【期末热点.重难点】简单几何体的表面积与体积（含解析）2024-2025学年人教A版（2019）数学高一下册

期末热点.重难点 简单几何体的表面积与体积
一．选择题（共5小题）
1．（2025 江西一模）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，已知，该正四棱台的体积为168，则AA1＝（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
2．（2024秋 景德镇期末）圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是半圆，那么此圆锥的高是（　　）
A．1 B． C． D．2
3．（2024秋 常德校级期末）在三棱台ABC﹣DEF中，截面PQR与底面ABC平行，若S△ABC：S△PQR：S△DEF＝1：4：16，且三棱台ABC﹣PQR的体积为1，则三棱台PQR﹣DEF的体积为（　　）
A．5 B．8 C．9 D．10
4．（2024秋 衡阳校级期末）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为，高为，则该正三棱柱的外接球的体积为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025 湖北模拟）在测量降雨量的实践活动中，某小组利用现有仪器，将一个玻璃漏斗固定在一个较大的锥形瓶上，漏斗的下端伸进锥形瓶内，下雨时将其置于室外收集雨水．如图所示，已知锥形瓶的底部直径为100mm，瓶口直径为40mm，玻璃漏斗口直径为80mm，收集完毕后测得水面距瓶底30mm，水面直径80mm，则平地降雨量大约为（注：平地降雨量等于收集到的雨水体积与收集雨水的面积之比）（　　）
A．25.6mm B．28.1mm C．35.6mm D．38.1mm
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2025 安阳一模）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为等腰直角三角形，CA＝CB＝CC1＝2，则下列说法正确的是（　　）
A．三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为4
B．以C为球心，体积为的球面与侧面ABB1A1的交线的长度为2π
C．若M，N分别为BB1AA1的中点，点P在平面ABB1A1上，则PC+PC1+PM+PN的最小值为
D．若空间中的一点Q满足|QC|+|QA1|＝4，则|QB1|的最小值为
（多选）7．（2024秋 昆明校级期末）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，有下列四个结论正确的是（　　）
A．A1P∥面ACD1
B．A1P⊥B1D
C．三棱锥D1﹣APC的体积是
D．异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是
（多选）8．（2024秋 衡阳校级期末）如图，若正方体ABCD﹣EFGH的棱长为1，点M是正方体的侧面ADHE上的一个动点（含边界），P是棱CG上靠近G点的三等分点，则下列结论正确的有（　　）
A．沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为
B．若PM⊥BH，点M的运动轨迹是线段
C．若，则点M在侧面ADHE内运动路径长度为
D．当点M与点D重合时，三棱锥B﹣MEP的体积最大
（多选）9．（2024秋 邛崃市校级期末）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1D1，AA1的中点，G为面对角线B1C上一个动点，则下列选项中正确的有（　　）
A．三棱锥A1﹣EFG的体积为定值
B．无论点G在线段B1C的什么位置，都有平面EFG⊥平面A1B1CD
C．线段B1C上存在G点，使平面EFG∥平面BDC1
D．G为B1C上靠近B1的四等分点时，直线EG与BC1所成角最小
三．填空题（共3小题）
10．（2024秋 浙江期末）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面积与以△ABC的外接圆为底面的圆柱的侧面积相等，则正三棱柱与圆柱的体积的比值为 　 　．
11．（2024秋 徐汇区校级期末）半径为3的球的体积等于 　 　．
