2024版创新设计高考总复习 数学 人教A版补上一课 与球有关的切、接问题

补上一课与球有关的切、接问题

题型分析研究与球有关的切、接问题，既要运用多面体、旋转体的知识，又要

运用球的几何性质，要特别注意多面体、旋转体的有关几何元素与球的半径之间

的关系，解决此类问题的关键是确定球心.

题型一外接球

角度1补形法——存在侧棱与底面垂直

例1已知三棱锥P—ABC中，PA,PB,PC两两垂直，且PA=1,PB=2,PC=

3,则三棱锥P—ABC的外接球的表面积为()

亘无B.14兀

C.56兀D，V14n:

答案B

解析以线段PA,PB,PC为相邻三条棱的长方体PAEB—C4PC被平面ABC

所截的三棱锥P-ABC符合要求，如图，长方体与三棱锥P-

45c有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP',

AA'

岁

设外接球的半径为R,

则(2R)2=PP2=PA2+P§2+PC2=12+22+32=14,

则所求球的表面积5=4兀/?2=无.(2K)2=14兀

角度2补形法——对棱相等

例2已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为

()

答案A

解析如图将棱长为1的正四面体B—ACDi放入正万体ABC。一AiBiCDi中,

-J2

且正方体的棱长为1XCOS45O=普，

所以正方体的体对角线ACi=2，

所以正方体外接球的半径7?=苧=乎,

所以正方体外接球的体积为,7求3=余*（乎）=坐兀,

因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，

所以正四面体的外接球的体积为g.

感悟提升补形法的解题策略

（1）侧面为直角三角形或正四面体，或对棱均相等的模型，可以放到正方体或长

方体中去求解；

（2）直三棱锥补成三棱柱求解.

角度3截面法

例3（2021•全国甲卷）已知A,B,C是半径为1的球。的球面上的三个点，且

ACLBC,AC=BC=\,则三棱锥。一ABC的体积为（）

V2

12

AC.

V42

笞

案A

解析如图所示，因为ACLBC,所以为截面圆Oi的直径，且连接

001,

感悟提升与球截面有关的解题策略

（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，

球心到接点的距离相等且为半径；

⑵作截面：选准最佳角度作出截面，达到空间问题平面化的目的.

角度4定义法

例4（2023•德州质检）已知四棱锥尸一ABC。的侧棱长均相等，其各个顶点都在球

O的球面上，AB=BC,ZABC=90°,AD=2小,CD=2,三棱锥P-ABC的体

积为与，则球。的表面积为（）

A.25兀B.增

答案A

解析如图，设点P在底面的射影为",

P

四棱锥P-ABCD的侧棱长均相等，

：.HA=HB=HC=HD,

：.A,B,C,。四点共圆.

'：AB=BC,ZABC=90°,：.ZA£>C=90°.

,:AD=2®CD=2,

：.AC=4,：.AB=BC=2\f2.

•..三棱锥P—ABC的体积为与，

••.聂48(?P”=与，:.PH=4,

设球0的半径为R,.,.(4-/?)2+22=/?2,

解得/?=|,则球0的表面积5=4兀火2=25兀.故选A.

感悟提升到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外

接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，

列关系式求解即可.

训练1(1)(2023•河南顶级名校联考)四面体的四个顶点都在半径为吊的球。上，

该四面体各棱长都相等，如图①.正方体的八个顶点都在半径为&的球。2上，如

图②.八面体的六个顶点都在半径为R3的球。3上，该八面体各棱长都相等，四边

形ABCD是正方形，如图③.设四面体、正方体、八面体的表面积分别为S4,S6,

S8.若51：&：我3=小：全：也，则()

图①图②图③

A.S8>S4>S6B.S4=S8>S6

C.S4=§6VS8D.S4=S6=Ss

答案D

解析设正四面体的棱长为。4,如图正四面体49czT内接于棱长为关的正方体

内，

C'

w

B，

则易求舟=%4,

...”=患，.•.54=4"乎质=毕用；

设正方体的棱长为。6,则2&=/46,

2/?299

・'・d6=q=^,.*•S6=6^6=8/?2；

设八面体的棱长为“8,其外接球球心为AC的中点，则痣=6我3,

.,.S8=8X£L工

•；RI：Ri:R3=小:如：也，

...设RI=V5R,R2=^j3R,R3=pR,

:.S4=S6=S8=8\RR2.故选D.

