\(\mathbf{{\large {\color{Red} {欢迎到学科网下载资料学习}} } }\)【高分突破系列】 高一数学下学期同步知识点剖析精品讲义！\(\mathbf{{\large {{\color{Red} {跟贵哥学数学，so \quad easy！}} }}}\)
适合必修第二册同步拔高练习、高三专题练习，难度4颗星！
模块导图
题型一 构造长方体求解知识剖析情况1 墙角模型
遇到以上四种三棱锥(有三条两两垂直的直线)，均可构造长方体求解外接球半径\(R\)；求解外接球半径步骤① 确定球心\(O\)的位置：外接球的球心是长方体的体对角线的中点；② 求半径\(R\)：长方体的体对角线即外接球直径，则\((2 R)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2} \Rightarrow R=\dfrac{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}{2}\).
情况2 对棱相等的三棱锥 若三棱锥(即四面体)中，已知三组对棱分别相等(\(AD=BC=x\) ,\(AB=CD=y\)，\(AC=BD=z\))，求外接球半径.
求解外接球半径步骤① 确定球心\(O\)的位置：如上图构造一个长方体，标出三组互为异面直线的对棱；② 求半径\(R\)：设长方体的长宽高分别为\(a\) ,\(b\) ,\(c\)，\(AD=BC=x\) ,\(AB=CD=y\) ,\(AC=BD=z\)，列方程组\(\left\{\begin{array}{l}a^{2}+b^{2}=x^{2} \\b^{2}+c^{2}=y^{2} \\c^{2}+a^{2}=z^{2}\end{array} \Rightarrow(2 R)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}=\dfrac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{2}\right.\)求出\(R\).
经典例题 【典题1】如图，在三棱锥\(A－BCD\)中，\(BD⊥\)平面\(ADC\)，\(BD=1\)，\(AB=2\)，\(BC=3\)，\(A C=\sqrt{11}\)，则三棱锥\(A－BCD\)外接球的体积为\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】由\(BD=1\)，\(AB=2\)，\(BC=3\)，\(A C=\sqrt{11}\)，\(BD⊥\)平面\(ADC\)，\(\therefore A D=\sqrt{3}\)，\(C D=2 \sqrt{2}\)，\(A C=\sqrt{11}\)，由勾股定理逆定理可知\(AD⊥CD\)，此时三棱锥中\(AD\)、\(BD\)、\(CD\)三直线两两垂直，可知如图，三棱锥\(A－BCD\)是长方体的一个角，
外接球的直径是长方体的体对角线，所以三棱锥\(A－BCD\)外接球的半径为\(\dfrac{1}{2} \sqrt{1^{2}+(2 \sqrt{2})^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{3}\)．所以外接球的体积\(V=\dfrac{4 \pi}{3} \times(\sqrt{3})^{3}=4 \sqrt{3} \pi\)．【点拨】① 三棱锥中存在三条两两垂直的棱，可构造长方体进行求解外接球问题;② 求解过程中要注意利用解三角形的方法求解各线段长度及其它们的位置关系，例如利用勾股定理逆定理证明线线垂直.
【典题2】如图，在三棱锥\(P－ABC\)中，\(PA⊥\)平面\(ABC\)，\(AB⊥BC\)，\(AD⊥BP\)，\(PA=AC\)，若三棱锥\(P－ABC\)外接球表面积为\(8π\)，则三棱锥\(P－ACD\)体积的最大值为\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】设\(AB=a\)，\(BC=b\)，由三棱锥\(P－ABC\)外接球表面积为\(8π\)，得外接球的半径为\(\sqrt{2}\)，又\(PA⊥\)平面\(ABC\)，得\(AB⊥BC\)，此时三棱锥中\(PA\)、\(AB\)、\(BC\)三直线两两垂直，则如下图，三棱锥\(P－ABC\)是长方体的一个“角”，
外接球的半径即为长方体的体对角线，\(∴(2R)^2=AB^2+BC^2+AP^2=AC^2+AP^2=2AP^2\)，得\(AP=2\)，\(∴a^2+b^2=4\)．\(∵PA⊥\)平面\(ABC\)，\(AD⊥BP\)，\(\therefore P B=\sqrt{4+a^{2}}\)，\(B D=\dfrac{a^{2}}{\sqrt{4+a^{2}}}\)， \({\color{Red}{(此处用到了射影定理) }}\)过\(D\)作\(DE⊥AB\)，垂足为\(E\)，则\(DE⊥\)平面\(ABC\)，
\(∴DE∥PA\)，可得\(\dfrac{D E}{P A}=\dfrac{B D}{P B}\)，则\(D E=\dfrac{2 a^{2}}{4+a^{2}}\)．\(\therefore V_{P-A C D}=V_{P-A B C}-V_{D-A B C}=\dfrac{1}{3} S_{\triangle A B C} \cdot(P A-D E)\) \({\color{Red}{ (利用了割补法求体积) }}\)\(=\dfrac{1}{6} a b \cdot\left(2-\dfrac{2 a^{2}}{4+a^{2}}\right)=\dfrac{4 a b}{3\left(4+a^{2}\right)}=\dfrac{4 a b}{3\left(2 a^{2}+b^{2}\right)}\)\(=\dfrac{4}{3\left(\dfrac{2 a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)} \leq \dfrac{4}{6 \sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{3}\)．当且仅当\(\dfrac{2 a}{b}=\dfrac{b}{a}\)，即\(a=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\)，\(b=\dfrac{2 \sqrt{6}}{3}\)时，等号成立．\(∴\)三棱锥\(P－ACD\)体积的最大值为\(\dfrac{\sqrt{2}}{3}\)．【点拨】① 射影定理，如下图，已知\(Rt∆ABC\)，\(AD⊥BC\)，则\(D A^{2}=D B \cdot D C\)，\(B A^{2}=B D \cdot B C\)，\(C A^{2}=C D \cdot C B\).
