2021數(shù)學(xué)（理）統(tǒng)考版二輪復(fù)習(xí)學(xué)案：板塊1 命題區(qū)間精講 精講12 與球有關(guān)的切、接、截問題含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高考數(shù)學(xué)（理）統(tǒng)考版二輪復(fù)習(xí)學(xué)案：板塊1命題區(qū)間精講精講12與球有關(guān)的切、接、截問題含解析與球有關(guān)的切、接、截問題命題點(diǎn)1球與柱體的切、接問題1．處理球的“切”“接”問題的求解策略解決與球有關(guān)的切、接問題,其通法是作截面，將空間幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題求解，其解題的思維流程是：2．四個(gè)結(jié)論（1)長(zhǎng)、寬、高分別為a，b，c的長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng)等于外接球的直徑，即eq\r(a2＋b2＋c2）＝2R.（2)棱長(zhǎng)為a的正方體的體對(duì)角線長(zhǎng)等于外接球的直徑,即eq\r(3)a＝2R.(3）棱長(zhǎng)為a的正方體的面對(duì)角線長(zhǎng)等于與棱內(nèi)切球的直徑，即eq\r(2）a＝2R.（4)若直棱柱（或有一條棱垂直于一個(gè)面的棱錐）的高為h,底面外接圓半徑為x,則該幾何體外接球半徑R滿足R2＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（h,2))）eq\s\up7(2）＋x2。[高考題型全通關(guān)]1．[教材改編]正方體的外接球與內(nèi)切球的球面面積分別為S1和S2，則()A．S1＝2S2 B．S1＝3S2C．S1＝4S2 D．S1＝2eq\r(3）S2B［根據(jù)題意,設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，可得正方體的外接球直徑為正方體的體對(duì)角線長(zhǎng),等于eq\r（3），而內(nèi)切球直徑等于正方體的棱長(zhǎng)，等于1，∴S1，S2的比值為eq\f(S1,S2）＝eq\f(4π·\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（\r（3),2）)）\s\up7(2),4π·\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2)))\s\up7（2）)＝3，可得S1＝3S2。故選B．]2．（2020·沈陽模擬）若三棱錐的三條側(cè)棱兩兩垂直，且側(cè)棱長(zhǎng)都相等,其外接球的表面積是4π，則其側(cè)棱長(zhǎng)為()A．eq\f(\r(3）,3）B．eq\f(2\r（3)，3)C．eq\f(2\r（2),3）D．eq\f（\r（2)，3)B[三棱錐的三條側(cè)棱兩兩互相垂直，所以它的外接球就是它擴(kuò)展為正方體的外接球，因?yàn)橥饨忧虻谋砻娣e是4π，所以球的半徑為1，所以正方體的體對(duì)角線的長(zhǎng)為2，所以側(cè)棱長(zhǎng)為eq\f（2\r(3)，3）。故選B．］3．在三棱柱ABC.A1B1C1中，已知AA1⊥平面ABC，AA1＝2，BC＝2eq\r(3)，∠BAC＝eq\f(π，2），此三棱柱各個(gè)頂點(diǎn)都在一個(gè)球面上，則球的體積為（)A．eq\f(32π,3）B．16πC．eq\f（25π，3）D．eq\f（31π,2）A［直三棱ABC.A1B1C1∵△ABC中，∠BAC＝eq\f（π，2）,∴下底面△ABC的外心P為BC的中點(diǎn)，同理,可得上底面△A1B1C1的外心Q為B1C連接PQ，取PQ中點(diǎn)O，易知O是三棱柱ABC.A1B1C1∵Rt△POB中，BP＝eq\f（1,2)BC＝eq\r（3），PO＝eq\f（1,2）AA1＝1，∴BO＝eq\r(BP2＋OP2)＝2，即外接球半徑R＝2，因此,三棱柱ABC。A1B1C1外接球的球的體積為V＝eq\f(4，3）πR3＝eq\f(4,3）π×23＝eq\f（32,3)π.故選A．]4．已知直三棱柱ABC。