2025数学大一轮复习讲义人教版 第七章 球的切、接问题
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＋(1－OO1)2，解得 OO1＝4(舍去)；
当球心 O 不在线段 O1O2 上时，R2＝42＋OO22＝32＋(1＋OO2)2，解得 OO2＝3， 所以R2＝25， 所以该球的表面积为4πR2＝100π. 综上，该球的表面积为100π.
(2)在平面四边形 ABCD 中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝ 2，BD⊥CD.将其
五、正三棱柱的外接球
球心到正三棱柱两底面的距离相等，正三棱柱两底面中心连线的中点为 其外接球球心.R2＝h2柱2＋23AD2.
六、圆柱的外接球
R＝ 2h2＋r2(R 是圆柱外接球的半径，h 是圆柱的高，r 是圆柱底面圆 的半径).
七、圆锥的外接球
R2＝(h－R)2＋r2(R是圆锥外接球的半径，h是圆锥的高，r是圆锥底面圆 的半径).
第七章
§7.2 球的切、接问题
重点解读
与球的切、接问题是历年高考的热点内容，一般以客观题的形式 出现，考查空间想象能力、计算能力.其关键点是利用转化思想， 把球的切、接问题转化为平面问题或特殊几何体来解决或转化为 特殊几何体的切、接问题来解决.
内容索引
第一部分 落实主干知识 第二部分 探究核心题型
跟踪训练3 (1)已知正四棱台的上、下底面的顶点都在一个半径为3的 球面上，上、下底面正方形的外接圆半径分别为1和2，圆台的两底面
28 2－14 5 在球心的同侧，则此正四棱台的体积为______3_______.
由题知，正四棱台的上、下底面的顶点都在一个半径为3的球面上， 取正四棱台上底面一点为A，正方形中心为O1， 下底面一点为B，正方形中心为O2， 正四棱台外接球球心为O， 连接AO1，OO1，BO2，OA，OB，如图所示， 记正四棱台高O1O2＝h，OO1＝m， 在Rt△AOO1中，AO＝3，AO1＝1，OO1＝m，
故正四棱台体积为 V＝13h(S 上＋S 下＋ S上S下)＝
28 2－14 5
3
.
(2)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的
体积为
32π 3
，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为
A.3π
√B.4π
C.9π
D.12π
如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的 高之比为3∶1， 即AD＝3BD， 设球的半径为R， 则4π3R3＝323π，可得 R＝2， 所以AB＝AD＋BD＝4BD＝4， 所以BD＝1，AD＝3，
跟踪训练1 某建筑的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了 一个实心模型，已知模型内层底面直径为12 cm，外层底面直径为16 cm， 且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20 cm的球面上，则此模型的 体积为__9_1_2_π___ cm3.
由题意，设球心为O，模型内层圆柱底面的圆心为 O1，模型外层圆柱底面的圆心为O2，点A，B分别 在圆O1，O2上，如图，连接AO，BO，AO1，BO2， OO1，则O2在OO1上， 因为AO＝BO＝10 cm，AO1＝6 cm，BO2＝8 cm， 在Rt△AO1O中，由勾股定理得 OO1＝ AO2－AO21＝8(cm)，
思维升华
(3)长方体的共顶点的三条棱长分别为 a，b，c，外接球的半径为 R，
则 2R＝ a2＋b2＋c2.
(4)正四面体的外接球的半径
R＝
6 4 a(a
为该正四面体的棱长).
跟踪训练2 在四面体S－ABC中，SA⊥平面ABC，在△ABC中，内角B， A，C成等差数列，SA＝AC＝2，AB＝1，则该四面体的外接球的表面积 为___8_π___.
思维升华
(1)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，可以还原到 正方体或长方体中去求解. ②若直棱柱的底面有外接圆，可以补成圆柱求解. (2)正方体与球的切、接常用结论(正方体的棱长为a，球的半径为R) ①若球为正方体的外接球，则 2R＝ 3a. ②若球为正方体的内切球，则2R＝a. ③若球与正方体的各棱相切，则 2R＝ 2a.
