2024高考总复习优化设计二轮用书数学(适用于新高考新教材)考点突破练与专题检测考点突破练5　数列求和及其综合应用含答案.docx

2024 高考总复习优化设计二轮用书数学高考总复习优化设计二轮用书数学(适用于新高考新适用于新高考新教材教材)考点突破练与专题检测考点突破练考点突破练与专题检测考点突破练 5数列求和及数列求和及其综合应用其综合应用考点突破练考点突破练 5数列求和及其综合应用数列求和及其综合应用1.(2023 安徽芜湖高三统考)已知 Sn是数列an的前 n 项和,2Sn=(n+1)an,且 a1=1.(1)求an的通项公式;(2)设 a0=0,已知数列bn满足 bn=sin1cos ?cos ?-1,求bn的前 n 项和 Tn.2.(2023 山东济南二模)已知数列an的前 n 项和 Sn=2n+1-2,数列bn满足 bn=log2an.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)由 an,bn构成的 n×n 阶数阵如图所示,求该数阵中所有项的和 Tn.3.(2023 河北张家口高三期末)已知 Sn为数列an的前 n 项和,Sn=2an-4n+2.(1)证明:数列an+4为等比数列;(2)求数列nan的前 n 项和 Tn.4.(2023 广东河源高三期末)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn,a5=5,S8=36,an=log3bn.(1)求an和bn的通项公式;(2)设数列cn满足 cn=1?+2,? 为奇数,?2,? 为偶数,求数列cn的前 20 项和 T20.5.(2023 新高考,20)设等差数列an的公差为 d,且 d>1.令 bn=?2+?,记 Sn,Tn分别为数列an,bn的前n 项和.(1)若 3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求an的通项公式;(2)若bn为等差数列,且 S99-T99=99,求 d.6.(2023 山东青岛高三期末)记数列an的前 n 项和为 Sn,a1=1,.给出下列两个条件:条件,数列an和数列Sn+a1均为等比数列;条件,2na1+2n-1a2+2an=nan+1.试在上面的两个条件中任选一个,补充在上面的横线上,完成下列两问的解答.(1)求数列an的通项公式;(2)记正项数列bn的前 n 项和为 Tn,b1=a2,b2=a3,4Tn=bn·bn+1,求 ?=12?(-1)ibibi+1.(注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分)考点突破练 5数列求和及其综合应用1.解 (1)因为 nN*,2Sn=(n+1)an,当 n2时,2Sn-1=nan-1,两式相减得 2an=(n+1)an-nan-1,即(n-1)an=nan-1,变形得?=?-1?-1,于是得数列?是常数列,因此?=?11=1,即 an=n,所以数列an的通项公式是 an=n.(2)由(1)知,an=n,又 a0=0,故 cos ancos an-10,bn=sin1cos?cos(?-1)=sin?-(?-1)cos?cos(?-1)=sin?cos(?-1)-cos?sin(?-1)cos?cos(?-1)=tan n-tan(n-1),所以 Tn=(tan 1-tan 0)+(tan 2-tan 1)+(tan 3-tan 2)+tan n-tan(n-1)=tan n-tan 0=tan n.2.解 (1)因为 Sn=2n+1-2,当 n=1 时,S1=22-2=2,即 a1=2,当 n2时,Sn-1=2n-2,所以 Sn-Sn-1=(2n+1-2)-(2n-2),即 an=2n,经检验,当 n=1时,an=2n也成立,所以 an=2n,则 bn=log2an=log22n=n.