《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

例1　　(1)(2024·江苏启东中学阶段考试)已知三棱锥P - ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB = $\sqrt{5}$，BC = $\sqrt{7}$，AC = 2，则此三棱锥的外接球的体积为 （ ）
A. $\frac{8\pi}{3}$
B. $\frac{8\sqrt{2}\pi}{3}$
C. $\frac{16\pi}{3}$
D. $\frac{32\pi}{3}$

答案： B　[由题意知,可将三棱锥放入长方体中考虑，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，故球的半径为长方体体对角线的一半,设PA=x,则PB²+PC²=BC²=7,即5−x²+4−x²=7,解得x=1,故PA=1,PB=2,PC=√3,所以R = $\frac{\sqrt{1^{2}+2^{2}+(\sqrt{3})^{2}}}{2}$=√2,所以此三棱锥的外接球的体积为$\frac{4}{3}$πR³=$\frac{8\sqrt{2}\pi}{3}$。]

(2)(2022·新高考II卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为$3\sqrt{3}$和$4\sqrt{3}$，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A. 100π
B. 128π
C. 144π
D. 192π

答案： A　[设正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为r₁，r₂，所以2r₁=$\frac{3\sqrt{3}}{\sin60^{\circ}}$，2r₂=$\frac{4\sqrt{3}}{\sin60^{\circ}}$，则r₁ = 3，r₂ = 4。设球心到上、下底面的距离分别为d₁，d₂，球的半径为R(R≥4)，所以d₁ = √(R² - 9)，d₂ = √(R² - 16)，故|d₁ - d₂| = 1或d₁ + d₂ = 1，即|√(R² - 9)-√(R² - 16)| = 1或√(R² - 9)+√(R² - 16)=1，解得R² = 25，符合题意，所以球的表面积为S = 4πR² = 100π。故选A。]

(3)(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：
答案　2
解析　如图，将三棱锥S一ABC转化为直三棱柱SMN一ABC,设△ABC的外接圆的圆心为O₁，半径为r,则2r=$\frac{AB}{\sin\angle ACB}$=$\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$=2√3，可得r = √3。设三棱锥S一ABC的外接球的球心为O，连接OA，OO₁，则OA = 2，OO₁=$\frac{1}{2}$SA，因为OA² = O₁A²+OO₁²，即4 = 3+$\frac{1}{4}$SA²，所以SA = 2。
　　　　　　　　　　　　　　　　

(4)(2022·新高考I卷改编)已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l≤$3\sqrt{3}$，则该正四棱锥体积的取值范围是________.

答案：
答案　[$\frac{27}{4}$，$\frac{64}{3}$]
解析　如图，设该球的半径为R，球心为O，正四棱锥的底面边长为a，高为h，正四棱锥的侧棱与高所成的角为θ，则正四棱锥的底面边长a = √2lsinθ，高h = lcosθ。依题意，得36π=$\frac{4}{3}$πR³，解得R = 3。在△OPC中，作OE⊥PC，垂足为E，则可得cosθ=$\frac{\frac{l}{2}}{R}$=$\frac{l}{6}$∈[$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$]，所以l = 6cosθ，所以正四棱锥的体积V=$\frac{1}{3}$a²h=$\frac{1}{3}$(√2 lsinθ)²· lcosθ=$\frac{2}{3}$(6cosθ)³sin²θcosθ = 144(sinθcos²θ)²。设sinθ = t，易得t∈[$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$]。令y = sinθcos²θ = t(1 - t²)=t - t³，则y' = 1 - 3t²，令y' = 0，得t=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以当$\frac{1}{2}$＜t＜$\frac{\sqrt{3}}{3}$时，y'＞0；当$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜t＜$\frac{\sqrt{3}}{2}$时，y'＜0，所以函数y = t - t³在($\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{3}$)上单调递增，在($\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$)上单调递减。又当t=$\frac{\sqrt{3}}{3}$时，y=$\frac{2\sqrt{3}}{9}$；当t=$\frac{1}{2}$时，y=$\frac{3}{8}$；当t=$\frac{\sqrt{3}}{2}$时，y=$\frac{\sqrt{3}}{8}$。所以$\frac{\sqrt{3}}{8}$≤y≤$\frac{2\sqrt{3}}{9}$，所以$\frac{27}{4}$≤V≤$\frac{64}{3}$。所以该正四棱锥的体积的取值范围是[$\frac{27}{4}$，$\frac{64}{3}$]。
　　　　　　　　　　　　　　　　