② 求体积也可以用等积法\(V_{P-A C D}=V_{D-P A C}\).
【典题3】在三棱锥\(S－ABC\)中，\(SA=BC=5\)，\(S B=A C=\sqrt{17}\)，\(S C=A B=\sqrt{10}\)，则该三棱锥外接球的表面积为()A．\(20π\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\)B．\(25π\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(26π\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(34π\) 【解析】由题意可将该三棱锥放在长方体中，可得长方体的过同一个顶点的三个相邻的面的对角线分别为\(5\)，\(\sqrt{17}\)，\(\sqrt{10}\)，设长方体的长，宽，高分别为\(a ,b ,c\) ,则\(\left\{\begin{array}{l}a^{2}+b^{2}=5^{2}=25 \\b^{2}+c^{2}=(\sqrt{17})^{2}=17 \\a^{2}+c^{2}=(\sqrt{10})^{2}=10\end{array}\right.\)，设三棱锥外接球的半径为\(R\)，则\((2R)^2=a^2+b^2+c^2=26\)，外接球的表面积\(S=4πR^2=26π\)，故选：\(C\)．【点拨】对棱相等的三棱锥的外接球问题可通过构造长方体求解.
巩固练习1(★★)已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为\(4\)，体积为\(16\)，则这个球的表面积是\(\underline{\quad \quad}\).
2(★★)设\(S\)，\(A\)，\(B\)，\(C\)是球\(O\)表面上的四点，\(SA⊥\)平面\(ABC\)，\(AB⊥BC\)，\(S A=A B=\sqrt{2}\)，\(BC=2\)，则球\(O\)的表面积等于\(\underline{\quad \quad}\).
3(★★)在边长为\(4\)的正方形\(ABCD\)中，\(E\)，\(F\)分别为\(AB\)，\(BC\)的中点．将\(△AED\)，\(△CFD\)，\(△BEF\)分别沿\(DE\)，\(DF\)，\(EF\)折起，使\(A\)，\(C\)，\(B\)三点重合于\(A'\)，则三棱锥\(A'－EFD\)的外接球表面积为\(\underline{\quad \quad}\).
4(★★)在三棱锥\(A-BCD\)中，\(AB=CD=2\)，\(AD=BC=3\)，\(AC=BD=4\)，则三棱锥\(A-BCD\)外接球的表面积为\(\underline{\quad \quad}\).
5(★★)三棱锥\(A-BCD\)，其中\(AB=CD=5\)，\(AD=BC=7\)，\(AC=BD=6\)，则该三棱锥外接球的表面积为\(\underline{\quad \quad}\).
参考答案【答案】\(24π\) 【解析】\(∵V=a^2 h=16\)\(∴a=2\)，由\((2R)^2=a^2+a^2+h^2=24⇒4R^2=24\)\(∴S=4πR^2=24π\).
