2024版大二輪數(shù)學(xué)新高考提高版（京津瓊魯遼粵冀鄂湘渝閩蘇浙黑吉晉皖云豫新甘貴贛桂）專題四　微重點(diǎn)7　球的切接問(wèn)題9

微重點(diǎn)7球的切接問(wèn)題空間幾何體的外接球、內(nèi)切球是高中數(shù)學(xué)的重點(diǎn)、難點(diǎn)，也是高考命題的熱點(diǎn)，一般是通過(guò)對(duì)幾何體的割補(bǔ)或?qū)ふ規(guī)缀误w外接球的球心求解外接球問(wèn)題，利用等體積法求內(nèi)切球半徑等，一般出現(xiàn)在壓軸小題位置．考點(diǎn)一空間幾何體的外接球例1(1)(2023·杭州模擬)在四面體ABCD中，△ABC與△BCD都是邊長(zhǎng)為6的等邊三角形，且二面角A－BC－D的大小為60°，則四面體ABCD外接球的表面積是()A．52π B．54πC．56π D．60π答案A解析如圖所示，設(shè)外接球半徑為R，取BC的中點(diǎn)O，連接OD，OA，分別取△BCD和△ABC的外心E，F(xiàn)，過(guò)兩點(diǎn)分別作平面BDC和平面ABC的垂線，交于點(diǎn)P，則P就是外接球的球心，連接OP，DP，則∠AOD為二面角A－BC－D的平面角，即∠AOD＝60°，則△AOD是等邊三角形，其邊長(zhǎng)為6×eq\f(\r(3),2)＝3eq\r(3)，OE＝eq\f(1,3)OD＝eq\f(1,3)×3eq\r(3)＝eq\r(3)，在△POE中，∠POE＝30°，所以PE＝OEtan30°＝eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)＝1，又由DE＝eq\f(2,3)OD＝2eq\r(3)，所以R＝PD＝eq\r(PE2＋DE2)＝eq\r(12＋2\r(3)2)＝eq\r(13)，所以四面體ABCD外接球的表面積為4πR2＝4π×(eq\r(13))2＝52π.(2)(2023·全國(guó)乙卷)已知點(diǎn)S，A，B，C均在半徑為2的球面上，△ABC是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形，SA⊥平面ABC，則SA＝________.答案2解析如圖，將三棱錐S－ABC轉(zhuǎn)化為直三棱柱SMN－ABC，設(shè)△ABC的外接圓圓心為O1，半徑為r，則2r＝eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(3,\f(\r(3),2))＝2eq\r(3)，可得r＝eq\r(3)，設(shè)三棱錐S－ABC的外接球球心為O，連接OA，OO1，則OA＝2，OO1＝eq\f(1,2)SA，因?yàn)镺A2＝OOeq\o\al(2,1)＋O1A2，即4＝3＋eq\f(1,4)SA2，解得SA＝2.規(guī)律方法求解空間幾何體的外接球問(wèn)題的策略(1)定球心：球心到接點(diǎn)的距離相等且為半徑．(2)作截面：選準(zhǔn)最佳角度作出截面(要使這個(gè)截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素的關(guān)系)，達(dá)到空間問(wèn)題平面化的目的．(3)求半徑下結(jié)論：根據(jù)作出截面中的幾何元素，建立關(guān)于球的半徑的方程，并求解．跟蹤演練1(1)已知四面體ABCD中，AB＝CD＝2eq\r(5)，AC＝BD＝eq\r(29)，AD＝BC＝eq\r(41)，則四面體ABCD外接球的表面積為_(kāi)_______．答案45π解析設(shè)四面體ABCD外接球的半徑為R，將四面體ABCD置于長(zhǎng)、寬、高分別為a，b，c的長(zhǎng)方體中，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝20，,b2＋c2＝29，,a2＋c2＝41，))故R＝eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2)＝eq\f(\r(45),2)，故四面體ABCD外接球的表面積為4πR2＝45π.(2)(2023·昆明模擬)故宮太和殿是中國(guó)形制最高的宮殿，其建筑采用了重檐廡殿頂?shù)奈蓓敇邮?，廡殿頂是“四出水”的五脊四坡式，由一條正脊和四條垂脊組成，因此又稱五脊殿．由于屋頂有四面斜坡，故又稱四阿頂．如圖，某幾何體ABCDEF有五個(gè)面，其形狀與四阿頂相類(lèi)似．已知底面ABCD為矩形，AB＝4，AD＝EF＝2，EF∥底面ABCD，且EA＝ED＝FB＝FC＝BC，則幾何體ABCDEF外接球的表面積為()A．22π B．28πC．32π D．38π答案A解析連接AC，BD，設(shè)AC∩BD＝M，取EF的中點(diǎn)N，連接MN，由題意知，球心O在直線MN上，取BC的中點(diǎn)G，連接FG，則FG⊥BC，且FG＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).