所以有 m2＋1＝9，解得 m＝2 2， 在Rt△BOO2中，BO＝3，BO2＝2，OO2＝m－h>0， 所以有(m－h)2＋4＝9， 解得 m－h＝ 5，即 h＝2 2－ 5，
因为四棱台上、下底面正方形的外接圆半径分别为1和2， 所以四棱台上、下底面正方形的边长分别为 2和 2 2， 所以 S 上＝2，S 下＝8，h＝2 2－ 5，
则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成
的健身手球的个数分别为
A.323π，4
B.92π，3
C.6π，4
√D.323π，3
依题意知，当健身手球与直三棱柱的三个侧面均 相切时，健身手球的体积最大. 易知 AC＝ AB2＋BC2＝10，设健身手球的半径为 R， 则12×(6＋8＋10)×R＝12×6×8，解得 R＝2. 则健身手球的最大直径为4. 因为AA1＝13，所以最多可加工3个健身手球. 于是一个健身手球的最大体积 V＝43πR3＝43π×23＝323π.
课时精练
第一部分
落实主干知识
一、正方体与球
1.内切球：内切球直径2R＝正方体棱长a. 2.棱切球：棱切球直径2R＝正方体的面对角线长 2a. 3.外接球：外接球直径2R＝正方体体对角线长 3a.
二、长方体与球
外接球：外接球直径 2R＝体对角线长 a2＋b2＋c2(a，b，c 分别为长方体 的长、宽、高).
沿对角线 BD 折成四面体 A′BCD，使平面 A′BD⊥平面 BCD.若四面体
A′BCD 的顶点在同一球面上，则该球的体积为
√A.
3π 2
B.3π
2π C. 3
D.2π
如图，设BD，BC的中点分别为E，F. 因 为 点 F 为 底 面 Rt△BCD 的 外 心 ， 则 三棱锥A′－BCD的外接球球心必在 过点F且与平面BCD垂直的直线l1上. 又点E为底面Rt△A′BD的外心，则外接球球心必在过点E且与平面 A′BD垂直的直线l2上. 所以球心为l1与l2的交点.
Hale Waihona Puke 三、正棱锥与球1.内切球：V 正棱锥＝13S 表·r＝13S 底·h(等体积法)，r 是内切球半径，h 为正棱锥 的高. 2.外接球：外接球球心在其高上，底面正多边形的外接圆圆心为E，半径 为r，R2＝(h－R)2＋r2(正棱锥外接球半径为R，高为h).
四、正四面体的外接球、内切球
若正四面体的棱长为 a，高为 h，正四面体的外接球半径为 R，内切球 半径为 r，则 h＝ 36a，R＝ 46a，r＝126a，R∶r＝3∶1.
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第二部分
探究核心题型
题型一 外接球
命题点1 定义法
例1 (1)(2023·茂名模拟)已知菱形ABCD的各边长为 2，∠B＝60°.将
△ABC沿AC折起，折起后记点B为P，连接PD，得到三棱锥P－ACD，
如图所示，当三棱锥P－ACD的表面积最大时，三棱锥P－ACD的外接球
体积为
5 2π A. 3
因为CD⊥AB，AB为球的直径， 所以△ACD∽△CBD， 所以CADD＝CBDD，所以 CD＝ AD·BD＝ 3， 因此这两个圆锥的体积之和为 13π×CD2·(AD＋BD)＝13π×3×4＝4π.
题型二 内切球
例4 如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1是一块石材， 测量得∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，AA1＝13.若将该 石材切削、打磨，加工成几个大小相同的健身手球，
思维升华
(1)多面体内切球的球心与半径的确定
①内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点
的距离均相等.
82 ___3__π__.
设△ABC的外接圆的圆心为D，半径为r，球的半径为R，球心为O， 底面△ABC为直角三角形，故其外接圆圆心D在斜边中点处，则r＝1， 又 OD＝12AA1＝1，在 Rt△OCD 中， R＝ r2＋12＝ 2，V 球＝43πR3＝832π.
