
A．四棱柱的所有面均为平行四边形
B．球面上四个不同的点一定不在同一平面内
C．在圆台的上、下两底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线
D．在正方体的所有顶点中取4个点，则由这4个顶点可以构成三个面是直角三角形，一个面是等边三角形的四面体
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025春 龙岩期中）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列说法正确的是（　　）
A．若动点M是△A1BC1内部一点（含边界，除点A1外），则对任意M，都有A1M⊥平面DB1C
B．若P，Q分别为C1D1，DD1的中点，则平面BPQ截该正方体所得的截面周长为
C．若动点M满足|AM|＝2|CM|，则|A1M|的最小值是
D．若动点M在AC上，点N在A1D上，则|MN|的最小值为
（多选）9．（2025春 龙岩期中）下列命题是真命题的是（　　）
A．棱柱的侧面一定是平行四边形
B．底面是等边三角形的三棱锥是正三棱锥
C．棱台的所有侧棱所在直线一定交于同一点
D．用一个平面去截圆柱，截面一定是圆
（多选）10．（2025春 台江区期中）长方体ABCD﹣A1B1C1D1的长、宽、高分别为3，2，1，则（　　）
A．长方体的表面积为20
B．长方体的体积为6
C．沿长方体的表面从A到C1的最短距离为
D．沿长方体的表面从A到C1的最短距离为
三．填空题（共3小题）
11．（2025春 浙江期中）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD是矩形，，点E为线段AB1的中点，点G是线段AC1上的一点，点F是底面ABCD内的一点，则GE+GF的最小值为　 　 ．
12．（2025 福州模拟）《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1，若阳马以该长方体的顶点为顶点，则这样的阳马的个数是 　 　 （用数字作答）．
13．（2025春 台江区期中）棱台的上、下底面面积分别是2，4，高为3，则棱台的体积为 　 　 ．
四．解答题（共2小题）
14．（2025春 龙岗区校级期中）如图，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，，底面中心为O，点E在棱AB上，且．
（1）当时，证明：平面A1OE⊥平面B1AD；
（2）当时，求过点A1，E，O的平面截正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的面积的最小值．
15．（2024春 溧阳市期末）如图1，一个正三棱柱形容器中盛有水，底面边长为4，侧棱AA1＝8，若侧面AA1B1B水平放置时，水面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点．现在固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜程度不同，水面的形状也不同．
（1）如图2，当底面ABC水平放置时，水面高为多少？
（2）当水面经过线段A1B1时，水面与地面的距离为多少？
（3）试分析容器围绕AB从图1的放置状态旋转至水面第一次过顶点C的过程中（不包括起始和终止位置），水面面积S的取值范围．（假设旋转过程中水面始终呈水平状态，不考虑水面的波动）
期末核心考点 基本立体图形
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2025 山东校级一模）已知半径为的球O的球心到正四面体ABCD的四个面的距离都相等，若正四面体ABCD的棱与球O的球面有公共点，则正四面体ABCD的棱长的取值范围为（　　）
A． B． C． D．[4，12]
【考点】球的结构特征；球内接多面体；棱锥的结构特征．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】C
【分析】设正四面体ABCD的棱长为a，当正四面体ABCD内接于球O时，a最小，当球O与正四面体ABCD的每条棱都相切时，a最大，然后求出取值范围即可．
【解答】解：设正四面体ABCD的棱长为a，则其高为．
当正四面体ABCD内接于球O时，a最小，
此时，
得a＝4．
