《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

命题点1 柱体的外接球
[例1](2023·重庆模拟)已知圆柱O1O2的高O1O2 = 8，球O是圆柱的外接球，且球O的表面积是圆柱O1O2侧面积的2倍，则球O的半径为 ( )
A. 4
B. 32
C. 4$\sqrt{2}$
D. 4$\sqrt{2}+2\sqrt{3}$

答案： C　设圆柱 O1O2 的底面半径为 r，球 O 的半径为 R，则 R² = r² + 16，因为球 O 的表面积是圆柱 O1O2 侧面积的 2 倍，所以 4πR² = 2πr×8×2，R² = 8r，所以 r² + 16 = 8r，所以 r = 4，R = 4√2(负值舍去).

命题点2 锥体的外接球
[例2](2023·保定模拟)已知正三棱锥S - ABC的所有顶点都在球O的球面上，棱锥的底面是边长为2$\sqrt{3}$的正三角形，侧棱长为2$\sqrt{7}$，则球O的表面积为 ( )
A. 25π
B. 20π
C. 16π
D. 30π

答案：
A　如图，延长 SO 交球 O 于点 D，设△ABC 的外心为 E，连接 AE，AD，

由正弦定理得 2AE = $\frac{2\sqrt{3}}{\sin60°}$ = 4，所以 AE = 2，易知 SE⊥平面 ABC，由勾股定理可知，三棱锥 S−ABC 的高 SE = $\sqrt{SA² - AE²}$ = $\sqrt{(2\sqrt{5})² - 2²}$ = 4，由于点 A 是以 SD 为直径的球 O 上一点，所以∠SAD = 90°，由射影定理可知，球 O 的直径 2R = SD = $\frac{SA²}{SE}$ = 5，因此，球 O 的表面积为 4πR² = π×(2R)² = 25π.

命题点3 台体的外接球
[例3](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　如图所示，设该正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为 r1，r2.

所以 2r1 = $\frac{3\sqrt{3}}{\sin60°}$，2r2 = $\frac{4\sqrt{3}}{\sin60°}$，解得 r1 = 3，r2 = 4，设该球的球心到上、下底面的距离分别为 d1，d2，球的半径为 R，所以 d1 = $\sqrt{R² - 9}$，d2 = $\sqrt{R² - 16}$，故|d1 - d2| = 1 或 d1 + d2 = 1，即|$\sqrt{R² - 9}$ - $\sqrt{R² - 16}$| = 1 或 $\sqrt{R² - 9}$ + $\sqrt{R² - 16}$ = 1，解得 R² = 25，符合题意，所以球的表面积为 S = 4πR² = 100π.

命题点4 组合体的外接球
[例4](2023·安庆模拟)我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用。图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2。已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为2，若该几何体的所有顶点都在同一个球的表面上，则这个球的表面积为________。

答案：
[解析]如图，设正四棱柱和正四棱锥的高为 h，

则其外接球的半径为 R = $\frac{1}{2}$$\sqrt{h² + 2² + 2²}$ = $\frac{1}{2}$$\sqrt{h² + 8}$ = h + $\frac{1}{2}$h = $\frac{3}{2}$h，解得 h = 1，所以 R = $\frac{3}{2}$，故球的表面积为 S = 4πR² = 9π.
答案：9π