2025高考数学二轮复习-专题四-微专题30-截面、交线问题-专项训练【含答案】

微专题30截面、交线问题[考情分析]“截面、交线”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力．求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、扇形弧长等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解．考点一截面问题典例1(1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点Q是棱DD1上的动点，则过A，Q，B1三点的截面图形是()A．等边三角形 B．矩形C．等腰梯形 D．以上都有可能答案D解析当点Q与D1重合时，过A，Q，B1三点的截面是等边三角形AB1D1；当点Q与D重合时，过A，Q，B1三点的截面是矩形AB1C1D；当点Q与DD1的中点重合时，取C1D1的中点M，由于QM∥DC1，AB1∥DC1，所以QM∥AB1，又AQ＝MB1，故过A，Q，B1三点的截面是等腰梯形AB1MQ，如图所示．所以过A，Q，B1三点的截面图形可能是等边三角形、矩形或等腰梯形．(2)(2023·秦皇岛模拟)2023年12月7日为该年第21个节气“大雪”．“大雪”标志着仲冬时节正式开始，该节气的特点是气温显著下降，降水量增多，天气变得更加寒冷．“大雪”节气的民俗活动有打雪仗、赏雪景等．东北某学生小张滚了一个半径为2分米的雪球，准备对它进行切割，制作一个正六棱柱模型ABCDEF－A1B1C1D1E1F1，设M为B1E1的中点，当削去的雪最少时，平面ACM截该正六棱柱所得的截面面积为________平方分米．答案4eq\r(3)解析设正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面边长为a，高为h.若要使该正六棱柱的体积最大，正六棱柱应为球的内接正六棱柱中体积最大者，所以eq\f(h2,4)＋a2＝22，即a2＝4－eq\f(h2,4)，又正六棱柱的底面积S＝6×eq\f(\r(3),4)a2，所以该正六棱柱的体积V＝S·h＝6×eq\f(\r(3),4)a2h＝eq\f(3\r(3),8)(16－h2)h.设f(h)＝(16－h2)h,0<h<4，则f′(h)＝16－3h2，令f′(h)＝0，得h＝eq\f(4\r(3),3).令f′(h)>0，解得0<h<eq\f(4\r(3),3)，令f′(h)<0，解得eq\f(4\r(3),3)<h<4，所以f(h)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(3),3)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)，4))上单调递减，所以f(h)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)))，即当h＝eq\f(4\r(3),3)，a＝eq\f(2\r(6),3)时，V取得最大值．如图，过M作PQ∥A1C1，交A1F1于点P，交C1D1于点Q，则P，Q分别是A1F1，C1D1的中点，又A1C1∥AC，所以PQ∥AC，易知四边形ACQP为矩形，则矩形ACQP即为平面ACM截该正六棱柱所得的截面．因为PQ＝A1C1＝AC＝eq\r(3)a＝2eq\r(2)，且AP＝CQ＝eq\r(AA\o\al(2,1)＋A1P2)＝eq\r(h2＋\f(1,4)a2)＝eq\r(6)，所以矩形ACQP的面积为AC×AP＝2eq\r(2)×eq\r(6)＝4eq\r(3)(平方分米)．跟踪训练1(1)(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，若AC1⊥平面α，则关于平面α截此正方体所得截面的判断正确的是()A．截面形状可能为正三角形B．截面形状可能为正方形C．截面形状可能为正六边形D．截面形状可能为五边形答案AC解析如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，连接A1B，A1D，BD，则AC1⊥平面A1BD，所以平面α与平面A1BD平行或重合，所以平面α与正方体的截面形状可能是正三角形、正六边形，但不可能是五边形和四边形，故A，C正确，B，D错误．