当球O与正四面体ABCD的每条棱都相切时，a最大，
因为球O的球心到正四面体ABCD的四个面的距离都相等，
所以当球O与正四面体ABCD的每条棱都相切时，
借助正四面体和球的结构特征可知切点均为棱的中点，
且球心O到正四面体的顶点的距离为，
利用勾股定理可得，
得．
故正四面体ABCD的棱长的取值范围为．
故选：C．
【点评】本题考查正四面体的结构特征，属于中档题．
2．（2025春 昆明校级期中）在正方体AC1中，M为AB的中点，N为BC的中点，P为线段CC1上一动点（不含C）．过M，N，P与正方体的截面记为α，下列说法中正确的是（　　）
A．当时，截面α为五边形
B．当时，截面α只能是六边形
C．当时，截面α的面积最大
D．当时，截面α只能是五边形
【考点】棱柱的结构特征．
【专题】数形结合；数形结合法；立体几何；空间想象．
【答案】D
【分析】易知当时，截面α为正六边形，可判断A；当P与C1重合，可知截面α只能是四边形MNPA1，可判断B；比较时五边形截面α的面积与正六边形截面α面积大小可判断C；作出图形可判断D正确．
【解答】解：对于A，如下图，当时，分别取C1D1，A1D1，AA1的中点为Q，R，S，
由正方体性质可得MN//RQ，可得MNPQRS为正六边形，故A错误；
对于B，如下图，当时，不妨取P与点C1重合，
可知截面α只能是四边形MNPA1，故B错误；
对于C，如下图，延长MN交DA于点M′，交DC于点N′，连接N′D1交CC1于点P，连接M′D1交AA1于点F，
不妨取正方体的棱长为3，易知，
可知△D1PF为等腰三角形，其底边上的高为，
因此其面积为，
又，可知四边形MNPF为等腰梯形，其高为，
因此其面积为，
此时五边形面积为，
当时，截面为边长是的正六边形，其面积为；
显然当时，截面α的面积不是最大的，故C错误；
对于D，根据C选项中的分析可知，当时，截面α为在五边形MNPD1F的基础上绕着MN向下摆动，
此时截面始终与DD1有交点，此时截面α只能是五边形，即D正确．
故选：D．
【点评】本题考查空间几何体截面问题，属于中档题．
3．（2025春 鲤城区校级期中）如图，在一个表面积为的正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1，其若存在一个可以在三棱柱ABC﹣A1B1C1内任意转动的正方体，则该正方体棱长a的最大值为（　　）
A．2 B． C． D．1
【考点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．
【专题】数形结合；数形结合法；立体几何；空间想象．
【答案】A
【分析】先求出三棱柱的棱长，然后可求得三棱柱底面三角形内切圆半径，再结合题意得到正方体外接球直径等于该内切圆直径时棱长最大，进而求解．
【解答】解：设AB＝AA1＝m，则正三棱柱ABC﹣A1B1C1的表面积为，解得m＝6，所以AB＝AA1＝6，
所以底面三角形内切圆半径为，
因为存在一个可以在三棱柱ABC﹣A1B1C1内任意转动的正方体，所以正方体的外接球要在该正三棱柱中，
若正方体棱长a最大，可知该外接球直径应为三棱柱底面内切圆直径，
即，解得a＝2，此时三棱柱的高大于球的直径，符合要求．
故选：A．
【点评】本题考查棱柱的表面积公式，找到正方体外接球直径与底面三角形内切圆直径间的关系，是解本题的关键，属于中档题．
4．（2025春 鼓楼区校级月考）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，P是侧面CDD1C1上的动点（含端点），且满足S△PDA＝2S△PBC，则P点的轨迹长度为（　　）
A． B． C． D．
【考点】棱柱的结构特征；轨迹方程．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】根据面积关系得出DP＝2PC，建系计算再结合弧长公式计算求解．
【解答】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，P是侧面CDD1C1上的动点（含端点），
因为满足S△PDA＝2S△PBC，
所以2，
所以DP＝2PC，
如图建系，设P（0，y，z），D（0，0，0），C（0，3，0），
所以，
所以（y﹣4）2+z2＝4，
则圆心为M（0，4，0），半径为2，
因为y＝3时，，
所以，
所以，
则P点的轨迹弧长为．
故选：B．