思维升华
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.
在Rt△BO2O中，由勾股定理得 OO2＝ BO2－BO22＝6(cm)， 所以内层圆柱的高h1＝16 cm， 外层圆柱的高h2＝12 cm， 所以此模型的体积 V＝π1262×12＋π1222×(16－12)＝912π(cm3).
命题点2 补形法 例2 数学中有许多形状优美、寓意独 特的几何体，图1所示的礼品包装盒就 是其中之一.该礼品包装盒可以看成是 一个十面体，其中上、下底面为全等的正方形，所有的侧面是全等的等 腰三角形.将长方体ABCD－A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1绕着其中心旋转 45°得到如图2所示的十面体ABCD－EFGH.已知AB＝AD＝2，AE＝ ，7 则 十面体ABCD－EFGH外接球的表面积是____(1_1_＋__2___2_)π.
由题中数据可知 A1E2＝1＋( 2－1)2＝4－2 2，
则 AA1＝ 7－4－2 2＝ 2＋1， 因为十面体ABCD－EFGH是由长方体ABCD－A1B1C1D1的上底面绕着 其中心旋转45°得到， 所以长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球就是十面体ABCD－EFGH的外 接球.
设十面体ABCD－EFGH外接球的半径 为R， (2R)2＝22＋22＋( 2＋1)2， 则 R2＝11＋42 2， 故十面体 ABCD－EFGH 外接球的表面积是 4πR2＝(11＋2 2)π.
又FE∥CD，CD⊥BD，平面A′BD⊥ 平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝ BD，所以FE⊥平面A′BD.
所以球心为点F.
又 A′B＝A′D＝1，所以 BD＝ 2，又 CD＝1，
所以 BC＝
3，球半径 R＝B2C＝ 23.故 V＝43π 233＝
3π 2.
思维升华
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. (2)作截面：选准最佳角度作出截面，实现空间问题平面化的目的.
4 3π B. 3
C.2 3π
√D.8
2π 3
由题意可得，△ACD，△ACP均为边长为2的等边 三角形，△PAD，△PCD为全等的等腰三角形， 则三棱锥P－ACD的表面积 S＝2S△ACD＋2S△PCD＝2×12×2×2× 23＋2×12×2×2sin∠PCD＝2 3 ＋4sin∠PCD≤2 3＋4， 当且仅当sin∠PCD＝1，即PC⊥CD时，三棱锥P－ACD的表面积取 最大值，
此时△PAD，△PCD为直角三角形，
PD＝ PC2＋CD2＝2 2，
取 PD 的中点 O，连接 OA，OC，由直角三角形的
性质可得 OA＝OC＝OD＝OP＝ 2，
即三棱锥P－ACD的外接球的球心为O，
半径 R＝ 2，
故外接球体积 V＝43π×(
2)3＝8
2π 3.
(2)(2023·韶关模拟)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱垂直于底面，且所有 顶点都在同一个球面上，若AA1＝AC＝2，AB⊥BC，则此球的体积为
命题点3 截面法
例3 (1)(2022·新高考全国Ⅱ)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长
分别为3 3和 4 3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为
√A.100π
B.128π
C.144π
D.192π
由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为23× 23×3 3 ＝3，23× 23×4 3＝4. 设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则 O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上. 设球 O 的半径为 R，当球心 O 在线段 O1O2 上时，R2＝32＋OO21＝42
由题意，在△ABC中，内角B，A，C成等差数列，可得2A＝B＋C， 因为A＋B＋C＝π， 可得3A＝π， 即 A＝π3， 在△ABC中，由余弦定理的推论可得 cos A＝AC22×＋AACB×2－ABBC2＝12，
即22＋2×122－×B1C2＝12， 解得 BC＝ 3， 所以AC2＝AB2＋BC2，所以AB⊥BC， 所以该四面体的外接球与该长方体的外接球是相同的，如图所示， 根据长方体的对角线长等于其外接球的直径， 可得(2R)2＝22＋12＋( 3)2，解得 R2＝2， 所以该四面体的外接球的表面积为S＝4πR2＝8π.
