专题三 立体几何
微专题1 球的切接问题
一、考点透析
考点1 球的面积和体积
1.(2025·辽宁省朝阳市·模拟)某艺术吊灯如图1所示，图2是其几何结构图．底座ABCD是
边长为4
√2的正方形，垂直于底座且长度为6的四根吊挂线A A1，B B1，C C1，D D1一头
连着底座端点，另一头都连在球O的表面上(底座厚度忽略不计)，若该艺术吊灯总高度为
14，则球O的体积为( )
A. 108 π
3
B. 256 π
3
C. 500 π
3
D. 864 π
3
【答案】C
【解析】解：由已知四根吊挂线下端是正方形A1B1C1 D1的四个顶点，平面A1B1C1 D1截
球所得截面圆的半径r = 1
2 A1C1= 1
2 AC = 4，
设球的半径为R，则球心O到平面A1B1C1 D1
的距离为 √R
2−r
2=
√R
2−16
，
因为吊灯总高度为14，即R+
√R
2−16+6=14
，所以R =5，
因此，球O的体积V 球= 4 π R
3
3
= 4 π ×5
3
3
= 500 π
3
，
故选C．
考点2 外接球
1.(2025·湖南省·单元测试)如图，三棱锥P−ABC的底面ABC的斜二测直观图为
△A ′ B′ C ′，已知PB⊥底面ABC，PB =
√5，A ′ D′ = D′ C ′，A ′ O′ =O′ B′ =O′ D′ =1，
则三棱锥P−ABC外接球的体积V = ．
【答案】125 π
6
【解析】解：由题意得 O′ D′ // B′ C ′ ，且 O′ D′ = 1
2 B′ C ′ .
所以由斜二测画法得，在原图 ▵ABC 中， ∠ABC = π
2
， AB =2 ， BC = 4 ，
原图中的三棱锥中已知PB⊥底面ABC，故BA，BC，BP两两垂直，
把三棱锥补成长方体，则三棱锥的外接球就是长方体的外接球，
长方体过同一顶点的三条棱长分别为BA，BC，BP，
故三棱锥 P−ABC 外接球的半径 r =
√A B
2+ BC
2+ P B
2
2
= 5
2
，
则 V = 4
3 π r
3= 125 π
6
.
故答案为125 π
6
．
2.(2025·河南省开封市·模拟)已知四面体A −BCD的各顶点均在球O的球面上，平面
ABC ⊥平面BCD，AB = BC = AC =CD =2，BC ⊥CD，则球O的表面积为( )
A. 28 π
3
B. 14 π
C. 28 π
D. 32π
【答案】A
【解析】解：因为平面ABC ⊥平面BCD，
AB = BC = AC =CD =2，BC ⊥CD，
所以可将四面体A −BCD看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分，
如图所示：
则四面体ABCD的外接球即直三棱柱的外接球，
因为底面三角形ABC的外心到三角形ABC的顶点的长度为2
3 ×
√2
2−1
2= 2
√3
3
，
所以直三棱柱的外接球的半径r =
√1
2+( 2
√3
3
)
2= √
7
3
，
则球O的表面积S = 4 π r
2= 4×π ×( √
7
3 )
2= 28 π
3
．
故选：A．
3.(2025·山东省济宁市·模拟)一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在同一个球面上，且该球的半
径为1，当圆锥的体积取最大值时，圆锥的底面半径为( )
A. 2
3
B. 2
√2
3
C.
√2
2
D.
