第3讲 球与截面面积（含解析）

第3讲球与截面面积一、单选题12023·浙江宁波·统考一模）已知二面角P-AB-C的大小为，球O与直线AB相切，且平面PAB、平面ABC截球O的两个截面圆的半径分别为1、，则球O半径的最大可能值为()22023·全国·模拟预测）球缺是指一个球被平面截下的部分，截面为球缺的底面，垂直于截面的直径被截面截得的线段长为球缺的高，球缺曲面部分的面积（球冠面积）S=2πRH（R为球的半径，H为球缺的高已2知正三棱柱ABC-A1B1C1的顶点都在球O的表面上，球O的表面积为16π2ΔABC的边长为整数，则球O被该正三棱柱上、下底面所在平面截掉两个球缺后剩余部分的表面积为()32023上·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习）三棱锥A-BCD的四个顶点都在表面积为20π的球O上，点A在平面BCD的射影是线段BC的中点，AB=BC=2，则平面BCD被球O截得的截面面积为()42023上·广东广州·高三广州市白云中学校考阶段练习）已知正三棱锥A-BCD的外接球是球O，正三棱锥底边BC=3，侧棱AB=2，点E在线段BD上，且BE=DE，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是()52023·全国·高三专题练习）已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，ΔABC是边长为6的正三角形，P=3P，B=3B，经CEF=90。，过点E作球O的截面，截面面积最小值为62023下·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习）四面体ABCD的四个顶点都在球O的球面上，AB=BC=CD=DA=4，AC=BD=2，点E，F，G分别为棱BC，CD，AD的中点，现有如下3结论：①过点E，F，G作四面体ABCD的截面，则该截面的面积为2；②四面体ABCD3;③过E作球O的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为5：4.则上述说法正确的个数是()72023·全国·高三专题练习）已知正四面体ABCD的体积为2，E为棱AB的中点，球O为该正四面体的外接球，则过点E的平面被球O所截得的截面面积的最小值为()A．-πB．3πC．4πD．-π4282023·全国·高三专题练习）已知三棱锥P一AAB」AC，D是线段AC上一点，且AD=3DC，球O为三棱锥P一ABC的外接球，过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为44π,则球O的表面积为()A．72πB．86πC．112π92023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）在矩形ABCD中，AB=3,AD=4，将ΔABD沿对角线BD翻折至‘A,BD的位置，使得平面A,BD」平面BCD，则在三棱锥A,一BCD的外接球中，以A,C为直径的截面到球心的距离为()102023·天津武清·天津市武清区杨村第一中学校考模拟预测）某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合若其中一个截面圆的周长为4π,则该球的表面积为()112023·全国·高三专题练习）在三棱锥A一BCD中，AB,BC,BD两两垂直，且AB=BC=BD=4，半径为1的球O在该三棱锥内部且与面ABC、面ABD、面BCD均相切.若平面C与球O相切，则三棱锥A一BCD的外接球被平面C所截得的截面面积的最小值为()π122023·四川内江·四川省内江市第六中学校考模拟预测）已知球O是正三棱锥A一BCD（底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，BC=，AB=，点E是线段BC的中点，过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是()3π2πππ132023·四川内江·四川省内江市第六中学校考模拟预测）已知球O是正三棱锥A-BCD（底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，BC=，AB=，点E是线段AB的中点，过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是()AπBπCπDπ142023·宁夏银川·校联考二模）2022年第三十二届足球世界杯在卡塔尔举行，第一届世界杯是1930年举办的，而早在战国中期，中国就有过类似的体育运动项目：蹴鞠，又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知半径为3的某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，AC」BC，AC=BC=4，PC=6，则该鞠（球）被平面PAB所截的截面圆面积为()152023·江西·校联考二模）若球O是正三棱锥A-BCD的外接球，BC=3,AB=2，点E在线段BA上，BA=3BE，过点E作球O的截面，则所得的截面中面积最小的截面的面积为()8π4π162023下·江西·高三校联考阶段练习）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,M,N分别为AD,BC的中点，该正方体的外接球为球O，则平面A1MN截球O得到的截面圆的面积为()6π7π172023·辽宁·校联考模拟预测）在三棱锥A平面ABC」平面ACD，三棱锥A-BCD的所有顶点都在球O的球面上，E,F分别在线段OB,CD上运动（端点除外BE=CF.当三棱锥E-ACF的体积最大时，过点F作球O的截面，则截面面积的最小值为()二、多选题为BC的中点，N为BD上一点，球O为三棱锥A-BCD的外接球，则下列说法正确的是()A．球O的表面积为11πB．点A到平面BCD的距离为√14C．若MN」AB，则DN=6NBD．过点M作球O的截面，则所得的截面中面积最小的圆的半径为2AB⊥AC，AB=AC=4，点D为AB的中点，点Q在三棱锥P-ABC表面上运动，且PQ=4，已知在弧度制下锐角C，β满足：cosC=，cosβ=，则下列结论正确的是()A．