【点评】本题考查立体几何中的轨迹问题，属于中档题．
5．（2025 岳阳二模）已知圆锥的侧面展开图为半圆，其轴截面是以A为顶点的等腰三角形，若A，B，C分别是该三角形的三个内角，则（　　）
A． B． C．0 D．1
【考点】圆锥的结构特征；两角和与差的三角函数．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】根据，得l＝2r，进而判断三角形ABC为等边三角形，进而利用正切的和差角公式即可化简求解．
【解答】解：设圆锥的底面圆半径以及圆锥的母线分别为r，l，
由题意可得，故l＝2r，
因此三角形ABC为等边三角形，故A＝B＝C＝60°，
故．
故选：B．
【点评】本题考查两角和正切公式的应用，属于中档题．
6．（2025春 重庆校级期中）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段BD1上一动点，则|A1P|+|DP|的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】棱柱的结构特征．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，设P（m，m，1﹣m），0≤m≤1，表达出，进而求出最小值．
【解答】解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
故D（0，0，0），D1（0，0，1），A1（1，0，1），B（1，1，0），
过点P作PE⊥BD于点E，设P（m，m，t），0≤m≤1，
则，所以，
显然△PBE∽△D1BD，
故，即，
故PE＝1﹣m，则P（m，m，1﹣m），
，
，
，
故当时，取得最小值，最小值为．
故选：B．
【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．
7．（2025 五华区模拟）下列说法正确的是（　　）
A．四棱柱的所有面均为平行四边形
B．球面上四个不同的点一定不在同一平面内
C．在圆台的上、下两底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线
D．在正方体的所有顶点中取4个点，则由这4个顶点可以构成三个面是直角三角形，一个面是等边三角形的四面体
【考点】棱锥的结构特征；棱台的结构特征．
【专题】数形结合；数形结合法；立体几何；逻辑思维．
【答案】D
【分析】由棱柱，球，圆台的结构特征逐项判断即可得解．
【解答】解：对于A选项，四棱柱的底面不一定是平行四边形，A选项错误；
对于B选项，作球的一个截面，在截面的圆周上任意取四个不同的点，则这四点就在球面上，故B选项错误；
对于C选项，在圆台的上、下两底面圆周上各取一点，则这两点的连线不一定是圆台的母线，故C选项错误；
对于D选项，如图四面体AA1BD中，△AA1D，△AA1B，△ABD均是直角三角形，△DA1B为等边三角形，故D选项正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查空间几何体的结构特征，属于基础题．
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025春 龙岩期中）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列说法正确的是（　　）
A．若动点M是△A1BC1内部一点（含边界，除点A1外），则对任意M，都有A1M⊥平面DB1C
B．若P，Q分别为C1D1，DD1的中点，则平面BPQ截该正方体所得的截面周长为
C．若动点M满足|AM|＝2|CM|，则|A1M|的最小值是
D．若动点M在AC上，点N在A1D上，则|MN|的最小值为
【考点】棱柱的结构特征；直线与平面垂直．
【专题】数形结合；数形结合法；立体几何；空间想象．
【答案】BCD
【分析】对于A选项，举反例，当M运动到B点时，此时A1M不垂直于B1C；对于B选项，采用延长线法可构造截面；对于C选项，由|AM|＝2|CM|可知动点M的轨迹是球，在平面ABCD内找出球心，即可计算半径，将问题转化为点A1与球上的点间的距离的最小值；对于D选项，以D为原点建立空间直角坐标系，求异面直线AC和A1D的距离即可．
【解答】解：对于A选项，当动点M运动到B点时，可知A1M不垂直于B1C．
∴A1M不垂直于平面DB1C，故A选项错误；