(2)(2023・天津模拟)已知三棱柱ABC—AiBG的侧棱垂直于底面，各顶点都在同

一球面上.若该棱柱的体积为小，AB=2,AC=1,ZBAC=60°,则外接球的表

面积为.

答案8兀

解析由A8=2,AC=1,NBAC=60。及余弦定理可得

BC=ylAB2+AC2-2AB-AC-cos60°=^y4+l-2X2X1

所以AC2+BC2=A82,ZACB=90°,

所以底面外接圆的圆心为斜边4?的中点.

设△A8C的外接圆半径为r,

则厂=券=L

又S/\ABC='^BC,AC=2X1~^29

所以V槎=SAABCA4I=4^,所以A41=2,

因为三棱柱ABC—A1B1G的侧棱垂直于底面，

设其外接球的半径为R,则/?2=户+=12+12=2,

所以外接球的表面积S=4TIR2=4兀X2=8兀

题型二内切球

例5（2023•江西大联考）已知四面体SABC的所有棱长为2小,球0\是其内切球.

若在该四面体中再放入一个球02,使其与平面SAB,平面SBC,平面SAC以及

球。均相切，则球。2与球。।的半径比值为（）

A近B1

A.3

C.；D.；

答案D

解析如图，设S在平面ABC内的射影为O,Ri为球。的半径，及为球。2的

半径，F,H分别为球。，球。2与侧面SBC的切点.

在Rt^SAO中，该四面体的高

JLSOM'SA2-AO=yJSR2一停4目2一停X喙钻）2=712-4=2

又四面体的表面积S=4X9X（2，5）2=12#,

则§SRI=］义解得7?i,

,HOiS01h—2R\—Ri

由标=a7'侍友=—h-R\—'

即&_2也一也一火2

里2啦—坐‘

解得及=平，故等=:故选D.

4AIZ

感悟提升“切”的问题处理规律

（1）找准切点，通过作过球心的截面来解决.

（2）体积分割是求内切球半径的常用方法.

训练2（2023•南京调研）已知正方形4?。。的边长为2,E为边A3的中点，F为边

3C的中点，将△AEO,ADCF,ABEF分别沿DE,DF,石尸折起，使A,B,C

三点重合于点P,则三棱锥P—OEF的外接球与内切球的表面积比值为（）

A.6B.12

C.24D.30

答案C

解析如图①，依题意可知ADLAE,CDLCF,BE1.BF,

所以P£>J_PE,PFA.PD,PEA.PF,如图②.

所以在三棱锥P-0E/中，PD,PE,PF两两垂直，且PEn/Y'nl,PD=2,

所以三棱锥P—OE尸的外接球即为以PO,PE,尸尸为邻边的长方体的外接球，

所以三棱锥P—DEF的外接球半径R满足

2/?=^1+1+4=76,所以R=乎，

则其外接球的表面积为4兀代=6兀

因为三棱锥P—OE尸的表面积为正方形A8CO的面积，

所以S表=2X2=4,VPD£F=1X^X1X1X2=1.

设三棱锥P-OEE的内切球的半径为r,

所以由gs^-r=VP-DEF,解得r=1,

jr

所以内切球的表面积为4兀3=彳，

所以三棱锥P—DEF的外接球与内切球的表面积比值为皿=24.故选C.

71

p；__…少F

BFC

L^4^空单宿馆国单密戋公式拓展视野

一'双半径单交线公式

若相互垂直的两凸多边形的外接圆半径分别为Ri,&,两外接圆公共弦长为/,

则由两凸多边形顶点连接而成的几何体的外接球半径：R=yjRi+Ri-^.

例1（2023•河南适应性测试）已知三棱锥P—ABC,△ABC是边长为24的等边三

角形，PA=PB=a,且平面/%8_1_平面48&若三棱锥产一A8C的每个顶点都在

表面积为等的球面上，则。=.

答案卑或市

解析法一如图，取A3的中点为。，连接PD,CD,

因为PA=PB=a,

所以PDA.AB.

因为平面PAB_L平面ABC,平面PABA平面4BC=AB,POu平面PAB,

所以平面ABC,

同理得CO_L平面PAB.