12．（2025 福建模拟）已知某圆锥侧面展开后的扇形面积为定值，设扇形的圆心角为α，则当圆锥的内切球体积最大时，α＝ 　 　．
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 虹口区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AD＝ABCD，平面ADP⊥平面PCD，PD⊥PC．
（1）求证：AC⊥AD；
（2）求证：△ADP为直角三角形；
（3）若PC＝AD＝1，求四棱棱P﹣ABCD的体积．
14．（2025 张家口模拟）如图在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面ABCD是平行四边形．已知PA＝AB＝2，AD，AC＝1，E是PB中点．
（1）求证：PD∥平面ACE；
（2）求四面体P﹣ACE的体积．
15．（2024秋 四川期末）已知体积为72的四棱锥S﹣ABCD中，，，，，，p，q，m，n∈（0，1]，且点M，N，E，F共面．
（1）当p＝q＝m时，求四棱锥S﹣EMFN的体积；
（2）求证：；
（3）当m，n时，记四棱锥S﹣EMFN的体积为V，求V的最小值．
期末热点.重难点 简单几何体的表面积与体积
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2025 江西一模）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，已知，该正四棱台的体积为168，则AA1＝（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】棱台的体积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】C
【分析】根据正四棱台的几何性质，棱台的体积公式，即可求解．
【解答】解：根据题意可得上下底面正方形的边长分别为，，
所以上下底面正方形的对角线长分别为6，12，设该正四棱台的高为h，
则该正四棱台的体积为168，解得h＝4，
所以．
故选：C．
【点评】本题考查正四棱台的几何性质，棱台的体积公式的应用，属基础题．
2．（2024秋 景德镇期末）圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是半圆，那么此圆锥的高是（　　）
A．1 B． C． D．2
【考点】圆锥的侧面积和表面积．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出圆锥母线，进而求出圆锥的高．
【解答】解：由圆锥的底面半径为1，侧面展开图是半圆，
所以半圆弧长为2π，
设半圆半径为R，则，
因此该半圆半径R＝2，
即圆锥的母线长为2，
所以圆锥的高为．
故选：C．
【点评】本题考查圆锥的结构特征，属于中档题．
3．（2024秋 常德校级期末）在三棱台ABC﹣DEF中，截面PQR与底面ABC平行，若S△ABC：S△PQR：S△DEF＝1：4：16，且三棱台ABC﹣PQR的体积为1，则三棱台PQR﹣DEF的体积为（　　）
A．5 B．8 C．9 D．10
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】计算题；转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】根据题意，将三棱台补成三棱锥，利用相似形的知识加以计算，即可得到本题的答案．
【解答】解：三棱台ABC﹣DEF补成三棱锥S﹣CEF，如图所示，
∵S△ABC：S△PQR：S△DEF＝1：4：16，
∴三棱锥S﹣ABC、三棱锥S﹣PQR、三棱锥S﹣DEF的相似比为1：2：4．
∴VS﹣ABC：VS﹣PQR：VS﹣DEF＝1：8：64，
设VS﹣ABC＝V，则V三棱台ABC﹣PQR＝VS﹣PQR﹣VS﹣ABC＝7V，V三棱台PQR﹣DEF＝VS﹣DEF﹣VS﹣PQR＝56V，
∵三棱台ABC﹣PQR的体积为1，即7V＝1，可得，
∴V三棱台PQR﹣DEF．
故选：B．
【点评】本题主要考查棱台的结构特征、相似形的性质及其应用，考查了计算能力、图形的理解能力，属于基础题．
4．（2024秋 衡阳校级期末）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为，高为，则该正三棱柱的外接球的体积为（　　）
A． B． C． D．
【考点】球的体积．