(2)由数阵可知Tn=a1(b1+b2+bn)+a2(b1+b2+bn)+an(b1+b2+bn)=(a1+a2+an)·(b1+b2+bn),因为 Sn=2n+1-2,b1+b2+bn=1+2+n=?(1+?)2=?2+?2,所以 Tn=(2n+1-2)×?2+?2=(2n-1)(n2+n).3.(1)证明 由题知 Sn=2an-4n+2,所以 a1=S1=2a1-4×1+2,解得 a1=2,故 a1+4=6.由 Sn=2an-4n+2,可得 Sn-1=2an-1-4(n-1)+2,n2,两式相减得 an=Sn-Sn-1=2an-2an-1-4,n2,所以 an=2an-1+4,n2,所以?+4?-1+4=2,n2,所以数列an+4是以 6为首项,2为公比的等比数列.(2)解 由(1)得数列an+4是以 6为首项,2为公比的等比数列,所以 an+4=6×2n-1,故 an=3×2n-4,则 nan=3n×2n-4n.设 bn=n×2n,其前 n 项和为 Pn,则 Pn=1×2+2×22+3×23+n×2n,2Pn=1×22+2×23+3×24+n×2n+1,-得-Pn=1×2+1×22+1×23+1×2n-n×2n+1=2(1-2?)1-2-n×2n+1=(1-n)2n+1-2,所以 Pn=(n-1)2n+1+2,所以 Tn=3×Pn-4×(1+2+3+n)=3×(n-1)2n+1+2-4×?(1+?)2=3(n-1)2n+1-2n2-2n+6.综上,Tn=3(n-1)2n+1-2n2-2n+6.4.解 (1)设等差数列an的公差为 d,等差数列an的前 n项和为 Sn,a5=5,S8=36,?1+ 4? = 5,8?1+8×72? = 36,解得 a1=1,d=1,an=1+(n-1)×1=n.an=log3bn,n=log3bn,bn=3n.(2)1?+2=1?(?+2)=12(1?1?+2),T20=(1?1?3+1?3?5+1?19?21)+(a2b1+a4b2+a20b10)=12(1-13)+(13?15)+(119?121)+(2×3+4×32+20×310),12(1-13)+(13?15)+(119?121)=12(1-121)=1021,令 R=2×3+4×32+20×310,则 3R=2×32+4×33+20×311,-得-2R=2×3+2(32+33+310)-20×311=2×3(1-310)1-3-20×311=-3+311-20×311=-3-19×311,R=3+19×3112,T20=1021+3+19×3112.5.解 (1)由 3a2=3a1+a3,得 3(a2-a1)=a3,即 3d=a1+2d,得 a1=d,从而 an=nd,故 bn=?2+?=?+1?.易知 S3=a1+a2+a3=6d,T3=2+3+4?=9?.由题意得 6d+9?=21,从而 2d2-7d+3=0.整理得(2d-1)(d-3)=0,解得 d=3或 d=12(舍去).故 an=3n,nN*.(2)由题意,nN*,d>1,在等差数列bn中,bn=?2+?,前 n项和为 Tn,a2=a1+d,a3=a1+2d,b1=2?1,b2=6?2,b3=12?3,2b2=b1+b3,即 2×6?2=2?1+12?3,2×6?1+?=2?1+12?1+2?,解得 a1=d或 a1=2d.当 a1=d时,an=a1+(n-1)d=d+d(n-1)=nd,bn=?2+?=?+1?=2?+1?(n-1),此时bn是以2?为首项,1?为公差的等差数列.S99=99(?1+?99)2=99(2?1+98?)2=99(2?+98?)2=99×50d,T99=99(?1+?99)2=99(2?1+98×1?)2=99(2×2?+98×1?)2=99×51?.S99-T99=99×50d-99×51?=99,解得 d=a1=5150或 d=-1<0(舍去).当 a1=2d 时,an=a1+(n-1)d=2d+d(n-1)=(n+1)d,bn=?2+?(?+1)?=?=1?+1?(n-1),此时bn是以1?为首项,1?