(2)(2023·河北联考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AB＝AA1＝4，平面ABC1截三棱柱ABC－A1B1C1的外接球所得截面的面积为()A.eq\f(16π,5)B.eq\f(28π,5)C.eq\f(36π,5)D．8π答案C解析由于△ABC为等腰直角三角形，所以△ABC的外心是AB的中点，设为O2，设A1B1的中点为O1，连接O1O2，设O1O2的中点为O，则O是直三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的球心，连接OC1，OA，OB，OA1，O1C1，如图所示，设外接球的半径为R，则R＝OA1＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2).由于C1A1＝C1B1，所以C1O1⊥A1B1，根据直棱柱的性质可知C1O1⊥AA1，由于AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1⊂平面ABB1A1，所以C1O1⊥平面ABB1A1，C1O1＝eq\f(1,2)A1B1＝2，所以＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×4×2))×2＝eq\f(8,3)，AC＝BC＝4×eq\f(\r(2),2)＝2eq\r(2)，AC1＝BC1＝eq\r(42＋2\r(2)2)＝2eq\r(6)，所以＝eq\f(1,2)×4×eq\r(2\r(6)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,2)))2)＝4eq\r(5)，设O到平面ABC1的距离为h，则eq\f(1,3)×4eq\r(5)×h＝eq\f(8,3)，h＝eq\f(2,\r(5))，所以平面ABC1截三棱柱ABC－A1B1C1的外接球所得截面的半径为eq\r(2\r(2)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(5))))2)＝eq\r(\f(36,5))，所以截面面积为π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(36,5))))2＝eq\f(36π,5).考点二交线问题典例2(1)(2023·茂名模拟)如图所示，正三棱锥P－ABC，底面边长为2，点P到平面ABC的距离为2，点M在平面PAC内，且点M到平面ABC的距离是点P到平面ABC距离的eq\f(2,3)，过点M作一个平面，使其平行于直线PB和AC，则这个平面与三棱锥表面交线的总长为()A.eq\f(24＋16\r(3),9) B.eq\f(12＋16\r(3),9)C.eq\f(12＋8\r(3),9) D.eq\f(24＋8\r(3),9)答案B解析因为三棱锥P－ABC为正三棱锥，所以△ABC为等边三角形并且边长为2，即AB＝AC＝BC＝2.又因为P－ABC为正三棱锥，如图，过点P作底面ABC的垂线，垂足为O，连接AO，则点O为△ABC的中心．过点B作AC的垂线交AC于点H，连接PH.由于△ABC为等边三角形，因此AH＝CH＝1，BH＝eq\r(22－12)＝eq\r(3)，OH＝eq\f(1,3)BH＝eq\f(\r(3),3)，在Rt△AHO中，AO＝eq\r(AH2＋OH2)＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(2\r(3),3).又因为PO＝2，在Rt△AOP中，AP＝eq\r(AO2＋OP2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))2＋22)＝eq\f(4\r(3),3)，故AP＝BP＝CP＝eq\f(4\r(3),3).因为三棱锥P－ABC为正三棱锥，因此△APC，△APB，△BPC均为等腰三角形．又点M到平面ABC的距离为点P到平面ABC距离的eq\f(2,3)，过PH的三等分点(靠近点P)作Q1Q2∥AC交PC于点Q1，交PA于点Q2，则M位于线段Q1Q2上．过点Q1作Q1Q4∥BP交BC于点Q4，过点Q4作Q3Q4∥AC交AB于点Q3，连接Q2Q3.所以Q1Q2∥AC∥Q3Q4，则Q1，Q2，Q3，Q4四点共面．因为Q1Q4∥BP，Q1Q4⊂平面Q1Q2Q3Q4，BP⊄平面Q1Q2Q3Q4，所以BP∥平面Q1Q2Q3Q4.同理可得AC∥平面Q1Q2Q3Q4，所以平面Q1Q2Q3Q4即为过点M且平行于直线PB和AC的平面．利用三角形相似可得，Q1Q2＝Q3Q4＝eq\f(1,3)AC＝eq\f(2,3)，Q2Q3＝Q1Q4＝eq\f(2,3)BP＝eq\f(8\r(3),9).