【专题】转化思想；综合法；球；运算求解．
【答案】A
【分析】先利用正弦定理求出正三棱柱的底面圆半径，再借助于勾股定理建立方程，求出外接球半径即得．
【解答】解：如图，设正三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的球心为O，半径为R．
记△ABC和△A1B1C1外接圆的圆心分别为O1和O2，其半径为r，
由正弦定理得：．而O为O1O2的中点，
所以，则．
故选：A．
【点评】本题考查正三棱柱的外接球问题，属中档题．
5．（2025 湖北模拟）在测量降雨量的实践活动中，某小组利用现有仪器，将一个玻璃漏斗固定在一个较大的锥形瓶上，漏斗的下端伸进锥形瓶内，下雨时将其置于室外收集雨水．如图所示，已知锥形瓶的底部直径为100mm，瓶口直径为40mm，玻璃漏斗口直径为80mm，收集完毕后测得水面距瓶底30mm，水面直径80mm，则平地降雨量大约为（注：平地降雨量等于收集到的雨水体积与收集雨水的面积之比）（　　）
A．25.6mm B．28.1mm C．35.6mm D．38.1mm
【考点】圆柱的体积．
【专题】整体思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】D
【分析】根据圆台的体积公式求出收集到的雨水体积，再结合平地降雨量的定义求解．
【解答】解：设收集到的雨水体积为V，收集雨水的面积为S，
则V（）61000π（mm）3，
又因为玻璃漏斗口的面积为S＝π×402＝1600π（mm）2，
所以平地降雨量大约为38.1mm．
故选：D．
【点评】本题主要考查了圆台的体积公式，属于基础题．
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2025 安阳一模）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为等腰直角三角形，CA＝CB＝CC1＝2，则下列说法正确的是（　　）
A．三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为4
B．以C为球心，体积为的球面与侧面ABB1A1的交线的长度为2π
C．若M，N分别为BB1AA1的中点，点P在平面ABB1A1上，则PC+PC1+PM+PN的最小值为
D．若空间中的一点Q满足|QC|+|QA1|＝4，则|QB1|的最小值为
【考点】球的体积；棱柱的体积．
【专题】数形结合；数形结合法；立体几何；空间想象．
【答案】AD
【分析】本题先作出符合题意的直三棱柱，再根据棱柱的体积公式、球的体积公式等知识进行求解．
【解答】解：由题意得，该直三棱柱高为2，底面等腰直角三角形的腰为2，如图所示，
所以三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为4，故A正确；
以C为球心，体积为的球半径R＝2，因为点C到平面ABB1A1的距离为底面等腰直角三角形的高，
所以球面与侧面ABB1A1的交线是以AB中点为圆心，以为半径的半圆，长度为，故B错误；
作点C关于平面ABB1A1的对称点C′，连接C′C1，则C′C1与平面ABB1A1的交点恰为线段MN中点，
所以当点P为线段MN中点时，PC+PC1最小，最小值为，另一方面，当点P在线段MN上运动时，PM+PN最小，最小值为，
所以当点P为线段MN中点时，PC+PC1和PM+PN同时取到最小值，此时PC+PC1+PM+PN的最小值为，故C错误；
若空间中的一点Q满足|QC|+|QA1|＝4，因为|A1C|4，所以点Q的轨迹是以A1和C为焦点的一系列椭圆围成的椭球面，
取其中在点C、A1和B1构成的平面上的椭圆，由已知C、A1和B1三点构成边长为的等边三角形，且点B1在椭圆短轴所在直线上，
椭圆的短半轴长为，点到椭圆中心距离为正三角形CA1B1的高，所以点B1到椭圆上点Q的最短距离为，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题主要考查棱柱的体积计算、球的体积公式、球的截面以、最短距离问题以及椭圆的定义，属于中档题．
（多选）7．（2024秋 昆明校级期末）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，有下列四个结论正确的是（　　）
A．A1P∥面ACD1
B．A1P⊥B1D
C．三棱锥D1﹣APC的体积是
D．异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是