过点D作球的截面，截面的面积最小为4πB．过点D作球的截面，截面的面积最大为24πC．点Q的轨迹长为4C+4βD．点Q的轨迹长为4C+8β202023上·山东日照·高三校考期中）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体ABCD的棱长为2，则下列说法错误的是()A．勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面面积是8(π-)B．勒洛四面体ABCD内切球的半径是4-C．勒洛四面体的截面面积的最大值为2π-2D．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为2-212023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测）如图，棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的表面正好经过点M，则下列结论中正确的是()A．AO」平面BCDB．球O的体积为πC．球O被平面BCD截得的截面面积为4D．过点O与直线AB，CD所成角均为的直线可作4条222023·江苏镇江·江苏省镇江中学校考三模）已知正方体ABCD一A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为AB,CC1的中点，P为正方体的内切球O上任意一点，则()A．球O被MN截得的弦长为B．球O被四面体ACB1D1表面截得的截面面积为8「π]D．设P为球O上任意一点，则AP与A1C1所成角的范围是|L0,「π]232023·安徽淮南·统考二模）如图，棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的表面与线段AD相切于点M，则下列结论中正确的是()A．AO」平面BCDB．球O的体积为π4 πC．球O被平面 π3D．球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为 π3242023下·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）三棱锥P-ABC满足PA⊥平面ABC，PA=AB=BC=AC=2，D是线段PB的中点，E是底面ABC（包括边界）的一个动点，球O是三棱锥PABC的外接球，下列说法正确的有()A．当E在线段AB上时，PE」BCB．若F是球O表面一个动点，则EF的最大值为4C．DE的取值范围是[1,√6]D．经过DE的平面截球O的截面面积最小值为2π252023·云南·校联考三模）在棱长为1的正方体ABCD一A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则()A．异面直线DD1与B1F所成角的正切值为13B．点P为正方形A1B1C1D1内一点，当DP//平面B1EF时，DP的最小值为C．过点D1，E，F的平面截正方体ABCD一A1B1C1D1所得的截面周长为+D．当三棱锥B1一BEF的所有顶点都在球O的表面上时，球O的表面积为3π262023·全国·高三专题练习）在棱长为1的正方体ABCD一A1B1C1D1中，E，F则()A．过点D1，E，F的平面截正方体ABCD一A1B1C1D1所得的截面周长为3+ B．异面直线DD1与B1F所成角的余弦值为C．点P为正方形A1B1C1D1内一点，当DP//平面B1EF时，DP的最小值为D．当三棱锥B1一BEF的所有顶点都在球O的表面上时，球O的表面积为三、填空题3π2272023·江西南昌·南昌市第十九中学模拟预测）设直线l与球O有且只有一个公共点P，从直线l出发的两个半平面C,β截球O的两个截面圆的半径分别为1和，二面角C一l一β的平面角为，则球O的表面积为.282024上·浙江宁波·高三统考期末）已知高为2的圆锥内接于球O，球O的体积为36π,设圆锥顶点为P，平面C为经过圆锥顶点的平面，且与直线PO所成角为，设平面C截球O和圆锥所得的截面面积分别292024·广东中山·中山纪念中学校考二模）已知球O的体积为π,高为1的圆锥内接于球O，经过圆锥顶点的平面C截球O和圆锥所得的截面面积分别为S1,S2，若S1=π,则S2=302023上·江西上饶·高三校考阶段练习）已知三棱锥P一ABAC=8，AB」AC，D是线段AC上一点，且AD=3DC．球O为三棱锥P一ABC的外接球，过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为40π,则球O的表面积为.312023·四川成都·统考一模）已知高SO1=2，底面半径O1A=4的圆锥内接于球O，则经过S和O1A中点的平面截球O所得截面面积的最小值为.322023上·江苏淮安·高三金湖中学校联考期中）在平面四边形ABCD中，表面积为；若点E在线段BD上，且BD=3BE，过点E作球O的截面，则所得的截面中面积最小的圆的半径为.332023上·江苏淮安·高三马坝高中校考期中）三棱锥A一BCD的四个顶点都在表面积为20π的球O上，点A在平面BCD的射影是线段BC的中点，AB=BC=2，则平面BCD被球O截得的截面面积为.342023·全国·高三专题练习）已知圆锥的底面半径为2，高为2，S为顶点，A，B为底面圆周上的两个动点，则下列说法正确的是.①圆锥的体积为8π;②圆锥侧面展开图的圆心角大小为π;③圆锥截面SAB面积的最大值为4；256 π. π.3352023上·陕西汉中·高三校联考阶段练习）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若33,两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的侧面积之和为.362022上·福建福州·高三福建省连江第一中学校考期中）如图，DE是边长为4的正三角形ABC的一条中位线，将VADE沿DE翻折至△A1DE，当三棱锥C一A1BE的体积最大时，四棱锥A1一BCDE外接球O的表面积为；过EC的中点M作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是.372023上·湖南长沙·高三周南中学校考开学考试）如图，棱长为2的正四面体ABCD中，M,N分别为棱AD,BC的中点，O为线段MN的中点，球O的表面正好经过点M，则球O被平面BCD截得的截面面积382023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）已知正四面体P-ABC内接于球，D为棱AB上点，满足AD=3DB.