【答案】\(8π\) 【解析】由题意将此三棱锥放在长方体中，因为\(AB⊥BC\)，\(A B=\sqrt{2}\)，\(BC=2\)，可得长方体的过同一个顶点的三条棱分别为：\(\sqrt{2}, 2, \sqrt{2}\)，而长方体的对角线的长度等于其外接球的直径\(2R\)，所以\((2 R)^{2}=2 \times(\sqrt{2})^{2}+2^{2}=8\)，所以外接球的表面积\(S=4πR2=8π\)，
【答案】\(24π\) 【解析】在正方形\(ABCD\)中，\(∠A\)、\(∠B\)、\(∠C\)均为直角，\(∴\)在三棱锥\(A′－DEF\)中，\(A′D\)，\(A′E\)，\(A′F\)三条线段两两垂直，以\(A′D\)，\(A′E\)，\(A′F\)为棱构造长方体，则长方体的外接球就是三棱锥\(A′－EFD\)的外接球，正方形\(ABCD\)边长为\(4\)，由题意\(A′E=A′F=2\)，\(A′D=4\)，\(∴\)三棱锥\(A′－EFD\)外接球的半径\(r=\dfrac{\sqrt{A \prime E^{2}+A \prime F^{2}+A \prime D^{2}}}{2}=\sqrt{6}\)，\(∴\)三棱锥\(A′－EFD\)外接球的表面积为\(S=4 \pi \times(\sqrt{6})^{2}=24 \pi\)．
【答案】\(\dfrac{29}{2} \pi\) 【解析】设补形为长方体，三个长度为三对面的对角线长，设长宽高分别为\(a,b,c\)，则\(a^2+b^2=9\)，\(b^2+c^2=4\)，\(c^2+a^2=16\)\(\therefore 2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)=29 \Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}=\dfrac{29}{2}\)\(\Rightarrow 4 R^{2}=\dfrac{29}{2} \Rightarrow S=\dfrac{29}{2} \pi\).
【答案】\(55π\) 【解析】设补形为长方体，三个长度为三对面的对角线长，设长宽高分别为\(a,b,c\)，\(∴2(a^2+b^2+c^2 )=110⇒a^2+b^2+c^2=55\)\(⇒4R^2=55⇒S=55π\)
题型二 汉堡模型知识剖析预备知识球体的截面都是圆，设某个不过球心的小圆圆心为\(O_1\)，则球心\(O\)在过\(O_1\)且垂直平面\(α\)的直线上(即\(OO_1⊥α\)).
模型参考图像(棱柱以三棱柱为例)
模型条件：棱柱外接球问题求解外接球半径步骤① 确定球心\(O\)的位置：\(O_1\)是柱体底面所在的球体截面圆心，则\(OO_1⊥\)平面\(ABC\)，由于柱体和外接球组合的几何体的对称性，则线段\(O_1 O_2\)的中点是球心\(O\);② 算出小圆\(O_1\)的半径\(AO_1\)，\(O O_{1}=\dfrac{1}{2} A A_{1}\);③ 求半径\(R\)：由勾股定理可得\(R=\sqrt{O_{1} A^{2}+O_{1} O^{2}}\).
经典例题 【典题1】已知三棱柱\(ABC－A_1 B_1 C_1\)的六个顶点都在同一球面上，且\(AA_1⊥\)底面\(ABC\)，\(△ABC\)是等边三角形，\(AA_1=2\)，\(AB=3\)，则该球的表面积为()A．\(8π\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(12π\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(16π\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(20π\) 【解析】如图，
由题意可知，三棱柱\(ABC－A_1 B_1 C_1\)为正三棱柱，底面边长\(AB=3\)，高\(AA_1=2\)．在底面等边三角形\(ABC\)中，设其外心为\(O\)，\(D\)为\(BC\)的中点，则\(A O=\dfrac{2}{3} A D=\dfrac{2}{3} \sqrt{3^{2}-\left(\dfrac{3}{2}\right)^{2}}=\sqrt{3}\)\({\color{Red}{(此处由2 r=\dfrac{A B}{\sin \angle C}=\dfrac{3}{\sin 60^{\circ}}=2 \sqrt{3} \Rightarrow A O=r=\sqrt{3}更容易些) }}\)设上底面中心为\(O_1\)，\(∵OO_1⊥\)平面\(ABC\)，\(∴\)三棱柱外接球的球心\(G\)必在直线\(OO_1\)又由图像的对称性，可知三棱柱外接球的球心\(G\)为\(OO_1\)的中点，连接\(GA\)，则\(GA^2=AO^2+AG^2=3+1=4\)．\(∴\)该球的表面积为\(4π×4=16π\)．故选：\(C\)．【点拨】① 直棱柱的外接球问题属于“汉堡模型”.② 常见三角形的外接圆半径\(r\)(1)等腰三角形\(r^2=(AD-r)^2+BD^2\)
(2)直角三角形\(r=\dfrac{A C}{2}\)
(3)等边三角形 \(r=\dfrac{\sqrt{3}}{3} a\)
(4) 利用正弦定理可求任一三角形外接圆的半径\(\dfrac{a}{\sin A}=2 r\).③ 柱体是四棱柱、五棱柱呢？常见情况如下，长方形、正六边形的外接圆圆心是对角线的中点.
