2023高考数学二轮专题 微专题17 球的切、接、截问题

微专题17　球的切、接、截问题

1.球的切接问题

(1)长方体的外接球

①球心：体对角线的交点；

②半径：r＝(a，b，c为长方体的长、宽、高).

(2)正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球(a为正方体的棱长)

①外接球：球心是正方体中心，半径r＝a，直径等于体对角线长；

②内切球：球心是正方体中心，半径r＝，直径等于正方体棱长；

③与各条棱都相切的球：球心是正方体中心，半径r＝a，直径等于面对角线长.

(3)正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分，a为正四面体的棱长)

①外接球：球心是正四面体的中心，半径r＝a；

②内切球：球心是正四面体的中心，半径r＝a.

2.平面截球

平面截球面得圆.截面圆的圆心与球心的连线与截面圆圆面垂直且R2＝d2＋r2(R为球半径，r为截面圆半径，d为球心到截面圆的距离).

类型一　外接球问题

考向1　墙角模型

墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长.长方体同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球半径为R.

则(2R)2＝a2＋b2＋c2，即2R＝.常见的有以下三种类型：

例1 已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为(　　)

A.8π  B.4π 

C.2π  D.π

答案　D

解析　因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB.

因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.

取AC的中点D，连接BD，PD，

易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，

又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，

所以PB⊥平面PAC，

所以PB⊥PA，PB⊥PC，

因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，

即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P－ABC放在正方体中如图所示.

因为AB＝2，所以该正方体的棱长为，

所以该正方体的体对角线长为，

所以三棱锥P－ABC的外接球的半径R＝，

所以球O的体积V＝πR3＝π＝π，故选D.

考向2　对棱相等模型

对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长，如图所示，(2R)2＝a2＋b2＋c2(长方体的长、宽高分别为a，b，c)，即R2＝(x2＋y2＋z2)，如图.

例2 在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，AC＝BD＝4，则三棱锥

A－BCD外接球的表面积为________.

答案　

解析　构造长方体，三个长度为三对面的对角线长，设长方体的长宽高分别为a，b，c，则a2＋b2＝9，b2＋c2＝4，c2＋a2＝16，

所以2(a2＋b2＋c2)＝9＋4＋16＝29，

即a2＋b2＋c2＝4R2＝，

则外接球的表面积为S＝4πR2＝.

考向3　汉堡模型

汉堡模型是直三棱柱、圆柱的外接球模型，模型如下，

由对称性可知，球心O的位置是△ABC的外心O1与△A1B1C1的外心O2的连线的中点，算出小圆O1的半径AO1＝r，OO1＝，所以R2＝r2＋.

例3 (2022·金华调研)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝AC，侧棱AA1⊥底面ABC，若该三棱柱的所有顶点都在同一个球O的表面上，且球O的表面积的最小值为4π，则该三棱柱的侧面积为(　　)

A.6  B.3 

C.3  D.3

答案　B

解析　如图，设三棱柱上、下底面中心分别为O1，O2，则O1O2的中点为O，设球O的半径为R，则OA＝R，设AB＝BC＝AC＝a，AA1＝h，

则OO2＝h，O2A＝×AB＝a.

在Rt△OO2A中，R2＝OA2＝OO＋O2A2＝h2＋a2≥2×h×a＝ah，

当且仅当h＝a时，等号成立，

所以S球＝4πR2≥4π×ah，

所以ah＝4π，

所以ah＝，

所以该三棱柱的侧面积为3ah＝3.

考向4　垂面模型

垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球；如图所示，由对称性可知球心O的位置是△CBD的外心O1与△AB2D2的外心O2连线的中点，算出小圆O1的半径CO1＝r，OO1＝，则R＝.

例4 (2022·广州模拟)已知四棱锥S－ABCD的所有顶点都在球O的球面上，SD⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD且满足AB＝2AD＝2DC＝2，且∠DAB＝，SC＝，则球O的表面积是(　　)

A.5π  B.4π 

C.3π  D.2π

答案　A

解析　依题意，得AB＝2AD＝2，∠DAB＝，由余弦定理可得BD＝，则AD2＋DB2＝AB2，则∠ADB＝.

又四边形ABCD是等腰梯形，

故四边形ABCD的外接圆直径为AB，半径r＝＝1，设AB的中点为O1，球的半径为R，

因为SD⊥平面ABCD，

所以SD＝＝1，

R2＝12＋＝，

则S＝4πR2＝5π.