連接MG，過(guò)點(diǎn)F作FP⊥MG于點(diǎn)P，則四邊形MPFN是矩形，MN＝FP，則MN＝FP＝eq\r(FG2－PG2)＝eq\r(2)，又因AM＝eq\f(1,2)AC，AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝2eq\r(5)，則AM＝eq\r(5)，因?yàn)椤鰽MO和△ONE均為直角三角形，設(shè)外接球半徑為R，OM＝x，當(dāng)球心O在線段MN上時(shí)，則R2＝x2＋(eq\r(5))2，R2＝(eq\r(2)－x)2＋12，解得x＝－eq\f(\r(2),2)(舍)，當(dāng)球心O在線段MN外時(shí)，則R2＝x2＋(eq\r(5))2，R2＝(eq\r(2)＋x)2＋12，解得x＝eq\f(\r(2),2)，故R2＝eq\f(1,2)＋5＝eq\f(11,2)，所以外接球的表面積S＝4πR2＝22π.考點(diǎn)二空間幾何體的內(nèi)切球例2(1)在三棱錐A－BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝CD＝4，BC＝3，則該三棱錐內(nèi)切球的體積為()A.eq\f(9π,16)B.eq\f(9π,4)C.eq\f(16π,9)D.eq\f(4π,3)答案A解析由AB⊥平面BCD，CD?平面BCD，得AB⊥CD.又BC⊥CD，且AB，BC?平面ABC，AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC，又AC?平面ABC，所以CD⊥AC.由AB＝CD＝4，BC＝3，得AC＝BD＝5，所以三棱錐A－BCD的表面積S＝2×eq\f(1,2)×3×4＋2×eq\f(1,2)×4×5＝32，三棱錐A－BCD的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×4×4＝8.設(shè)三棱錐內(nèi)切球球心為O，半徑為r，由V＝VO－ABC＋VO－ABD＋VO－ACD＋VO－BCD＝eq\f(1,3)Sr，得r＝eq\f(3V,S)＝eq\f(3,4)，所以該三棱錐內(nèi)切球的體積V球＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3＝eq\f(9π,16).(2)(2023·沈陽(yáng)模擬)如圖，圓臺(tái)內(nèi)有一個(gè)球，該球與圓臺(tái)的側(cè)面和底面均相切．已知圓臺(tái)的下底面圓心為O1，半徑為r1，圓臺(tái)的上底面圓心為O2，半徑為r2(r1>r2)，球的球心為O，半徑為R，記圓臺(tái)的表面積為S1，球的表面積為S2，則eq\f(S1,S2)的可能的取值為()A.eq\f(π,2)B.eq\f(3,2)C.eq\f(π,3)D.eq\f(4,3)答案A解析如圖，作出圓臺(tái)的軸截面，作DF⊥BC，垂足為F，由題意知圓O與梯形ABCD相切，則DC＝DE＋CE＝O2D＋O1C＝r2＋r1，又DC＝eq\r(DF2＋FC2)＝eq\r(4R2＋r1－r22)，故eq\r(4R2＋r1－r22)＝r1＋r2，化簡(jiǎn)可得R2＝r1r2，則eq\f(S1,S2)＝eq\f(πr\o\al(2,1)＋r\o\al(2,2)＋πr1＋r2r1＋r2,4πR2)＝eq\f(r\o\al(2,1)＋r\o\al(2,2)＋r1r2,2r1r2)＝eq\f(r\o\al(2,1)＋r\o\al(2,2),2r1r2)＋eq\f(1,2)>eq\f(2r1r2,2r1r2)＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)(r1>r2，故取不到等號(hào))，由于eq\f(3,2)，eq\f(π,3)，eq\f(4,3)都不大于eq\f(3,2)，故eq\f(S1,S2)的可能的取值為eq\f(π,2).規(guī)律方法空間幾何題的內(nèi)切球問(wèn)題，一是找球心，球心到切點(diǎn)的距離相等且為球的半徑，作出截面，在截面中求半徑；二是利用等體積法直接求內(nèi)切球的半徑．跟蹤演練2(1)在封閉的直三棱柱ABC－A1B1C1內(nèi)有一個(gè)體積為V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝6，則V的最大值是()A．16π B.eq\f(32π,3)C．36π D.eq\f(125π,3)答案B解析由題意，因?yàn)锳B⊥BC，AB＝6，BC＝8，所以AC＝10，可得△ABC內(nèi)切圓的半徑r＝eq\f(6×8,6＋8＋10)＝2，又由AA1＝6，故在直三棱柱ABC－A1B1C1內(nèi)部的球的半徑最大為R＝2，所以此時(shí)V的最大值為eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)×π×23＝eq\f(32π,3).