√10
10
【答案】B
【解析】解：
如图，根据题意，圆锥PO1高为h，底面圆半径r，外接球球心为O，半径R =1，
则球心O到圆锥底面圆心O1距离d =OO1=|1−h|,0<h<2，
由d
2+r
2= R
2，得r
2=2h−h
2，圆锥的体积V = 1
3 π r
2h= π
3 (2h
2−h
3)，
求导得V
′ = π
3 (4 h−3h
2)= π h( 4
3 −h)，
当0<h< 4
3
时，V
′>0，函数V = π
3 (2h
2−h
3)在(0, 4
3 )上递增，
当4
3 <h<2时，V
′<0，函数V = π
3 (2h
2−h
3)在( 4
3 ,2)上递减，
则当h= 4
3 时，圆锥的体积最大，此时底面圆半径r = 2
√2
3
．
故选：B．
4.(2025·河北省承德市·月考)在三棱锥P−ABC中，AB = BC =10，∠ABC =120°，D为
AC的中点，PD⊥平面ABC，且PD =15，则三棱锥P−ABC外接球的表面积为 ．
【答案】500 π
【解析】解：在△ABC中，AB = BC =10，∠ABC =120°，
由
余
弦
定
理
可
得
A C
2= A B
2+ BC
2−2 AB⋅BC ⋅cos∠ABC =300，
所以AC =10
√3，
设△ABC外接圆的半径为r，圆心为O1，
则2r =
AC
sin ∠ABC = 10
√3
sin120° =20，
所以r =10，
圆心O1到D点的距离为5，
另设三棱锥P−ABC的外接球球心O到平面ABC的距离为d，过点O作PD的垂线，垂足为
Q，
设外接球的半径为R，则△O1OB中，10
2+d
2= R
2，
直角△POQ中，5
2+(15−d )
2= R
2，
解得d =5，R
2=125，
所以S = 4 π R
2=500 π．
5.(2025·陕西省西安市·模拟)已知圆台的高为3，上、下底面圆的半径分别为1和2，它的两
个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为 ．
【答案】20 π
【解析】解：根据题意可得该球的球心在圆台的上下底面圆心的连线上，
设球心到下底面圆心的距离为t，球的半径为R，
则根据题意可得：
t
2+2
2= R
2=(3−t )
2+1
2，解得t =1，
所以R
2=5，
所以该球的表面积为4 π R
2=20 π．
故答案为：20 π．
考点3 内切球
1.(2025·陕西省西安市·模拟)正四棱台上底面边长为1，下底面边长为2，若一个球的球心到
正四棱台各个面的距离均等于该球的半径，则正四棱台与该球的体积之比为( )
A. 14:π
B. 7:π
C. 7:2π
D. 7:
√2π
【答案】B
【解析】解：如图作出正四棱台的轴截面图，可知这个等腰梯形的内切圆就是内切球的最
大圆，
根据CD =1, AB =2，设球的半径为R，则由直角三角形BCH中的勾股定理得：
BC
2=(2 R)
2+ 1
4 ⇒BC = √4 R
2+ 1
4
，
利用等面积法：SBEFC = S△FCI + S△BEI + S△BCI，
可得：1
2 ·( 1
2 +1)·2 R = 1
2 · 1
2 · R+ 1
2 ·1· R+ 1
2 · √4 R
2+ 1
4 · R，
解得：R =
√2
2
，
再由棱台体积公式得：V 1= 1
3 (1+ 4 +
√1×4)×
√2= 7
√2
3
，
由球的体积公式得：V 2= 4
3 ×π ×(
√2
2 )
3
=
√2
3 π，
所以正四棱台与球的体积之比是：V 1
V 2
=
7
√2
3
√2
3 π
= 7
π ．
故选：B．
2. （多选题）(2025· 湖北省武汉市· 月考) 如图，在直三棱柱ABC −A1B1C1中，
AC = BC =C C1=2，AC ⊥BC，Q是线段AB的中点，P是线段BC1上的动点(含端点)，
则下列命题正确的是( )
A. 三棱锥P−A1QC的体积为定值
B. 在直三棱柱ABC −A1B1C1内部能够放入一个表面积为4 π的球
C. 直线PQ与AC所成角的正切值的最小值是
√2
2
D. A1 P+ PQ的最小值为 √10+2
√6
【答案】ACD
【解析】解：连接A C1，与A1C相交于点O，连接OQ，
因为直三棱柱ABC −A1B1C1中，AC = BC =C C1=2，
所以四边形AC C1 A1为正方形，