【考点】棱锥的体积；异面直线及其所成的角；直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】ABC
【分析】对A，可证平面A1BC1∥平面ACD1，进而证得A1P∥平面ACD1；对B，可证B1D⊥平面BA1C1即可证明A1P⊥B1D；对C，使用等体积法计算；对D，将异面直线A1P与AD1所成角转化为A1P与BC1所成角求解即可．
【解答】解：对A选项，如图，连接A1B，A1C1，AC，AD1，D1C，
易知AC∥A1C1，又AC 平面A1BC1，A1C1 平面A1BC1，
所以AC∥平面A1BC1，同理可证AD1∥平面A1BC1，又AD1∩AC＝A，
所以平面A1BC1∥平面ACD1，又A1P 平面A1BC1，
所以A1P∥平面ACD1，故A选项正确；
对B选项，因为DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1 平面A1B1C1D1，所以DD1⊥A1C1，
又A1C1⊥B1D1，B1D1∩DD1＝D1，
所以A1C1⊥平面DD1B1，又B1D 平面DD1B1，
所以A1C1⊥B1D，同理可证BC1⊥平面A1B1CD，又B1D 平面A1B1CD，
所以BC1⊥B1D，又BC1∩A1C1＝C1，
所以B1D⊥平面BA1C1，又A1P 平面A1BC1，
所以B1D⊥A1P，故B选项正确；
对C选项，因为平面A1BC1∥平面AD1C，又BC1 平面A1BC1，
所以BC1∥平面AD1C，
所以，故C选项正确；
对D选项，因为AD1∥BC1，A1P与BC1所成角为异面直线A1P与AD1所成角，
连接A1C1，A1B，可得△A1BC1为等边三角形，
此时A1P与BC1所成角最小，可得A1P与BC1所成角的范围是，故D选项错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
（多选）8．（2024秋 衡阳校级期末）如图，若正方体ABCD﹣EFGH的棱长为1，点M是正方体的侧面ADHE上的一个动点（含边界），P是棱CG上靠近G点的三等分点，则下列结论正确的有（　　）
A．沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为
B．若PM⊥BH，点M的运动轨迹是线段
C．若，则点M在侧面ADHE内运动路径长度为
D．当点M与点D重合时，三棱锥B﹣MEP的体积最大
【考点】棱锥的体积；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】ABD
【分析】展开平面分析可判断A，利用空间直角坐标系得到轨迹方程可判断B，利用向量坐标表示表示模长，得轨迹为圆即可判断C，利用点到直线的距离公式可判断D．
【解答】解：对于A，将正方体的下面和右面展开可得如下图形，连接AP，
则，因此A到点P的最短路程为，所以A选项正确；
对于B，建立如图的空间右手直角坐标系：
则P（0，1，），B（1，1，0），H（0，0，1），设M（x，0，z），
所以，，即，
又M是侧面ADHE上的一个动点（含边界），所以M的运动轨迹是线段，
为DA靠近D点的三等分点和AE靠近E点三等分点的连线段，所以B选项正确；
对于C，由B选项过程可得，整理得，
所以M在侧面ADHE内运动路径是以为圆心，为半径的圆，
又到A（1，0，0）的距离为，
所以要保持，则点M在侧面ADHE外，
所以点M在侧面ADHE内运动路径长度为0，所以C选项错误；
对于D，因为，
设平面BEP的法向量为，
则，取，
所以点M到平面BEP的距离为，
因为点M在平面ADHE内，所以0≤x，z≤1，
当x＝z＝0，即M与D点重合时，三棱锥M﹣BEP的高最大，
又△BEP的面积为定值，所以M与D重合时，三棱锥的体积最大，所以D选项正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
（多选）9．（2024秋 邛崃市校级期末）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1D1，AA1的中点，G为面对角线B1C上一个动点，则下列选项中正确的有（　　）
A．三棱锥A1﹣EFG的体积为定值
B．无论点G在线段B1C的什么位置，都有平面EFG⊥平面A1B1CD
C．线段B1C上存在G点，使平面EFG∥平面BDC1
D．G为B1C上靠近B1的四等分点时，直线EG与BC1所成角最小