若存在过D点且面积为3π的截面圆，则正四面体棱长的取值范围为.392023·浙江嘉兴·校考模拟预测）已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，‘ABC是边长为的正三角形，三棱锥P-ABC的体积为，Q为BC的中点，则过点Q的平面截球O所得截面面积的最小值是.402023·湖北·模拟预测）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA底面ABCD，AB=2，BC=3，PA=3，点E为棱PA的中点，则三棱锥E-PCD的体积为；若四棱锥P-ABCD所有顶点均在球O的球面上，过点E的平面截球O所得的截面面积的最小值为.第3讲球与截面面积一、单选题12023·浙江宁波·统考一模）已知二面角P-AB-C的大小为，球O与直线AB相切，且平面PAB、平面ABC截球O的两个截面圆的半径分别为1、/2，则球O半径的最大可能值为()【答案】D【解析】设点O在平面PAB、平面ABC内的射影点分别为M、N，设球O切AB于点E，连接ME、NE、MN，如下图所示：因为OM平面PAB，AB平面PAB，则ABOM，由球的几何性质可知，OEAB，因为OMnOEO，OM、OE平面OME，则AB平面OME，同理可知，AB平面ONE，因为过点E作直线AB的垂面，有且只有一个，所以，平面OME、平面ONE重合，因为OM平面PAB，ME平面PAB，则OMME，同理可知，ONNE，所以，O、M、E、N四点共圆，由已知条件可知，ME1，NE，因为AB平面OME，NE、ME平面OME，则ABME，ABNE，所以，二面角P-AB-C的平面角为MEN或其补角.①当MEN时，由余弦定理可得MN2ME2NE25，故MN，2MENEcos1221 /22易知，OE为MNE外接圆的一条弦，5MN5所以，球O半径OE的最大值即为‘MNE外接圆的直径，即为所以，球O半径OE的最大值即为‘MNE外接圆的直径，即为2②当②当MN1 所以，球O半径OE的最大值即为‘MNE外接圆的直径，即为sin 2;.综上所述，球O的半径的最大可能值为.故选：D.22023·全国·模拟预测）球缺是指一个球被平面截下的部分，截面为球缺的底面，垂直于截面的直径被截面截得的线段长为球缺的高，球缺曲面部分的面积（球冠面积）S=2πRH（R为球的半径，H为球缺的高已2知正三棱柱ABC-A1B1C1的顶点都在球O的表面上，球O的表面积为16π2‘ABC的边长为整数，则球O被该正三棱柱上、下底面所在平面截掉两个球缺后剩余部分的表面积为()【答案】D【解析】设球O的半径为R，则4πR2=16π,得R=2．设正三棱柱ABC-A1B1C1的高为h，底面边长为a，222h=9提示：根据正三棱柱和球的结构特征建立方程组）l|aEZl得h=2,a=3，则球O被截掉的两个球缺的高均为1，每个球冠的面积为2πx2x1=4π,又ΔABC外接圆的半径为√3提示：正弦定理的应用）故选：D32023上·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习）三棱锥A-BCD的四个顶点都在表面积为20π的球O上，点A在平面BCD的射影是线段BC的中点，AB=BC=2，则平面BCD被球O截得的截面面积为()【答案】C【解析】设BC中点为E，：点A在平面BCD的射影是线段BC的中点E，取AC中点为G，连接BG交AE于H，则H是ΔABC外心.连接ED，在ED上取F，使得FD=2EF，则F为ΔBCD外心.过F作平面BCD的垂线，过H作平面ABC的垂线，两垂线的交点即为三棱锥A-BCD外接球球心O，则四边形OHEF是矩形，OF=HE=AE=xx2=1.连接OB，BF，设ΔBCD外接圆半径FD=BF=r，设球O半径为OB=R.：球O的表面积为20π,:4πR2=20π牵R=.:平面BCD被球O截得的截面面积πr2=4π.故选：C42023上·广东广州·高三广州市白云中学校考阶段练习）已知正三棱锥A-BCD的外接球是球O，正三棱锥底边BC=3，侧棱AB=2，点E在线段BD上，且BE=DE，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是()【答案】D【解析】如下图，设ΔBCD的中心为O1，球O的半径为R，连接O1D，OD，O1E，OE，则2，解得R＝2，所以OO1=AO1-R=1，因为BE＝DE，所以DE=，322-2，过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为4π.故选：D.52023·全国·高三专题练习）已知三棱锥P一ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，ΔABC是边长为6的正三角形，=3，=3，经CEF=90。，过点E作球O的截面，截面面积最小值为【答案】A取AC的中点M，连接BM、PM，则PM」AC,BM」AC，PM（BM=M，PM、BM一平面PBM，所以AC」平面PBM，PB一平面PBM，所以PB」AC，又PA=3PE，BA=3BF，∴EF//PB，∴EF」AC，又EF」CE，CECE、AC平面PAC，∴EF」平面PAC，PB」平面PAC，。∴PABC为正方体PBDCAB1D1C1的一部分，可得外接球的半径为R==3，2取AP的中点H，连接OH、AD1，可得OH=AD1=3，EH=1，所以OE2=19，过点E作球O的截面，设截面与棱PA、PC、PD的交点分别为E、Q、G，当OE垂直EQG时截面面积最小，此时E即为截面圆的圆心，截面圆半径为r2=R2一OE2=8，截面面积为8π.故选：A.62023下·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习）四面体ABCD的四个顶点都在球O的球面上，AB=BC=CD=DA=4，AC=BD=2，点E，F，G分别为棱BC，CD，AD的中点，现有如下3结论：①过点E，F，G作四面体ABCD的截面，则该截面的面积为2；②四面体ABCD3;③过E作球O的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为5：4.