设点0\为等边△ABC的外心，过点Q作O\E〃PD,

则0归_1_平面ABC,

易得直线。点上任意一点到A,B,C三点的距离相等.

设。2为△PAB的外心，则02在直线PD上，

过点。2作。2。〃。。，交。归于点。，

则点。为三棱锥产一ABC外接球的球心，

因为△ABC是边长为2小的等边三角形，

所以A8=25，

又PA=PB=a,

所以a>/,PD=y/a2-3,

PD7a2—3

sinZPBD=~^=N-------.

PBa

设△PA8的外接圆的半径为r,

PA/

则由正弦定理,得2一目丽=后',

则即。22=

〃2|〃2-6|

所以。2。=2、$-3~2y]a2~3'

易知四边形0。1。。2为矩形,

1居一6|

所以0。1=。2。=

2-xJa2-3

由题意可知三棱锥P—ABC外接球的表面积为丁,

设该外接球的半径为R则4兀R2=竽，

所以/?=尊.

连接oc,贝U。。=率，

易得。。=25X9x|=2.

在Rt^OOC中，OO\+O\C1=OC1,

即（阜学+4=fi

整理得4/-494+147=0,

,21八

解得或cr=l,

所以a—2或a—"\/7.

（注：仿照此解法，可推导出双半径单交线公式）

法二如图，取AB的中点为£>,连接P。，CD,

K

y

因为PA=PB=a,

所以PD±AB.

因为平面PAB_L平面ABC,

平面PA8C平面ABC=AB,PDu平面PAB,

所以尸。,平面ABC.

同理得CO_L平面PAB.

设点0\为等边△ABC的外心，过点Q作

O\E//PD,

则OiE_L平面ABC,易得直线0归上任意一点到A,B,。三点的距离相等，

即三棱锥P-ABC外接球的球心。在直线。归上.

以。为坐标原点，以DB,DC,。尸所在直线分别为无，y,z轴建立空间直角坐

标系，

因为△ABC是边长为2小的等边三角形，

所以8=25X乎=3,OiC=|cD=2,O\D—^CD=1,

又PA=PB=a,

所以a>/，PD=y[^3,

则P(0,0,m2—3),C(0,3,0).

由题意可知三棱锥P—ABC外接球的表面积为竽，

设该外接球的半径为R则4兀解=等，

所以R=呼.

设0（0,1,z）,连接OP,OC,贝ijOP=OC=R,

即止2+（m一马一z）2=产”=率,

解得a=等或。=巾.

法三（双半径单交线公式）设△ABC的外接圆半径为

2s

由正弦定理得2用=—4,故Ri=2.

2

如图，在△PA8中，。是AB的中点,

迎一3

易知sinZPAB=（a>事）,

设APAB外接圆的半径为此,

由正弦定理，得2/?2=

a

即&=-

设三棱锥P—ABC外接球的半径为R,

贝I」4兀/?2=竽，故/?2=整，

41O

且平面PA8A平面ABC=AB,

由双半径单交线公式得7?2=汨+此-£

65.cr-

艮wn嗑=4+4（次—3）-3,

化简得4a4—49屋+147=0,

解得a=与或a=巾.

训练1已知NABC=90。，PA,平面ABC,若PA=A8=BC=1,则四面体PABC

的外接球（顶点都在球面上）的体积为（）

A.无B.小71

0n典

Cr.2兀D.2

答案D

解析法一如图，取PC的中点。，连接OA,OB,

由题意得PA_LBC,

又因为PAHAB=A,PA,ABu平面PAB,

所以BC,平面PAB,

所以8CU3,

在Rt4PBC中，OB=：PC,

同理OA=-jPC,

所以OA=OB=OC=^PC,

因此P,A,B,C四点在以。为球心的球面上，

在RtAABC中，AC=ylAB2+BC2=y/2,

在RtAP/lC中,PC=ylPA2+A(^=y[3,

法二(双半径单交线公式)在直角三角形PAC中，PA=l,AC=6,贝PC=

小,

故三角形P4C外接圆的半径为舟=坐,

又在△ABC中，AB1BC,AC=小,

则三角形ABC外接圆半径为&=坐,

由双半径单交线公式知，四面体PABC的外接球半径R=

4_4S兀

则外接球的体积为丫=铲尿一式2J-2•

二'双距离单交线公式

当两凸多边形相互垂直时，由两凸多边形顶点连接而成的几何体的外接球半径可

用双半径单交线公式求得，若两凸多边形不垂直时，上述外接球半径可用如下双

距离单交线公式求得：R=N-----—5^-----+("|.