这个平面与三棱锥表面交线的总长为Q1Q2＋Q2Q3＋Q3Q4＋Q1Q4＝2×eq\f(8\r(3),9)＋2×eq\f(2,3)＝eq\f(12＋16\r(3),9).(2)(多选)(2023·潍坊模拟)已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，点M在平面ABCD上，且AM＝λAD(0<λ<1)，则()A．存在λ，使得直线PB与AM所成的角为eq\f(π,6)B．不存在λ，使得平面PAB⊥平面PBMC．当λ为定值时，点P与点M轨迹上所有的点连线和平面ABCD围成的几何体的外接球的表面积为4(λ2＋1)2πD．若λ＝eq\f(\r(2),2)，以P为球心，PM为半径的球面与四棱锥P－ABCD各面的交线长为eq\f(\r(2)＋\r(6)π,2)答案BCD解析对于A，如图，由题意知∠PBA＝eq\f(π,4)为直线PB与平面ABCD所成的角，所以PB与AM所成的角不小于eq\f(π,4)，eq\f(π,4)>eq\f(π,6)，故A错误；对于B，PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥PA，又BC⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，所以点M要在直线BC上，因为AM＝λAD(0<λ<1)，所以不存在λ，使得平面PAB⊥平面PBM，故B正确；对于C，由题意知，几何体为圆锥，作圆锥及外接球的轴截面图，如图，所以外接球的半径R满足R2＝(2－R)2＋(2λ)2，解得R＝λ2＋1，所以外接球的表面积S＝4(λ2＋1)2π，故C正确；对于D，易知AM＝eq\r(2)，PM＝eq\r(22＋\r(2)2)＝eq\r(6)，将侧面展开，知球与侧面的交线为以点P为圆心，eq\r(6)为半径的圆与侧面展开图的交线，设与AB交于点F，与AD交于点E，即图中，因为tan∠APF＝eq\f(\r(2),2)＝tan∠BPC＝eq\f(2,2\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以∠APF＝∠BPC，又∠APF＋∠FPB＝eq\f(π,4)，所以∠FPC＝∠BPC＋∠FPB＝eq\f(π,4)，由对称性知∠FPC＝∠EPC，所以∠FPE＝eq\f(π,2)，故的长为eq\f(π,2)×eq\r(6)，又球与底面的交线是以点A为圆心，eq\r(2)为半径的圆与底面ABCD的交线，故长度为eq\f(π,2)×eq\r(2)，所以球面与四棱锥P－ABCD各面的交线长为eq\f(\r(2)＋\r(6)π,2)，故D正确．跟踪训练2在正四棱锥P－ABCD中，已知PA＝AB＝2，O为底面ABCD的中心，以O为球心作一个半径为eq\f(2\r(3),3)的球，则该球的球面与侧面PCD的交线长度为()A.eq\f(\r(6)π,6)B.eq\f(\r(6)π,4)C.eq\f(\r(6)π,3)D.eq\f(\r(6)π,2)答案A解析如图，取CD的中点E，则有OE⊥CD，PE⊥CD，由PA＝AB＝2，可得OE＝1，PE＝eq\r(3)，故OP＝eq\r(2)，△PCD为正三角形，球心O在平面PCD上的投影M即为△PCD的中心，OM＝eq\f(OP·OE,PE)＝eq\f(\r(6),3)，球的半径OF＝eq\f(2\r(3),3)，在Rt△OMF中，截面圆半径MF＝eq\r(OF2－OM2)＝eq\f(\r(6),3)，在正△PCD中，以M为圆心，作半径为eq\f(\r(6),3)的圆，易知ME＝eq\f(\r(3),3)，则EF＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(\r(3),3)＝ME，所以∠FME＝45°，圆与三角形截得的三部分，由对称性可知，圆心角都为90°，故该球的球面与侧面PCD的交线长度为截面圆周长的eq\f(1,4)，即为eq\f(1,4)×2π×MF＝eq\f(\r(6)π,6)，故选A.[总结提升]截面和交线问题在高考中一般为选择和填空题，难度较大．探究找截面一是几何法，常用直接连接、作平行线或作延长线找交点，找交线的方法常用线面交点法和面面交点法，二是利用空间向量法．1．(2023·铅山一中模拟)将水平放置棱长为1的正方体容器(不计容器壁厚度)中注入一半的水，现将该正方体容器任意摆放，并保证水不溢出，则水面面积的最大值为()A.eq\f(\r(3),2)B．