则上述说法正确的个数是()【答案】C【解析】选项①中，如图（1）所示，找AB的中点H，过点E，F，G做四面体ABCD的截面即为面EFHG，则EG//AC//FH,EG//BD//GH，所以四边形EFHG为平行四边形，找AC的中点O,连接OD,OB，因为AB=BC=CD=DA=4，所以DO」AC,BO」AC,DOnBO=O,DO,BO一平面BOD，所以AC」平面BOD，BD一平面BOD，所以AC」BD，所以EG」EF，所以四边形EFHG为矩形，EF=BD=，EG=AC=，同理OB=OD=，过点O作OM」BD,则DM=DB=，所以由勾股定理得：由选项①可得：CO」平面BOD,-ABC=VC-BOD+VA-BOD=，故②错误；选项③中，可以将四面体放入如图（2）所示的长方体中，由题可求得，AP=PC=2,PB=2，所以外接球的半径R==，截面面积的最大值为5π;平面PCQB截得的面积为最小面积，截面圆的半径r===2，截面积最小为4π,所以截面面积的最大值与最小值的比为5：4，故③正确.72023·全国·高三专题练习）已知正四面体ABCD的体积为2，E为棱AB的中点，球O为该正四面体的外接球，则过点E的平面被球O所截得的截面面积的最小值为()9A．-π4【答案】BC．4πD.92π【解析】如图所示，球O为正四面体ABCD的外接球，即为正方体的外接球，正四面体ABCD的体积为2，设正四面体ABCD的棱长为/2a，则正方体的棱长为a，所以a3一4xxxa2xa=2，解得a=，基底R=，因为E为棱AB的中点，过点E作其外接球的截面，当截面到球心O的距离最大值时，截面圆的面积达最小值，此时球心O到截面距离等于正方体棱长的一半，即d= /6,22-2故选：B.82023·全国·高三专题练习）已知三棱锥P-ABC满足PA」底面ABC，在‘ABC中，AB=6，AC=8，AB」AC，D是线段AC上一点，且AD=3DC，球O为三棱锥P-ABC的外接球，过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为44π,则球O的表面积为()A．72πB．86πC．112πD．128π【答案】D【解析】如图，M是BC边中点，E是AC边中点，∵AB」AC，∴M是‘ABC的外心，作OM//PA，∵PA」平面ABC，∴OM」平面ABC，AM,MD=平面ABC，∴OM」AM,OM」MD，取OM=PA，易得OA=OP，∴O是三棱锥P-ABC的外接球的球心.2E是AC中点，则ME//AB，ME=1AB=3，∴ME」AC，2MEME2+ED2332+22+AM22过D且与OD垂直的截面圆半径为r，则r=OA2一OD2=2，这是最小的截面圆半径，最大的截面圆半径等于球半径OA，222球2故选：D.92023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）在矩形ABCD中，AB=3,AD=4，将ΔABD沿对角线BD翻折至‘A,BD的位置，使得平面A,BD」平面BCD，则在三棱锥A,一BCD的外接球中，以A,C为直径的截面到球心的距离为()【答案】B【解析】如图，取BD的中点为O，连接A,O,CO，过A,作A,H」BD，垂足为H，连接CH.因为三角形A,DB为直角三角形，故A,O=OD=OB，所以O为三棱锥A,一BCD的外接球的球心，而BD==5，因为A,H」BD，A,H一平面A,BD，平面A,BD」平面CBD，平面A,BDn平面CBD=BD，故A,H」平面CBD，而CH一平面CBD，故A,H」CH. 5在直角三角形A,BD中，A,B=3,A,D=4，故A,H 5在直角三角形CBD中，cos经CBD2设球心到以A,C为直径的截面的距离为d，则d=_A,C2=故选：B.2525337_ 625_33712262102023·天津武清·天津市武清区杨村第一中学校考模拟预测）某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合若其中一个截面圆的周长为4π,则该球的表面积为()【答案】A【解析】由题意可得，球心到截面圆所在平面的距离d==2，设截面圆的半径为r，球的半径为R，则2πr=4π,解得r=2，所以R==4，所以该球的表面积为4πR2=64π.故选：A.112023·全国·高三专题练习）在三棱锥A_BCD中，AB,BC,BD两两垂直，且AB=BC=BD=4，半径为1的球O在该三棱锥内部且与面ABC、面ABD、面BCD均相切.若平面C与球O相切，则三棱锥A_BCD的外接球被平面C所截得的截面面积的最小值为()πC．【答案】C【解析】设截面圆与球心O1的距离为h，球O1的半径为R，截面圆的半径为r，则r2=R2_h2，即h越大，截面的面积越小；其外接球的球心为正方体对角线AH的中点O1，外接球的半径R，则R==2，如下图：以BC为x轴，BD为y轴，BA为z轴建立坐标系，则O(1,1,1),O1(2,2,2)，22故选：C.122023·四川内江·四川省内江市第六中学校考模拟预测）已知球O是正三棱锥A一BCD（底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，BC=，AB=，点E是线段BC的中点，过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是()3π2πππ【答案】A【解析】如图：O1是A在底面的射影，由正弦定理得，ΔBCD的外接圆半径r=会=1.1设球O的半径为R，所以当过点E作球O的截面垂直于OE时，截面面积最小，此时截面半径为BE=，截面面积为.