考向5　切瓜模型

切瓜模型是有一侧面垂直底面的棱锥模型，常见的是两个互相垂直的面都是特殊三角形，在三棱锥A－BCD中，侧面ABC⊥底面BCD，设三棱锥的高为h，外接球的半径为R，球心为O，△BCD的外心为O1，O1到BC的距离为d，O与O1的距离为m，△BCD和△ABC外接圆的半径分别为r1，r2，则解得R，可得R＝(l为两个面的交线段长).

例5 (2022·济宁模拟)在边长为6的菱形ABCD中，∠A＝，现将△ABD沿BD折起，当三棱锥A－BCD的体积最大时，三棱锥A－BCD的外接球的表面积为________.

答案　60π

解析　边长为6的菱形ABCD，在折叠的过程中，

当平面ABD⊥平面BCD时，三棱锥的体积最大；

由于AB＝AD＝CD＝BC＝6，

∠C＝∠A＝.

所以△ABD和△CBD均为正三角形，设△ABD和△CBD的外接圆半径为r，

则2r＝，所以r＝2.

△ABD和△CBD的交线段为BD，且BD＝6.

所以三棱锥A－BCD的外接球的半径R＝＝.

故S球＝4·π()2＝60π.

训练1 (1)(2022·青岛一模)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为(　　)

A.5π  B.π 

C.π  D.π

(2)在三棱锥P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，且PA＝4，底面△ABC的外接圆的半径为3，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为________.

答案　(1)D　(2)52π

解析　(1)由三棱柱所有棱的长a＝1，可知底面为正三角形，

底面三角形的外接圆直径2r＝＝，

所以r＝，

设外接球的半径为R，则有R2＝r2＋＝＋＝，

所以该球的表面积S＝4πR2＝π，故选D.

(2)因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，

所以PA⊥平面ABC.

设三棱锥P－ABC的外接球的半径为R，结合底面△ABC的外接圆的半径r＝3，

可得R2＝＋r2＝22＋33＝13，

所以三棱锥P－ABC的外接球的表面积为S表＝4πR2＝52π.

类型二　内切球问题

内切球问题的解法(以三棱锥为例)

第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体的体积；

第二步：设内切球的半径为r，建立等式VP－ABC＝VO－ABC＋VO－PAB＋VO－PAC＋

VO－PBC⇒VP－ABC＝S△ABC·r＋S△PAB·r＋S△PAC·r＋SPBC·r＝(S△ABC＋S△PAB＋S△PAC

＋S△PBC)r；

第三步：解出

r＝.

例6 (1)(2022·成都石室中学三诊)《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.若三棱锥P－ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝BC＝4，AB＝3，AB⊥BC，若三棱锥P－ABC有一个内切球O，则球O的体积为(　　)

A.  B. 

C.  D.9π

(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝6，BC＝8，AC＝10，则该三棱柱内能放置的最大球的表面积是(　　)

A.16π  B.24π 

C.36π  D.64π

答案　(1)C　(2)A

解析　(1)设球O的半径为r，

则三棱锥P－ABC的体积V＝××3×4×4

＝×(×3×4＋×4×3＋×5×4＋×4×5)×r，

解得r＝，所以球O的体积V＝πr3＝，故选C.

(2)由题意，球的半径为底面三角形内切圆的半径r，因为底面三角形的边长分别为6，8，10，所以底面三角形为直角三角形，

r＝＝＝2.

又因为AA1＝6，2r＝4<6，

所以该三棱柱内能放置的最大球半径为2，此时S表面积＝4πr2＝4π×22＝16π.

训练2 已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________.

答案　π

解析　圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆.

在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，

则PD＝2，△PEO∽△PDB，

故＝，即＝，解得r＝，

故内切球的体积为π＝π.

类型三　球的截面问题

解决球的截面问题抓住以下几个方面：

(1)球心到截面圆的距离；(2)截面圆的半径；(3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形).

例7 (2022·杭州质检)在正三棱锥P－ABC中，Q为BC中点，PA＝，AB＝2，过点Q的平面截三棱锥P－ABC的外接球所得截面面积的取值范围为________.