为公差的等差数列,S99=99(?1+?99)2=99(2?1+98?)2=99(4?+98?)2=99×51d,T99=99(?1+?99)2=99(2?1+98×1?)2=99(2×1?+98×1?)2=99×50?,S99-T99=99×51d-99×50?=99,解得 d=-5051<0(舍去)或 d=1(舍去),a12d.综上,d=5150.6.解 (1)若选条件:数列Sn+a1为等比数列,(S2+a1)2=(S1+a1)(S3+a1),即(2a1+a2)2=2a1(2a1+a2+a3).a1=1,且设等比数列an的公比为 q,(2+q)2=2(2+q+q2),解得 q=2或 q=0(舍去),an=a1qn-1=2n-1.若选条件:2na1+2n-1a2+2an=nan+1,2n-1a1+2n-2a2+2an-1=(n-1)an(n2),2na1+2n-1a2+22an-1=2(n-1)an(n2),-得 2an=nan+1-2(n-1)an(n2),即 an+1=2an(n2),令 2na1+2n-1a2+2an=nan+1中 n=1,得a2=2a1也符合上式,故数列an为首项 a1=1,公比 q=2的等比数列,则 an=a1qn-1=2n-1.(2)由(1)可知,不论条件为还是,都有数列an是首项 a1=1,公比 q=2 的等比数列,即 an=2n-1,则 b1=a2=2,b2=a3=4,4Tn=bn·bn+1,4Tn-1=bn-1·bn(n2),-得 4(Tn-Tn-1)=bn·bn+1-bn-1·bn(n2),即 4bn=bn·(bn+1-bn-1)(n2),数列bn为正项数列,则 bn+1-bn-1=4(n2),则数列bn的奇数项、偶数项分别都是公差为 4的等差数列,b2k(kN*)是首项为 b2=4,公差为 4的等差数列,b2k=4+(k-1)×4=4k.同理b2k-1(kN*)是首项为 b1=2,公差为 4的等差数列,b2k-1=2+(k-1)×4=4k-2.bn=2n, ?=12?(-1)ibibi+1= ?=12?4(-1)ii(i+1)=4×(-2+6)+(-12+20)+4n=8n2+8n.考点突破练考点突破练 6空间几何体的结构、表面积与体积空间几何体的结构、表面积与体积一、必备知识夯实练一、必备知识夯实练1.(2023 广东湛江二模)如图,将一个圆柱 2n(nN*)等分切割,再将其重新组合成一个与圆柱底面面积相等,高相等的几何体.n 越大,重新组合成的几何体就越接近一个“长方体”.若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了 10,则圆柱的侧面积为()A.10B.20C.10nD.182.(2023 山东潍坊一模)如图,圆锥的底面半径为 1,侧面展开图是一个圆心角为3的扇形.把该圆锥截成圆台,已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合,圆台的上底面半径为13,则圆台的侧面积为()A.83B.352C.163D.83.(2023 福建莆田二模)某校科技社利用 3D 打印技术制作实心模型.如图,该模型的上部分是半球,下部分是圆台.其中半球的体积为 144 cm3,圆台的下底面与半球的底面重合,圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半.打印所用原料密度为 1.5 g/cm3,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量约为()(1.54.7)A.3 045.6 gB.1 565.1 gC.972.9 gD.296.1 g4.(2023 河北石家庄一模)已知圆台的上、下底面圆的半径之比为12,侧面积为 9,在圆台的内部有一球O,该球与圆台的上、下底面及母线均相切,则球 O 的表面积为()A.3B.5C.8D.95.