当球心 O 不在线段 O1O2 上时，R2＝42＋OO22＝32＋(1＋OO2)2，解得 OO2＝3， 所以R2＝25， 所以该球的表面积为4πR2＝100π. 综上，该球的表面积为100π.
(2)在平面四边形 ABCD 中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝ 2，BD⊥CD.将其
五、正三棱柱的外接球
球心到正三棱柱两底面的距离相等，正三棱柱两底面中心连线的中点为 其外接球球心.R2＝h2柱2＋23AD2.
六、圆柱的外接球
R＝ 2h2＋r2(R 是圆柱外接球的半径，h 是圆柱的高，r 是圆柱底面圆 的半径).
七、圆锥的外接球
R2＝(h－R)2＋r2(R是圆锥外接球的半径，h是圆锥的高，r是圆锥底面圆 的半径).
第七章
§7.2 球的切、接问题
重点解读
与球的切、接问题是历年高考的热点内容，一般以客观题的形式 出现，考查空间想象能力、计算能力.其关键点是利用转化思想， 把球的切、接问题转化为平面问题或特殊几何体来解决或转化为 特殊几何体的切、接问题来解决.
内容索引
第一部分 落实主干知识 第二部分 探究核心题型
跟踪训练3 (1)已知正四棱台的上、下底面的顶点都在一个半径为3的 球面上，上、下底面正方形的外接圆半径分别为1和2，圆台的两底面
28 2－14 5 在球心的同侧，则此正四棱台的体积为______3_______.
由题知，正四棱台的上、下底面的顶点都在一个半径为3的球面上， 取正四棱台上底面一点为A，正方形中心为O1， 下底面一点为B，正方形中心为O2， 正四棱台外接球球心为O， 连接AO1，OO1，BO2，OA，OB，如图所示， 记正四棱台高O1O2＝h，OO1＝m， 在Rt△AOO1中，AO＝3，AO1＝1，OO1＝m，
故正四棱台体积为 V＝13h(S 上＋S 下＋ S上S下)＝
28 2－14 5
3
.
(2)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的
体积为
32π 3
，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为
A.3π
√B.4π
C.9π
D.12π
如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的 高之比为3∶1， 即AD＝3BD， 设球的半径为R， 则4π3R3＝323π，可得 R＝2， 所以AB＝AD＋BD＝4BD＝4， 所以BD＝1，AD＝3，
跟踪训练1 某建筑的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了 一个实心模型，已知模型内层底面直径为12 cm，外层底面直径为16 cm， 且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20 cm的球面上，则此模型的 体积为__9_1_2_π___ cm3.
由题意，设球心为O，模型内层圆柱底面的圆心为 O1，模型外层圆柱底面的圆心为O2，点A，B分别 在圆O1，O2上，如图，连接AO，BO，AO1，BO2， OO1，则O2在OO1上， 因为AO＝BO＝10 cm，AO1＝6 cm，BO2＝8 cm， 在Rt△AO1O中，由勾股定理得 OO1＝ AO2－AO21＝8(cm)，
思维升华
(3)长方体的共顶点的三条棱长分别为 a，b，c，外接球的半径为 R，
则 2R＝ a2＋b2＋c2.
(4)正四面体的外接球的半径
R＝
6 4 a(a
为该正四面体的棱长).
跟踪训练2 在四面体S－ABC中，SA⊥平面ABC，在△ABC中，内角B， A，C成等差数列，SA＝AC＝2，AB＝1，则该四面体的外接球的表面积 为___8_π___.
思维升华
(1)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，可以还原到 正方体或长方体中去求解. ②若直棱柱的底面有外接圆，可以补成圆柱求解. (2)正方体与球的切、接常用结论(正方体的棱长为a，球的半径为R) ①若球为正方体的外接球，则 2R＝ 3a. ②若球为正方体的内切球，则2R＝a. ③若球与正方体的各棱相切，则 2R＝ 2a.