A1B1C1的各頂點(diǎn)都在以O(shè)為球心的球面上,且∠BAC＝eq\f（3π,4）,AA1＝BC＝2，則球O的體積為(）A．4eq\r(3)πB．8πC．12πD．20πA[在底面△ABC中，由正弦定理得底面△ABC所在的截面圓的半徑r＝eq\f（BC，2sin∠BAC)＝eq\f(2，2sin\f(3π，4））＝eq\r(2)。所以直三棱柱ABC。A1B1C1R＝eq\r(r2＋\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（AA1,2)））\s\up7(2)）＝eq\r（\r（2)2＋12)＝eq\r（3)。故直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的體積為eq\f(4,3)πR3＝4eq\r（3）π。故選A．］5．一底面半徑為2的圓柱形封閉容器內(nèi)有一個(gè)半徑為1的小球,與一個(gè)半徑為2的大球，則該容器容積最小為(）A．24π B．20πC．(12＋8eq\r（2）)π D．16eq\r（2)πC[依題意，要想容積最小,小球、大球的位置如圖，其中DE＝1＋2＝3，DC＝2－1＝1，AE＝BE＝1。EC＝eq\r(DE2－DC2）＝2eq\r(2)，故圓柱的高為AE＋EC＋R大球＝3＋2eq\r(2).該容器容積最小為22π×（3＋2eq\r（2））＝（12＋8eq\r(2））π。故選C．]6．（2020·武漢重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖所示，直三棱柱ABC.A1B1C1是一塊石材，測(cè)量得∠ABC＝90°,AB＝6，BC＝8，AA1A．eq\f（32π,3），4 B．eq\f(9π，2)，3C．6π,4 D．eq\f(32π，3)，3D［依題意知,當(dāng)健身手球與直三棱柱的三個(gè)側(cè)面均相切時(shí)，健身手球的體積最大．易知AC＝eq\r（AB2＋BC2)＝10，設(shè)健身手球的半徑為R,則eq\f(1,2)×（6＋8＋10）×R＝eq\f（1，2）×6×8，解得R＝2。則健身手球的最大直徑為4。因?yàn)锳A1＝13，所以最多可加工3個(gè)健身手球．于是一個(gè)健身手球的最大體積V＝eq\f(4,3）πR3＝eq\f（4,3）π×23＝eq\f(32π,3).故選D．]7.如圖,在圓柱O1O2內(nèi)有一個(gè)球O，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切，記圓柱O1O2的體積為V1，球O的體積為V2，則eq\f（V1,V2)的值是________．eq\f(3,2）［設(shè)球O的半徑為R，∵球O與圓柱O1O2的上、下底面及母線均相切,∴圓柱O1O2的高為2R,底面半徑為R?！鄀q\f(V1，V2）＝eq\f(πR2·2R,\f(4,3）πR3)＝eq\f(3，2）.］8．若側(cè)面積為4π的圓柱有一外接球O，當(dāng)球O的體積取得最小值時(shí)，圓柱的表面積為________．6π[設(shè)圓柱的底面圓的半徑為r，高為h，則球的半徑R＝eq\r（r2＋\f(h，2)2），∵球體積V＝eq\f(4π，3）R3，故當(dāng)且僅當(dāng)R最小時(shí)V最?。畧A柱的側(cè)面積為2πrh＝4π，∴rh＝2，∴eq\f(h，2)＝eq\f(1，r)，∴R＝eq\r(r2＋\f(1，r2））≥eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)r2＝eq\f(1，r2)時(shí)，即r＝1時(shí)取“＝"號(hào)，此時(shí)R取最小值．∴r＝1，h＝2，圓柱的表面積為2π＋2π×1×2＝6π.］命題點(diǎn)2球與錐體的切、接問題球與錐體切接問題的三種常用方法（1)補(bǔ)形法：球與三條側(cè)棱互相垂直的三棱錐組合問題，解決的基本方法是補(bǔ)形法，即把三棱錐補(bǔ)成正方體或長(zhǎng)方體．(2）截面法：球與正四面體的內(nèi)切問題常采用等體積分割法和截面法求解；球與正四面體外接問題可采用補(bǔ)形法（正方體）或構(gòu)造直角三角形．(3）確定球心法:充分利用所給幾何體的性質(zhì)結(jié)合截面圓的特征，確定球心，從而借助直角三角形求解．[高考題型全通關(guān)］1．