《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例 1 (2025·合肥调研)在三棱锥 $ P - ABC $ 中，$ PA \perp $ 平面 $ ABC $，$ PA = 2 $，$ AB = 2\sqrt{2} $，$ AC = 4 $，$ \angle BAC = 45^{\circ} $，则三棱锥 $ P - ABC $ 外接球的表面积是(D)

A.$ 14\pi $
B.$ 16\pi $
C.$ 18\pi $
D.$ 20\pi$$$

答案：
例1D［在$\triangle BAC$中，$\angle BAC = 45^{\circ}$，$AB = 2\sqrt{2}$，$AC = 4$，
由余弦定理可得$BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}-2AB\cdot AC\cos45^{\circ}=8 + 16 - 2×2\sqrt{2}×4×\frac{\sqrt{2}}{2}=8$，
则$BC^{2}+AB^{2}=AC^{2}$，所以$BC\perp AB$，
由$PA\perp$平面$ABC$，$BC\subset$平面$ABC$，得$PA\perp BC$，
又$PA\cap AB = A$，$PA$，$AB\subset$平面$PAB$，
所以$BC\perp$平面$PAB$，所以$BC\perp PB$，所以$\triangle PBC$为直角三角形，
又$\triangle PAC$为直角三角形，

所以$PC$是三棱锥$P - ABC$外接球直径，
设$O$是$PC$的中点，即为球心，
又$AC = 4$，$PA = 2$，
所以$PC=\sqrt{AC^{2}+PA^{2}}=\sqrt{4^{2}+2^{2}}=2\sqrt{5}$，
所以外接球半径为$\sqrt{5}$，所以所求外接球的表面积$S = 4\pi×(\sqrt{5})^{2}=20\pi$。］

例 2 (1)在三棱锥 $ A - BCD $ 中，侧棱 $ AB $，$ AC $，$ AD $ 两两垂直，$ \triangle ABC $，$ \triangle ACD $，$ \triangle ADB $ 的面积分别为 $ \frac{\sqrt{2}}{2} $，$ \frac{\sqrt{3}}{2} $，$ \frac{\sqrt{6}}{2} $，则三棱锥 $ A - BCD $ 的外接球的体积为$\sqrt{6}\pi$。

答案： （1）$\sqrt{6}\pi$［（1）在三棱锥$A - BCD$中，侧棱$AB$，$AC$，$AD$两两垂直，
则$AB$，$AC$，$AD$可看作长方体的一个顶点发出的三条棱，
所以过空间四个点$A$，$B$，$C$，$D$的球面即为棱长分别为$a$，$b$，$c$的长方体的外接球，则$ab = \sqrt{6}$，$ac = \sqrt{3}$，$bc = \sqrt{2}$，
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$\frac{4\pi}{3}×(\frac{\sqrt{6}}{2})^{3}=\sqrt{6}\pi$。

(2)已知平行四边形 $ ABCD $ 中，$ AB = 3 $，$ BC = 4 $，$ \angle ABC = 60^{\circ} $。若沿对角线 $ AC $ 将 $ \triangle ABC $ 折起到 $ \triangle B'AC $ 的位置，使得 $ B'D = \sqrt{13} $，则此时三棱锥 $ B' - ACD $ 的外接球的体积大小是$\frac{19\sqrt{19}}{6}\pi$。

答案：
（2）$\frac{19\sqrt{19}}{6}\pi$［（2）如图，由已知可得，

$AC=\sqrt{16 + 9 - 2×4×3×\frac{1}{2}}=\sqrt{13}$，
在四面体$B'-ACD$中，$AB' = CD = 3$，
$B'C = AD = 4$，$AC = B'D=\sqrt{13}$，
所以可以把它们看成长方体的面对角线，
设长方体的同一顶点三条棱长分别为$a$，$b$，$c$，且满足$\begin{cases}a^{2}+b^{2}=3^{2}\\a^{2}+c^{2}=(\sqrt{13})^{2}\\b^{2}+c^{2}=4^{2}\end{cases}$
可得$a^{2}+b^{2}+c^{2}=\frac{1}{2}(9 + 16 + 13)=19$，
三棱锥外接球的半径为$\frac{\sqrt{19}}{2}$，
则外接球的体积为$\frac{4\pi}{3}×(\frac{\sqrt{19}}{2})^{3}=\frac{19\sqrt{19}}{6}\pi$。