故O为A C1中点，又Q是线段AB的中点，
所以OQ//C1B，因为C1B⊄平面A1QC，
OQ⊂平面A1QC，
所以C1B //平面A1QC，
P是线段BC1上的动点(含端点)，
则点P到平面A1QC的距离为定值，
△A1QC的面积为定值，故三棱锥P−A1QC的体积为定值，A 正确；
△ABC中，，AC = BC =2，AC ⊥BC，则AB =
√2
2+2
2=2
√2
．
则△ABC的内切圆半径为2+2−2
√2
2
=2−
√2<1，
故在直三棱柱ABC −A1B1C1内部不能够放入一个表面积为4 π的球，故B 错误；
设D为BC的中点，连接PD，QD，则QD // AC，
所以∠PQD(或其补角)为直线PQ与AC所成角．
因为AC ⊥C C1, AC ⊥CB，
C C1与CB是平面CB B1C1内的两条相交的直线，
所以AC ⊥平面CB B1C1．
QD // AC，则QD⊥平面CB B1C1．
PD⊂平面CB B1C1．
所以QD⊥PD．
tan ∠PQD = PD
DQ = PD，
PD的最小值为点D到直线C1B的距离，即BD·sin 45° =
√2
2
，
故直线PQ与AC所成角的正切值的最小值是
√2
2
，C 正确；
如图，过P作PE⊥BC，反向延长与B1C1相交于点F，
连接QE，A1 F , A1 P，
设CE = x，则BE =2−x，PE =2−x，DE =|2−x−1|=|1−x|，
所以A1 P =
√A1C1
2+C1 F
2+ F P
2=
√2
2+ x
2+ x
2=
√2 x
2+ 4，
PQ =
√P E
2+ D E
2+Q D
2=
√(2−x)
2+(1−x)
2+1
2=
√2 x
2−6 x +6
．
A1 P+ PQ =
√2 x
2+ 4 +
√2 x
2−6 x +6=
√2(
√x
2+(0−
√2)
2+
√(x−3
2)
2
+(0−
√3
2 )
2)
，
√x
2+(0−
√2)
2+
√(x−3
2)
2
+(0−
√3
2 )
2表示平面直角坐标系内的x轴上的点( x ,0)到点
(0,
√2)与(
3
2 ,
√3
2 )
的距离和的最小值，
点(0,
√2)关于x轴的对称点为(0,−
√2)，
所以 √x
2+(0−
√2)
2+
√(x−3
2)
2
+(0−
√3
2 )
2的最小值为(0,−
√2)与(
3
2 ,
√3
2 )
的距离
=
√(0−3
2)
2
+(−
√2−
√3
2 )
2
= √
9
4 +2+
√6+ 3
4 =
√5+
√6．
所以A1 P+ PQ的最小值为 √2
√5+
√6=
√10+2
√6
，故D 正确．
故选ACD．
3.(2025·江苏省南京市·模拟)直观想象是数学六大核心素养之一，现有大小完全相同的10个
半径为r的小球，全部放进棱长为8+ 4
√6的正四面体盒子中，则r的最大值为( )
A. 1
2
B. 1
C. 3
2
D. 2
【答案】D
【解析】解：如图所示，因为正四面体的高等于其棱长的
√6
3 倍，所以其高为
AO =8+ 8
√6
3
，
10个半径为r的小球放进棱长为8+ 4
√6的正四面体A −BCD中，成三棱锥形状，有3层，
则从上到下每层的小球个数依次为1，(1+2)，(1+2+3)个，
当r取最大值时，从上到下每层放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切，
底层的每个球都与正四面体底面相切，任意相邻的两个小球都外切，
位于每层正三角状顶点的所有上下相邻小球的球心连线为一个正四面体E−FGH，
则该正四面体E−FGH的棱长为r +2r +r = 4 r，
可得正四面体E−FGH的高EP = 4 r·
√6
3 = 4
√6r
3
，
连接DO并延长交BC于点M，连接AM，过点E作NE⊥AM于点N，
易知△AOM ∽△ANE，AM = DM =3 MO，所以AE
NE = AM
MO = 3
1，
所以AE =3 NE =3r，
所以正四面体A −BCD的高AO = AE + EP+ PO =3r + 4
√6r
3
+r =8+ 8
√6
3
，
解得r =2，所以r的最大值为2．
故选：D．
考点4 解析法研究球的切接问题
1.(2025·辽宁省沈阳市·模拟)如图，在棱长为6的正四面体ABCD中，点E满足DE⃗=2 EA⃗，
则四面体ABCE的外接球的表面积为 ．
【答案】54 π