(2)(2023·貴陽(yáng)聯(lián)考)SF6(六氟化硫)具有良好的絕緣性，在電子工業(yè)上有著廣泛的應(yīng)用，其分子結(jié)構(gòu)如圖所示：六個(gè)元素F分別位于正方體六個(gè)面的中心，元素S位于正方體中心，若正方體的棱長(zhǎng)為a，記以六個(gè)F為頂點(diǎn)的正八面體為T(mén)，則T的體積為_(kāi)_________，T的內(nèi)切球表面積為_(kāi)_________．答案eq\f(a3,6)eq\f(πa2,3)解析正八面體T可視為兩個(gè)全等的正四棱錐拼接而成，且該正四棱錐的底面邊長(zhǎng)為eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2)＝eq\f(\r(2),2)a，高為eq\f(a,2)，所以正八面體的體積V＝2×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2×eq\f(a,2)＝eq\f(a3,6)，由圖可知，正八面體T的每個(gè)面都是棱長(zhǎng)為eq\f(\r(2),2)a的等邊三角形，所以正八面體T的表面積S＝8×eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2＝eq\r(3)a2，設(shè)正八面體T的內(nèi)切球半徑為r，則V＝eq\f(1,3)Sr，所以r＝eq\f(3V,S)＝eq\f(\f(a3,2),\r(3)a2)＝eq\f(\r(3),6)a，因此，正八面體T的內(nèi)切球的表面積為4πr2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)a))2＝eq\f(πa2,3).專題強(qiáng)化練1.如圖，在三棱錐V－ABC中，VA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝VA＝2，則該三棱錐外接球的體積為()A．12πB．4eq\r(3)πC.eq\f(16\r(3)π,3)D.eq\f(4\r(3)π,3)答案B解析因?yàn)閂A⊥底面ABC，AB，AC?底面ABC，所以VA⊥AB，VA⊥AC，又因?yàn)椤螧AC＝90°，所以AB⊥AC，而AB＝AC＝VA＝2，所以三條互相垂直且共頂點(diǎn)的棱，可以看成正方體中共頂點(diǎn)的長(zhǎng)、寬、高，因此該三棱錐外接球的半徑R＝eq\f(1,2)×eq\r(22＋22＋22)＝eq\r(3)，所以外接球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝4eq\r(3)π.2．(2023·成都模擬)在三棱錐P－ABC中，PA⊥底面ABC，AB＝2，AC＝AP，BC⊥CA，若三棱錐P－ABC外接球的表面積為5π，則BC等于()A．1B.eq\r(2)C.eq\r(3)D.eq\r(5)答案C解析因?yàn)镻A⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以BC⊥PA，由BC⊥CA，CA∩PA＝A，CA，PA?平面PAC，所以BC⊥平面PAC，由AB?平面ABC，得PA⊥AB，由PC?平面PAC，得BC⊥PC，由PB是Rt△PBC和Rt△PBA的公共斜邊，得PB是三棱錐的外接球直徑，由S＝4πR2＝5π得R＝eq\f(\r(5),2)，設(shè)AC＝AP＝m，則PB＝2R＝eq\r(m2＋4)＝eq\r(5)，則m＝1，BC＝eq\r(4－1)＝eq\r(3).3．在四棱錐P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，△PAB為邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，底面ABCD為矩形．若四棱錐P－ABCD存在一個(gè)內(nèi)切球，則內(nèi)切球的表面積為()A．4π B．πC.eq\f(4π,3) D.eq\f(π,3)答案D解析由于平面PAB⊥平面ABCD，△PAB為邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，底面ABCD為矩形，所以四棱錐P－ABCD的內(nèi)切球在等邊△PAB上的“正投影”是等邊△PAB的內(nèi)切圓，設(shè)等邊△PAB的內(nèi)切圓半徑為r，則S△PAB＝eq\f(1,2)×(1＋1＋1)×r＝eq\f(1,2)×1×1×sineq\f(π,3)，解得r＝eq\f(\r(3),6)，所以內(nèi)切球的半徑為eq\f(\r(3),6)，其表面積為4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)))2＝eq\f(π,3).4．