(2023 天津,8)在三棱锥 P-ABC 中,线段 PC 上的点 M 满足 PM=13PC,线段 PB 上的点 N 满足 PN=23PB,则三棱锥 P-AMN 和三棱锥 P-ABC 的体积之比为()A.19B.29C.13D.496.(2023 广东韶关模拟)西施壶是紫砂壶器众多款式中最经典的壶型之一,是一款非常实用的泡茶工具(如图 1).西施壶的壶身可近似看成一个球体截去上下两个相同的球缺的几何体.球缺的体积V=(3?-?)·?23(R 为球缺所在球的半径,h 为球缺的高).若一个西施壶的壶身高为 8 cm,壶口直径为 6cm(如图 2),则该壶壶身的容积约为()(不考虑壶壁厚度,取 3.14)图 1图 2A.494 mLB.506 mLC.509 mLD.516 mL7.(2023 河北衡水模拟)有一个棱柱形状的石料,底面是边长为 6 的等边三角形,该石料侧棱垂直于底面,若可以将该石料打磨成四个半径为 3的石球,则至少需要打磨掉的石料废料的体积为()A.216-4 3B.216-16 3C.270-16 3D.270-4 38.(2023 广东深圳二模)设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为 V1,V2和 V3,则()A.V1<V2<V3B.V2<V1<V3C.V3<V1<V2D.V3<V2<V19.(2023 湖南常德二模)在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,M 是线段 A1C1的中点,若四面体 M-ABD 的外接球体积为 36,则正方体棱长为.二、关键能力提升练二、关键能力提升练10.(多选题)(2022 新高考,11)如图,四边形 ABCD 为正方形,ED平面 ABCD,FBED,AB=ED=2FB,记三棱锥 E-ACD,F-ABC,E-ACF 的体积分别为 V1,V2,V3,则()A.V3=2V2B.V3=2V1C.V3=V1+V2D.2V3=3V111.(多选题)(2023 浙江绍兴二模)某学校课外社团活动课上,数学兴趣小组进行了一次有趣的数学实验操作,课题名称“不用尺规等工具,探究水面高度”.如图 1,P-ABCD 是一个水平放置的装有一定量水的四棱锥密闭容器(容器材料厚度不计),底面 ABCD 为平行四边形,设棱锥高为 h,体积为 V,现将容器以棱 AB 为轴向左侧倾斜,如图 2,这时水面恰好经过 CDEF,其中 E,F 分别为棱 PA,PB 的中点,则()图 1图 2A.水的体积为58VB.水的体积为34VC.图 1 中的水面高度为(1-332)hD.图 1 中的水面高度为(1-352)h12.(多选题)(2023 浙江杭州二模)如图,圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等,O2,O1为圆柱上、下底面的圆心,O 为球心,EF 为底面圆 O1的一条直径,若球的半径 r=2,则()A.球与圆柱的体积之比为 23B.四面体 CDEF 的体积的取值范围为(0,32C.平面 DEF 截得球的截面面积最小值为45D.若 P 为球面和圆柱侧面的交线上一点,则 PE+PF 的取值范围为2+2 5,4 313.(2023 全国甲,文 16)在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,O为 AC1的中点,若该正方体的棱与球 O的球面有公共点,则球 O 的半径的取值范围是.14.(2023 湖南雅礼中学模拟)已知三棱锥 P-ABC 满足 PA=1,PA平面 ABC,ACBC,若 VP-ABC=23,则其外接球体积的最小值为.三、核心素养创新练三、核心素养创新练15.(2023 湖南雅礼中学模拟)如图,已知四棱柱 ABCD-A1B1C1D1的体积为 V,四边形 ABCD 是平行四边形,点 E 在平面 ACC1A1内,且? ?=14? ?+34?1?,则三棱锥 D1-ADC 与三棱锥 E-BCD 的公共部分的体积为()A.?28B.?21C.3?28D.?716.