【典题2】已知直三棱柱\(ABC－A_1 B_1 C_1\)的六个顶点都在球\(O\)的球面上，\(AB=AC=1\)，\(B C=\sqrt{3}\)，\(AA_1=2\)，则球\(O\)的表面积为()A．\(4π\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(8π\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(12π\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(16π\) 【解析】\(∵ AB=AC=1\)，\(B C=\sqrt{3}\)，\(∴\)由余弦定理可得\(\cos \angle B A C=\dfrac{1+1-3}{2 \times 1 \times 1}=-\dfrac{1}{2}\)，\(\therefore \sin \angle B A C=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，设\(△ABC\)的外接圆的半径为\(r\)，则\(2 r=\dfrac{B C}{\sin \angle B A C}=\dfrac{\sqrt{3}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=2\)，所以\(r=1\)，设外接球的半径为\(R\)，则\(R^{2}=\left(\dfrac{A A_{1}}{2}\right)^{2}+r^{2}=\left(\dfrac{2}{2}\right)^{2}+1^{2}=2\)，所以外接球的表面积\(S=4πR^2=8π\)，故选：\(B\)．【点拨】底面三角形\(∆ABC\)三边都已知，则三角形是确定的，则利用解三角形的方法便可求出其外接圆的半径.
巩固练习1(★★)一个正六棱柱的底面上正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为\(\dfrac{9}{8}\)，底面周长为\(3\)，则这个球的体积为\(\underline{\quad \quad}\).
2(★★)在直三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)中，\(AB=4\),\(AC=6\),\(\angle B A C=\dfrac{\pi}{3}\) ,\(AA_1=4\) , 则直三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)的外接球的表面积为\(\underline{\quad \quad}\).
3(★★)直三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)的各顶点都在同一球面上，若\(AB=AC=AA_1=2\) ,\(∠BAC=120^°\)，则此球的表面积等于\(\underline{\quad \quad}\).
参考答案【答案】\(\dfrac{4 \pi}{3}\) 【解析】设正六边形边长为\(a\)，正六棱柱的高为\(h\)，底面外接圆的关径为\(r\)，则\(a=\dfrac{1}{2}\)，底面积为\(S=6 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{4} \cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}=\dfrac{3 \sqrt{3}}{8}\)，\(V=S h=\dfrac{3 \sqrt{3}}{8}=\dfrac{9}{8} \Rightarrow h=\sqrt{3}\)，\(\therefore R^{2}=\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}=1 \Rightarrow R=1\)，球的体积为\(V=\dfrac{4 \pi}{3}\).【答案】\(\dfrac{160}{3} \pi\) 【解析】\(B C^{2}=16+36-2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \dfrac{1}{2}=28\)，所以\(B C=2 \sqrt{7}\)\(2 r=\dfrac{2 \sqrt{7}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{4 \sqrt{7}}{\sqrt{3}} \Rightarrow r=\dfrac{2 \sqrt{7}}{\sqrt{3}}, \quad R^{2}=r^{2}+\left(\dfrac{A A_{1}}{2}\right)^{2}=\dfrac{40}{3}\)，所以\(S=\dfrac{160}{3} \pi\).【答案】\(20π\) 【解析】在\(∆ABC\)中，因为\(AB=AC=AA_1=2\) ,\(∠BAC=120^°\)，可得\(B C=2 \sqrt{3}\)，由正弦定理可得\(∆ABC\)外接圆的半径\(r=2\)，设圆心为\(O'\)，球心为\(O\)，在\(Rt∆OBO'\)中，易得球半径\(R=\sqrt{5}\)，故此球的表面积为\(4πR^2=20π\). 题型三 垂面模型(一条直线垂直于一个平面)知识剖析情况1 模型参考图像(以三棱锥为例)
模型条件：三棱锥\(P-ABC\)中\(PA⊥\)平面\(ABC\)解题步骤① 确定球心\(O\)的位置:\(O_1\)是\(△ABC\)的外心，则\(OO_1⊥\)平面\(ABC\)且\(O O_{1}=\dfrac{P A}{2}\)；② 由正弦定理\(\dfrac{a}{\sin A}=2 r\)算出小圆\(O_1\)的半径\(AO_1=r\)；③ 求半径\(R\)：由勾股定理\(R=\sqrt{\left(\dfrac{P A}{2}\right)^{2}+r^{2}}\).