(2023·湖北多校聯(lián)考)已知在△ABC中，AB＝4，BC＝3，AC＝5，以AC為軸旋轉(zhuǎn)一周得到一個(gè)旋轉(zhuǎn)體，則該旋轉(zhuǎn)體的內(nèi)切球的表面積為()A.eq\f(49π,36) B.eq\f(576π,49)C.eq\f(576π,25) D.eq\f(344π,25)答案B解析旋轉(zhuǎn)體的軸截面如圖所示，其中O為內(nèi)切球的球心，過(guò)O作AB，BC的垂線，垂足分別為E，F(xiàn)，則OE＝OF＝r(r為內(nèi)切球的半徑)，故AO＝eq\f(r,sin∠BAC)＝eq\f(5,3)r，CO＝eq\f(r,sin∠BCA)＝eq\f(5,4)r，故5＝AO＋OC＝eq\f(5,3)r＋eq\f(5,4)r，解得r＝eq\f(12,7)，故該旋轉(zhuǎn)體的內(nèi)切球的表面積為4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,7)))2＝eq\f(576π,49).5．(2023·張掖模擬)圖1為兩塊大小不同的等腰直角三角形紙板組成的平面四邊形ABCD，其中小三角形紙板的斜邊AC與大三角形紙板的一條直角邊長(zhǎng)度相等，小三角形紙板的直角邊長(zhǎng)為a，現(xiàn)將小三角形紙板ACD沿著AC邊折起，使得點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)M的位置，得到三棱錐M－ABC，如圖2，若二面角M－AC－B的大小為eq\f(2π,3)，則所得三棱錐M－ABC的外接球的表面積為()A.eq\f(7π,3)a2 B．4πa2C.eq\f(14π,3)a2 D.eq\f(7\r(42)π,27)a2答案C解析如圖，取AC的中點(diǎn)E，AB的中點(diǎn)F，連接ME，EF.因?yàn)镸A＝MC，所以ME⊥AC.易知EF∥BC，因?yàn)锽C⊥AC，所以EF⊥AC，所以∠MEF＝eq\f(2π,3).過(guò)點(diǎn)E作OE⊥平面MAC，過(guò)點(diǎn)F作OF⊥平面ABC，OE∩OF＝O，連接OA，易知E，F(xiàn)兩點(diǎn)分別是△MAC和△ABC的外心，所以點(diǎn)O是三棱錐M－ABC的外接球的球心．因?yàn)镸A＝MC＝a，所以AC＝BC＝eq\r(2)a，AB＝2a，所以EF＝eq\f(\r(2),2)a，因?yàn)椤螹EF＝eq\f(2π,3)，∠MEO＝eq\f(π,2)，所以∠OEF＝eq\f(π,6)，所以O(shè)F＝EF×taneq\f(π,6)＝eq\f(\r(2)a,2)×taneq\f(π,6)＝eq\f(\r(6),6)a，又AF＝eq\f(1,2)AB＝a，所以O(shè)A＝eq\r(OF2＋AF2)＝eq\f(\r(42),6)a，則三棱錐M－ABC外接球的半徑為eq\f(\r(42),6)a，所以外接球的表面積S＝4πR2＝eq\f(14π,3)a2.6．(多選)(2023·陽(yáng)泉模擬)已知三棱柱ABC－A1B1C1的六個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上，AB1＝BC1＝CA1＝4.若點(diǎn)O到三棱柱ABC－A1B1C1的所有面的距離都相等，則()A．BB1⊥平面ABCB．AB＝AA1C．平面A1B1C1截球O所得截面圓的周長(zhǎng)為4πD．球O的表面積為24π答案AC解析選項(xiàng)A，三棱柱ABC－A1B1C1的六個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上，根據(jù)球的對(duì)稱性可知三棱柱ABC－A1B1C1為直棱柱，所以BB1⊥平面ABC，因此A正確；選項(xiàng)B，因?yàn)锳B1＝BC1＝CA1＝4，所以AB＝BC＝CA.因?yàn)辄c(diǎn)O到三棱柱ABC－A1B1C1的所有面的距離都相等，所以三棱柱ABC－A1B1C1的內(nèi)切球與外接球的球心重合．設(shè)該三棱柱的內(nèi)切球的半徑為r，與底面以及側(cè)面相切于H，M，連接AH并延長(zhǎng)，交BC于N，如圖，則AA1＝2r，OM＝OH＝r，由于M為矩形BCC1B1的對(duì)角線交點(diǎn)，所以HN＝r，而△ABC為等邊三角形，所以HN＝eq\f(1,3)AN＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)AB，所以AB＝2eq\r(3)r，所以AB＝eq\r(3)AA1，因此B錯(cuò)誤；選項(xiàng)C，由AB1＝4，可知BBeq\o\al(2,1)＋AB2＝4r2＋12r2＝16r2＝16，解得r＝1(負(fù)值舍去)，則AB＝BC＝CA＝2eq\r(3).