《2025年学霸高考黑题数学人教版》

变式训练 10. (2025·山东青岛期末)如图，几何体 $ ABCDE $，其中 $ A - BCD $，$ E - BCD $ 均为正三棱锥，$ AE = 4 $，点 $ O,F $ 分别为 $ AE $ 和棱 $ CD $ 的中点，且几何体各顶点都在一个球面上，若 $ \tan \angle AFE = \frac{4\sqrt{3}}{3} $，则该几何体的体积为4√3/3.

答案：
变式训练10.4√3/3 解析：由题意，AE⊥平面BCD，几何体ABCDE的外接球直径为AE，点O为AE的中点，即为外接球的球心连接DO，则AO=OE=OD=2，在AE上取一点G，不妨设AG＞GE，

设OG=x，GF=a，则AG=2+x，GE=2-x，GD=2a，DC=2DF=2√3 a，在△ODG中，OG²+DG²=OD²，得4a²=4-x²，在△GFA中，tan∠AFG=AG/GF=(2+x)/a，同理tan∠EFG=EG/GF=(2-x)/a，tan∠AFE=tan(∠AFG+∠EFG)=(tan∠AFG+tan∠EFG)/(1-tan∠AFG tan∠EFG)=((2+x)/a+(2-x)/a)/(1-((2+x)/a)((2-x)/a))=(4/a)/(1-(4-x²)/a²)=-4√3/3，化简得a/(4-x²)=4√3/3，代入4a²=4-x²，可得a=√3/3，故DC=2，几何体的体积为$V_{A-BCD}+V_{E-BCD}=1/3×AE×S_{△BCD}=1/3×AE×(√3/4)×DC²=4√3/3。$

变式训练 11. (2025·广东广州模拟)已知正四棱锥 $ M - ABCD $ 的一个侧面的周长为 10，则该四棱锥的体积最大时，其外接球表面积为200π/9.

答案：
变式训练11.200π/9 解析：如图，设正四棱锥M-ABCD的底面边长为a，侧棱长为b，高为h，

因为正四棱锥的底面ABCD为正方形，顶点M在底面的射影为底面的中心O，侧棱长相等，侧面为等腰三角形，所以a+2b=10，所以b=5-a/2，得0＜a＜10，又h=√(MB²-BO²)=√(b²-(a/2)²)，所以正四棱锥M-ABCD的体积V=1/3×a²×h=1/3×a²×√(b²-(a/2)²)=1/3×a²×√((5-a/2)²-(a/2)²)=1/3×a²×√(25-5a+a²/4-a²/4)=1/3×a²×√(25-5a)。设g(a)=-a⁶/4-5a⁵+25a⁴，则g'(a)=-3a⁵/2-25a⁴+100a³=-a³/2(3a-10)(a+20)，当a∈(0,10/3)时，g'(a)＞0，即g(a)在(0,10/3)上单调递增，当a∈(10/3,10)时，g'(a)＜0，即g(a)在(10/3,10)上单调递减，所以g(a)max=g(10/3)，所以Vmax=1/3×(10/3)²×√(25-5×(10/3))=500√2/81。此时，a=b=10/3，h=√(b²-(a/2)²)=5√2/3，设该正四棱锥外接球的半径为R，则R²=(h-R)²+(a/2)²，解得R=(h²+(a/2)²)/(2h)=(100/9+50/9)/(10√2/3)=5√2/3，故其外接球表面积S=4πR²=200π/9。

典型例题 3. (2025·河南鹤壁二模)如图，在三棱锥 $ A - BCD $ 中，$\triangle ABC$ 和 $\triangle BCD$ 均为边长为 $\sqrt{3}$ 的等边三角形，若二面角 $ A - BC - D $ 的大小为 $ 90^{\circ} $，则三棱锥 $ A - BCD $ 外接球的表面积为(A)


A.$ 5\pi $
B.$ 8\pi $
C.$ 6\pi $
D.$ 9\pi $

答案：
典型例题3.A 解析：如图，设E是BC中点，连接AE,DE，设△ABC的外心为O₂，△BCD的外心为O₁，O是四面体外接球球心，由于△ABC和△BCD都是边长为√3的正三角形，所以AE⊥BC，DE⊥BC，AE=DE=√((√3)²-(√3/2)²)=3/2，且O₁,O₂分别在DE,AE靠近E的三等分点处。根据二面角A-BC-D的大小为90°及球的性质可知OO₁⊥平面BCD，OO₂⊥平面ABC，所以OO₁⊥DE，OO₂⊥AE，由于O₁E=O₂E，AE⊥DE，所以四边形OO₁EO₂是正方形，EO₁=EO₂=1/3 DE=1/2，O₁D=2/3 DE=1，设四面体外接球的半径为R，则R=√((1/2)²+1²)=√5/2。所以外接球的表面积为4πR²=4π×5/4=5π。

