《2026年南方凤凰台5A新考案数学二轮提高版》

例2 (1)(单面定球心)(2025·湛江期末)在三棱锥$P - ABC$中，$PC = 3\sqrt{2}$，其他棱长都是$2\sqrt{3}$，则三棱锥$P - ABC$外接球的表面积是(D)

A.$\frac{20\sqrt{5}\pi}{3}$
B.$20\sqrt{5}\pi$
C.$\frac{20\pi}{3}$
D.$20\pi$

答案：

(1)D　[解析]如图，取棱$AB$的中点$E$，连接$PE,CE$，则$PE\perp AB$，$CE\perp AB$，且$PE = CE$。设$\triangle ABC$外接圆的圆心为$O'$，三棱锥$P - ABC$外接球的球心为$O$，连接$OO'$，$OP,OC$，作$OF\perp PE$，垂足为$F$。由题意得$PE = CE = 3$，$O'E = 1$，$O'C = 2$。因为$PC = 3\sqrt{2}$，所以$PE^{2}+CE^{2}=PC^{2}$，所以$PE\perp CE$。又$PE\perp AB$，$CE\cap AB = E$，$CE,ABC\subset$平面$ABC$，所以$PE\perp$平面$ABC$，则$EF = OO' = 1$，$OF = O'E = 1$。设三棱锥$P - ABC$外接球的半径为$R$，则$R^{2}=(PE - EF)^{2}+OF^{2}=2^{2}+1^{2}=5$，故三棱锥$P - ABC$外接球的表面积为$4\pi R^{2}=20\pi$。
　　　

(2)(双面定球心)(2025·南昌信息卷)已知三棱锥$A - BCD$，平面$ABC\perp$平面$BCD$，$\angle BAC = \frac{\pi}{4}$，$\angle BDC = \frac{\pi}{6}$，$BC = 2$，则三棱锥$A - BCD$外接球的表面积为(B)

A.$16\pi$
B.$20\pi$
C.$28\pi$
D.$32\pi$

答案：

(2)B　[解析]设$\triangle ABC,\triangle BCD$的外接圆圆心分别为$O_{1},O_{2}$，三棱锥$A - BCD$外接球球心为$O$，过$O_{1}$作平面$ABC$的垂线，过$O_{2}$作平面$BCD$的垂线，两垂线的交点即为三棱锥$A - BCD$外接球的球心。如图，取$BC$的中点$E$，连接$EO_{1},EO_{2}$，则$EO_{1}\perp BC$。因为平面$ABC\perp$平面$BCD$，平面$ABC\cap$平面$BCD = BC$，$EO_{1}\subset$平面$ABC$，所以$EO_{1}\perp$平面$BCD$，所以$EO_{1}// OO_{2}$，同理，$EO_{2}// OO_{1}$。因为$EO_{2}\subset$平面$BCD$，所以$EO_{1}\perp EO_{2}$，故四边形$EO_{1}OO_{2}$为矩形。因为$\triangle ABC$的外接圆半径$r_{1}=\frac{BC}{2\sin\angle BAC}=\sqrt{2}$，即$O_{1}B=\sqrt{2}$，所以$EO_{1}=OO_{2}=\sqrt{O_{1}B^{2}-BE^{2}}=\sqrt{2 - 1}=1$。因为$\triangle BCD$的外接圆半径$r_{2}=\frac{BC}{2\sin\angle BDC}=2$，即$O_{2}B = 2$，所以$OB=\sqrt{OO_{2}^{2}+O_{2}B^{2}}=\sqrt{5}$，即球$O$的半径$r=\sqrt{5}$，所以三棱锥$A - BCD$外接球的表面积为$4\pi r^{2}=4\pi×5 = 20\pi$。
　　　

