2023高考数学二轮专题 微专题17 球的切、接、截问题

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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12πB.该正方体的内切球的体积为C.该正方体的棱长为1D.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⊥BCB.存在α，使得D′A⊥平面D′BCC.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.