答案　

解析　因为正三棱锥P－ABC中，PB＝PC＝PA＝，AC＝BC＝AB＝2，

所以PB2＋PA2＝AB2，即PB⊥PA，

同理PB⊥PC，PC⊥PA，

因此正三棱锥P－ABC可看作正方体的一角，如图.

记正方体的体对角线的中点为O，由正方体结构特征可得，点O即是正方体的外接球球心，所以点O也是正三棱锥P－ABC外接球的球心，记外接球半径为R，

则R＝＝，

因为球的最大截面圆为过球心的圆，

所以过点Q的平面截三棱锥P－ABC的外接球所得截面的面积最大为

Smax＝πR2＝.

又Q为BC中点，由正方体结构特征可得OQ＝PA＝；

由球的结构特征可知，当OQ垂直于过点Q的截面时，截面圆半径最小为

r＝＝1，

所以Smin＝πr2＝π.

因此，过Q的平面截三棱锥P－ABC的外接球所得截面面积的取值范围为.

训练3 (1)设球O是棱长为4的正方体的外接球，过该正方体棱的中点作球O的截面，则最小截面的面积为(　　)

A.3π  B.4π 

C.5π  D.6π

(2)(2022·武汉质检)已知棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1，球O与该正方体的各个面相切，则平面ACB1截此球所得的截面的面积为________.

答案　(1)B　(2)

解析　(1)当球O到截面圆心连线与截面圆垂直时，截面圆的面积最小，

由题意，正方体棱的中点与O的距离为2，球的半径为2，

∴最小截面圆的半径为＝2，

∴最小截面面积为π·22＝4π.

(2)∵正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，球O与该正方体的各个面相切，

则球O的半径为1，

设E，F，G分别为球O与平面ABCD、平面BB1C1C、平面AA1B1B的切点，

则等边三角形EFG为平面ACB1截此球所得的截面圆的内接三角形，

由已知可得EF＝EG＝GF＝，

∴平面ACB1截此球所得的截面圆的半径

r＝＝，

∴截面的面积为π×＝.

一、基本技能练

1.已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为(　　)

A.π  B. 

C.  D.

答案　B

解析　如图画出圆柱的轴截面ABCD，O为球心.球的半径R＝OA＝1，球心到底面圆的距离为OM＝.

∴底面圆半径r＝＝

故圆柱体积V＝π·r2·h＝π·×1＝.

2.若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　)

A.12π  B.24π 

C.36π  D.144π

答案　C

解析　由题意知球的直径

2R＝＝6，

∴R＝3，∴S球＝4πR2＝36π.故选C.

3.一个四面体的所有棱长都为，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为(　　)

A.3π  B.4π 

C.3π  D.6π

答案　A

解析　构造棱长为1的正方体，该四面体的外接球也是棱长为1的正方体的外接球，

所以外接球半径R＝，

所以外接球表面积为S＝4πR2＝3π.

4.已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为(　　)

A.  B.2 

C.  D.3

答案　C

解析　将直三棱柱补为长方体ABEC－A1B1E1C1，

则球O是长方体ABEC－A1B1E1C1的外接球.

∴体对角线BC1的长为球O的直径.

因此2R＝＝13，则R＝.

5.(2022·南阳二模)已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，以AD为折痕进行折叠，使折后的∠BDC＝，则过A，B，C，D四点的球的表面积为(　　)

A.3π  B.4π 

C.5π  D.6π

答案　C

解析　折后的几何体构成以D为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1，1，，所以2R＝＝，球的表面积S＝4π＝5π.

6.(2022·青岛模拟)如图是一个由6个正方形和8个正三角形围成的十四面体，其所有顶点都在球O的球面上，若十四面体的棱长为1，则球O的表面积为(　　)

A.2π  B.4π 

C.6π  D.8π

答案　B

解析　根据图形可知，该十四面体是由一个正方体切去八个角得到的，

如图所示，十四面体的外接球球心与正方体的外接球球心相同，

建立空间直角坐标系，

∵该十四面体的棱长为1，故正方体的棱长为，

∴该正方体的外接球球心的坐标为O，

设十四面体上一顶点为D，则D，

所以十四面体的外接球半径

R＝OD＝＝1，

故外接球的表面积为S＝4πR2＝4π.故选B.