情况2 预备知识：\(P\)的射影是\(∆ABC\)的外心\(⇔\)三棱锥\(P-ABC\)的三条侧棱相等模型参考图像模型参考图像(以三棱锥为例)
模型条件：三棱锥\(P-ABC\)中\(P\)的射影是\(△ABC\)的外心\(O_1\).解题步骤① 确定球心\(O\)的位置: 取\(△ABC\)的外心\(O_1\)，因为\(P\)的射影是\(△ABC\)的外心\(O_1\)，则球心在直线\(PO_1\)上；② 由正弦定理\(\dfrac{a}{\sin A}=2 r\)算出小圆\(O_1\)的半径\(AO_1=r\)，算出棱锥的高\(PO_{1}\)；③ 求半径\(R\)：\(OA^2=O_1 A^2+O_1 O^2⇒R^2=(h-R)^2+r^2\)，解出\(R\).若是如下图的三棱锥(球心在锥体的下方)，方法类似.
情况3 模型参考图像(以三棱锥为例，其中\(O\)是球心，\(O_1\)是三角形\(ABC\)的外接圆圆心，\(PD⊥\)平面\(ABC\))
模型条件：三棱锥\(P-ABC\)中\(P\)的射影不是\(△ABC\)的外心\(O_1\).解题步骤① 由\(\dfrac{a}{\sin A}=2 r\)算出小圆\(O_1\)的半径\(BO_1=r\)，由题意求出三棱锥的高\(PD=h\)，\(DO_1=a\);(一般求\(a\)有难度，需要确定点\(D\)的位置)② 确定球心\(O\)的位置:球心\(O\)在过\(O_1\)且垂直平面\(ABC\)的直线上，设\(OO_1=x\)；(一般\(x\)求不出来，因为球心\(O\)很难确定，若可以题目就比较简单了！)③ 求外接球半径\(R\)：在\(Rt∆BOO_1\)和\(Rt∆PEO\)中可得\(\left\{\begin{array}{c}R^{2}=O B^{2}=O O_{1}^{2}+B O_{1}^{2}=x^{2}+r^{2} \\R^{2}=O P^{2}=P E^{2}+O E^{2}=(h-x)^{2}+a^{2}\end{array} \Rightarrow x^{2}+r^{2}=(h-x)^{2}+a^{2}\right.\)求出\(x\)，从而求出外接球半径\(R\).(多数情况当\(P\)的射影不是\(△ABC\)的外心\(O_1\)，需要在两个直角三角形中求出\(R\).)
经典例题 【典题1】正四棱锥\(S-ABCD\)的底面边长和各侧棱长都为\(\sqrt{2}\)，各顶点都在同一个球面上，则此球的体积为\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】\({\color{Red}{ 方法一 }}\) 正方形\(ABCD\)的中心\(O_1\)，易得外接圆半径\(r=AO_1=1\)，\(SO_1=1\)，找球心\(O:\) \(∵SO_1⊥\)平面\(ABCD\)，显然球心\(O\)在\(SO_1\)上，求外接球半径\(R\):在\(Rt∆OAO_1\)中，\(AO^2=AO_1^2+OO_1^2⇒R^2=1+(1-R)^2⇒R=1\)(即\(O\)、\(O_1\)重合)\(\therefore V=\dfrac{4 \pi}{3}\).
\({\color{Red}{方法二 }}\) 正方形\(ABCD\)的中心\(O\)，易得\(AO=BO=CO=DO=1\)，而\(SO=1\)，则外接球的球心就是\(O\)，且半径\(R=1\)，\(\therefore V=\dfrac{4 \pi}{3}\).
\({\color{Red}{ 方法三}}\) 大圆是轴截面所的外接圆，即大圆是\(△SAC\)的外接圆，此处特殊，\(Rt△SAC\)的斜边是球半径，\(2R=2\)，\(R=1\)，\(\therefore V=\dfrac{4 \pi}{3}\).
【点拨】① 正四棱锥的外接球问题是显然属于“垂面模型”的(存在其高\(SO_1⊥\)底面\(ABCD\))，方法一就是按照模型的套路进行求解的;② 本题具有特殊性，正四棱锥的侧棱与底面边长相等，方法一根据外接球的定义，直接确定了球心的位置并求出半径；方法二利用了大圆是轴截面所的外接圆与直角三角形的特性求出了半径；③ 做题不能太“模型化”，要发散多思考几种方法，避免思维定势开拓自己的思维提高分析能力.