所以有 m2＋1＝9，解得 m＝2 2， 在Rt△BOO2中，BO＝3，BO2＝2，OO2＝m－h>0， 所以有(m－h)2＋4＝9， 解得 m－h＝ 5，即 h＝2 2－ 5，
因为四棱台上、下底面正方形的外接圆半径分别为1和2， 所以四棱台上、下底面正方形的边长分别为 2和 2 2， 所以 S 上＝2，S 下＝8，h＝2 2－ 5，
则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成
的健身手球的个数分别为
A.323π，4
B.92π，3
C.6π，4
√D.323π，3
依题意知，当健身手球与直三棱柱的三个侧面均 相切时，健身手球的体积最大. 易知 AC＝ AB2＋BC2＝10，设健身手球的半径为 R， 则12×(6＋8＋10)×R＝12×6×8，解得 R＝2. 则健身手球的最大直径为4. 因为AA1＝13，所以最多可加工3个健身手球. 于是一个健身手球的最大体积 V＝43πR3＝43π×23＝323π.
课时精练
第一部分
落实主干知识
一、正方体与球
1.内切球：内切球直径2R＝正方体棱长a. 2.棱切球：棱切球直径2R＝正方体的面对角线长 2a. 3.外接球：外接球直径2R＝正方体体对角线长 3a.
二、长方体与球
外接球：外接球直径 2R＝体对角线长 a2＋b2＋c2(a，b，c 分别为长方体 的长、宽、高).
沿对角线 BD 折成四面体 A′BCD，使平面 A′BD⊥平面 BCD.若四面体
A′BCD 的顶点在同一球面上，则该球的体积为
√A.
3π 2
B.3π
2π C. 3
D.2π
如图，设BD，BC的中点分别为E，F. 因 为 点 F 为 底 面 Rt△BCD 的 外 心 ， 则 三棱锥A′－BCD的外接球球心必在 过点F且与平面BCD垂直的直线l1上. 又点E为底面Rt△A′BD的外心，则外接球球心必在过点E且与平面 A′BD垂直的直线l2上. 所以球心为l1与l2的交点.
Hale Waihona Puke 三、正棱锥与球1.内切球：V 正棱锥＝13S 表·r＝13S 底·h(等体积法)，r 是内切球半径，h 为正棱锥 的高. 2.外接球：外接球球心在其高上，底面正多边形的外接圆圆心为E，半径 为r，R2＝(h－R)2＋r2(正棱锥外接球半径为R，高为h).
四、正四面体的外接球、内切球
若正四面体的棱长为 a，高为 h，正四面体的外接球半径为 R，内切球 半径为 r，则 h＝ 36a，R＝ 46a，r＝126a，R∶r＝3∶1.
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第二部分
探究核心题型
题型一 外接球
命题点1 定义法
例1 (1)(2023·茂名模拟)已知菱形ABCD的各边长为 2，∠B＝60°.将
△ABC沿AC折起，折起后记点B为P，连接PD，得到三棱锥P－ACD，
如图所示，当三棱锥P－ACD的表面积最大时，三棱锥P－ACD的外接球
体积为
5 2π A. 3
因为CD⊥AB，AB为球的直径， 所以△ACD∽△CBD， 所以CADD＝CBDD，所以 CD＝ AD·BD＝ 3， 因此这两个圆锥的体积之和为 13π×CD2·(AD＋BD)＝13π×3×4＝4π.
题型二 内切球
例4 如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1是一块石材， 测量得∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，AA1＝13.若将该 石材切削、打磨，加工成几个大小相同的健身手球，
思维升华
(1)多面体内切球的球心与半径的确定
①内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点
的距离均相等.
82 ___3__π__.
设△ABC的外接圆的圆心为D，半径为r，球的半径为R，球心为O， 底面△ABC为直角三角形，故其外接圆圆心D在斜边中点处，则r＝1， 又 OD＝12AA1＝1，在 Rt△OCD 中， R＝ r2＋12＝ 2，V 球＝43πR3＝832π.
思维升华
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.