对于B选项，如下图所示，设PQ∩CC1＝S，PQ∩CD1＝T，
连接BS交B1C1于点E，连接BT交AD于点F，连接QF，PE，
则五边形BEPQF即截面．
由题意得△SPC1为等腰直角三角形，∴．
∵BB1∥CS，∴，
∴，∴，．
同理可得，．
∵P，Q分别为C1D1，DD1的中点，所以．
∴截面周长为，故B选项正确；
对于C选项，由|AM|＝2|CM|，得平面上点M的轨迹是阿波罗尼斯圆，
空间中点M的轨迹是球面，球心O在直线AC上．
∵|AM1|＝2|CM1|，∴．
∵|AM2|＝2|CM2|，∴．
∴半径，．
∴．
∴|A1M|的最小值为，故C选项正确；
对于D选项，以D为坐原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，
∴A（1，0，0），C（0，1，0），D（0，0，0），A1（1，0，1）．
∴．
设，且．
∴，令a＝1，可得．
∴异面直线AC和A1D的距离为．
∵|MN|的最小值即异面直线AC和A1D的距离，
∴|MN|的最小值为，故D选项正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查点、线、面的位置关系，利用空间向量求异面直线间的距离等知识点，是一道综合题，属于中档题．
（多选）9．（2025春 龙岩期中）下列命题是真命题的是（　　）
A．棱柱的侧面一定是平行四边形
B．底面是等边三角形的三棱锥是正三棱锥
C．棱台的所有侧棱所在直线一定交于同一点
D．用一个平面去截圆柱，截面一定是圆
【考点】棱柱的结构特征；棱台的结构特征．
【专题】对应思想；综合法；立体几何；空间想象．
【答案】AC
【分析】由基本立体图形的结构特征，依次判断各命题即可．
【解答】对于A，由棱柱的性质可得棱柱的侧面都是平行四边形，则A是真命题；
对于B，底面是等边三角形的三棱锥不一定是正三棱锥，故B是假命题；
对于C，由棱台的定义可知棱台的所有侧棱所在直线一定交于同一点，故C是真命题；
对于D，用一个平面去截圆柱，截面可能是圆、矩形、梯形等，故D是假命题．
故选：AC．
【点评】本题考查基本立体图形的结构特征，属于基础题．
（多选）10．（2025春 台江区期中）长方体ABCD﹣A1B1C1D1的长、宽、高分别为3，2，1，则（　　）
A．长方体的表面积为20
B．长方体的体积为6
C．沿长方体的表面从A到C1的最短距离为
D．沿长方体的表面从A到C1的最短距离为
【考点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算．
【专题】转化思想；定义法；立体几何；逻辑思维；直观想象；运算求解．
【答案】BC
【分析】由题意，利用长方体的表面积公式和体积公式进行计算，即可判断选项A，B，沿表面最短距离可将临近的两个侧面展开，利用平面图形进行计算，即可判断选项C，D．
【解答】解：长方体的表面积为2×（3×2+3×1+2×1）＝22，故选项A错误；
长方体的体积为3×2×1＝6，故选项B正确；
如图（1）所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，设AB＝3，BC＝2，BB1＝1，
求表面上两点间最短（长）距离，可把几何体展开成平面图形，
如图（2）所示，将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1展开，则有AC1，
即经过侧面ABB1A1和侧面BCC1B1时的最短距离为；
如图（3）所示，将侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1展开，则AC1，
即经过侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1时的最短距离为；
如图（4）所示，将侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1展开，则AC1，
即经过侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1时的最短距离为，
因为，
所以沿着长方体表面由A到C1的最短距离是，故选项C正确，选项D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查了多面体和旋转体表面上的最短距离问题，解决此类问题的方法是：折线或曲线的最值问题，通常沿着多面体的棱或旋转体的母线展开成平面图形或曲面，结合平面图形求解．