【典题2】已知三棱锥\(P－ABC\)四个顶点都在球\(O\)上，\(P A=P B=P C=2 \sqrt{3}\)，\(BC=3\)，\(∠BAC=60°\)．则球\(O\)的表面积为()A. \(36 \pi\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)B. \(16 \pi\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)C. \(12 \pi\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D. \(\dfrac{16}{3} \pi\) 【解析】在\(△ABC\)中，\(BC=3\)，\(∠BAC=60°\)，可得\(△ABC\)的外接圆半径 \(2 r=\dfrac{3}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=2 \sqrt{3} \Rightarrow r=\sqrt{3}\)，如图所示，
设\(P\)点在平面\(ABC\)内的投影的为\(D\)，则\(A D=r=\sqrt{3}\)，在\(Rt△PDA\)中，因为\(PD^2+AD^2=PA^2\)，解得\(PD=3\)，设三棱锥 \(P－ABC\) 的外接球半径\(R\)，即\(OP=OA=R\)，\(OD=3－R\)，在\(△ODA\)中，由勾股定理得\(OD^2+DA^2=OA^2⇒(3-R)^2=(√3 )^2=R^2\)，解得\(R=2\)，故三棱锥\(P－ABC\)的外接球半径为\(2\)，根据球体的表面积公式\(S=4πR^2\)，可得球\(O\)的表面积为 \(S=4π×2^2=16π\)．故选：\(B\)．【点拨】由\(PA=PB=PC\)可知，点\(P\)在平面\(ABC\)的投影是三角形\(ABC\)外心，本题属于垂面模型中的第二种情况，按照基本套路解题难度不大，在一个直角三角形\(△ODA\)利用勾股定理便得到关于\(R\)的方程进而求出\(R\).
【典题3】在四棱锥\(P－ABCD\)中，\(BC∥AD\)，\(AD⊥AB\)，\(A B=2 \sqrt{3}\)，\(AD=6\)，\(BC=4\)，\(P A=P B=P D=4 \sqrt{3}\)，则三棱锥\(P－BCD\)外接球的表面积为\(\underline{\quad \quad}\). 【解析】根据题意画出图形，如图所示；
取\(AD\)的两个三等分点\(O_1\)，\(E\)，连接\(BD\)，\(O_1 C\)，\(CE\)，\(BD∩O_1 C=H\)，连接\(PH\)，\(AH\)；由题意可得\(A H=B H=D H=\dfrac{1}{2} B D=\dfrac{1}{2} \times \sqrt{12+36}=2 \sqrt{3}\)，则\(O_1 B=O_1 C=O_1 D=4\)，故\(O_1\)是\(△BCD\)的外接圆的圆心．因为\(P A=P B=P D=4 \sqrt{3}\)，\(H\)是\(Rt∆ABD\)的外接圆圆心，所以\(PH⊥\)平面\(ABCD\)，且\(P H=\sqrt{(4 \sqrt{3})^{2}-(2 \sqrt{3})^{2}}=6\)．在菱形\(AO_1 DC\)中，\(O_{1} H=\dfrac{1}{2} O C_{1}=2\)，设\(O\)为三棱锥\(P－BCD\)外接球的球心，连接\(OO_1\)，\(OP\)，\(OD\)，过\(O\)作\(OF⊥PH\)，垂足为\(F\)，则四边形\(OO_1 HF\)是矩形，设外接球的半径\(R\)，\(OO_1=x\)，在\(Rt∆OO_1 D\)中有\(OD^2=OO_1^2+O_1 D^2⇒R^2=x^2+16\)，在\(Rt∆POF\)中有\(OP^2=OF^2+PF^2⇒R^2=4+(6-x)^2\)则\(x^2+16=4+(6-x)^2\)，解得\(x=2\)，从而\(R^2=20\)，故三棱锥\(P－BCD\)外接球的表面积为\(4πR^2=80π\)．【点拨】① 本题的模型对应的是垂面模型的情况三，点\(P\)到平面\(ABCD\)的投影不是底面\(BCD\)的外心；② 本题难点一：确定三角形\(BCD\)外接圆圆心\(O_1\)；思路：由于四边形\(ABCD\)是确定的，可解出三角形\(BCD\)，进而利用\(\dfrac{a}{\sin A}=2 r\)求出其外接圆\(r\)，由三角形外接圆圆心是三边中垂线的交点也就可知圆心\(O_1\)在\(AD\)的三等分点处；题目有多线段的数量和位置关系，多用平几的知识点求解出其他线段或者角度，这样更有助于找到解题思路;③ 本题难点二：\(P\)到平面\(ABCD\)的投影\(H\)的位置；思路：\(∵PA=PB=PD\)，\(∴\)点\(H\)是三角形\(ABD\)外心，又\(∵∆ABD\)是直角三角形，故点\(H\)在\(BD\)的中点处.④ 遇到垂面模型的第三种情况，往往利用两个直角三角形(比如本题的\(Rt∆OO_1 D\)、\(Rt∆POF\))得到外接球半径R的方程.