在三棱錐P.ABC中，∠ACB＝eq\f（π,2)，CA＝CB＝2，PA＝PB＝2eq\r（5),PC＝2eq\r（6），則三棱錐P-ABC的外接球表面積為（）A．12πB．24πC．36πD．48πB［∵CA＝2，PA＝2eq\r(5)，PC＝2eq\r(6)，∴CA2＋PA2＝PC2，∴∠PAC＝90°，同理,∠PBC＝90°，∴PC中點(diǎn)O到各頂點(diǎn)距離相等，即O為外接球球心．∴外接球半徑為eq\r（6),∴外接球表面積為24π，故選B．］2．已知圓錐的高為3,底面半徑為eq\r(3），若該圓錐的頂點(diǎn)與底面的圓周都在同一個(gè)球面上，則這個(gè)球的體積等于（）A．eq\f（8，3)πB．eq\f(32,3）πC．16πD．32πB[設(shè)該圓錐的外接球的半徑為R，依題意得，R2＝(3－R)2＋（eq\r(3）)2，解得R＝2，所以所求球的體積V＝eq\f(4，3）πR3＝eq\f（4，3)π×23＝eq\f(32，3)π，故選B．]3．一個(gè)正四面體的棱長(zhǎng)為2，則這個(gè)正四面體的外接球的表面積為(）A．6πB．8πC．eq\r（6)πD．11πA［將正四面體補(bǔ)成一個(gè)正方體，則正方體的棱長(zhǎng)為eq\r（2),正方體的體對(duì)角線長(zhǎng)為eq\r(6)，∵正四面體的外接球的直徑為正方體的體對(duì)角線長(zhǎng)，∴外接球的表面積為4π·eq\f(\r(6),2）2＝6π。故選A．]4．三棱錐P。ABC中，△ABC為等邊三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，三棱錐P.ABC的外接球的體積為（)A．eq\f（27,2)π B．eq\f(27\r（3），2）πC．27eq\r（3)π D．27πB［∵三棱錐P-ABC中,△ABC為等邊三角形，PA＝PB＝PC＝3，∴△PAB≌△PBC≌△PAC．∵PA⊥PB，∴PA⊥PC，PC⊥PB．以PA，PB，PC為過同一頂點(diǎn)的三條棱作正方體(如圖所示），則正方體的外接球同時(shí)也是三棱錐P。ABC的外接球．∵正方體的體對(duì)角線長(zhǎng)為eq\r（32＋32＋32)＝3eq\r（3）,∴其外接球半徑R＝eq\f(3\r（3），2）。因此三棱錐P。ABC的外接球的體積V＝eq\f(4π,3)×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（3\r（3），2）））eq\s\up7（3）＝eq\f(27\r(3），2)π，故選B．］5．已知三棱錐S。ABC的底面是以AB為斜邊的等腰直角三角形，AB＝2,SA＝SB＝SC＝2,則三棱錐的外接球的球心到平面ABC的距離是()A．eq\f（\r(3)，3）B．1C．eq\r(3）D．eq\f(3\r（3），2）A［∵三棱錐S。ABC的底面是以AB為斜邊的等腰直角三角形，且SA＝SB＝SC,∴S在平面ABC上的射影為AB的中點(diǎn)H，設(shè)三棱錐的外接球的球心為O，易知，球心O在線段SH上．∵SH＝eq\r（3)，CH＝1，設(shè)球的半徑為R，則R2＝(eq\r(3）－R)2＋12，解得R＝eq\f（2\r(3），3），∴OH＝eq\f(\r（3），3）,即為O與平面ABC的距離．故選A．］6．已知點(diǎn)A，B，C,D均在球O上，AB＝BC＝eq\r(3)，AC＝3，若三棱錐D-ABC體積的最大值為eq\f(3\r（3),4），則球O的表面積為（)A．36πB．16πC．12πD．eq\f(16,3)πB［設(shè)△ABC的外接圓的半徑為r，則∵AB＝BC＝eq\r(3),AC＝3，∴∠ABC＝120°，S△ABC＝eq\f(3\r(3），4），∴2r＝eq\f（3，sin120°）＝2eq\r(3),∵三棱錐D.ABC的體積的最大值為eq\f（3\r（3)，4)，∴D到平面ABC的最大距離為3，設(shè)球的半徑為R，則R2＝3＋(3－R)2，∴R＝2,∴球O的表面積為4πR2＝16π。故選B．］7．若圓錐的內(nèi)切球與外接球的球心重合，且內(nèi)切球的半徑為1，則圓錐的體積為()A．πB．2πC．3πD．