故选：A.132023·四川内江·四川省内江市第六中学校考模拟预测）已知球O是正三棱锥A一BCD（底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，BC=，AB=，点E是线段AB的中点，过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是()【答案】A【解析】如图，O1是A在底面的射影， 2在Rt△AOB中，点E是线段AB的中点，AO=BO=1，此时半径为故选：ARR2一OE22142023·宁夏银川·校联考二模）2022年第三十二届足球世界杯在卡塔尔举行，第一届世界杯是1930年举办的，而早在战国中期，中国就有过类似的体育运动项目：蹴鞠，又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知半径为3的某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，AC」BC，AC=BC=4，PC=6，则该鞠（球）被平面PAB所截的截面圆面积为()【答案】D【解析】因为三棱锥P一ABC的外接球的半径R=3，而PC=6，所以PC为外接球的直径，如图，将三棱锥P一ABC放入如图所示的长方体，则AC=BC=4，设长方体的另一棱长为a，所以2R=6=42+42+a2，解得a=2，即PD=2，11cos2经PAB 5所以335, 3故选：D152023·江西·校联考二模）若球O是正三棱锥A一BCD的外接球，BC=3,AB=2，点E在线段BA上，BA=3BE，过点E作球O的截面，则所得的截面中面积最小的截面的面积为()A.34π3【答案】A【解析】如图所示，其中O是球心，O,是等边三角形BCD的中心，ABAB2O,B2设球的半径为R，在三角形ODO,中，由OO,2+DO,2=OD2，2=R2，解得R=2，即AO=所以O,A=3O,O，3一3一5由题知，截面中面积最小时，截面圆与OE垂直，所以，最小的截面面积为πr2=.故选：A162023下·江西·高三校联考阶段练习）在正方体ABCD一A1B1C1D1中，AB=2,M,N分别为AD,BC的中点，该正方体的外接球为球O，则平面A1MN截球O得到的截面圆的面积为()【答案】D【解析】如图，连接B1N，由题意易知MNⅡA1B1，MN=A1B1，故四边形A1B1NM为平行四边形.设B1C（BC1=H，取B1C1的中点K，连接NK，故点K到B1N的距离为，故点H到B1N的距离为，因此圆心O到平面A1MN的距离为.由题易知球O的半径R=，5故平面A1MN截球O得到的截面圆的半径r5,故截面圆的面积S=πr2=. π.5故选：D平面ABC」平面ACD，三棱锥A一BCD的所有顶点都在球O的球面上，E,F分别在线段OB,CD上运动（端 2 2设此时截面圆的半径为r，所以r=R2一OF2=2()23点除外BE=CF.当三棱锥E一ACF的体积最大时，过点F作球O的截面，则截面面积的最小值为()【答案】C【解析】如图，取AC的中点O,连接OF，OB，OD,则球O的半径R=2,又AB=BC,所以OB」AC,又平面ABC」平面ACD，平面ABC（平面ACD=AC，OB仁平面ABC.所以三棱锥E一ACF的体积x2x 当x=时,V 23根据球的性质可知，当OF垂直于截面时，截面圆的面积最小，22(10)2故选:C.二、多选题77为BC的中点，N为BD上一点，球O为三棱锥A-BCD的外接球，则下列说法正确的是()A．球O的表面积为11πB．点A到平面BCD的距离为C．若MN」AB，则DN=6NBD．过点M作球O的截面，则所得的截面中面积最小的圆的半径为2【答案】BCD可将三棱锥A-BCD补形成如图所示的长方体，|22||22|故A错误.所以球O的半径为=，所以球O的表面积为故A错误.2由题得长方体为正四棱柱，AB=AC=BD=CD，M为BC的中点，故AM」BC,DM」BC,又AM八DM=M,AM,DM仁平面AMD，则BC」平面AMD，又BC仁平面BCD，故平面BCD」平面AMD，平面BCDn平面AMD=MD，过点A作MD的垂线，交MD于H，则AH」平面BCD,故AH为点A到平面BCD的距离.,以E为原点，EB，EC，EA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，，.2,2,02,22λ2,27λ)，解得λ=，所以DN=6NB，故C正确.当且仅当OM与截面垂直时，截面面积最小，由A解析知：最小的半径为11一7=2，故D正确.故选：BCDAB⊥AC，AB=AC=4，点D为AB的中点，点Q在三棱锥P-ABC表面上运动，且PQ=4，已知在弧度制下锐角C，β满足：cosC=，cosβ=，则下列结论正确的是()A．过点D作球的截面，截面的面积最小为4πB．过点D作球的截面，截面的面积最大为24πC．点Q的轨迹长为4C+4βD．点Q的轨迹长为4C+8β【答案】ABD【解析】对于选项A,如图，三棱锥P-ABC的外接球O即为以AB，AC，AP为邻边的长方体的外接球，外接圆圆心，且OO1」平面ABC，当OD与过点D的截面垂直时，截面的面积最小，∴最小截面面积为πr2=4π,故A项正确；对于选项B，当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR2=24π,故B项正确；对于选项C和D，由条件可得BP=PC=4,BC=4,(45)2+(45)2(42)22x(45)2则点Q的轨迹分别是以点P为圆心，4为半径的三段弧，其中一段弧圆心角为C，两段弧圆心角为β,点Q的轨迹长即为(C+2β)x4=4C+8β,故C项错误，D项正确.故选：ABD.202023上·山东日照·高三校考期中）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体ABCD的棱长为2，则下列说法错误的是()A．勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面面积是8(π一)B．勒洛四面体ABCD内切球的半径是4一C．勒洛四面体的截面面积的最大值为2π一2D．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为2一【答案】AB【解析】对于选项A，截面示意图如下：AB2AB2-OB21S截2-22=2π-2，故选项A错误；对于选项B，由对称性知，勒洛四面体ABCD内切球球心是正四面体ABCD的内切球、外接球球心O，如3正ΔBCD外接圆半径O1B=.2.cos30O=，正四面体ABCD3令正四面体ABCD的外接球半径为R，(2)2(2)2(2)2(2)2此时我们再次完整地抽取部分勒洛四面体如图所示：图中取正四面体ABCD中心为O，连接BO交平面ACD于点E，交曲面ACD于点F，其中BO即为正四面体外接球半径R= ,2因为点ACDF均在以点B为球心的球面上，所以BF=AB=2，设勒洛四面体内切球半径为r，则由图得r=OF=BF-BO=AB-BO=2-，故选项B错误；对于选项C，显然勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，由对A的分析知max=2π-2，故选项C正确；对于选项D，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球，所以勒洛四面体ABCD能够容纳的最大球的半径为2-，故选项D正确.