三．填空题（共3小题）
11．（2025春 浙江期中）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD是矩形，，点E为线段AB1的中点，点G是线段AC1上的一点，点F是底面ABCD内的一点，则GE+GF的最小值为　　 ．
【考点】棱柱的结构特征．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】．
【分析】根据棱柱的结构特征即可求解．
【解答】解：如图1，显然当F是G在底面ABCD的射影时，GE+GF才可能最小，
将平面AB1C1沿AC1翻折，使其与平面ACC1共面，如图2所示，
此时易得∠B1AC1＝∠CAC1＝30°，AE，
显然当E，G，F三点共线且GF⊥AC时，GE+GF取得最小值，
此时．
故答案为：．
【点评】本题考查了棱柱的结构特征，属于中档题．
12．（2025 福州模拟）《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1，若阳马以该长方体的顶点为顶点，则这样的阳马的个数是 　24　 （用数字作答）．
【考点】棱柱的结构特征．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解；新定义类．
【答案】24．
【分析】根据棱柱的结构特征即可求解．
【解答】解：根据阳马的定义，在长方体中，每个面（共6个矩形面）均可作为底面，
对于每个底面，有4个顶点（垂直于该底面的棱的另一端点）可作为四棱锥的顶点，形成阳马，
因此，阳马的总数为：6×4＝24．
故答案为：24．
【点评】本题考查了棱柱的结构特征，属于基础题．
13．（2025春 台江区期中）棱台的上、下底面面积分别是2，4，高为3，则棱台的体积为 　6+2　 ．
【考点】棱台的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】方程思想；定义法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】6+2．
【分析】依题意直接利用台体体积的计算公式即可求出棱台的体积．
【解答】解：依题意，棱台的上底面面积S′＝2，
下底面面积为S＝4，高为h＝2，
∴由公式可知棱台的体积是：
V（）h（2）×3＝6+2．
故答案为：6+2．
【点评】本题考查棱台体积的求法，考查棱台的结构特征、体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
四．解答题（共2小题）
14．（2025春 龙岗区校级期中）如图，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，，底面中心为O，点E在棱AB上，且．
（1）当时，证明：平面A1OE⊥平面B1AD；
（2）当时，求过点A1，E，O的平面截正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的面积的最小值．
【考点】棱柱的结构特征；平面与平面垂直．
【专题】数形结合；数形结合法；立体几何；空间想象．
【答案】（1）证明见详解；
（2）截面四边形A1EFG的面积的最小值为．
【分析】（1）先证明AD⊥平面ABB1A1，再证明A1E⊥平面AB1D，进而证明平面A1OE⊥平面AB1D；
（2）延长EO，交DC于点F，设过点A1，E，F的截面与棱D1C1的公共点为G，连GF，A1G．由面面平行的性质定理可得此截面四边形A1EFG是平行四边形，求出△A1EO的面积的最小值，进而求解．
【解答】（1）证明：由已知，当t时，点E是AB的中点，且AA1⊥平面ABCD．
由，可得tan∠A1AB1＝tan∠AEA1，所以∠A1AB1＝∠AEA1，
故∠B1AB+∠A1EA＝90°，即A1E⊥AB1．
又因为四边形ABCD是正方形，有AD⊥AB，且AA1⊥AD，AB∩AA1＝A，
所以AD⊥平面ABB1A1，A1E 平面ABB1A1，所以AD⊥A1E．
又因为A1E⊥AB1，AD∩AB1＝A，所以A1E⊥平面AB1D，
又因为A1E 平面A1OE，所以平面A1OE⊥平面AB1D．
（2）解：延长EO交DC于点F，设过点A1，E，F的截面与棱D1C1的公共点为G，连GF，A1G．