4πC[過圓錐的旋轉(zhuǎn)軸作軸截面，得△ABC及其內(nèi)切圓⊙O1和外切圓⊙O2,且兩圓同圓心，即△ABC的內(nèi)心與外心重合，易得△ABC為正三角形，由題意⊙O1的半徑為r＝1，∴△ABC的邊長(zhǎng)為2eq\r（3），∴圓錐的底面半徑為eq\r（3），高為3,∴V＝eq\f(1，3）×π×3×3＝3π。故選C．]8．我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中,將四個(gè)面都為直角三角形的四面體稱為鱉臑．在封閉的鱉臑P。ABC內(nèi)有一個(gè)體積為V的球，若PA⊥平面ABC，AB⊥BC,PA＝AB＝BC＝1，則V的最大值是()A．eq\f（5\r（2）＋3，6)π B．eq\f（5π,3)C．eq\f（5\r(2）－7,6）π D．eq\f（32π,3）C[球與三棱錐的四個(gè)面均相切時(shí)球的體積最大，設(shè)此時(shí)球的半徑為R,則V三棱錐P。ABC＝eq\f（1,3）·R·（S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋SPBC），即eq\f(1，3)×eq\f(1，2）×1×1×1＝eq\f(1，3)×R×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，2）×1×1＋\f(1，2)×1×1＋\f(1,2)×1×\r(2)＋\f（1，2)×1×\r（2）))，解得R＝eq\f（\r（2)－1,2)。所以球的體積V的最大值為eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(\r(2）－1，2）））eq\s\up12(3）＝eq\f(5\r(2）－7，6）π.故選C．］9．四棱錐P.ABCD的底面ABCD為正方形，PA⊥底面ABCD，AB＝2,若該四棱錐的所有頂點(diǎn)都在體積為eq\f(9π，2)的同一球面上，則PA的長(zhǎng)為（)A．3B．eq\f（3，2)C．1D．eq\f(1，2）C［連接AC，BD交于點(diǎn)E,取PC的中點(diǎn)O,連接OE，則OE∥PA，所以O(shè)E⊥底面ABCD,則O到四棱錐的所有頂點(diǎn)的距離相等，即O為球心，eq\f（1，2)PC＝eq\f(1,2)eq\r（PA2＋8)，所以由球的體積可得eq\f(4,3）π·eq\f（1，2）eq\r（PA2＋8）3＝eq\f（9π，2），解得PA＝1,故選C．］10．[高考改編］已知點(diǎn)A，B，C，D在同一個(gè)球的球面上，AB＝BC＝eq\r(6)，∠ABC＝90°。若四面體ABCD體積的最大值為3，則這個(gè)球的表面積為(）A．2πB．4πC．8πD．16πD[∵AB＝BC＝eq\r(6)，∠ABC＝90°，∴S△ABC＝eq\f（1,2）×eq\r(6)×eq\r（6)＝3，AC＝2eq\r(3)，△ABC所在球的小圓的圓心Q是斜邊AC的中點(diǎn)，∴小圓的半徑為eq\r(3）.∵四面體ABCD的體積取得最大值,且S△ABC不變，∴當(dāng)?shù)酌鍭BC上的高最大時(shí)體積最大．∴當(dāng)DQ與平面ABC垂直時(shí)體積最大，最大值為eq\f（1,3）·S△ABC·DQ＝3，即eq\f(1,3）×3×DQ＝3，解得DQ＝3，如圖所示,設(shè)球心為O，半徑為R，在Rt△AQO中，OA2＝OQ2＋AQ2,即R2＝(3－R）2＋（eq\r(3））2，解得R＝2。∴這個(gè)球的表面積S＝4πR2＝16π，故選D．]11．[一題兩空］已知圓錐的頂點(diǎn)為P，母線PA與底面所成的角為30°,底面圓心O到PA的距離為1，則該圓錐的體積為________,外接球的表面積為________．eq\f(8\r（3）π，9)eq\f（64π,3）［依題意得，圓錐底面半徑r＝eq\f（1，sin30°）＝2，高h(yuǎn)＝eq\f(1,sin60°）＝eq\f（2\r（3）,3)，∴該圓錐的體積為V＝eq\f(1,3）πr2·h＝eq\f（8\r（3)π，9）.設(shè)圓錐外接球半徑為R，則R2＝r2＋(R－h(huán)）2，即R2＝22＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(R－\f(2\r(3），3）)）eq\s\up7(2），解得R＝eq\f（4\r（3)，3），∴外接球的表面積為S＝4πR2＝eq\f（64π,3)。