故选：AB.212023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测）如图，棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的表面正好经过点M，则下列结论中正确的是()A．AO平面BCDB．球O的体积为πC．球O被平面BCD截得的截面面积为4D．过点O与直线AB，CD所成角均为的直线可作4条【答案】ABD【解析】设E,F分别为AB,CD的中点，连接ME,EN,NF,MF,EF,AN,DN，EM=BF12,故EM∥NF,EM=NF，则四边形MENF为平行四边形，故EF,MN交于一点，且互相平分，即O点也为EF的中点，又AB=AC,DB=DC，故ANBC,DNBC,ANnDN=N,AN,DN平面AND，故BC平面AND，故选：ABD由于OMN,MN平面AND，则AO平面AND，,故BCAO，结合O点也为EF的中点，同理可证DCAO,BCnDCC,BC,DC平面BCD，故AO平面BCD，A正确；由球O的表面正好经过点M，则球O的半径为OM,棱长为2的正四面体ABCD中，ANDN，M为AD的中点，则MNAD，故MN,则OM，所以球O的体积为π(OM)3π()3π,B正确；由BC平面AND，BC平面BCD，故平面AND平面BCD，平面AND平面BCDDN，由于AO平面BCD，延长AO交平面BCD于G点，则OG平面BCD，垂足G落在DN上，且G为正ΔBCD的中心，故NGND，所以OG故球O被平面BCD截得的截面圆的半径为 ,6 ，则球O被平面BCD截得的截面圆的面积为π()2,C错误；由题意得，正四面体可以放入正方体内，如下图所示，将AB平移至正方体的底面内，过∠A1FC和∠B1FD的角平分线作垂直于底面的平面，即平面OPQ，在平面内一定存在过O点的两条直线l1,l2使得该直线与直线AB，CD所成角均为，同理可知，过B1FC和A1FD的角平分线作垂直于底面的平面也存在两条直线满足题意，所以过点O与直线AB，CD所成角均为的直线可作4条，D正确.222023·江苏镇江·江苏省镇江中学校考三模）已知正方体ABCD一A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为AB,CC1的中点，P为正方体的内切球O上任意一点，则()A．球O被MN截得的弦长为√3B．球O被四面体ACB1D1表面截得的截面面积为8D．设P为球O上任意一点，则AP与A1C1所成角的范围是0,【答案】BC【解析】如图所示：对于A，易知内切球O的半径为1，且球心在正方体的中心，易得OM=ON=；设球O被MN截得的弦为EF，在ΔOMN中MN=，如下图所示：33,解得ME=或ME=（舍则弦长EF=MN一2ME=，即A错误；对于B，易知四面体ACB1D1为正四面体，所以四个截面面积相同，由对称性可知，球心O即为正四面体的外接球（也是内切球）球心，如下图所示： 3不妨设截面圆半径为r，则 3不妨设截面圆半径为r，则r=设G为B1C的中点，O1为球心在平面B1CD1内的摄影，2所以球心O到截面距离OO1=AO1-OA= ,322(3)2所以截面面积为4xπr2=4xπx=π,故B正确；对于C，不妨设M,N的中点为Q，) 由选项A可知，OG=2，OM.ON=xcos120=-1 maxmin即.的范围为-,，即C正确；对于D，易知当A,P,C三点共线时，AP与A1C1所成的角最小为0，取截面AA1C1C如下图所示：易知当AP与球O相切时，AP与A1C1所成的角最大，设最大角为θ,2即AP与A1C1所成角的范围是0,说法错误，故D错误；故选：BC232023·安徽淮南·统考二模）如图，棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的表面与线段AD相切于点M，则下列结论中正确的是()A．AO」平面BCDB．球O的体积为πC．球O被平面BCD截得的截面面积为4D．球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为【答案】ABD【解析】 π3设E、F分别为AB、CD的中点，连接ME，EN，NF，MF，EF，AN，DN，则EM∥BD，NF∥BD，EM=BD，NF=BD，故EM∥NF，EM=NF，则四边形MENF为平行四边形.故EF，MN交于一点，且互相平分，即O点也为EF的中点，又AB=AC，DB=DC，故AN」BC，DN」BC.AN（DN=N，AN，DN一平面AND，故BC」平面AND，由于OeMN，MN一平面AND，则AO一平面AND，故BC」AO，结合O点也为EF的中点，同理可证DC」AO，BCnDC=C，BC，DC一平面BCD，故AO」平面BCD，A正确；由球O的表面正好经过点M，则球O的半径为OM，棱长为2的正四面体ABCD中， 2AN=DN=，M为AD的中点，则MN」AD，故MN===，则OM= 2由BC」平面AND，BC一平面BCD，故平面AND」平面BCD，平面AND（平面BCD=DN，由于AO」平面BCD，延长AO交平面BCD于G点，则OG」平面BCD，垂足G落在DN上，且G为正ΔBCD的中心，即为球心到平面BCD的距离为OG=故球O被平面BCD截得的截面圆的半径为=，由A的分析可知，O也为棱AC，BD中点连线的中点，则球O与每条棱都交于棱的中点，结合C的分析可知，球O被正四面体ABCD的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径都为 ,3故球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为4根2π根=π,D正确.