《2025年赢在微点数学》

[例1]　(2023·全国乙卷)已知点S,A,B,C 均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3 的等边三角形,SA⊥平面ABC，则SA = ________。

答案：
2　解析　如图,将三棱锥S−ABC转化为直三棱柱SMN−ABC,设△ABC的外接圆圆心为O₁,半径为r,则2r = $\frac{AB}{\sin\angle ACB}=\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = 2\sqrt{3}$，可得r = $\sqrt{3}$。设三棱锥S−ABC的外接球球心为O,连接OA，OO₁，则OA = 2，OO₁ = $\frac{1}{2}SA$。因为OA² = OO₁² + O₁A²，即4 = $\frac{1}{4}SA^{2}+3$，解得SA = 2。

[例2]　已知三棱锥P−ABC的每条侧棱与它所对的底面边长相等，且PA = 3√2，PB = PC = 5，则该三棱锥的外接球的表面积为 ________。

答案：
34π　解析　根据题意，三棱锥P−ABC可以嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，设长方体交于一个顶点的三条棱长分别为a，b，c，如图所示，则a² + b² = PA² = 18，a² + c² = PB² = 25，b² + c² = PC² = 25，解得a = 3，b = 3，c = 4。所以该三棱锥的外接球的半径R = $\frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}{2}=\frac{\sqrt{3^{2}+3^{2}+4^{2}}}{2}=\frac{\sqrt{34}}{2}$，所以该三棱锥的外接球的表面积S = 4πR² = 4π×$(\frac{\sqrt{34}}{2})^{2}=34π$。

[例3]　(2024·广州综合测试)已知三棱锥P−ABC的四个顶点都在球O的球面上，PB = PC = 2√5，AB = AC = 4，PA = BC = 2，则球O的表面积为 （ ）
A. 316/15π
B. 79/15π
C. 158/5π
D. 79/5π

答案：
A　解析　由题意得PA² + AB² = PB²，PA² + AC² = PC²，所以PA⊥AB，PA⊥AC，又AB∩AC = A，AB，AC⊂平面ACB，所以PA⊥平面ABC。在△ABC中，由余弦定理得cos∠BAC = $\frac{4^{2}+4^{2}-2^{2}}{2×4×4}=\frac{7}{8}$，所以sin∠BAC = $\frac{\sqrt{15}}{8}$，所以△ABC外接圆的半径r = $\frac{BC}{2\sin\angle BAC}=\frac{8}{\sqrt{15}}$。如图，记△ABC外接圆的圆心为O₁，取PA的中点为H，连接AO₁，过点O₁作直线l⊥平面ABC，则球心O在直线l上，连接OH，可得四边形AO₁OH为矩形，所以OO₁ = $\frac{1}{2}PA = 1$。连接AO，在Rt△OO₁A中，OA = $\sqrt{AO_{1}^{2}+OO_{1}^{2}}=\sqrt{r^{2}+1^{2}}=\frac{\sqrt{79}}{\sqrt{15}}$，即三棱锥P - ABC的外接球半径R = $\frac{\sqrt{79}}{\sqrt{15}}$，所以球O的表面积S = 4πR² = $\frac{316}{15}π$。故选A。

1. 在三棱锥A−BCD中,侧棱AB,AC,AD两两垂直，△ABC,△ACD,△ADB的面积分别为√2/2，√3/2，√6/2，则三棱锥A−BCD的外接球的体积为 （ ）
A. √6π
B. 2√6π
C. 3√6π
D. 4√6π

答案： A　解析　在三棱锥A - BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，将其补成长方体，两者的外接球是同一个，长方体的体对角线就是球的直径。设长方体同一顶点处的三条棱长分别为a，b，c，由题意得ab = $\sqrt{6}$，ac = $\sqrt{3}$，bc = $\sqrt{2}$，解得a = $\sqrt{3}$，b = $\sqrt{2}$，c = 1，所以球的直径为$\sqrt{(\sqrt{3})^{2}+(\sqrt{2})^{2}+1}=\sqrt{6}$，它的半径为$\frac{\sqrt{6}}{2}$，球的体积为$\frac{4π}{3}×(\frac{\sqrt{6}}{2})^{3}=\sqrt{6}π$。故选A。

2. 已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为 （ ）
A. √6/8π
B. √6/4π
C. √3/8π
D. √3/4π

答案：
A　解析　如图，将棱长为1的正四面体B₁ - ACD₁放入正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，且正方体的棱长为1×cos 45° = $\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以正方体的体对角线AC₁ = $\sqrt{(\frac{\sqrt{2}}{2})^{2}+(\frac{\sqrt{2}}{2})^{2}+(\frac{\sqrt{2}}{2})^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$，所以正方体外接球的半径R = $\frac{AC_{1}}{2}=\frac{\sqrt{6}}{4}$，所以正方体外接球的体积为$\frac{4}{3}πR^{3}=\frac{4}{3}π×(\frac{\sqrt{6}}{4})^{3}=\frac{\sqrt{6}}{8}π$，因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为$\frac{\sqrt{6}}{8}π$。故选A。

3. (2023·福州质量检测)已知三棱锥P−ABC 的四个顶点都在球O的球面上,PA = PB = PC = AB = √6，∠ACB = 2π/3，则球O的体积为 （ ）
A. 3π
B. 27/8π
C. 9/2π
D. 9π

答案：
C　解析　如图所示，记△ABC的外接圆的圆心为O₁，连接PO₁，AO₁，因为PA = PB = PC = $\sqrt{6}$，所以PO₁⊥平面ABC，且点O在直线PO₁上，连接OA，则OA = OP，因为AB = $\sqrt{6}$，∠ACB = $\frac{2π}{3}$，所以由正弦定理得，2AO₁ = $\frac{\sqrt{6}}{\sin\frac{2π}{3}}$，解得AO₁ = $\sqrt{2}$，所以PO₁ = $\sqrt{PA^{2}-AO_{1}^{2}} = 2$。设三棱锥P - ABC外接球的半径为R，则OA = OP = R，OO₁ = 2 - R或OO₁ = R - 2。因为OA² = OO₁² + O₁A²，所以R² = |R - 2|² + ($\sqrt{2}$)²，解得R = $\frac{3}{2}$，则O在线段O₁P上，所以外接球O的体积V = $\frac{4}{3}πR^{3}=\frac{9}{2}π$。故选C。