1(★★★)在四面体\(S-ABC\)中，\(SA⊥\)平面\(ABC\)，\(∠BAC=120^∘\) ,\(SA=AC=2\) ,\(AB=1\), 则该四面体的外接球的表面积为\(\underline{\quad \quad}\).
2(★★★)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为\(1\)，底面边长为\(2 \sqrt{3}\)，则该球的表面积为\(\underline{\quad \quad}\).
3(★★★)已知正三棱锥\(S－ABC\)的四个顶点都在球\(O\)的球面上，且球心\(O\)在三棱锥的内部，若该三棱锥的侧面积为\(7 \sqrt{3}\)，\(BC=2\)，则球\(O\)的表面积为\(\underline{\quad \quad}\).
4(★★★)在三棱锥\(P－ABC\)中，\(AB=2\)，\(AC⊥BC\)，\(D\)为\(AB\)中点，\(PD=2\)，若该三棱锥的体积的最大值为\(\dfrac{2}{3}\)，则其外接球表面积为\(\underline{\quad \quad}\).
参考答案【答案】\(49π\) 【解析】由正弦定理或找球心都可得\(2R=7\)，\(S=4πR^2=49π\).【答案】\(\dfrac{40 \pi}{3}\) 【解析】在\(△ABC\)中，\(B C^{2}=A C^{2}+A B^{2}-2 A B \cdot A C \cdot \cos 120^{\circ}=7 \Rightarrow B C=\sqrt{7}\)，\(△ABC\)的外接球直径为\(2 r=\dfrac{B C}{\sin \angle B A C}=\dfrac{2 \sqrt{7}}{\sqrt{3}}\)，\(\therefore(2 R)^{2}=(2 r)^{2}+S A^{2}=\left(\dfrac{2 \sqrt{7}}{\sqrt{3}}\right)^{2}+4=\dfrac{40}{3} \Rightarrow S=4 \pi R^{2}=\dfrac{40 \pi}{3} .\)【答案】\(\dfrac{169 \pi}{9}\) 【解析】作 \(SM⊥\)平面\(ABC\)，连结\(AM\) 并延长交 \(BC\)于点\(D\)，连结\(SD\)，正三棱雉外接球的球心\(O\)在高\(SM\)上，连结 \(OA\)，
\(\because S=\dfrac{1}{2} \times 2 \times S D \times 3=7 \sqrt{3}\)，解得\(S D=\dfrac{7 \sqrt{3}}{3}\)，正三角形\(ABC\)中，\(D M=\dfrac{\sqrt{3}}{6} B C=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)，\(A M=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\)，\(\therefore S M=\sqrt{S D^{2}-D M^{2}}=4\)，设\(SO=AO=R\)，\(△OAM\)中，\(R^{2}=(4-R)^{2}+\left(\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\right)^{2}\)，解得\(R=\dfrac{13}{6}\)，则球\(O\) 的表面积\(S=4 \pi R^{2}=\dfrac{169 \pi}{9}\)．【答案】\(D\) 【解析】由题意可得\(V_{\text {锥}}=\dfrac{1}{3} S_{\triangle A B C} \cdot h \leq \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{2} A C \cdot B C \cdot P D\)\(\leq \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2}\left(A C^{2}+B C^{2}\right) \cdot P D\)\(=\dfrac{1}{12} \cdot A B^{2} \cdot 2=\dfrac{1}{12} \cdot 4 \cdot 2=\dfrac{2}{3}\)，当且仅当\(AC=BC\)，\(PD⊥\)面\(ABC\)时，该三棱锥的体积的最大值为\(\dfrac{2}{3}\)，设外接球的半径为\(R\)，球心为\(O\)，则由题意可得\(O\)在\(PD\)上，底面外接圆的半径\(r=\dfrac{A B}{2}=1\)，可得\((2-R)^{2}+r^{2}=R^{2}\)，即\((2-R)^{2}+1=R^{2}\)，解得\(R=\dfrac{5}{4}\)，所以外接球的表面积\(S=4 \pi R^{2}=\dfrac{25}{4} \pi\)，故选：\(D\)．
题型四 一般模型知识剖析以上几种模型，都有具体的条件要求，它们对应有简便的求解方法，那现在提出一个一般情况的问题：如何求解任一锥体的外接球的半径？(这个问题解决了面积、体积等各种问题也不成问题).预备知识球体的截面都是圆，设两个不平行的截面小圆的圆心为\(O_1\) ,\(O_2\)，分别过\(O_1\) ,\(O_2\)作两个截面的垂线，则球心\(O\)是两条垂线的交点.