故选：ABD.242023下·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）三棱锥P-ABC满足PA⊥平面ABC，PA=AB=BC=AC=2，D是线段PB的中点，E是底面ABC（包括边界）的一个动点，球O是三棱锥PABC的外接球，下列说法正确的有()A．当E在线段AB上时，PE」BCB．若F是球O表面一个动点，则EF的最大值为4C．DE的取值范围是[1,√6]D．经过DE的平面截球O的截面面积最小值为2π【答案】ACD【解析】如图，因为PA」平面ABC，BC一平面ABC，所以PA」BC，又PA=AB=BC=AC=2，由勾股定理得AB2+BC2=AC2，所以BC」AB，因为PA（AB=A,PA,AB一平面PAB，所以BC」平面PAB，当E在线段AB上时，PE一平面PAB，所以PE」BC，故A正确；如图，因为PA」平面ABC，PA=AB=BC=AC=2，则可以将三棱锥P一ABC放入正方体中，正方体的棱长为2，正方体外接球O的半径为题2=，故三棱锥P一ABC外接球的半径为，点E是球O表面或内部一点，点F是球O表面任意一点，所以EF的最大值为球的直径，即2，故B错1因为PA」平面ABC，则点D在底面的投影为AB的中点D¢,则DE=D,D+D,E，由图知，当点E与点D¢重合时，DE取到最小值，所以DEe[1,]，故C正确；记经过DE的平面为C，当OD」C时，平面C与球O的截面面积最小，此时截面圆的半径为R2一OD2=，所以截面面积为2π,故D正确.故选：ACD.252023·云南·校联考三模）在棱长为1的正方体ABCD一A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则()A．异面直线DD1与B1F所成角的正切值为13B．点P为正方形A1B1C1D1内一点，当DP//平面B1EF时，DP的最小值为D．当三棱锥B1一BEF的所有顶点都在球O的表面上时，球O的表面积为3π【答案】BC【解析】对于A选项DD1//BB1，：在RtΔBB1F中经BB1F即为异面直线DD1与B1F所成的角，11BB1222异面直线DD1与B1F所成的角的正切值为．故A错误；对于B选项，取A1D1的中点M,D1C1的中点N，取AD的中点S，连接MN，DM，DN,A1S,SF，：SF//AB//A1B1,SFABA1B1,A1B1FS为平行四边形，SA1//B1FA1S//DM，MD//B1F，同理可得DN//B1E，又：DM面B1EF，B1F面B1EF，DN面B1EF，B1E面B1EF，DM//面B1EF，DN//面B1EF，又：DMDND，DM,DN面DMN，面DMN//面B1EF，又：DP//面B1EF，P面A1B1C1D1，P轨迹为线段MN，在ΔDMN中，过D作DP在Rt△DD1M中，D1MMN，此时DP取得最小值，D1，DM， 2DN 在RtΔDD1N中，D1N 2DN 在RtΔMD1N中，D1N1，D1M14:如图，在RtΔDPN中，DP=22(MN2)2DN-|)(对于C选项，延长EF交DA的延长线于点G，交DC的延长线于点H，连接D1H交CC1于点N，连接D1G交AA1于点M，再连接ME、NF，则过点D1，E，F的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面图形为五边形D1MEFN，：平面AA1D1D//平面BB1C1C，截面D1MEFN与平面AA1D1D和平面BB1C1C分别交于D1M与FN，:D1M//NF，同理可得D1N//ME，如图以D为原点，分别以D、D、D方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系D-xyz，：D1M//NF，D1N//ME，即D1//N且D1//M，:在RtΔD:在RtΔD1A1M中，D1A1=1，A1M=，:D1M=，同理：D1N=，在Rt△MAE中，AM=，AE=，:ME=，同理：FN=在Rt△EBF中，BE=BF=，:EF=，::AM=，CN=，:A1M=，C1N=， 即过点D1、E、F的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面周长为+．故C正确；对于D选项，如图所示，取EF的中点O1，则O1E=O1F=O1B，过O1作OO1//BB1，且使得OO1=BB1=，则O为三棱锥B1-BEF的外接球的球心，所以OE为外接球的半径，：在Rt△EBF中，EF=，2:S球=4πR2=．故D项错误，故选：BC.262023·全国·高三专题练习）在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则()2B．异面直线DD1与B1F所成角的余弦值为C．点P为正方形A1B1C1D1内一点，当DP//平面B1EF时，DP的最小值为D．当三棱锥B1一BEF的所有顶点都在球O的表面上时，球O的表面积为【答案】BCD【解析】对于A：连接AC,A1C1，因为E,F为AB,BC的中点，则EF//AC，又因为AA1//CC1，AA1=CC1，则AA1C1C为平行四边形，可得AC//A1C1，则EF//A1C1，过D1作KL//A1C1，设KLIA1B1=K,KLIB1C1=L，则KL//EF，连接KE,LF，设KEIAA1=G,LFICC1=H，连接D1G,D1H，可得过点D1，E，F的平面截正方体ABCD一A1B1C1D1所得的截面为五边形EFHD1G，对于B：因为DD1//BB1，则异面直线DD1与B1F所成角为经BB1F，4所以当点P为线段QN4所以当点P为线段QN的中点时，DP取到最小值 对于C：取A1B1,A1D1,C1D1的中点M,Q,N，连接AM,MN,QN,DN,NQ，由题意可得：AE//B1M，AE=B1M，则AEB1M为平行四边形，所以B1E//AM，又因为MN//A1D1，MN=A1D1，且AD//A1D1，AD=A1D1，可得MN//AD，MN=AD，则AMND为平行四边形，所以AM//DN，可得B1E//DN，B仁平面B1EF，DN“平面B1EF，则DN//平面B1EF，又因为QN//A1C1，且EF//A1C1，可得QN//EF，EF仁平面B1EF，QN“平面B1EF，则QN//平面B1EF，DNIQN=N，DN,QN仁平面DNQ，所以平面DNQ//平面B1EF，则点P在线段QN上，可得QN=,DQ=QN=，22(1)2故C正确；,对于D：三棱锥B1-BEF的外接球即为以B1B,BE,BF为邻边的长方体的外接球，BBB2所以外接球的表面积S=4πR2=，故D正确；故选：BCD.