【解析】解：在正四面体ABCD中，取BC的中点为O，连接OA ,OD．
易知BC ⊥平面AOD ,|OD|=|OA |=
√6
2−3
2=3
√3
．
设四面体ABCE的外接球的球心为M，则点M在平面AOD上．
设A , E在平面BCD上的射影分别为O1, F，显然O1为▵BCD的重心，
则|OO1|= 1
3 |OD|=
√3,|A O1|=
√|OA |
2−|OO1|
2=2
√6,| EF |= 2
3|A O1|= 4
√6
3
．
在Rt ▵EFD中，| DF |=
√|DE|
2−|EF |
2= 4
√3
3
，
则|OF |=|OD|−| DF |= 5
√3
3
．
以O为坐标原点，OC ,OD所在直线分别为x轴，y轴，以过点O垂直于平面BCD的直线为
z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(3,0,0), A (0,
√3,2
√6), E(0, 5
√3
3
, 4
√6
3 )
．
设M (0, y , z)，外接球的半径为R，则R
2=|MC |
2=|MA |
2=| ME|
2，
即9+ y
2+ z
2=( y −
√3)
2+( z−2
√6)
2=( y −5
√3
3 )
2
+( z−4
√6
3 )
2，
即{
2
√3 y + 4
√6 z =18,
5
√3 y + 4
√6 z =15,
解得{
y =−
√3
3 ,
z = 5
√6
6
,
即R
2=9+ 1
3 + 25
6 = 27
2
，
则所求外接球的表面积S = 4 π R
2=54 π．
2.(2025·湖南省·模拟)已知正四棱锥P−ABCD的底面边长为3，该四棱锥内部的球O与其
所有面均相切，若球面上有且仅有一点Q满足AC
→
⋅PQ
→
= AQ
→
⋅PC
→
=0
，则球O的表面积
为 ．
【答案】3 π
【解析】解：方法一：由题意得，球为正四棱锥的内切球，
如图①所示，设底面中心为O，过P作与AC垂直的平面，
则该平面与球的交线为圆，过A作与PC垂直的平面，该平面与球的交线也为圆，
球上两圆的交点即为点Q，
因为两圆都关于平面PAC对称，且两圆有且只有一个交点，故点Q也在平面PAC上，
即点Q在PO上，M，N分别为AD，BC的中点，
分别作平面PAC，平面PMN截正四棱锥的截面，如图②③所示，
设球的半径为R，球心为O1，OQ =2 R，
在图②中，因为AC
→
⋅PO
→
= AQ
→
⋅PC
→
=0
，
所以∠QAO+∠C ⇒∠CPO+∠C =90
∘，所以∠QAO=∠CPO，
又∠POA =∠POC =90
∘，所以▵AOQ∼△POC，
则有AO
OQ = PO
OC
，即
3
2
√2
2 R = PO
3
2
√2
, PO = 9
4 R
，
在图③中，tan ∠PMO = PO
OM = 3
2 R ,tan ∠O1 MO = O1O
OM = 2 R
3
，
故tan ∠PMO⋅tan ∠O1 MO =1,∠PMO+∠O1 MO = π
2
，
因为球O与MN , PM均相切，
故∠PM O1=∠O1 MO,∠PMO=2∠O1 MO，故3∠O1 MO = π
2
，即∠O1 MO = π
6
，
球的半径R = 3
2 tan ∠O1 MO =
√3
2
，球的表面积S = 4 π R
2=3 π，
故答案为：3 π．
方法二：连接AC，BD，设交点为O，如图建立以O为原点的空间直角坐标系，
因底面边长为3，则A( 3
√2
2
,0,0),C(−3
√2
2
,0,0), P(0,0,t )，设Q( x , y , z)，
则PQ⃗=( x , y , z−t )，AC⃗=(−3
√2,0,0)，AQ
→
=( x−3
√2
2
, y , z), PC
→
=(−3
√2
2
,0,−t )，
因PQ⊥AC，则PQ
→
⋅AC
→
=−3
√2 x =0⇒x =0
，又AQ⊥PC，
则AQ
→
⋅PC
→
= 9
2 −zt =0⇒z = 9
2t
，则Q(0, y , 9
2t )，所以zQ为定值，
因球面上仅有一点Q满足PQ⊥AC且AQ⊥PC，则Q(0, y , 9
2t )为球体与线段PO的交点，
则Q(0,0, 9
2t )，则球体半径为R = 9
4 t
，
注意到正四棱锥体积为：V = 1
3 SR，其中S为四棱锥表面积，
如图，取BC中点为F，连接OF，PF，则OP =t ,OF = 3