7.四面体ABCD的四个顶点都在球O上且AB＝AC＝BC＝BD＝CD＝4，AD＝2，则球O的表面积为(　　)

A.  B. 

C.30π  D.40π

答案　B

解析　如图，取BC的中点M，连接AM，DM，

由题意可知，△ABC和△BCD都是边长为4的等边三角形.

∵M为BC的中点，

∴AM⊥BC，且AM＝DM＝2，

又∵AD＝2，∴AM2＋DM2＝AD2，

∴AM⊥DM，

∵BC∩DM＝M，BC，DM⊂平面BCD，

∴AM⊥平面BCD，

∵AM⊂平面ABC，

∴平面ABC⊥平面BCD，

△ABC与△BCD外接圆半径r＝DM＝，

又△ABC与△BCD的交线段BC＝4.

所以四面体外接球半径

R＝＝，

四面体ABCD的外接球的表面积为4π×R2＝π.

8.已知三棱锥P－ABC的棱AP，AB，AC两两垂直，且长度都为，以顶点P为球心，2为半径作一个球，则球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于(　　)

A.  B. 

C.π  D.

答案　D

解析　如图，∠APC＝，AP＝，AN＝1，∠APN＝，∠NPM＝，＝×2＝，

同理＝，＝，＝，

故四段弧长之和为＋＋＋＝.

9.(多选)(2022·石家庄调研)已知一个正方体的外接球和内切球上各有一个动点M和N，若线段MN长的最小值为－1，则(　　)

A.该正方体的外接球的表面积为12π

B.该正方体的内切球的体积为

C.该正方体的棱长为1

D.线段MN长的最大值为＋1

答案　AD

解析　设该正方体的棱长为a，则其外接球的半径R＝a，内切球的半径R′＝，

该正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，由于两球球心相同，

可得MN的最小值为－＝－1，解得a＝2，故C错误；

所以外接球的半径R＝，表面积为4π×3＝12π，故A正确；

内切球的半径R′＝1，体积为π，故B错误；

MN的最大值为R＋R′＝＋1，故D正确.

故选AD.

10.(多选)设圆锥的顶点为A，BC为圆锥底面圆O的直径，点P为圆O上的一点(异于B，C)，若BC＝4，三棱锥A－PBC的外接球表面积为64π，则圆锥的体积为(　　)

A.4π  B.8π 

C.16π  D.24π

答案　BD

解析　如图，设圆锥AO的外接球球心为M，半径为r，

则M在直线AO上，

4πr2＝64π，解得r＝4.

由勾股定理得BM2＝OM2＋OB2，

即42＝(2)2＋OM2，

可得OM＝2，

即OM＝|AO－r|＝|AO－4|＝2，

解得AO＝6或AO＝2.

当AO＝6时，圆锥AO的体积为V＝π×(2)2×6＝24π；

当AO＝2时，圆锥AO的体积为V＝π×(2)2×2＝8π.

故选BD.

11.在三棱锥A－BCD中，△BCD和△ABD均是边长为1的等边三角形，AC＝，则该三棱锥外接球的表面积为________.

答案　2π

解析　取AC的中点O，连接OB，OD，

在△ABC中，AB＝BC＝1，AC＝，

所以∠ABC＝90°，

所以OA＝OB＝OC＝，

同理得OD＝，故点O为该三棱锥外接球的球心，

所以球O的半径r＝，S球＝4πr2＝2π.

12.如图，已知球O是棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为________.

答案　

解析　根据题意知，平面ACD1是边长为＝3的正三角形，

且所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积，则由图得，△ACD1内切圆的半径r＝＝，

所以平面ACD1截球O的截面面积为

S＝π×＝.

二、创新拓展练

13.(多选)(2022·华大新高考联考)已知三棱锥S－ABC中，SA⊥平面ABC，SA＝AB＝BC＝，AC＝2，点E，F分别是线段AB，BC的中点，直线AF，CE相交于G，则过点G的平面α截三棱锥S－ABC的外接球O所得截面面积可以是(　　)

A.π  B.π 

C.π  D.π

答案　BCD

解析　因为AB2＋BC2＝AC2，故AB⊥BC，

故三棱锥S－ABC的外接球O的半径R＝＝，

取AC的中点D，连接BD必过G，

因为AB＝BC＝，故DG＝BD＝，

因为OD＝，

故OG2＝＋＝，

则过点G的平面截球O所得截面圆的最小半径r2＝－＝，

故截面面积的最小值为π，最大值为πR2＝π，故选BCD.