注释：关于"2,〃，I,0-.

(1)〃2,n分别为两个面的圆心到公交线的距离；

(2)/为两个面的公交线；

⑶关于角仇当两个面外接圆圆心都在面内(或者都在补面上)时指的就是二面

角；当两个面外接圆圆心一个在面内一个在补面上时，指的是二面角的补角.

例2在三棱锥A—BCD中，AB=CD=4,CA=BD=2,BC=25二面角A-

BC-D的平面角为60。，则它的外接球的表面积为.

答案第

解析法一因为AB=CD=4,CA=BD=2,

BC=2小,可得ACLBC,BC1.BD,

即NAC3=NO8C=90°,

将三棱锥A-BCD放置于直棱柱BDE-CFA中,

如图所示，

BD

E

由二面角A-BC-D的平面角为60°,

即三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，

外接球的球心。在上、下底面三角形外心的连线的中点，

在中，BD=BE=2,ZEBD=60°,

可得。E=2,

设外接球的半径为R,△BOE的外接圆的半径为r,

DF4

由正弦定理可得2r=.券〃尸卡,

sm/EBDy/3

2

解得片有

由球心到底面BDE的距离d=；BC=y[i,

所以外接球的半径R=yjr+d2=^/1+3

所以外接球的表面积S=47lR2=*.

法二（双距离单交线公式）在△ABC中，

AB=4,CA=2,BC=2\[3,

故CA2+BC2=AB2,则AC±BC,

则AABC外接圆的圆心为的中点。，Oi到8C的距离为:AC=1,

在△3OC中，BD=2,BC=2y[3,0c=4,

故BD?+BC2=DC2,所以

则外接圆的圆心为DC的中点。2,。到J的距离为53。=1,

又二面角A-BC-D的平面角为60°,

由双距离单交线公式可得三棱锥A-3C0外接球的半径

所以外接球的表面积为S=47次2=47iX号=半.

训练2如图，已知平行四边形ABCO中，AC=AB=m,ZBAD=12O°,将AABC

沿对角线AC翻折至△ABC所在的位置，若二面角的大小为120°,

则过A,Bi,C,。四点的外接球的表面积为.

答案可而

解析法一由已知得△3AC与△D4C均为边长是机的正三角形，取AC中点

G,

连接。G,BiG,如图,

则有OG_LAC,BiG±AC,

于是得NBGO是二面角Bi—AC—。的平面角，则N8iGO=120。，

显然有AC,平面BiGO,即有平面BGO_L平面BMC,平面BGO,平面D4C,

令正△3AC与正△ZMC的中心分别为E,F,过E,尸分别作平面BiAC,平面

DAC的垂线，

则两垂线都在平面BG。内，它们交于点O,

从而得点。是过A,Bi,C,。四点的外接球球心，连接04,

则0A为该外接球半径，

由已知得GE=GF=|G£>=1-^-//I=-^W,

而OE=OF,

GF____

于是得NOG/=60。,在RtAOGE中，0G=

cosNOG尸3

m*7

而AG=E，在RtZ\OGA中，QA2=AG2+OG2=五加2,

7

所以过A,Bi,C,。四点的外接球的表面积为4兀•042=铲〃?2.

法二易知△ABC之△CD4,且二者都是边长为机的等边三角形,

则△ABC与△A。。的外接圆的圆心到底边AC的距离相等，

都及：3乂2Xm—$，篦，

又二面角Bi-AC-D的大小为120°,

所以过A,Bi,C,。四点的外接球的半径为

77

故外接球的表面积S=4兀R2=4兀X—m2=~Ttnr.

分层精练•巩固提升

【A级基础巩固】

1.正方体的外接球与内切球的表面积比值为（）

A.小B.3小

C.3D.；

答案C

解析设正方体的外接球的半径为火，内切球的半径为r,棱长为1,

则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，

即2R=，5,所以R=*~,

正方体内切球的直径为正方体的棱长，

即2r=1,即r=3,所以?=#，

所以正方体的外接球与内切球的表面积比值为

471H2R?

薪一7-3.