］［教師備選］1．已知正三棱錐的高為6，內(nèi)切球(與四個(gè)面都相切）的表面積為16π，則其底面邊長(zhǎng)為（)A．18B．12C．6eq\r（3）D．4eq\r（3)B［由題意知,球心在三棱錐的高PE上，設(shè)內(nèi)切球的半徑為R，則S球＝4πR2＝16π，所以R＝2，所以O(shè)E＝OF＝2，OP＝4.在Rt△OPF中，PF＝eq\r（OP2－OF2)＝2eq\r(3)。因?yàn)椤鱋PF∽△DPE，所以eq\f(OF,DE)＝eq\f(PF,PE)，得DE＝2eq\r（3），AD＝3DE＝6eq\r(3)，AB＝eq\f（2,\r（3)）AD＝12.故選B．］2．(2020·赤峰模擬)已知三棱錐P。ABC中，PA＝PB＝PC＝eq\r(3）,當(dāng)三棱錐P。ABC體積最大時(shí),三棱錐P。ABC的外接球的體積為（)A．eq\f（9,2)πB．36πC．eq\f（32，71）πD．eq\f（2，9）πA[PA＝PB＝PC＝eq\r(3），當(dāng)PA，PB，PC兩兩相互垂直時(shí)，三棱錐P-ABC體積最大值，如圖所示,可得棱長(zhǎng)為eq\r（3）的正方體,由外接球的直徑2R是正方體的體對(duì)角線可得，2R＝eq\r（3＋3＋3)＝3，解得R＝eq\f(3,2)，外接球的體積為V＝eq\f（4,3）π×eq\f（27，8）＝eq\f(9π,2)，故選A．]3.如圖所示，在邊長(zhǎng)為4的正方形紙片ABCD中，AC與BD相交于點(diǎn)O.剪去△AOB，將剩余部分沿OC，OD折疊，使OA，OB重合，則以A（B)C，D，O為頂點(diǎn)的四面體的外接球的體積為(）A．8eq\r（6)πB．24πC．eq\r(6π)D．48πA[翻折后的幾何體為底面邊長(zhǎng)為4，側(cè)棱長(zhǎng)為2eq\r(2）的正三棱錐O。ACD，如圖,取CD中點(diǎn)E，連接AE，作OF⊥平面ACD，交AE于F,則F是△ACD的重心，由題意知AE＝eq\r(16－4）＝2eq\r(3），AF＝eq\f（2AE,3)＝eq\f（4\r(3)，3)，OF＝eq\r（OA2－AF2)＝eq\r(2\r(2）2－\f（4\r（3）,3)2)＝eq\f（2\r(6)，3)，設(shè)G為四面體的外接球的球心,球半徑為R，則G在直線OF上，且OG＝AG＝R，∴由AG2＝AF2＋GF2，得R2＝eq\f（4\r(3）,3）2＋eq\f（2\r(6）,3）－R2,解得R＝eq\r(6），∴以A（B），C,D，O為頂點(diǎn)的四面體的外接球的體積為V＝eq\f(4,3）πR3＝8eq\r(6)π.故選A．］4．［一題兩空]四面體ABCD的每個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上，AB,AC，AD兩兩垂直，且AB＝1,AC＝2，AD＝3，則四面體ABCD的體積為________，球O的表面積為________．114π[∵AB，AC，AD兩兩垂直，且AB＝1，AC＝2，AD＝3，∴四面體ABCD的體積VABCD＝eq\f(1，3）×eq\f(1，2)×1×2×3＝1，把此三棱錐補(bǔ)形為長(zhǎng)方體，球的直徑即為長(zhǎng)方體的對(duì)角線．設(shè)球O的半徑為r，則（2r)2＝12＋22＋32＝14。其表面積S球＝4πr2＝14π。］5．已知一個(gè)三棱錐的所有棱長(zhǎng)均為eq\r(2)，則該三棱錐的內(nèi)切球的體積為________．eq\f(\r(3）,54)π[由題意可知,該三棱錐為正四面體,如圖所示．AE＝AB·sin60°＝eq\f(\r（6),2），AO＝eq\f(2,3)AE＝eq\f（\r（6），3)，DO＝eq\r（AD2－AO2）＝eq\f(2\r(3),3)，三棱錐的體積VD。ABC＝eq\f(1,3）S△ABC·DO＝eq\f(1，3)，設(shè)內(nèi)切球的半徑為r，則VD。ABC＝eq\f(1,3）r(S△ABC＋S△ABD＋S△BCD＋S△ACD）＝eq\f(1，3),解得r＝eq\f(\r（3），6)，V內(nèi)切球＝eq\f（4,3)πr3＝eq\f（\r（3）,54)π。］6．(2020·化州模擬）在四面體ABCD中,AB＝1，BC＝CD＝eq\r（3），AC＝eq\r（2)，當(dāng)四面體ABCD的體積最大時(shí),其外接球的表面積為________．