14.(多选)(2022·济南模拟)已知三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O上，AB＝BC＝AC＝1，∠APC＝，平面PAC⊥平面ABC，则(　　)

A.直线OA与直线BC垂直

B.点P到平面ABC的距离的最大值为

C.球O的表面积为

D.三棱锥O－ABC的体积为

答案　ACD

解析　设△ABC外接圆的圆心为O1，连接OO1，O1A.

因为O为三棱锥P－ABC外接球的球心，

所以OO1⊥平面ABC，

所以OO1⊥BC，因为AB＝BC＝AC＝1，

所以O1A⊥BC，所以BC⊥平面OO1A，

所以OA⊥BC，故A选项正确；

设△PAC外接圆的圆心为O2，

AC的中点为D，连接O2D，

由于AC＝1，∠APC＝，

所以圆O2的半径r2＝×＝1，

则易知O2D＝，

所以点P到平面ABC的距离的最大值为1＋(此时P，O2，D三点共线)，故B选项错误；

由于AB＝BC＝AC＝1，

平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，

所以圆O1的半径r1＝×＝，

圆O2的半径r2＝1，△ABC与△PAC的交线段AC＝1，

所以三棱锥P－ABC外接球半径R2＝＋12－＝.

故球O的表面积S＝4π×＝，故C选项正确；

由于OO1⊥平面ABC，且OO1＝O2D＝，S△ABC＝，

所以三棱锥O－ABC的体积为×OO1×S△ABC＝××＝，

故D选项正确，故选ACD.

15.(多选)(2022·湖州调研)已知正四面体ABCD的棱长为3，其外接球的球心为O.点E满足＝λ(0<λ<1)，过点E作平面α平行于AC和BD，设α分别与该正四面体的棱BC，CD，DA相交于点F，G，H，则(　　)

A.四边形EFGH的周长为定值

B.当λ＝时，四边形EFGH为正方形

C.当λ＝时，平面α截球O所得截面的周长为

D.四棱锥A－EFGH的体积的最大值为

答案　ABD

解析　将正四面体ABCD放入正方体中.因为正四面体ABCD的棱长为3，所以正方体的棱长为.如图所示，过点E作平面α平行于AC和BD，平面α与正方体的棱交于M，N，P，Q四点.

因为＝λ，故＝λ，即有EH＝λBD，同理FG＝λBD，EF＝(1－λ)AC，HG＝(1－λ)AC，且EH∥BD，EF∥AC，

故四边形EFGH为平行四边形.

因为AC⊥BD，故EF⊥EH，则四边形EFGH为矩形.

对于A，四边形EFGH的周长为2(EF＋EH)＝2[(1－λ)AC＋λBD]＝2[(1－λ)AC＋λAC]＝2AC＝6，为定值，故A选项正确；

对于B，当λ＝时，E为AB的中点，故EF＝EH，所以四边形EFGH为正方形，故B选项正确；

对于C，当λ＝时，球心O到平面EFGH的距离即球心到平面MNPQ的距离，即BC中点到MF的距离，经计算为，球半径为×＝，故截面圆的半径为＝，所以截面圆的周长为×2π＝π，故C选项错误；

对于D，四棱锥A－EFGH的高为AQ，所以其体积V＝×λ×3(1－λ)×3λ

＝λ2(1－λ)，0<λ<1，

令f(λ)＝λ2(1－λ)，

则f′(λ)＝(2λ－3λ2)，

令f′(λ)＝0得λ＝，

故当λ＝时，四棱锥A－EFGH的体积最大，最大值为××＝，故D选项正确，故选ABD.

16.(多选)(2022·嘉兴测试)如图，在等腰梯形ABCD中，AB＝2AD＝2BC＝2CD＝4.现将△DAC沿对角线AC所在的直线翻折成△D′AC，记二面角D′－AC－B的大小为α(0<α<π)，则(　　)

A.存在α，使得D′A⊥BC

B.存在α，使得D′A⊥平面D′BC

C.存在α，使得三棱锥D′－ABC的体积为

D.存在α＝，使得三棱锥D′－ABC的外接球的表面积为20π

答案　ACD

解析　如图1，取AB的中点E，连接DE交AC于点F.