(2023 山东日照一模)设四棱锥 M-ABCD 的底面为正方形,且 MA=MD,MAAB,如果AMD 的面积为 1,则能够放入这个棱锥的最大的球的半径为.考点突破练 6空间几何体的结构、表面积与体积1.A解析 由图可知,新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积.设圆柱的底面半径为 r,高为 h,则 2rh=10,所以圆柱的侧面积为 2rh=10.2.C解析 已知圆锥半径为 1,圆台上底面半径为13.设圆锥母线为 l,圆台母线为 l1,由已知可得,3=2?=2?,所以 l=6.如图,作出圆锥、圆台的轴截面,则有?-?1?=?=13,所以 l1=4.故圆台的侧面积为(R+r)l1=4×(1+13)=163.3.C解析 设半球的半径为 R,因为 V半球=23R3=144,解得 R=6.由题意得,圆台的上底面半径及高均是 3,下底面半径为 6,所以 V圆台=13(S上+S下+ ?上?下)h =13(32+62+ 32 × 62)×3=63 cm3,所以该实心模型的体积 V=V半球+V圆台=144+63=207 cm3,故制作该模型所需原料的质量为 207×1.5207×4.7=972.9 g.4.C解析 设圆台的上底面圆半径为 r,则底面圆半径为 2r,母线长为 l,如图所示,作出圆台与球的轴截面.由于球 O与圆台的上、下底面及母线均相切,故 l=AD=AH+DG=r+2r=3r.根据圆台的侧面积公式 S=(r+2r)l=9,解得 r=1,l=3,所以球的直径为 HG= 32-12=2 2,故球 O 的半径为 2,表面积为 4r2=4×( 2)2=8.5.B解析 如图,将三棱锥 P-AMN 看作三棱锥 A-PMN,即以 A为顶点,PMN为底面的三棱锥,将三棱锥 P-ABC看作三棱锥 A-PBC,即以 A为顶点,PBC为底面的三棱锥.因为 SPBC=12PB·PC·sinBPC,SPMN=12PN·PM·sinNPM,而 PN=23PB,PM=13PC,BPC=NPM,所以 SPMN=13×23SPBC=29SPBC,点 A到底面 PBC 的距离和点 A 到底面 PMN的距离相等,设为 h,故?三棱锥 ?-?Ro?三棱锥 ?-?t?=?三棱锥 ?-?Ro?三棱锥 ?-?t?=13?Ro·?13?t?·?=29.故选 B.6.A解析 作出几何体的轴截面如右图所示,依题意,AB=6 cm,O 为球心,D为壶口所在圆的圆心,所以 AD=DB=3 cm.因为 DE=8 cm,所以 OD=OE=4,且 ODAB,OB= 32+ 42=5,所以球的半径 R=5 cm,所以球缺的高 h=5-4=1 cm,所以球缺的体积 V1=(3?-?)·?23=(3×5-1)×123=143cm3,故该壶壶身的容积约为 V=43×53-2×143=4723494 mL.7.B解析 底面是边长为 6的等边三角形的内切圆的半径为 r,由等面积法可得12×3×6r=34×62,解得 r= 3.若可以将该石料打磨成四个半径为 3的石球,则该柱形石料的高至少为 8 3,故至少需要打磨掉的石料废料的体积为34×62×8 3-4×43×( 3)3=216-16 3.8.B解析 设正方体棱长为 a,正四面体棱长为 b,球的半径为 R,表面积为 S.正方体表面积为 S=6a2,所以 a2=?6,所以?12= (?3)2= (?2)3=?3216.如图,正四面体 P-ABC,D 为 AC 的中点,则 BDAC,AD=12b,O 为ABC的中心,则 PO 是正四面体P-ABC底面 ABC 上的高,所以 BD= ?t2-?2=32b,所以 SABC=12×AC×BD=12×b×32b=34b2,所以正四面体 P-ABC的表面积为 S=4SABC= 3b2,所以 b2=33S.又 O 为ABC的中心,所 以BO=23BD=33b.又根据正四面体的性质,可知 POBO,所以 PO= ?t2-t?2=63b,所以?22= (13× ?t?