6π［∵AB＝1,BC＝CD＝eq\r(3)，AC＝eq\r(2)，∴由勾股定理得AB2＋AC2＝BC2，∴△ABC是以BC為斜邊的直角三角形，當(dāng)CD⊥平面ABC時(shí),四面體ABCD的體積取最大值，此時(shí),四面體ABCD外接球的直徑為2R＝BD＝eq\r(BC2＋CD2)＝eq\r(3＋3)＝eq\r(6），∴外接球的半徑為r＝eq\f（\r（6）,2）,∴當(dāng)四面體ABCD的體積最大時(shí)，其外接球的表面積為S＝4πr2＝4π×eq\f（\r（6），2）2＝6π。］命題點(diǎn)3與球有關(guān)的截面問題巧用直角三角形解決截面圓問題的步驟(1）確定球心O和截面圓的圓心O′；(2）探求球的半徑R和截面圓的半徑r；(3)利用｜OO′|2＋r2＝R2計(jì)算相關(guān)量．［高考題型全通關(guān)]1.（2020·西寧一模）某同學(xué)在參加《通用技術(shù)》實(shí)踐課時(shí)，制作了一個(gè)工藝品,如圖所示，該工藝品可以看成是一個(gè)球被一個(gè)棱長(zhǎng)為4eq\r（3)的正方體的六個(gè)面所截后剩余的部分(球心與正方體的中心重合），若其中一個(gè)截面圓的周長(zhǎng)為4π，則該球的半徑是()A．2B．4C．2eq\r(6）D．4eq\r（6)B[設(shè)截面圓半徑為r，球的半徑為R,則球心到某一截面的距離為正方體棱長(zhǎng)的一半即2eq\r（3）,根據(jù)截面圓的周長(zhǎng)可得4π＝2πr，得r＝2，故由題意知R2＝r2＋(2eq\r(3)）2，即R2＝22＋（2eq\r（3））2＝16，所以R＝4，故選B．］2．(2020·全國(guó)卷Ⅱ)已知△ABC是面積為eq\f(9\r(3)，4)的等邊三角形，且其頂點(diǎn)都在球O的球面上．若球O的表面積為16π，則O到平面ABC的距離為（)A．eq\r(3)B．eq\f（3,2）C．1D．eq\f(\r(3)，2)C[由等邊三角形ABC的面積為eq\f(9\r（3),4)，得eq\f(\r（3），4）×AB2＝eq\f（9\r（3），4),得AB＝3，則△ABC的外接圓半徑r＝eq\f（2,3）×eq\f（\r（3),2)AB＝eq\f(\r（3），3)AB＝eq\r（3)。設(shè)球的半徑為R，則由球的表面積為16π，得4πR2＝16π，得R＝2，則球心O到平面ABC的距離d＝eq\r（R2－r2）＝1,故選C．]3．(2020·南開中學(xué)模擬)正三棱錐P.ABC，Q為BC中點(diǎn)，PA＝eq\r(2)，AB＝2，過Q的平面截三棱錐P。ABC的外接球所得截面的面積范圍為（）A．eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（1，4)π，\f(3，5)π)） B．eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(1,2)π，\f（2，3)π)）C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（π，2π)) D．eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(π,\f(3，2）π)）D[因?yàn)檎忮FP。ABC，PB＝PC＝PA＝eq\r(2），AC＝BC＝AB＝2,所以PB2＋PA2＝AB2，即PB⊥PA，同理PB⊥PC，PC⊥PA，因此正三棱錐P.ABC可看作正方體的一角,如圖,記正方體的體對(duì)角線的中點(diǎn)為O，由正方體結(jié)構(gòu)特征可得，O點(diǎn)即是正方體的外接球球心，所以點(diǎn)O也是正三棱錐P.ABC外接球的球心，記外接球半徑為R，則R＝eq\f(1，2）eq\r(2＋2＋2）＝eq\f（\r（6)，2）,因?yàn)榍虻淖畲蠼孛鎴A為過球心的圓，所以過Q的平面截三棱錐P-ABC的外接球所得截面的面積最大為Smax＝πR2＝eq\f（3，2）π；又Q為BC中點(diǎn),由正方體結(jié)構(gòu)特征可得OQ＝eq\f（1，2)PA＝eq\f（\r(2),2)；由球的結(jié)構(gòu)特征可知，當(dāng)OQ垂直于過Q的截面時(shí)，截面圓半徑最小為r＝