因为AB＝2CD，所以CD＝EB＝AE，

所以四边形AECD为菱形，四边形EBCD为菱形，

所以△AED，△DEC，△EBC均为等边三角形，

所以AC⊥ED，∠DAC＝∠BAC＝，∠ACB＝，

在翻折过程中，如图2，

AC⊥D′F，AC⊥FE，

所以∠D′FE为二面角D′－AC－B的平面角，所以∠D′FE＝α.

对于A，当α＝时，

平面D′AC⊥平面ABC.

因为BC⊥AC，所以BC⊥平面D′AC.

又因为D′A⊂平面D′AC，所以D′A⊥BC，

所以存在α，使得D′A⊥BC，

故A选项正确；

对于B，假设存在α，使得D′A⊥平面D′BC.因为D′C⊂平面D′BC，所以D′A⊥D′C，与∠AD′C＝矛盾，故B选项不正确；

对于C，由分析可得，D′F＝DE＝AD＝1，AC＝2AF＝2××AD＝2.

设D′到平面ABC的距离为d，

则V三棱锥D′－ABC＝×S△ABC×d＝××AC×BC×d＝××2×2×d＝，

解得d＝，

所以sin α＝＝，所以α＝或，故C选项正确；

对于D，当α＝时，平面D′AC⊥平面ABC，所以BC⊥平面D′AC，

D′F⊥平面ABC.

如图2所示，因为E，F分别为AB，AC的中点，所以EF∥BC，且EF＝BC＝1，所以EF⊥平面D′AC.

设△D′AC外接圆圆心为O1，则O1A＝O1D′＝AD′＝2.

因为E是Rt△ABC斜边的中点，所以E为Rt△ABC的外心.

过O1作平面D′AC的垂线，过点E作平面ABC的垂线，

则两垂线的交点O即为三棱锥D′－ABC外接球的球心，

显然四边形EFO1O是矩形，

所以OO1＝EF＝1.

设三棱锥D′－ABC的外接球半径为R，

则在Rt△OO1D′中，R＝OD′＝＝＝，

所以三棱锥D′－ABC的外接球的表面积S＝4πR2＝20π，故D选项正确.综上所述，故选ACD.

17.在菱形ABCD中，AB＝2，∠ABC＝60°，若将菱形ABCD沿对角线AC折成大小为60°的二面角B－AC－D，则四面体DABC的外接球球O的体积为________.

答案　

解析　如图，设M，N分别为△ABC，△ACD的外心，E为AC的中点，

则EN＝EM＝BE＝1，

在平面BDE内过点M作BE的垂线与过点N作DE的垂线交于点O.

∵BE⊥AC，DE⊥AC，BE∩DE＝E，

∴AC⊥平面BDE.

∵OM⊂平面BDE，∴OM⊥AC，

∵OM⊥BE，BE∩AC＝E，

∴OM⊥平面ABC，

同理可得ON⊥平面ACD，

则O为四面体DABC的外接球的球心，连接OE，

∵EM＝EN，OE＝OE，∠OME＝∠ONE＝90°，

∴△OME≌△ONE，

∴∠OEM＝30°，∴OE＝＝.

∵AC⊥平面BDE，OE⊂平面BDE，

∴OE⊥AC，∴OA＝＝，

即球O的半径R＝.

故球O的体积V＝πR3＝.

18.(2022·湖南三湘名校联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝AA1＝4，M为棱AB的中点，N是棱BC的中点，O是三棱柱外接球的球心，则平面MNB1截球O所得截面的面积为________.

答案　8π

解析　如图1，

将直三棱柱补形成正方体ABCD－A1B1C1D1，

连接BD1，则直三棱柱的外接球也是正方体的外接球，球心O是BD1的中点，半径R＝2.

连接BD交MN于点E，连接B1E交BD1于点F，

过点O作OO1⊥B1E于点O1，连接B1D1，

因为MN∥AC，AC⊥平面BB1D1D，

所以MN⊥平面BB1D1D，

所以OO1⊥MN，

所以OO1⊥平面MNB1.

如图2，

在矩形BB1D1D中，＝＝，

所以＝，过点B作BG⊥B1E于点G，

则BG＝＝，

＝＝，所以OO1＝2，

设截面圆的半径为r，

则r2＝R2－OO＝(2)2－22＝8，

所以截面的面积为8π.