《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

对点练 1. 已知在三棱锥 $ P - ABC $ 中，$ AC = \sqrt{2} $，$ BC = 1 $，$ AC \perp BC $ 且 $ PA = 2PB $，$ PB \perp $ 平面 $ ABC $，则其外接球体积为(A)

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

答案：
$AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{3}$,设PB=h,则由PA=2PB,可得$\sqrt{3+h^{2}}=2h$,解得h=1,可将三棱锥P - ABC补形成为如图所示的长方体,则三棱锥P - ABC的外接球即为长方体的外接球,设外接球的半径为R,则$2R=\sqrt{1^{2}+(\sqrt{2})^{2}+1^{2}}=2$,R = 1,所以其外接球的体积$V=\frac{4\pi}{3}R^{3}=\frac{4\pi}{3}$.故选A.

典例 2 在四面体 $ ABCD $ 中，若 $ AB = CD = \sqrt{3} $，$ AC = BD = 2 $，$ AD = BC = \sqrt{5} $，则四面体 $ ABCD $ 的外接球的表面积为(C)

A.$ 2\pi $
B.$ 4\pi $
C.$ 6\pi $
D.$ 8\pi $

答案： 由题意可采用补形法,考虑到四面体ABCD的对棱相等,所以将四面体放入一个长、宽、高分别为x,y,z的长方体,并且$x^{2}+y^{2}=3$,$x^{2}+z^{2}=5$,$y^{2}+z^{2}=4$,则有$(2R)^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}=6$(R为外接球半径),得$2R^{2}=3$,所以外接球的表面积$S=4\pi R^{2}=6\pi$.故选C.

典例 3 (1)(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)

A.$ 100\pi $
B.$ 128\pi $
C.$ 144\pi $
D.$ 192\pi $

答案：
(1)设正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为$r_{1}$,$r_{2}$,所以$2r_{1}=\frac{3\sqrt{3}}{\sin60^{\circ}}$,$2r_{2}=\frac{4\sqrt{3}}{\sin60^{\circ}}$,即$r_{1}=3$,$r_{2}=4$,设球心到上、下底面的距离分别为$d_{1}$,$d_{2}$,球的半径为R,所以$d_{1}=\sqrt{R^{2}-9}$,$d_{2}=\sqrt{R^{2}-16}$,故$\vert d_{1}-d_{2}\vert=1$或$d_{1}+d_{2}=1$,即$\vert\sqrt{R^{2}-9}-\sqrt{R^{2}-16}\vert=1$或$\sqrt{R^{2}-9}+\sqrt{R^{2}-16}=1$,解得$R^{2}=25$,符合题意,所以球的表面积为$4\pi R^{2}=100\pi$.故选A.

(2)(2023·全国乙卷)已知点 $ S $，$ A $，$ B $，$ C $ 均在半径为 $ 2 $ 的球面上，$ \triangle ABC $ 是边长为 $ 3 $ 的等边三角形，$ SA \perp $ 平面 $ ABC $，则 $ SA = $2.

答案：

(2)如图,设△ABC的外接圆圆心为$O_{1}$,半径为r,则$2r=\frac{AB}{\sin\angle ACB}=\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2\sqrt{3}$,可得$r=\sqrt{3}$.

设三棱锥S - ABC的外接球球心为O,连接OA,$OO_{1}$,$O_{1}A$,则$OA=2$,$O_{1}A=\sqrt{3}$,$OO_{1}=\frac{1}{2}SA$,因为$OA^{2}=OO_{1}^{2}+O_{1}A^{2}$,即$4=\frac{1}{4}SA^{2}+3$,解得SA = 2.

对点练 3. 已知某圆台的母线长为 $ 2 $，母线与轴所在直线的夹角是 $ 60^{\circ} $，且上、下底面的面积之比为 $ 1:4 $，则该圆台外接球的表面积为(C)

A.$ 56\pi $
B.$ 64\pi $
C.$ 112\pi $
D.$ 128\pi $

答案：
如图,等腰梯形ABCD是圆台的轴截面,EF是圆台的旋转轴,圆台上、下底面的面积之比为1:4,则半径比为1:2,设圆台上、下底面半径分别为r,2r,因为母线与轴的夹角是60°,母线长为2,可得圆台的高为1,$r=\sqrt{3}$,设圆台外接球的半径为R,球心到下底面的距离为x,若球心在圆台两底面之间,如图点M位置,则$R^{2}=x^{2}+(2\sqrt{3})^{2}$且$R^{2}=(1 - x)^{2}+(\sqrt{3})^{2}$,无解;若圆台两底面在球心同侧,如图点O位置,则$R^{2}=x^{2}+(2\sqrt{3})^{2}$且$R^{2}=(1 + x)^{2}+(\sqrt{3})^{2}$,解得x = 4,则$R^{2}=28$,则该圆台外接球的表面积为$4\pi R^{2}=112\pi$.故选C.

典例 4 已知四棱锥 $ P - ABCD $ 中，底面 $ ABCD $ 是边长为 $ 4 $ 的正方形，平面 $ PAB \perp $ 平面 $ ABCD $，且 $ \triangle PAB $ 为等边三角形，则该四棱锥的外接球的表面积为(B)

A.$ \dfrac{28}{3}\pi $
B.$ \dfrac{112}{3}\pi $
C.$ 32\pi $
D.$ \dfrac{256}{3}\pi $

答案：
如图所示,在四棱锥P - ABCD中,取侧面△PAB和底面正方形ABCD的外接圆的圆心分别为$O_{1}$,$O_{2}$,分别过$O_{1}$,$O_{2}$作两个平面的垂线交于点O,则由外接球的性质知,点O即为外接球的球心,取线段AB的中点E,连接$O_{1}E$,$O_{2}E$,$O_{2}D$,OD,则四边形$O_{1}EO_{2}O$为矩形,在等边△PAB中,可得$PE=2\sqrt{3}$,则$O_{1}E=\frac{2\sqrt{3}}{3}$,即$OO_{2}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$,在正方形ABCD中,因为AB = 4,可得$O_{2}D=2\sqrt{2}$,在Rt△$OO_{2}D$中,可得$OD^{2}=OO_{2}^{2}+O_{2}D^{2}$,即$R^{2}=OO_{2}^{2}+O_{2}D^{2}=\frac{28}{3}$,所以四棱锥P - ABCD外接球的表面积为$S=4\pi R^{2}=\frac{112}{3}\pi$.故选B.

对点练 4. 已知三棱锥 $ S - ABC $ 中，平面 $ SAC \perp $ 平面 $ ABC $，且 $ AB \perp AC $，$ \angle SCA = 30^{\circ} $，若 $ AB = SA = 4 $，则三棱锥 $ S - ABC $ 外接球的表面积为(D)

A.$ 64\pi $
B.$ 128\pi $
C.$ 40\pi $
D.$ 80\pi $

答案：
由题意得,BA⊥平面SAC,将三棱锥补成三棱柱SAC - $S_{1}BC_{1}$,如图,则三棱柱SAC - $S_{1}BC_{1}$的外接球即为所求三棱锥S - ABC的外接球.设外接球的球心为O,△SAC的外心为$O_{1}$,

则$OO_{1}=\frac{1}{2}AB=2$,又$OA=\frac{1}{2}×\frac{SA}{\sin\angle SCA}=4$,则外接球的半径$R=\sqrt{OO_{1}^{2}+O_{1}A^{2}}=2\sqrt{5}$,所以三棱锥S - ABC外接球的表面积$S=4\pi R^{2}=80\pi$.故选D.