变式训练 12. (2025·湖南郴州月考)在四面体 $ S - ABC $ 中，$ AB \perp BC $，$ AB = BC = \sqrt{2} $，$\triangle SAC$ 为等边三角形，二面角 $ S - AC - B $ 的余弦值为 $-\frac{\sqrt{3}}{3}$，则四面体 $ S - ABC $ 的外接球的表面积为(B)

A.$ 4\pi $
B.$ 6\pi $
C.$\frac{14}{3}\pi$
D.$\frac{16}{3}\pi$

答案：
变式训练12.B 解析：如图①，记AC的中点为O₁。因为AB=BC=√2，△SAC为等边三角形，所以SO₁⊥AC，BO₁⊥AC，所以二面角S-AC-B的平面角为∠SO₁B，则cos∠SO₁B=-√3/3，记△SAC的外接圆圆心为O₂，又△ABC的外接圆圆心为O₁，分别过O,O₂作平面ABC、平面SAC的垂线，两垂线交于点O，则O为四面体S-ABC的外接球球心，如图②。由AB=BC=√2，AB⊥BC，得AC=2。因为△SAC为等边三角形，所以SO₁=√3，O₁O₂=√3/3。因为cos∠SO₁B=-√3/3，cos∠SO₁B=cos(π/2+∠O₂O₁O)，所以sin∠O₂O₁O=√3/3，所以cos∠O₂O₁O=√6/3，所以O₁O₂/OO₁=(√3/3)/OO₁=√6/3，解得OO₁=√2/2，因此四面体S-ABC的外接球的半径OC=√(1²+(√2/2)²)=√6/2，所以外接球的表面积为4π×(√6/2)²=6π。

变式训练 13. (2025·福建福州四模)在平面四边形 $ ABCD $ 中，$\triangle ABC$ 是边长为 $\sqrt{3}$ 的等边三角形，$\triangle ACD$ 是以点 $ D $ 为直角顶点的等腰直角三角形，将该四边形沿对角线 $ AC $ 折成四面体 $ B - ACD $，在折起的过程中，四面体的外接球体积的最小值为(C)

A.$\frac{32\pi}{3}$
B.$ 4\pi $
C.$\frac{4\pi}{3}$
D.$\frac{\sqrt{3}\pi}{2}$

答案：
变式训练13.C 解析：如图，设三棱锥B-ACD的外接球球心为O，取AC的中点E，连接EB,ED,OB,OD。因为△ACD是以点D为直角顶点的等腰直角三角形，所以△ACD的外接圆圆心是点E，则由球的性质可知，OE⊥平面ACD，设外接球半径为R，
∵△ABC是边长为√3的等边三角形，△ACD是以点D为直角顶点的等腰直角三角形，
∴EB=3/2，ED=√3/2，在Rt△OED中由勾股定理可知OE=√(R²-3/4)，则在△BOE中利用余弦定理可得，cos∠OEB=(OE²+EB²-OB²)/(2OE·EB)=(R²-3/4+9/4-R²)/(2√(R²-3/4)×3/2)=1/(2√(R²-3/4))，
∵∠OEB∈[0,π/2)，
∴cos∠OEB∈(0,1]，则0＜1/(2√(R²-3/4))≤1，得R≥1，所以R的最小值为1，外接球体积的最小值为4π/3。

变式训练 14. (2025·浙江杭州月考)在三棱锥 $ A - BCD $ 中，$ AD \perp $ 平面 $ BCD $，$\angle ABD + \angle CBD = \frac{\pi}{2}$，$ BD = BC = 2 $，则三棱锥 $ A - BCD $ 的外接球表面积的最小值为(2+2√5)π.

答案：
变式训练14.(2+2√5)π 解析：如图，设∠CBD=α，在等腰△BCD中，CD=2·BC sin(α/2)=4 sin(α/2)，设△BCD的外心是M，外接圆半径是r，

则2r=CD/sinα=4 sin(α/2)/sinα=2/cos(α/2)，
∴r=1/cos(α/2)，设外接球球心是O，则OM⊥平面BCD，DM⊂平面BCD，则OM⊥DM，同理AD⊥BD，AD⊥DM，又AD⊥平面BCD，
∴AD//OM，四边形OMDA是直角梯形，设OM=h，外接球半径为R，即OD=OA=R，则{r²+h²=R²，r²+(AD-h)²=R²}，所以AD=2h，在Rt△ABD中，∠ABD=π/2-α，∠BAD=α，tanα=2/AD，
∴AD=2/tanα。
∴h=1/tanα，R²=1/tan²α+1/cos²(α/2)=cos²α/sin²α+1/cos²(α/2)=cos²α/(1-cos²α)+2/(1+cosα)=(cos²α+2-2cosα)/(1-cos²α)=-1+2(3/2-cosα)/(1-cos²α)，令3/2-cosα=t，则t∈(1/2,3/2)，R²=-1+2t/(1-(3/2-t)²)=-1+2t/(-t²+3t-5/4)，当且仅当t=√5/2时等号成立，所以外接球表面积的最小值是4π×(1+√5)/2=(2+2√5)π。故答案为(2+2√5)π。