× ?)2= (13×34?2×63?)2=172b6=172× (33?)3=3648S3.球的表面积为 S=4R2,所以 R2=?4,所以?32= (43?3)2=136S3.因为136S3>1144S3>1216S3>1216 3S3=3648S3,所以?32? ?12? ?22,即 V2<V1<V3.9.4解析 设该正方体的棱长为 a,四面体 M-ABD的外接球的半径为 R,43R3=36,R=3.取 BD的中点 H,可得 H 是下底面 ABCD 的中心,设四面体 M-ABD的外接球的球心为 O.在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,MH平面 ABCD,即 MH平面 ABD,则点 O在直线 MH上.连接 OA,MH=a,则 OH=MH-R=a-3.AH=22a,OA=R=3,OA2=AH2+OH2,32=(22a)2+(a-3)2.a>0,则可得 a=4,即正方体棱长为 4.10.CD解析设 AB=ED=2FB=2a,因为 ED平面 ABCD,FBED,则 V1=13·ED·SACD=13·2a·12·(2a)2=43a3,V2=13·FB·SABC=13·a·12·(2a)2=23a3,连接 BD 交 AC 于点 M,连接 EM,FM,易得 BDAC.又 ED平面 ABCD,AC平面 ABCD,则 EDAC.又 EDBD=D,ED,BD平面 BDEF,则 AC平面 BDEF,又 BM=DM=12BD= 2a,过 F作 FGDE于 G,易得四边形 BDGF为矩形,则 FG=BD=2 2a,EG=a,则EM= (2?)2+ ( 2?)2=6a,FM= ?2+ ( 2?)2=3a,EF= ?2+ (2 2?)2=3a,EM2+FM2=EF2,则 EMFM,SEFM=12EM·FM=3 22a2,AC=2 2a,则 V3=VA-EFM+VC-EFM=13AC·SEFM=2a3,则 2V3=3V1,V3=3V2,V3=V1+V2,故 A,B 错误;C,D正确.故选CD.11.AC解析 如图,将四棱锥补成平行六面体,设平行六面体的体积为 V总,因为 E,F分别为棱 PA,PB的中点,则 S四边形BCMQ=4SBCG,而三棱柱 BCG-ADE与平行六面体的高相同,则 VBCG-ADE=14V总.根据四棱锥 P-ABCD与平行六面体底和高均相同,则 V=13V总,即 3V=V总.由图可知,VF-BCG=16VBCG-ADE,则 V水=56VBCG-ADE=56×14V总=56×14×3V=58V,故 A 正确,B错误;设图 1中上方的小四棱锥高为 h1,则(?1?)3=?1?=?-58?=38,则 h1=332h,故图 1 中的水面高度为(1-332)h,故 C 正确,D错误.故选 AC.12.AD解析 对于 A,球的体积为 V=4?33=323,圆柱的体积 V'=r2×2r=16,则球与圆柱的体积之比为 23,故 A正确;对于 B,设 d为点 E 到平面 BCD 的距离,0<dr,而平面 BCD 经过线段 EF的中点 O1,四面体 C-DEF的体积 VC-DEF=2?-?1?=23?1?·d=23×12×4×4×d=16?3323,故 B错误;对于 C,过点 O 作 OHDO1于点 H,如图,而 O1O2DO2,则 sinDO1O2=?1=?2?1.又 DO1= ?2+ (2?)2=2 5,则 OH=25.设截面圆的半径为 r1,球心 O 到平面 DEF 的距离为 d1,则d125.又 r1= ?2-?12=4-?124-45=45,则平面 DEF 截球的截面圆面积 S=?12165,故 C 错误;对于 D,令经过点 P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为 Q,连接 QE,QF,当 Q与 E,F 都不重合时,设QFE=,则 QF=4cos ,QE=4sin ;当 Q与 E,F之一重合时,上式也成立,因此 QF=4cos ,QE=4sin ,0,2),则 PE+PF= ?2+ ?2+?2+ ?2=2( 1 + 4sin2? +1 + 4cos2?).