(3)(2025·湘豫名校联考)已知三棱锥 $ P - ABC $ 中，$ PB \perp $ 平面 $ ABC $，$ PB = 2\sqrt{3} $，$ AC = 6 $，$ \angle ABC = 120^{\circ} $，则三棱锥 $ P - ABC $ 外接球的表面积为________。

答案：
（3）$60\pi$［（3）由题意，将三棱锥$P - ABC$补成直三棱柱$TPS - ABC$，

则该直棱柱的外接球即为三棱锥$P - ABC$的外接球，
且直三棱柱的外接球球心落在上、下底面外接圆圆心连线的中点上。
设$\triangle ABC$外接圆的半径为$r$，
三棱锥$P - ABC$外接球的半径为$R$，
因为$PB\perp$平面$ABC$，
$PB = 2\sqrt{3}$，$AC = 6$，$\angle ABC = 120^{\circ}$，
由正弦定理得，$2r=\frac{6}{\sin120^{\circ}}=4\sqrt{3}$，
所以$r = 2\sqrt{3}$。
则$R^{2}=r^{2}+(\frac{PB}{2})^{2}=12 + 3=15$。
故三棱锥$P - ABC$外接球的表面积为$S = 4\pi R^{2}=60\pi$。］

例 3 (2025·湖州模拟)在三棱锥 $ P - ABC $ 中，$ \triangle ABC $ 是以 $ AC $ 为斜边的等腰直角三角形，$ \triangle PAC $ 是边长为 $ 2 $ 的正三角形，二面角 $ P - AC - B $ 的大小为 $ 150^{\circ} $，则三棱锥 $ P - ABC $ 外接球的表面积为(A)

A.$ \frac{28\pi}{3} $
B.$ \frac{52\pi}{9} $
C.$ \frac{28\sqrt{21}\pi}{27} $
D.$ \frac{52\sqrt{13}\pi}{81}$$$

答案：
例3A［如图，取$AC$的中点$H$，连接$BH$，$PH$，

由题意，$AB = BC=\frac{\sqrt{2}}{2}AC=\sqrt{2}$，
$PA = PC = 2$，所以$BH\perp AC$，$PH\perp AC$，
又$PH\subset$平面$PAC$，$BH\subset$平面$ABC$，
平面$PAC\cap$平面$ABC = AC$，
所以$\angle BHP$为二面角$P - AC - B$的平面角，所以$\angle BHP = 150^{\circ}$。
因为$\triangle ABC$是以$AC$为斜边的等腰直角三角形，且$AC = 2$，所以$AH = BH = CH = 1$，$H$为$\triangle ABC$外接圆的圆心，
又$\triangle PAC$是边长为$2$的等边三角形，
所以$HP=\sqrt{3}$，过点$H$作与平面$ABC$垂直的直线，则球心$O$在该直线上。
设球的半径为$R$，连接$OB$，$OP$，
可得$OH^{2}=OB^{2}-BH^{2}=R^{2}-1$，
在$\triangle OPH$中，$\angle OHP = 60^{\circ}$，利用余弦定理可得$OP^{2}=OH^{2}+HP^{2}-2OH\cdot HP\cdot\cos60^{\circ}$，
所以$R^{2}=R^{2}-1 + 3 - 2\sqrt{R^{2}-1}×\sqrt{3}×\frac{1}{2}$，
解得$R^{2}=\frac{7}{3}$，所以三棱锥$P - ABC$外接球的表面积为$4\pi R^{2}=\frac{28\pi}{3}$。］