2 ⇒PF = √t
2+ 9
4
，
则S =9+ 4× 1
2 ×3 √t
2+ 9
4 =9+3
√4 t
2+9，则V = 1
3 SR = 9(3+
√4 t
2+9)
4 t
，
又正四棱锥体积为：V = 1
3 ×3×3t =3t，则9(3+
√4 t
2+9)
4t
=3t，
即3
√4 t
2+9= 4 t
2−9⇒9(4 t
2+9)=(4 t
2−9)
2⇒16t
4=108t
2⇒t = 3
√3
2
，
则R =
9
4× 3
√3
2
=
√3
2 ，则球体表面积为：4 π R
2=3 π，
故答案为：3 π．
二、跟踪练习
1.(2025·西藏自治区拉萨市·模拟)已知三棱锥P−ABC的所有顶点都在体积为36 π的球O的
表面上，点O在棱PC上，△PAB是边长为4的正三角形，则三棱锥P−ABC的体积
为 ．
【答案】8
√11
3
【解析】解：如图，因为点O在PC上，三棱锥P−ABC的所有顶点都在球O的表面上，
所以PC为球O的直径，∠PAC =∠PBC = π
2 ，由球O的体积为36 π，得PC =6，因为
PA = PB = 4，
过点A作AD⊥PC于D，连接BD，又△PAC与△PBC全等，则BD⊥PC，
AC = BC =
√PC
2−P B
2=2
√5，AD = BD = PA ⋅AC
PC
= 4
√5
3
，
所以△ABD的面积S = 1
2 ⋅AB⋅ √A D
2−( 1
2 AB)
2= 4
√11
3
，
所以三棱锥P−ABC的体积为1
3 × 4
√11
3
×6= 8
√11
3
．
2.(2025·广西壮族自治区玉林市·模拟)在正四棱台ABCD−A1B1C1 D1中，
A1B1= A A1=2，AB = 4，则该正四棱台的外接球的表面积为( )
A. 40 π
B. 40
√10 π
C. 40
3 π
D. 40
√10 π
3
【答案】A
【解析】解：在正四棱台ABCD−A1B1C1 D1中，取AC、A1C1的中点分别为F、M，连
接MF，
因为A1B1= A A1=2，AB = 4，
所以AF = 1
2
√4
2+ 4
2=2
√2，A1 M = 1
2
√2
2+2
2=
√2，
过点A1作平面ABCD的垂线，垂足为E，则E在AC上，且AE = 1
2 (4
√2−2
√2)=
√2，则
A1 E =
√2
2−( √2)
2=
√2，
设正四棱台ABCD−A1B1C1 D1外接球的球心为O，半径为R，
则点O在直线MF上，又O A1=OA = R，
由题意易得点O在线段MF延长线上，
所以R
2=O F
2+ A F
2=(OF + FM )
2+ A1 M
2，
即O F
2+(2
√2)
2=(OF +
√2)
2+( √2)
2，解得OF =
√2，
所以R
2=( √2)
2+(2
√2)
2=10，
所以外接球的表面积S = 4 π R
2= 40 π．
故选：A．
3.(2025·辽宁省沈阳市·模拟)在直三棱柱ABC −A1B1C1中，AB = AC =2，AB⊥AC，若
该棱柱外接球的表面积为12π，则侧面B B1C1C绕直线B B1旋转一周所得到的旋转体的体
积为( )
A. 12π
B. 16 π
C. 20 π
D. 24 π
【答案】B
【解析】解：由题可知三棱柱两个底面三角形的外接圆的圆心分别为B1C1，BC的中点，
并且BC = B1C1=2
√2，
设外接球的半径为R，则4 π R
2=12π，R =
√3，
所以( C C1
2
)
2+( BC
2 )
2=( C C1
2
)
2+2=3，解得C C1=2，
侧面B B1C1C绕直线B B1旋转后得到的几何体是底面半径为2
√2，高为2的圆柱，
其体积为V = π(2
√2)
2×2=16 π．
故选：B．
4.（多选题）(2025·浙江省杭州市·模拟)已知圆锥SO的侧面积为3 π，母线SA =l，底面圆
的半径为r，点P满足AP⃗=2 PS⃗
，则( )
A. 当r =1时，圆锥SO的体积为2
√2π
3
B. 当r =1时，从点A绕圆锥一周到达点P的最短长度为 √13
C. 当r = 2
3时，顶点S和两条母线构成的截面三角形的最大面积为3
√7
4
D. 当r = 2
3时，棱长为
√2
2
的正四面体在圆锥SO内可以任意转动
【答案】ABD
【解析】解：由题意，圆锥SO的侧面积S = π rl =3 π，所以rl =3．