2.在四面体ABC。中，若48=8=小，AC=BD=2,AD=BC=\[5,则四面体

ABCD的外接球的表面积为（）

A.2兀B.4兀

C.6兀D.8兀

答案C

解析由题意可采用补形法，考虑到四面体A8C0的对棱相等,

所以将四面体放入如图所示的长、宽、高分别为x,y,z的长方体中，

并且X2+Z2=5,y2+z2=4,

3

则有（2R）2=f+y2+z2=6（R为外接球的半径），得R2=y

所以四面体A8CD的外接球的表面积为

5=4兀/?2=6兀

3.（2023•泸州一诊）已知三棱锥S-ABC的棱SAL底面ABC若SA=2,AB=AC=

BC=3,则其外接球的表面积为（）

A.4兀B.8TI

32兀

C.~y^D.16兀

答案D

解析等边三角形ABC的外接圆直径2厂=一',解得「=他，

sin3

设外接球的半径为R,

则”+筒2=3+1=4,

所以其外接球的表面积为5=4兀R2=16兀，故选D.

4.已知A,B,。为球O的球面上的三个点，。。为△ABC的外接圆.若。。的面

积为4兀，AB=BC=AC=OOi,则球。的表面积为（）

A.64兀B.48兀

C.36兀D.32兀

答案A

解析如图所示，设球。的半径为R,G）Oi的半径为r,

因为。Oi的面积为4兀，

所以4兀=兀,，解得r=2,

又AB=BC=AC=OO\,

所以sin60。=2r,解得AB=2^3,

故OOi=2小,

根据球的截面性质001J_平面ABC,

所以00iJ_0iA,

所以7?2=OOT+?=（2V3）2+22=16,

所以球0的表面积5=4花火2=64兀

5.（2023・重庆质检）在RtZ\ABC中，CA=CB=小,以AB为旋转轴旋转一周得到

一个几何体，则该几何体的内切球的体积为（）

A.3B.3

C.2TID空

答案A

解析如图所示，旋转体的轴截面为边长为正的正方形，

C

设。为内切球的球心.

内切球半径r=^AC=^~,

所以该几何体的内切球的体积为兀故选A.

6.（2023•天津检测）已知三棱锥S—ABC的底面是以A8为斜边的等腰直角三角形，

SA=SB=SC=AB=2,设S,A,B,C四点均在以点。为球心的某个球面上，则

点。到平面A3C的距离为（）

A

解析取AB的中点。，连接CD,SD,如图,

因为A8是等腰直角三角形A8C的斜边，

所以。是球O被平面A8C所截圆的圆心，CD=1.

又SA=SB=SC=AB=2,

又点。是AB的中点，

则有SD±AB,50=小，

而51^+0y=4=SC2,

所以NSOC=90。，即SOLCO,

而COCA8=O,CD,ABu平面ABC,

则SO_L平面ABC,

由球的截面圆性质知，球心。在直线SD上，球半径7?二小一0。或R=/+0D

由R1=0D1+12,

即（，§一。。）2=。£>2+12,解得。。=为

或（小+0。）2=。。2+12,

解得0。=一竽（舍），

所以点。到平面ABC的距离为坐.故选A.

7.已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3,体积为6,则这个球的表面积

为（）

A.16兀B.20兀

C.24兀D.32兀

答案A

解析如图所示，在正四棱锥P-ABC。中，。|为底面对角线的交点，。为外接

球的球心.因为Vp_ABC£>=qXS正方彩ABCDX3=6,

所以S正方衫ABCD=6,即AB—y16.

因为0£=为6+6=5.

设正四棱锥外接球的半径为R,

则OC=R,00i=3—R,

所以（3—7?）2+（5）2=代，解得R=2.

所以外接球的表面积为47rx22=16兀.

8.（2023.武汉模拟）已知一个圆锥的母线长为24，侧面展开图是圆心角为坐的

扇形，则该圆锥的外接球的体积为（）

A.36兀B.48兀

C.360.24^2

答案A

解析设圆锥的底面半径为r,由侧面展开图是圆心角为2、郭的扇形，得2"=

邛5X2#,

解得

作出圆锥的轴截面如图所示.

设圆锥的高为力，则h=7（2加）2-（26）2=4.