【考点】棱锥的体积；平面与平面平行；平面与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】ABD
【分析】利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；选项B，根据条件，可得EF⊥面A1B1CD，利用面面垂直的判定定理可得平面EFG⊥平面A1B1CD，即可作出判断，以点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，利用空间向量法可判断C和D选项的正误．
【解答】解：对于选项A，因为平面BB1C1C∥平面AA1D1D，G∈平面BB1C1C，
所以点G到平面AA1D1D的距离等于|AB|，
所以△A1EF的面积为，
所以，故选项A正确；
对于选项B，连接A1D，AD1，易知A1B1⊥面ADD1A1，
所以A1B1⊥EF，又E，F分别为棱A1D1，AA1的中点，
所以EF∥D1A，又DA1⊥D1A，
所以EF⊥DA1，又A1B1∩A1D＝A1，
所以EF⊥面A1B1CD，又EF 面EFG，
所以平面EFG⊥平面A1B1CD，故选项B正确；
对于选项C，建系如图：
则A（2，0，0）、B（2，2，0）、C（0，2，0）、D（0，0，0）、A1（2，0，2）、
B1（2，2，2）、C1（0，2，2）、D1（0，0，2），E（1，0，2）、F（2，0，1），
设平面BDC1的法向量为，，，
由，取，
设，可得点G（2λ，2，2λ），其中0≤λ≤1，
则，
所以，解得，
所以平面EFG与平面BDC1不平行，所以选项C错误，
对于选项D，由选项C知，，
设直线EG与BC1所成角为θ，
则，
当时，cosθ取得最大值，此时θ最小，所以选项D正确，
故选：ABD．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
三．填空题（共3小题）
10．（2024秋 浙江期末）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面积与以△ABC的外接圆为底面的圆柱的侧面积相等，则正三棱柱与圆柱的体积的比值为 　　．
【考点】圆柱的体积；棱柱的侧面积和表面积；棱柱的体积．
【专题】对应思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】．
【分析】根据两个几何体的侧面积相等列方程，得到等量关系式，进而求得体积比．
【解答】解：设正三角形ABC的边长为a，外接圆半径为r，AA1＝b，圆柱的高为h，
由正弦定理得，则，正三棱柱的侧面积S棱柱＝3ab，
圆柱的侧面积，
由题意可得，解得，
则，，
∴．
故答案为：．
【点评】本题考查棱柱与圆柱侧面积及体积的求法，考查运算求解能力，是中档题．
11．（2024秋 徐汇区校级期末）半径为3的球的体积等于 　36π　．
【考点】球的体积．
【专题】转化思想；综合法；球；运算求解．
【答案】36π．
【分析】根据球的体积公式直接求解．
【解答】解：根据题意可得球的体积为．
故答案为：36π．
【点评】本题考查了球的体积公式，属基础题．
12．（2025 福建模拟）已知某圆锥侧面展开后的扇形面积为定值，设扇形的圆心角为α，则当圆锥的内切球体积最大时，α＝ 　　．
【考点】球的体积．
【专题】函数思想；转化思想；综合法；球；运算求解．
【答案】．
【分析】利用等面积法求出内切球半径，再结合基本不等式找到内切球半径最大时的取等条件，再利用圆心角公式求解即可．
【解答】解：设扇形面积为S，圆锥的底面半径为r，母线长为l，则高为，
因为圆锥的内切球的半径R即为轴截面的内切圆的半径，
根据等面积法可得，
而轴截面面积为，解得，
又圆锥侧面，即，
且记为定值，故rl＝p，即，而p+r2＞0，
因为
，
由基本不等式得，
而，
即，当且仅当时取等，此时，
设圆锥的内切球体积为V，而由球的体积公式得，
由幂函数性质得当圆锥的内切球体积最大时，圆锥的内切球半径R最大，
而，解得，
当R最大时，由弧长公式得．
故答案为：．
【点评】本题考查圆锥的内切球问题的求解，函数思想的应用，属难题．
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 虹口区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AD＝ABCD，平面ADP⊥平面PCD，PD⊥PC．
（1）求证：AC⊥AD；
（2）求证：△ADP为直角三角形；
（3）若PC＝AD＝1，求四棱棱P﹣ABCD的体积．