1C.eq\f(3\r(3),4)D.eq\r(2)答案D解析如图所示，因为水的体积恰好是容器容积的一半，所以①水面可以是以eq\f(\r(2),2)为边长的正六边形，此时水面面积为6×eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)×sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),4)；②水面可以是正方体的体对角面，此时水面面积为eq\r(2)，所以水面面积的最大值为eq\r(2).2．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长是2，E，F分别是棱B1C1和CC1的中点，点P在正方形BCC1B1(包括边界)内，当AP∥平面A1EF时，AP长度的最大值为a.以A为球心，a为半径的球面与底面A1B1C1D1的交线长为()A.eq\f(π,2)B．πC.eq\f(\r(5)π,2)D.eq\r(5)π答案A解析如图所示，分别取BB1，BC的中点M，N，连接MN，AM，AN，所以EF∥MN，又MN⊄平面A1EF，EF⊂平面A1EF，所以MN∥平面A1EF，同理AN∥平面A1EF，又AN∩MN＝N，所以平面AMN∥平面A1EF，因为点P在正方形BCC1B1(包括边界)内，且AP∥平面A1EF，所以点P的轨迹是线段MN，所以AP长度的最大值为eq\r(5)，在平面A1B1C1D1内取一点G，使得A1G＝1，则AG＝eq\r(5)，所以以A为球心，eq\r(5)为半径的球面与底面A1B1C1D1的交线为以A1为圆心，1为半径的，其长度为eq\f(1,4)×2π×1＝eq\f(π,2)，故选A.3.如图，在长方体ABCD－A′B′C′D′中，AB＝BC＝eq\r(2)，AA′＝eq\r(3)，上底面A′B′C′D′的中心为O′，当点E在线段CC′上从点C移动到点C′时，点O′在平面BDE上的投影G的轨迹长度为()A.eq\f(2π,3)B.eq\f(\r(3)π,3)C.eq\f(π,3)D.eq\f(\r(3)π,6)答案B解析如图，以CA，CC′所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，则有C(0,0)，O(1,0)，O′(1，eq\r(3))，设G(x，y)，由O′G⊥OG，可得eq\f(y,x－1)·eq\f(y－\r(3),x－1)＝－1，整理可得(x－1)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(3),2)))2＝eq\f(3,4)，所以点O′在平面BDE上的投影G的轨迹是以Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))为圆心，eq\f(\r(3),2)为半径的.因为tan∠GOF＝eq\f(O′C′,OO′)＝eq\f(\r(3),3)，所以O′G＝O′O·sin∠GOF＝eq\f(\r(3),2)，所以△O′GF是等边三角形，即∠GFO＝eq\f(2π,3)，所以的长l＝eq\f(2π,3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3)π,3).4．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是棱AA1，BC的中点，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形的周长为()A．6 B．10eq\r(2)C.eq\r(13)＋2eq\r(5) D.eq\f(2\r(13)＋9\r(5)＋25,3)答案D解析如图，取CC1的中点G，连接BG，则D1E∥BG，取CG的中点N，连接FN，则FN∥BG，∴FN∥D1E，则直线FN⊂平面D1EF，延长D1E，DA交于点H，连接FH交AB于点M，连接ME，则A为HD的中点，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形为D1EMFN，由题意得A1E＝AE＝2，则C1N＝3，CN＝1，D1E＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5)，ND1＝eq\r(42＋32)＝5，FN＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，取AD的中点Q，连接QF，则AM∥FQ，∴eq\f(AM,FQ)＝eq\f(AH,HQ)，∴AM＝eq\f(AH,HQ)×FQ＝eq\f(4,6)×4＝eq\f(8,3)，则MB＝eq\f(4,3)，则EM＝eq\r(AE2＋AM2)＝eq\r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))2)＝eq\f(10,3)，MF＝eq\r(MB2＋BF2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2＋4)＝eq\f(2\r(13),3)，∴平面D1EF截该正方体所得的截面图形D1EMFN的周长为D1E＋EM＋MF＋FN＋ND1＝2eq\r(5)＋eq\f(10,3)＋eq\f(2\r(13),3)＋eq\r(5)＋5＝eq\f(2\r(13)＋9\r(5)＋25,3).5.(多选)(2023·杭州模拟)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分别为圆柱上、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为2，则()A．球与圆柱的体积之比为2∶3B．四面体CDEF体积的取值范围为(0,32]C．平面DEF截得球的截面面积最小值为eq\f(4π,5)D．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eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2＋2\r(5)，4\r(3)))答案AD解析对于A，球的体积V＝eq\f(4πr3,3)＝eq\f(32π,3)，圆柱的体积V′＝πr2×(2r)＝16π，则球与圆柱的体积之比为2∶3，A正确；对于B，设d为点E到平面BCD的距离，则0<d≤r，而平面BCD经过线段EF的中点O1，所以V四面体CDEF＝＝＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×4×4×d＝eq\f(16d,3)≤eq\f(32,3)，B错误；对于C，如图，过点O作OH⊥DO1于点H，而O1O2⊥DO2，则sin∠DO1O2＝eq\f(OH,OO1)＝eq\f(DO2,DO1)，又DO1＝eq\r(r2＋2r2)＝2eq\r(5)，于是OH＝eq\f(2,\r(5))，设截面圆的半径为r1，球心O到平面DEF的距离为d1，则d1≤eq\f(2,\r(5))，又r1＝eq\r(r2－d\o\al(2,1))＝eq\r(4－d\o\al(2,1))≥eq\r(4－\f(4,5))＝eq\f(4,\r(5))，则平面DEF截得球的截面面积S＝πreq\o\al(2,1)≥eq\f(16π,5)，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＝θ，则QF＝4cosθ，QE＝4sinθ，当Q与E，F之一重合时，上式也成立，因此QF＝4cosθ，QE＝4sinθ，θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则PE＋PF＝eq\r(PQ2＋QE2)＋eq\r(PQ2＋QF2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(1＋4sin2θ)＋\r(1＋4cos2θ)))，令t＝eq\r(1＋4sin2θ)＋eq\r(1＋4cos2θ)，则t2＝6＋2eq\r(5＋4sin22θ)，而0≤2θ<π，即0≤sin2θ≤1，因此6＋2eq\r(5)≤t2≤12，解得1＋eq\r(5)≤t≤2eq\r(3)，所以PE＋PF的取值范围为[2＋2eq\r(5)，4eq\r(3)]，D正确．6.(多选)(2023·承德模拟)如图，正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的各棱长均为1，下列选项正确的有()A．过A，C1，E1三点的平面α截该六棱柱的截面面积为eq\f(5\r(39),12)B．过A，C1，E1三点的平面α将该六棱柱分割成体积相等的两部分C．以A为球心，1为半径的球面与该六棱柱的各面的交线总长为eq\f(5π,3)D．