易得△A1B1C1的外接圓的半徑r1＝eq\f(2,3)AN＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)AB＝2，所以平面A1B1C1截球O所得截面圓的周長(zhǎng)為2πr1＝4π，因此C正確；選項(xiàng)D，三棱柱ABC－A1B1C1外接球的半徑R＝eq\r(r\o\al(2,1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AA1,2)))2)＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，所以球O的表面積S＝4πR2＝20π，因此D錯(cuò)誤．7．(多選)(2023·新高考全國(guó)Ⅰ)下列物體中，能夠被整體放入棱長(zhǎng)為1(單位：m)的正方體容器(容器壁厚度忽略不計(jì))內(nèi)的有()A．直徑為0.99m的球體B．所有棱長(zhǎng)均為1.4m的四面體C．底面直徑為0.01m，高為1.8m的圓柱體D．底面直徑為1.2m，高為0.01m的圓柱體答案ABD解析對(duì)于A，因?yàn)?.99m<1m，即球體的直徑小于正方體的棱長(zhǎng)，所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，故A正確；對(duì)于B，因?yàn)檎襟w的面對(duì)角線長(zhǎng)為eq\r(2)m，且eq\r(2)>1.4，所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，故B正確；對(duì)于C，因?yàn)檎襟w的體對(duì)角線長(zhǎng)為eq\r(3)m，且eq\r(3)<1.8，所以不能夠被整體放入正方體內(nèi)，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，因?yàn)?.2m>1m，可知底面正方形不能包含圓柱的底面圓，如圖，過(guò)AC1的中點(diǎn)O作OE⊥AC1，設(shè)OE∩AC＝E，可知AC＝eq\r(2)，CC1＝1，AC1＝eq\r(3)，OA＝eq\f(\r(3),2)，那么tan∠CAC1＝eq\f(CC1,AC)＝eq\f(OE,AO)，即eq\f(1,\r(2))＝eq\f(OE,\f(\r(3),2))，解得OE＝eq\f(\r(6),4)，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))2＝eq\f(3,8)＝eq\f(9,24)>eq\f(9,25)＝0.62，即eq\f(\r(6),4)>0.6，所以以AC1為軸可能對(duì)稱放置底面直徑為1.2m的圓柱，若底面直徑為1.2m的圓柱與正方體的上下底面均相切，設(shè)圓柱的底面圓心為O1，與正方體下底面的切點(diǎn)為M，可知AC1⊥O1M，O1M＝0.6，那么tan∠CAC1＝eq\f(CC1,AC)＝eq\f(O1M,AO1)，即eq\f(1,\r(2))＝eq\f(0.6,AO1)，解得AO1＝0.6eq\r(2)，根據(jù)對(duì)稱性可知圓柱的高為eq\r(3)－2×0.6eq\r(2)≈1.732－1.2×1.414＝0.0352>0.01，所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，所以D正確．8.如圖，某幾何體由共底面的圓錐和圓柱組合而成，且圓柱的兩個(gè)底面和圓錐的頂點(diǎn)均在體積為36π的球面上，若圓柱的高為2，則圓錐的側(cè)面積為_(kāi)_______．答案4eq\r(6)π解析依題意，作球的軸截圖如圖所示，其中，O是球心，E是圓錐的頂點(diǎn)，EC是圓錐的母線，由題意可知eq\f(4,3)πR3＝36π，解得R＝3，由于圓柱的高為2，則OD＝1，DE＝3－1＝2，DC＝eq\r(32－12)＝2eq\r(2)，母線EC＝eq\r(22＋8)＝2eq\r(3)，故圓錐的側(cè)面積S＝π·DC·EC＝π×2eq\r(2)×2eq\r(3)＝4eq\r(6)π.9．(2023·開(kāi)封模擬)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，P為棱A1D1的中點(diǎn)，則四棱錐P－ABCD外接球的表面積為_(kāi)_______．答案eq\f(41π,16)解析設(shè)四棱錐P－ABCD的外接球球心為O，取AD的中點(diǎn)E，連接PE，取△PAD、四邊形ABCD的外心O1，O2，連接OO1，OO2，EO2，O2C，OC，因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為1，P為棱A1D1的中點(diǎn)，所以PA＝PD＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(5),2)，PE＝1，O2C＝eq\f(\r(2),2)，sin∠PAD＝sin∠APA1＝eq\f(1,\f(\r(5),2))＝eq\f(2,\r(5))，O1P＝eq\f(1,2)·eq\f(PD,sin∠PAD)