令 t= 1+ 4sin2? +1 + 4cos2?,则 t2=6+2 5 + 4sin22?,而 02<,即 0sin 21,因此 6+2 5t212,解得 1+ 5t2 3,所以 PE+PF的取值范围为2+2 5,4 3,故 D 正确.故选 AD.13.2 2,2 3解析 (方法一)第一步,弄清球 O 与正方体棱有公共点,球半径最小的球为棱切球(即与棱相切的球),最大的球为外接球.第二步,作对角面 ABC1D1截正方体与其棱切球、外接球分别得如下矩形和小、大两个圆(如图).第三步,由图可知棱切球半径 r1=12AD1=12×4 2=2 2,外接球半径 r2=12BD1=12×4 3=2 3,球 O半径的取值范围是2 2,2 3.(方法二)由对称性知,只需考虑球与正方体的棱有公共点,正方体中心 O 到一条棱的最短距离即为到棱中点的距离,为 2 2,到一条棱的最长距离即为到棱顶点的距离,为 2 3,故 r2 2,2 3.1492解析 如图,取 AB中点 D,过点 D 作 ODPA交 PB于点 O,则 OD=12PA=12.因为 PA平面 ABC,所以 OD平面 ABC.因为 ACBC,所以 DA=DB=DC,所以 OA=OB=OC=OP,即 O为三棱锥 P-ABC外接球球心,OA为球的半径.因为 VP-ABC=13×12×AC×BC×AP=23,所以 AC·BC=4.因为 AB2=AC2+BC22AC·BC=8,所以 AB2 2,当且仅当 AC=BC=2 时,等号成立,所以球的半径 R=OA= ?2+(12?t)2(12)2+ ( 2)2=32,所以 Rmin=32,所以三棱锥 P-ABC外接球体积的最小值为43R3=43×323=92.15.A解析 先找两三棱锥的公共部分,由? ?=14? ?+34?1?,得14(? ? ? ?)=34(?1? ? ?),故? ?=3?1?.在 CC1上取点 E,使得 CE=3EC1,连接 DE.设 DED1C=F,ACBD=G,连接 FG,则三棱锥 F-CDG为三棱锥 D1-ADC与三棱锥 E-BCD的公共部分.CEFD1DF,?1?=?1?=43,则?1?=37,点 F到平面 ABCD 的距离是点 D1到平面 ABCD 的距离的37.又 SCDG=14SABCD,VF-CDG=13×14×37×V=?28.16. 2-1解析 如图,因为 ABAD,ABMA,ADMA=A,AD,MA平面 MAD,所以 AB平面MAD,故平面 MAD平面 ABCD.设 E是 AD 的中点,F是 BC的中点,则 MEAD,所以 ME平面 ABCD.因为 EF平面 ABCD,所以 MEEF.若球 O 是与平面 MAD,平面 ABCD,平面 MBC都相切的球.设 O 在平面 MEF上,则 O 为MEF的内心.设球 O 的半径为 r,则 r=2?R?+?R+R?.设 AD=EF=a,因为 SAMD=1,所以 ME=2?,MF= ?2+ (2?)2,r=2?+2?+ ?2+(2?)222 2+2=2-1,当且仅当 a=2?,即 a= 2时,等号成立,即当 AD=ME= 2时,与平面 MAD,平面 ABCD,平面 MBC 都相切的球的半径为 2-1.作 OGME于点 G,易证 OG平面 MAB,点 G 到平面 MAB的距离即为点 O 到平面 MAB的距离.过点 G 作 GHMA于点 H,则 GH 是点 G 到平面 MAB的距离.因为MHGMEA,所以?=R?R?.又 MG= 2-( 2-1)=1,AE=22,MA= (22)2+ ( 2)2=102,则 HG=?·R?R?=22×1102=55.因为55?2-1,故点 O 到平面 MAB的距离大于球 O 的半径 r,同样点 O 到平面 MCD的距离也大于球 O的半径r,故球 O在棱锥 M-ABCD 内,并且不可能再大.据此可得所求的最大球的半径为 2-1.