三、填空题272023·江西南昌·南昌市第十九中学模拟预测）设直线l与球O有且只有一个公共点P，从直线l出发的两个半平面C,β截球O的两个截面圆的半径分别为1和，二面角C一l一β的平面角为，则球O的表面积为.【答案】16π【解析】设两个半平面C，β截球O的两个截面圆的圆心分别为O1,O2，连接O1P,O2P,OP，如图所示由球的截面圆性质及球的切线性质得OO1」C,OO2」β,OP」l，且O1P=1,O2P=，由题意可知l」O1P,l」O2P，因为C」β,Cnβ=l，O1P」l，O1P一C，所以O1P」β,所以O1P//OO2，同理：O2P//OO1，故四边形O1O2OP为矩形，所以O1P2+O2P2=OP2=R2，得R2=4，则球O的表面积S=4πR2=16π.故答案为：16π.282024上·浙江宁波·高三统考期末）已知高为2的圆锥内接于球O，球O的体积为36π,设圆锥顶点为P，平面C为经过圆锥顶点的平面，且与直线PO所成角为，设平面C截球O和圆锥所得的截面面积分别【答案】81π2R2d2R2d24π3π【解析】令球O半径为R，则3R=36π,解得R=3，由平面C与直线PO成4π3π得平面C截球所得小圆半径r=Rcos=，因此S1=πr2=,由球O的内接圆锥高为2，得球心O到此圆锥底面距离d=R一2=1令平面C截圆锥所得截面为等腰‘PAB，线段AB为圆锥底面圆O1的弦，点C为弦AB中点，如图，依题意经CPO1=，PO1=2，PO PO4 3故答案为：π292024·广东中山·中山纪念中学校考二模）已知球O的体积为π,高为1的圆锥内接于球O，经过圆锥顶点的平面C截球O和圆锥所得的截面面积分别为S1,S2，若S1=π,则S2=【答案】【解析】设球O半径为R，由πR3=π,得R=， 平面C截球O所得截面小圆半径r1，由S1=πr12=π,得r1=343，2而球心O在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面所成的角为30o，因圆锥的高为1，则球心O到圆锥底面圆的距离为d1=1，于是得圆锥底面圆半径r=2-2=，令平面C截圆锥所得截面为等腰‘PAB，线段AB为圆锥底面圆O1的弦，2-2故答案为：.302023上·江西上饶·高三校考阶段练习）已知三棱锥P-ABC满足PA」底面ABC，在‘ABC中，AB=6，AC=8，AB」AC，D是线段AC上一点，且AD=3DC．球O为三棱锥P-ABC的外接球，过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为40π,则球O的表面积为.【答案】112π【解析】若将三棱锥P-ABC补成直三棱柱，且三棱锥和该直三棱柱的外接球都是球O，记三角形ABC的外心为O1，设球的半径为R，PA=2x，则球心O到平面ABC的距离为x，即OO1=x，在‘ABC中，取AC的中点为E，连接O1D，O1E，在Rt△OO1D中，OD=，由题意得到当截面与直线OD垂直时，截面面积最小，所以最小截面圆的面积为12π,当截面过球心时，截面面积最大为πR2，2故答案为：112π.312023·四川成都·统考一模）已知高SO1=2，底面半径O1A=4的圆锥内接于球O，则经过S和O1A中点的平面截球O所得截面面积的最小值为.【答案】【解析】2设球O的半径为R，线段O1A的中点为E，所以42+(R2)2=R2，解得R=5，设经过S和O1A中点E的平面截球O所得截面圆的圆心为O2，半径为r，球心O到截面的距离OO2=d，则r2=R2d2，要截面面积最小，则r要最小，即d要最大，当d为点O到SE的距离时最大，此时d.SE=SO.EO1，所以r2=522故截面面积的最小值为πr2=. π.2 π.2.322023上·江苏淮安·高三金湖中学校联考期中）在平面四边形ABCD中，AB=AD=,BC=CD=1,BC」CD，将四边形表面积为；若点E在线段BD上，且BD=3BE，过点E作球O的截面，则所得的截面中面积最小的圆的半径为.【答案】3π【解析】如图所示：2且AC」BD，点E为ΔBCD外接圆的圆心，所以四面体A,_BCD的外接球的球心O一定在过点E且垂直面BCD的直线上，如图不妨设GE」面BCD，A,F」面BCD，四面体A,_BCD的外接球的半径则由对称性可知点F也在直线CE上且A,F」FC，A,F=2OE=2h，在Rt‘A,FE中，有A,F2+FE2=A,E2，即x2+(2h)2=，在Rt‘A,FC中，有A,F2+FC2=A,C2，即22联立以上两式解得x=,h=，2如图所示：由题意将上述第一空中的点E用现在的点F来代替，而现在的点E为线段BD的靠近点B的三等分点，此时过点E作球O的截面，若要所得的截面中面积最小，只需截面圆半径最小，设球心到截面的距离为d，截面半径为r，则r=R2一d2，所以只需球心到截面的距离为d最大即可，而当且仅当OE与截面垂直时，球心到截面的距离为d最大，即dmax=OE， 332023上·江苏淮安·高三马坝高中校考期中）三棱锥A一BCD的四个顶点都在表面积为20π的球O上，点A在平面BCD的射影是线段BC的中点，AB=BC=2，则平面BCD被球O截得的截面面积为.【答案】4π【解析】设球O的半径为R，则4πR2=20π,解得R=，因为点A在平面BCD的射影是线段BC的中点M，即AM⊥平面BCD，因为BC仁平面BCD，所以AM⊥BC，由三线合一可知，AB=AC，故BM=CM=，AM=3，且球心O在平面ABC上的投影为‘ABC的中心N，即AN=2,MN=1，过点O作OP⊥平面BCD于点P，连接DP,OD，故OD=，则OP与AM平行，故OP=MN=1，平面BCD被球O截得的截面为圆，半径为2，故答案为：4π342023·全国·高三专题练习）已知圆锥的底面半径为2，高为2，S为顶点，A，B为底面圆周上的两个动点，则下列说法正确的是.①圆锥的体积为8π;②圆锥侧面展开图的圆心角大小为π;③圆锥截面SAB面积的最大值为4；④若圆锥的顶点和底面上的所有点都在一个球面上，则此球的体积为π.【答案】①②④【解析】：圆锥的底面半径r=2，高为h=2， 2 2设圆锥侧面展开图的圆心角大小为C，则2πx2=Cx4,C=π,②正确；当圆锥截面SAB为圆锥的轴截面时，此时SA=SB=4,AB=4，则当经ASB=时，圆锥截面SAB