不失一般性，如下图进行分析:已知三棱锥\(A-BCD\)每条棱长度，求其外接球的半径.
解题步骤① 确定球心\(O\)的位置：找出\(∆BCD\)和\(∆ACD\)的外心\(O_1\)和\(O_2\)，过\(O_1\)和\(O_2\)分别作平面\(BCD\)和平面\(ACD\)的垂线，两垂线的交点即为球心\(O\)，此时点\(O\)、\(O_1\)、\(O_2\) 、\(E\)肯定共面；② 求半径\(R\)：这里提供二个思路(1) 在\(Rt∆OO_1 C\)中有\(R^{2}=C O^{2}=O_{1} C^{2}+O O_{1}^{2}\)，其中\(O_1 C\)用正弦定理\(\dfrac{a}{\sin A}=2 r\)可求，而\(OO_1\)的求法各异，要根据二面角\(∠O_2 EO_1\)确定;(2) 在\(Rt∆OEC\)中有\(R^{2}=C O^{2}=E C^{2}+E O^{2}=\left(\dfrac{C D}{2}\right)^{2}+E O^{2}\)，其中\(CD\)是已知的，而\(EO\)可在四边形\(O_2 EO_1 O\)求解出，其中\(∵OO_1⊥O_1 E\),\(OO_2⊥O_2 E\)，所以\(O_2\)、\(E\)、\(O_1\)、\(O\)四点共圆，\(OE\)是圆的直径则\(O E=\dfrac{O_{1} O_{2}}{\sin \angle O_{2} E O_{1}}\)，接着根据题意再用平几的方法求解便可.
经典例题 【典题1】已知三棱锥\(A－BCD\)中，\(∆BAC\)和\(∆BDC\)是全等的等边三角形，边长为\(2\)，当三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球表面积为\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】如图，当平面\(BAC⊥\)平面\(BDC\)时，三棱锥体积最大，
取\(BC\)中点\(E\)，连接\(AE\)、\(DE\)，则\(AE⊥BC\)，\(DE⊥BC\)，因为平面\(BAC⊥\)平面\(BDC\)，所以可证得\(AE⊥\)平面\(BCD\)，\(DE⊥\)平面\(ABC\)，取三角形\(BCD\)的外心\(F\)，作\(FM∥AE\)，则\(F、M、E、A\)四点共面，取三角形\(ABC\)的外心\(H\)，过点\(H\)作\(EF\)的平行线交\(FM\)于点\(O\)，因为\(EF\)垂直平面\(ABC\)，则\(HO\)垂直平面\(ABC\)，于是点\(O\)到\(A、B、C、D\)四点的距离相等，所以点\(O\)为三棱锥\(A－BCD\)外接球的球心．连接\(OC\)，可求得\(O F=H E=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)，\(C F=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\)，所以\(R^{2}=O C^{2}=O F^{2}+C F^{2}=\dfrac{1}{3}+\dfrac{4}{3}=\dfrac{5}{3}\)，所以外接球表面积为\(S=4 \pi R^{2}=\dfrac{20 \pi}{3}\)．【点拨】\(BAC⊥\)本题中平面平面\(BDC\)，是两平面垂直(即二面角为\(90^°\))的情况，球心还是比较好确定的，即过三角形\(BAC\)、\(BDC\)的外心作的垂线交点，此时四边形\(HOFE\)是矩形，很多量都好求.
【典题2】如图所示，三棱锥\(P－ABC\)中，\(\angle A P B=\dfrac{2 \pi}{3}\)，\(P A=P B=\sqrt{3}\)，\(AC=5\)，\(BC=4\)，且平面\(PAB⊥\)平面\(ABC\)，则该三棱锥的外接球的表面积为()
A．\(16π\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)B．\(32π\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)C．\(24π\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D．\(28π\) 【解析】\(∆PAB\)中，\(\angle A P B=\dfrac{2 \pi}{3}\)，\(P A=P B=\sqrt{3}\)，\(\therefore \angle P A B=\dfrac{\pi}{6}\)设\(∆PAB\)的外心为\(H\)，外接圆半径为\(r\)，
则\(2 r=\dfrac{P B}{\sin \angle P A B}=\dfrac{\sqrt{3}}{\dfrac{1}{2}}=2 \sqrt{3} \Rightarrow P H=r=\sqrt{3}\)，取\(AB\)的中点\(D\)，连接\(PD\)，则\(PD\)是线段\(AB\)的中垂线，根据三角形外心的定义，可知点\(H\)在直线\(PD\)上，\(\because P D=P B \cdot \cos \dfrac{\pi}{3}=\sqrt{3} \cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}