由面面平行的性质定理可得此截面四边形A1EFG是平行四边形，
由，得AB＝2，，
从而，，
，
设∠EA1O＝θ，在△EA1O中由余弦定理得，
θθ，
（4t2+2）（1）＝3t2﹣2t+1，
故当时，可得最小值，从而4，
故截面四边形A1EFG的面积的最小值为．
【点评】本题考查面面垂直的判定、棱柱的结构特征，结合余弦定理等相关知识点，属于中档题．
15．（2024春 溧阳市期末）如图1，一个正三棱柱形容器中盛有水，底面边长为4，侧棱AA1＝8，若侧面AA1B1B水平放置时，水面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点．现在固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜程度不同，水面的形状也不同．
（1）如图2，当底面ABC水平放置时，水面高为多少？
（2）当水面经过线段A1B1时，水面与地面的距离为多少？
（3）试分析容器围绕AB从图1的放置状态旋转至水面第一次过顶点C的过程中（不包括起始和终止位置），水面面积S的取值范围．（假设旋转过程中水面始终呈水平状态，不考虑水面的波动）
【考点】棱柱的结构特征．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）6；（2）4；（3）．
【分析】（1）根据水的体积不变即可得解；
（2）根据空气部分的体积大小判断水面形状，记A1B1的中点为H，连接GH，CH，利用空气部分体积求出GC1，然后可求侧棱与水平面所成角的正弦值，由AA1sin∠C1GH 可得所求；
（3）判断空气部分为台体，设CD＝m，C1D1＝n，∠C1CQ＝θ，根据体积公式和勾股定理列方程，联立整理，代入梯形面积公式，转化为关于tanθ的函数，通过换元，利用二次函数性质求解可得．
【解答】解：（1）记水面与棱AC，BC，A1C1，B1C1分别交于点D，E，E1，D1，
当侧面AA1B1B水平放置时，水是以ABED为底，高为8的直棱柱，
因为AB＝4，D、E分别为棱AC，BC的中点，
所以，
所以水的体积为8，
当底面ABC水平放置时，设水面高为h1，
则，解得h1＝6，
即当底面ABC水平放置时，水面高为6；
（2）因为三棱柱ABC﹣A1B1C1体积为，
所以三棱锥C﹣A1B1C1的体积为，
空气部分的体积为，
因为，
所以当水面经过线段A1B1时，水面与棱CC1交于点G，
如图，
由，
得GC1＝6，
记A1B1的中点为H，连接GH，C1H，
则，
因为A1C1＝B1C1，所以C1H⊥A1B1，
又GC1⊥平面A1B1C1，A1B1，C1H 平面A1B1C1，
所以GC1⊥A1B1，GC1⊥C1H，
因为GC1∩C1H＝C1 GC1，C1H 平面GC1H，
所以A1B1⊥平面GC1H，
因为A1B1 平面GA1B1，所以平面GC1H⊥平面GA1B1，
所以直线GC1在平面GA1B1内的投影为GH，
所以∠C1GH 为直线GC1与水平面所成角，
又GC1⊥C1H，所以，
所以，
因为AA1∥CC1，所以水面到地面的距离为；
（3）由上可知，水面第一次过顶点C之前，水面与棱AC，BC，A1C1，B1C相交，
如图：
记DE，D1E1的中点分别为F，F1，Q在C1F1上，且QF1＝CF，∠C1CQ＝θ，
易知，△CDE，△C1D1E1为正三角形，设CD＝m，C1D1＝n，
则，，
所以，
整理得，
又因为DD1 平面AA1C1C，EE1 平面BB1C1C，平面AA1C1C∩平面BB1C1C＝CC1，
所以DD1与EE1的交点必在CC1上，所以CDE﹣C1D1E1为棱台，
所以，
整理得n2+m2+mm＝12，②，
联立①②可得n，，
因为CF∥QF1，CF＝QF1，
所以CFF1Q为平行四边形，
所以，
易知DEE1D1为等腰梯形，所以FF1为等腰梯形DEE1D1的高，
所以水面面，
则
，
当水面刚好过点C时，，
解得，
则C1F1＝3 ，
由题意可知，则，
记tan2θ＝t，，
由二次函数性质可知，，
即，
所以219＜S2＜162，所以，
即水面面积S的取值范围为．
【点评】本题考查立体几何综合应用，属于难题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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