对于A，当r =1时，l =3，由勾股定理可得圆锥的高h=
√l
2−r
2=2
√2
，所以圆锥SO的体
积V = 1
3 π r
2h= 2
√2π
3
，故A 正确；
对于B，当r =1时，l =3，将圆锥侧面展开如图2，则SA =3,SP=1，
圆锥底面周长为2π r =2π，设∠ASP =α，则3α =2π，即α = 2π
3
，
在
▵ASP中
，
根
据
余
弦
定
理
可
得
，
A P
2= A S
2+ S P
2−2 AS⋅SPcosα =9+1−2×3×1×(−1
2)=13，
则AP =
√13，所以从点A绕圆锥一周到达点P的最短长度为 √13，故B 正确；
对于C，当r = 2
3时，l = 9
2，设∠ASO = β，则sin β = r
l = 4
27 <
√2
2
，所以0< β < π
4 ，
设圆锥的两条母线构成的夹角为θ，则0<θ<2 β < π
2
，其中
sin 2 β =2sin β cos β =2× 4
27 ×
√1−(
4
27)
2
= 8
√713
729
，
所以当θ =2 β时，顶点S和两条母线构成的截面三角形取得最大面积为
S = 1
2 l
2sin 2 β = 1
2 ×(
9
2)
2
× 8
√713
729
=
√713
9
，故C 错误；
对于D，当r = 2
3时，l = 9
2，由勾股定理可得圆锥的高h=
√l
2−r
2=
√713
6
，设圆锥的内切球
球心为O1，半径为R1，
过点O1作O1 D⊥SA于点D，由三角形相似可得SO1
SA = DO1
AO
，即
√713
6
−R1
9
2
= R1
2
3
，得
R1= 2
√713
93
，
设棱长为a的正四面体其外接球半径为R2，则正四面体的高为 √
a
2−(
√3
3 a)
2
=
√6
3 a，则有
R2
2=(
√6
3 a−R2)
2
+(
√3
3 a)
2，整理可得R2=
√6
4 a．
因为正四面体的棱长为
√2
2
，则R2=
√6
4 a=
√6
4 ×
√2
2 =
√3
4 < 2
√713
93
，所以正四面体在圆锥
SO内可以任意转动，故D 正确．
故选：ABD．
5.(2025·宁夏回族自治区银川市·模拟)已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为1，点P在
正方体的内切球表面上运动，且满足D1 P//平面A1BC1，则AP的最小值为 ．
【答案】
√6
6
【解析】解：由题意得，正方体内切球的球心为正方体的中心，记为点O，内切球半径
r = 1
2
，
∵A D1// BC1，A D1⊄平面A1BC1，BC1⊂平面A1BC1，
∴A D1//平面A1BC1，同理可得AC //平面A1BC1，
∵A D1, AC ⊂平面D1 AC，A D1∩AC = A，∴平面D1 AC //平面A1BC1，
∵D1 P//平面A1BC1，∴D1 P⊂平面D1 AC，
故点P的轨迹是平面D1 AC与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为O1，
如图，以D为原点建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，
O( 1
2 , 1
2 , 1
2 )，
∴AC⃗=(−1,1,0)，A D1⃗=(−1,0,1)，AO⃗=(−1
2 , 1
2 , 1
2 )，
设平面D1 AC的法向量为⃗n=( x , y , z)，则{ AC
→
⋅n
→
=−x + y =0
A D
→
1⋅n
→
=−x + z =0
,
令x =1，则y = z =1，故⃗n=(1,1,1)，
∴点O到平面D1 AC的距离为d =| AO
→
⋅n
→
|
| n
→
|
=
1
2
√3
=
√3
6
，
∴圆O1的半径为r1=
√r
2−d
2=
√( 1
2 )
2
−(
√3
6 )
2
=
√6
6
，
由AO⃗=(−1
2 , 1
2 , 1
2 )得，AO =
√(−1
2 )
2
+( 1
2 )
2
+( 1
2 )
2
=
√3
2
，
∴A O1=
√A O
2−d
2=
√(
√3
2 )
2
−(
√3
6 )
2
=
√6
3
，
∴AP的最小值为A O1−r1=
√6
3 −
√6
6 =
√6
6
．
故答案为：
√6
6
．