设该圆锥的外接球的球心为。，半径为R,

则有R=-\]（/?—7?）2+r2,

即R=7（4—R）2+（2/）2,解得R=3,

所以该圆锥的外接球的体积为丫=竿=电孕=36兀

9.在三棱锥A—3C。中，若AO_L平面BCD,ABLBC,AD=BD=2,CD=4,点

A,B,C,。在同一个球面上，则该球的表面积为.

答案20兀

解析根据题意得，8C_L平面ABO,则BC_L3O,即AO,BC,8。三条线两两

垂直，所以可将三棱锥A—BCO放置于长方体内，如图所示，

该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，球心为长方体体对角线的中点，

即外接球的半径为长方体体对角线长的一半，

此时AC为长方体的体对角线，即为外接球的直径，

所以该球的表面积S=4兀RZnTrAGuTt.QZ+dZLZO兀.

10.如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内

有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米

德最引以为豪的发现.我们来重温这个伟大发现，圆柱的体积与球的体积之比为

,圆柱的表面积与球的表面积之比为.

答案5353

解析由题意，知圆柱底面半径为r,球的半径为凡

则R=r,圆柱的高〃=2H,则V==§兀/?3,

V槎=兀户/7=无十2.27?=2兀/?3.

.%2-/?33

•可嬴》

又ts球=4成2,

S技=2兀7+2兀仍=2兀7?2+2兀咫2/?=6兀/?2.

.S栏_6无/?2_3

••或-碇-亍

11.(2023・南昌调研)如图，在底面边长为4,高为6的正四棱柱中有两个球，大球

与该正四棱柱的五个面均相切，小球在大球上方且与该正四棱柱的三个面相切，

也与大球相切，则小球的半径为_______.

答案5—^15

解析由题意可知大球的半径H=2,

设小球的半径为r(0<r<2),

大球的球心为O,小球的球心为C,E为小球与上底面的切点，如图所示,

连接CO,CE,过点。作OOLCE交EC的延长线于点D,

由题意可知，0。=2啦一啦r,CD=4-r,CO=2+r,

由。。2=。。2+。。2

得(2+r)2=(4—r)2+(2啦—y/2r)2,

即,一10r+10=0,rG(0,2),

解得r=5—V15.

12.在三棱锥P-ABC中，平面PACJ_平面ABC,PA=PC=AB=25,AC=4,

ZBAC=30°,则该三棱锥外接球的体积为.

答案州苏

解析如图所示，在△ABC中，由余弦定理得

8C2=(2小A+42-2X2仍义4•cos30°=4.

所以AB2+BC2=]6=AC2,即△ABC为直角三角形.

故△ABC外接圆的圆心为斜边AC的中点.

取AC的中点为。1,连接尸。1,则PO」AC.

由平面PACL平面ABC,得「。」平面ABC.

该三棱锥外接球的球心在线段POi上.

设球心为O,连接04,则。4=0P,且均为外接球的半径.

在RtZxPOiA中，P0\=\1(2A/3)2-22=2y[2.

在中，0A2=OO?+A况

即7?2=（26一R）2+4,则R=*.

所以外接球的体积丫=/火3=,兀是目=9y/2n.

【B级能力提升】

13.（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小和

4小，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）

A.IOOTTB.128TI

C.144兀D.192TI

答案A

解析由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为

,*坐乂3小=3,坐X4小=4.

设球。的半径为R,该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为。1,。2,连接

0102,则。。2=1,其外接球的球心。在直线。1。2上.

当球心。在线段。|。2上时，

/?2=32+OOT=42+（1-OOI）2,

解得00=4（舍去）；

当球心。不在线段上时，

火2=42+。0之=32+（1+。。2）2,解得0。2=3,

所以尺2=25,

所以该球的表面积为S=4JIR2=IOO兀，

综上，该球的表面积为100兀

14.（2022.全国乙卷）已知球。的半径为1,四棱锥的顶点为。，底面的四个顶点均

在球。的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）

A.gB.g

答案c

解析该四棱锥的体积最大，即以底面外接圆和顶点。组成的圆锥体积最大，

设圆锥的高为。（0＜辰1）,底面半径为r,

则圆锥的体积V=；兀/力=；兀（1—h2）h,

则/=（兀（1—3层），

I

令玲=铲（1-3层）=0,得/i=,

所以U=|n（l—层”在b