对点训练
1. (2024·福建宁德一中高三模拟)在直三棱柱ABC - A₁B₁C₁中，AB⊥BC，BC = 1，AB = $\sqrt{3}$，AA₁ = $2\sqrt{3}$，则该直三棱柱的外接球的体积为 （ ）
A. $\frac{8\pi}{3}$
B. $\frac{16\pi}{3}$
C. $\frac{32\pi}{3}$
D. $\frac{64\pi}{3}$

答案：
C　[如图所示,将直三棱柱ABC−A₁B₁C₁补成长方体，则长方体的外接球即为直三棱柱的外接球。长方体的体对角线长为√((2√3)²+(√3)²+1)=4，设长方体的外接球的半径为R，则2R = 4，解得R = 2，所以该直三棱柱的外接球的体积V=$\frac{4}{3}$πR³=$\frac{32\pi}{3}$。故选C。]
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

2. (2024·鞍山一中高三模拟)在三棱锥P - ABC中，PA = BC = 4，PB = AC = 5，PC = AB = $\sqrt{11}$，则三棱锥P - ABC外接球的表面积为（ ）
A. 26π
B. 12π
C. 8π
D. 24π

答案：
A　[三棱锥P−ABC中,PA=BC=4,PB=AC=5,PC=AB=√11,如图，构造长方体，使得面上的对角线长分别为4，5，√11，则长方体的体对角线长等于三棱锥P一ABC外接球的直径，设长方体的棱长分别为x，y，z，则x² + y² = 16，y² + z² = 25，x² + z² = 11，则x² + y² + z² = 26，因此三棱锥P−ABC外接球的直径为√26，所以三棱锥P一ABC外接球的表面积为4π·($\frac{\sqrt{26}}{2}$)² = 26π。故选A。]
　　　　　　　　　　　　　　　

3. (2024·四川遂宁高三期末)已知A，B，C，D在球O的表面上，△ABC为等边三角形且边长为3，AD⊥平面ABC，AD = 2，则球O的表面积为________.

答案：
答案　16π
解析　球心O在平面ABC的投影为△ABC的中心，设为O₁，连接OD，OO₁，OA，设H是AD的中点，连接OH，如图所示，则AO₁=$\frac{3}{2\sin60^{\circ}}$=√3，OA = OD = R，则OH⊥AD，四边形AO₁OH为矩形，OO₁ = AH = 1，R² = AO₁²+OO₁² = 3 + 1 = 4，故R = 2，S = 4πR² = 16π。
　　　　　　　　　　　　　　　　

4. (2022·全国乙卷改编)已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为________.

答案： 答案　$\frac{\sqrt{3}}{3}$
解析　设该四棱锥的底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆的半径为r，四边形ABCD对角线的夹角为α，则S四边形ABCD=$\frac{1}{2}$AC·BDsinα≤$\frac{1}{2}$AC·BD≤$\frac{1}{2}$·2r·2r = 2r²(当且仅当四边形ABCD为正方形时，等号成立)，即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD的面积的最大值为2r²，设该四棱锥的高为h，则r² + h² = 1，所以Vₒ - ABCD=$\frac{1}{3}$·2r²·h=$\frac{\sqrt{2}}{3}$√(r²·r²·2h²)≤$\frac{\sqrt{2}}{3}$√(($\frac{r² + r² + 2h²}{3}$)³)=$\frac{4\sqrt{3}}{27}$，当且仅当r² = 2h²，即h=$\frac{\sqrt{3}}{3}$时，等号成立。