【考点】棱锥的体积；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析；
（3）．
【分析】（1）利用余弦定理求出AC，再由勾股定理即可得证；
（2）由平面ADP⊥平面PCD依次证PC⊥平面ADP、PC⊥AD、AD⊥平面ACP、AD⊥AP即可；
（3）由几何关系可得，结合VP﹣ADC＝VC﹣ADP即可求值．
【解答】解：（1）证明：如图，作AE⊥DC于点E，
∵在等腰梯形ABCD中，可设AD＝AB＝BC，
∴，∠ADE＝60°，
∴，
∴AC2+AD2＝DC2，∴AC⊥AD；
（2）证明：∵PC⊥PD，平面ADP⊥平面PCD，平面ADP∩平面PCD＝PD，
∴PC⊥平面ADP，又AD 平面ADP，
∴PC⊥AD，又AC⊥AD，AC∩PC＝C，
∴AD⊥平面ACP，又AP 平面ACP，
∴AD⊥AP，
所以△ADP为直角三角形；
（3）若PC＝AD＝1，则AD＝ABCD＝1，
由（1）知在等腰梯形ABCD中，，CD＝2，
∴，
．∴．∴，
又PC⊥平面ADP，AD⊥AP，
∴，，
∴．
∴．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
14．（2025 张家口模拟）如图在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面ABCD是平行四边形．已知PA＝AB＝2，AD，AC＝1，E是PB中点．
（1）求证：PD∥平面ACE；
（2）求四面体P﹣ACE的体积．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明见详解；
（2）．
【分析】（1）连接BD交AC于点O，连接OE，然后利用平行四边形的性质及线面平行的判断即可；
（2）利用等体积法求解即可，即VP﹣ACE＝VB﹣ACE．
【解答】解：（1）证明：连接BD交AC于点O，连接OE，如图所示：
∵ABCD是平行四边形，
∴O为BD中点，且E为PB中点，
∴OE∥PD，又PD 平面ACE，OE 平面ACE，
∴PD∥平面ACE；
（2）∵BC2＝AB2+AC2，∴AB⊥AC，
∴Rt△ABC的面积，又PA⊥面ABCD，
∴，又E为PB中点，
∴，
∴四面体P﹣ACE的体积为．
【点评】本题考查线面平行的判定定理，等体积法求解点面距，属中档题．
15．（2024秋 四川期末）已知体积为72的四棱锥S﹣ABCD中，，，，，，p，q，m，n∈（0，1]，且点M，N，E，F共面．
（1）当p＝q＝m时，求四棱锥S﹣EMFN的体积；
（2）求证：；
（3）当m，n时，记四棱锥S﹣EMFN的体积为V，求V的最小值．
【考点】棱锥的体积．
【专题】数形结合；综合法；空间向量及应用；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）9；
（2）证明见解析；
（3）3．
【分析】（1）当时，可知，由于四棱锥S﹣ABCD体积为72，利用体积的比例关系，即可求解四棱锥S﹣EMFN的体积；
（2）通过向量的线性组合和共面条件，推导出比例系数之间的关系式；
（3）当，时，利用（2）知，连接MN，BD，设点E，A到平面SBD的距离分别为h2，hA，得到，同理，再由题可知四边形ABCD为平行四边形，然后得到四棱锥S﹣EMFN体积的表示，通过不等式，求出四棱锥S﹣EMFN体积V的最小值．
【解答】解：（1）当时，易知，
∴点M，N，E，F分别为线段SB，SD，SA，SC的中点，
∵四棱锥S﹣ABCD体积为72，
即VS﹣ABCD＝72，
∴四棱锥S﹣EMFN的体积为；
（2）证明：∵，∴，
∴，
∵，，，，
∴，
∴，
∵点M，N，E，F共面，且，，不共面，
∴，∴，
∴；
（3）当，时，由（2）知，
∴连接MN，BD，设点E，A到平面SBD的距离分别为hE，hA，
则
，
同理，
∵，
∴四边形ABCD为平行四边形，∴，
∴四棱锥S﹣EMFN的体积为，
∵，p，q∈（0，1]，
∴，
∴，
∴四棱锥S﹣EMFN的体积V≥3，当且仅当时取等号，
∴V的最小值为3．
【点评】本题考查了学生的几何直观、向量运算、体积计算和不等式优化的能力．通过逐步解析，学生可以加深对几何体积计算和向量关系的理解，并提高解决复杂几何问题的能力．题目设计巧妙，既考查了基础知识，又具有一定的挑战性，适合高中数学教学中用于培养学生的综合解题能力．
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