(3)(解析法定球心)(2025·聊城一模改编)如图，在四棱锥$P - ABCD$中，$AD// BC$，$F$是$\triangle PCD$的重心，$M$为$AD$上一点，且$PM\perp$平面$ABCD$，$\triangle MCD$为等边三角形，$CD = 6$，$\angle PDM = 45^{\circ}$，则经过$F$，$M$，$C$，$D$四点的球的表面积为(C)


A.$32\pi$
B.$48\pi$
C.$64\pi$
D.$96\pi$

答案：

(3)C　[解析]因为$PM\perp$平面$ABCD$，以点$M$为坐标原点，$MD,MP$所在直线分别为$y$轴、$z$轴，平面$ABCD$内过点$M$且垂直于$AD$的直线为$x$轴建立如图所示的空间直角坐标系，则$C(3\sqrt{3},3,0)$，$D(0,6,0)$，$P(0,0,6)$，$N(\frac{3\sqrt{3}}{2},\frac{9}{2},0)$，所以$\overrightarrow{PN}=(\frac{3\sqrt{3}}{2},\frac{9}{2},-6)$。因为$F$是$\triangle PCD$的重心，所以$\overrightarrow{PF}=\frac{2}{3}\overrightarrow{PN}=(\sqrt{3},3,-4)$，从而可得$F(\sqrt{3},3,2)$。设经过$F,M,C,D$四点的球的球心为$O(x,y,z)$。由$\begin{cases}OM = OC\\OM = OD\\OM = OF\end{cases}$，可得$\begin{cases}x^{2}+y^{2}+z^{2}=(x - 3\sqrt{3})^{2}+(y - 3)^{2}+z^{2}\\x^{2}+y^{2}+z^{2}=x^{2}+(y - 6)^{2}+z^{2}\\x^{2}+y^{2}+z^{2}=(x - \sqrt{3})^{2}+(y - 3)^{2}+(z - 2)^{2}\end{cases}$，解得$x=\sqrt{3}$，$y = 3$，$z=-2$，球$O$的半径为$OM=\sqrt{3 + 9+4}=4$，所以经过$F,M,C,D$四点的球的表面积为$4\pi· OM^{2}=4\pi×16 = 64\pi$。
　　　　　　　　　　　　　

例3 (1)(2025·安庆三模)正四棱台上底面边长为1，下底面边长为2，若一个球的球心到该正四棱台各个面的距离均等于该球的半径，则该正四棱台与该球的体积之比为(B)

A.$14:\pi$
B.$7:\pi$
C.$7:2\pi$
D.$7:\sqrt{2}\pi$

答案：

(1)B　[解析]如图，作出正四棱台的轴截面图，可知这个等腰梯形的内切圆就是内切球的最大圆。由题知$CD = 1$，$AB = 2$，设球的半径为$R$，则在$Rt\triangle BCH$中，有$BC^{2}=(2R)^{2}+\frac{1}{4}$，即$BC=\sqrt{4R^{2}+\frac{1}{4}}$。利用等面积法，由$S_{四边形BEFC}=S_{\triangle FCI}+S_{\triangle BEI}+S_{\triangle BCI}$，可得$\frac{1}{2}×(\frac{1}{2}+1)×2R=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}× R+\frac{1}{2}×1× R+\frac{1}{2}×\sqrt{4R^{2}+\frac{1}{4}}× R$，解得$R=\frac{\sqrt{2}}{2}$。再由棱台体积公式得$V_{1}=\frac{1}{3}×(1 + 4+\sqrt{1×4})×\sqrt{2}=\frac{7\sqrt{2}}{3}$，由球的体积公式得$V_{2}=\frac{4}{3}×\pi×(\frac{\sqrt{2}}{2})^{3}=\frac{\sqrt{2}}{3}\pi$，所以该正四棱台与该球的体积之比为$\frac{V_{1}}{V_{2}}=\frac{\frac{7\sqrt{2}}{3}}{\frac{\sqrt{2}}{3}\pi}=\frac{7}{\pi}$。