以A为球心，2为半径的球面与该六棱柱的各面的交线总长为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),3)))π答案ACD解析对于A，过点A作GH∥C1E1，设GH∩BC＝G，GH∩EF＝H，连接C1G，E1H，设C1G∩BB1＝M，E1H∩FF1＝N，连接AM，AN，则过A，C1，E1三点的平面α截该六棱柱的截面即为AMC1E1N，可得BC⊥AG，AG＝AH＝eq\f(1,2)C1E1＝eq\f(\r(3),2)，GB＝eq\f(1,2)，C1G＝eq\r(GC2＋C1C2)＝eq\f(\r(13),2)，因为GB＝eq\f(1,3)GC，且BB1∥CC1，则MB＝eq\f(1,3)CC1＝eq\f(1,3)，C1M＝eq\f(2,3)C1G＝eq\f(\r(13),3)，GM＝eq\f(1,3)C1G＝eq\f(\r(13),6)，可得AM＝eq\r(AB2＋BM2)＝eq\f(\r(10),3)，因为BB1⊥平面ABCDEF，GH⊂平面ABCDEF，所以BB1⊥GH，BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BCC1B1，可得GH⊥平面BCC1B1，C1G⊂平面BCC1B1，则GH⊥C1G，由GH∥C1E1，则C1E1⊥C1G，连接BF，MN，则MN＝BF＝eq\r(3)，故截面面积S＝S△AMN＋＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(\r(13),6)＋eq\r(3)×eq\f(\r(13),3)＝eq\f(5\r(39),12)，故A正确；对于B，连接CE，B1F1，因为BB1⊥平面ABCDEF，GB⊂平面ABCDEF，所以BB1⊥GB，BF⊥GB，BF∩BB1＝B，BF，BB1⊂平面BFF1B1，可得GB⊥平面BFF1B1，则四棱锥A－BFNM的高为GB＝eq\f(1,2)，则V四棱锥A－BFNM＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),18)，＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋1))×1,2)×eq\r(3)＝eq\f(2\r(3),3)，＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(1,2)×1＝eq\f(\r(3),4)，故平面α下半部分的体积V1＝V四棱锥A－BFNM＋＝eq\f(\r(3),18)＋eq\f(2\r(3),3)＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(35\r(3),36)，正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的体积V＝6×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)×1＝eq\f(3\r(3),2)，显然V1≠eq\f(1,2)V，故B错误；对于C，因为球的半径为1，则球只与侧面ABB1A1、侧面AFF1A1和底面ABCDEF相交，因为∠A1AF＝∠A1AB＝eq\f(π,2)，∠FAB＝eq\f(2π,3)，在侧面ABB1A1、侧面AFF1A1的交线为eq\f(1,4)个圆，在底面ABCDEF的交线为eq\f(1,3)个圆，半径均为1，故球面与该六棱柱的各面的交线总长为2×eq\f(1,4)×2π×1＋eq\f(1,3)×2π×1＝eq\f(5π,3)，故C正确；对于D，因为球的半径为2，显然球不与侧面ABB1A1、侧面AFF1A1相交，由选项A可知，GH⊥平面BCC1B1，即AG⊥平面BCC1B1，且eq\r(AG2＋C1G2)＝2，则球与侧面BCC1B1、侧面EFF1E1分别交于点C1，E1，连接AC，则AC⊥CD，因为CC1⊥平面ABCDEF，AC⊂平面ABCDEF，所以CC1⊥AC，又CD∩CC1＝C，CD，CC1⊂平面CDD1C1，可得AC⊥平面CDD1C1，且AC＝eq\r(3)，eq\r(22－\r(3)2)＝1，则球与侧面CDD1C1的交线为eq\f(1,4)个圆，且半径为1，同理可得，球与侧面EDD1E1的交线为eq\f(1,4)个圆，且半径为1，又因为AA1⊥平面A1B1C1D1E1F1，且AA1＝1，eq\r(22－12)＝eq\r(3)，∠E1A1C1＝eq\f(π,3)，则球与底面A1B1C1D1E1F1的交线为eq\f(1,6)个圆，且半径为eq\r(3)，又因为AD＝2，则球与底面ABCDEF的交点为D，所以球面与该六棱柱的各面的交线总长为2×eq\f(1,4)×2π×1＋eq\f(1,6)×2π×eq\r(3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),3)))π，故D正确．7．(2023·湖北圆创联考)葫芦是一种爬藤植物，在我国传统文化中，其枝密