在Rt△BO2O中，由勾股定理得 OO2＝ BO2－BO22＝6(cm)， 所以内层圆柱的高h1＝16 cm， 外层圆柱的高h2＝12 cm， 所以此模型的体积 V＝π1262×12＋π1222×(16－12)＝912π(cm3).
命题点2 补形法 例2 数学中有许多形状优美、寓意独 特的几何体，图1所示的礼品包装盒就 是其中之一.该礼品包装盒可以看成是 一个十面体，其中上、下底面为全等的正方形，所有的侧面是全等的等 腰三角形.将长方体ABCD－A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1绕着其中心旋转 45°得到如图2所示的十面体ABCD－EFGH.已知AB＝AD＝2，AE＝ ，7 则 十面体ABCD－EFGH外接球的表面积是____(1_1_＋__2___2_)π.
由题中数据可知 A1E2＝1＋( 2－1)2＝4－2 2，
则 AA1＝ 7－4－2 2＝ 2＋1， 因为十面体ABCD－EFGH是由长方体ABCD－A1B1C1D1的上底面绕着 其中心旋转45°得到， 所以长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球就是十面体ABCD－EFGH的外 接球.
设十面体ABCD－EFGH外接球的半径 为R， (2R)2＝22＋22＋( 2＋1)2， 则 R2＝11＋42 2， 故十面体 ABCD－EFGH 外接球的表面积是 4πR2＝(11＋2 2)π.
又FE∥CD，CD⊥BD，平面A′BD⊥ 平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝ BD，所以FE⊥平面A′BD.
所以球心为点F.
又 A′B＝A′D＝1，所以 BD＝ 2，又 CD＝1，
所以 BC＝
3，球半径 R＝B2C＝ 23.故 V＝43π 233＝
3π 2.
思维升华
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. (2)作截面：选准最佳角度作出截面，实现空间问题平面化的目的.
4 3π B. 3
C.2 3π
√D.8
2π 3
由题意可得，△ACD，△ACP均为边长为2的等边 三角形，△PAD，△PCD为全等的等腰三角形， 则三棱锥P－ACD的表面积 S＝2S△ACD＋2S△PCD＝2×12×2×2× 23＋2×12×2×2sin∠PCD＝2 3 ＋4sin∠PCD≤2 3＋4， 当且仅当sin∠PCD＝1，即PC⊥CD时，三棱锥P－ACD的表面积取 最大值，
此时△PAD，△PCD为直角三角形，
PD＝ PC2＋CD2＝2 2，
取 PD 的中点 O，连接 OA，OC，由直角三角形的
性质可得 OA＝OC＝OD＝OP＝ 2，
即三棱锥P－ACD的外接球的球心为O，
半径 R＝ 2，
故外接球体积 V＝43π×(
2)3＝8
2π 3.
(2)(2023·韶关模拟)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱垂直于底面，且所有 顶点都在同一个球面上，若AA1＝AC＝2，AB⊥BC，则此球的体积为
命题点3 截面法
例3 (1)(2022·新高考全国Ⅱ)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长
分别为3 3和 4 3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为
√A.100π
B.128π
C.144π
D.192π
由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为23× 23×3 3 ＝3，23× 23×4 3＝4. 设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则 O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上. 设球 O 的半径为 R，当球心 O 在线段 O1O2 上时，R2＝32＋OO21＝42
由题意，在△ABC中，内角B，A，C成等差数列，可得2A＝B＋C， 因为A＋B＋C＝π， 可得3A＝π， 即 A＝π3， 在△ABC中，由余弦定理的推论可得 cos A＝AC22×＋AACB×2－ABBC2＝12，
即22＋2×122－×B1C2＝12， 解得 BC＝ 3， 所以AC2＝AB2＋BC2，所以AB⊥BC， 所以该四面体的外接球与该长方体的外接球是相同的，如图所示， 根据长方体的对角线长等于其外接球的直径， 可得(2R)2＝22＋12＋( 3)2，解得 R2＝2， 所以该四面体的外接球的表面积为S＝4πR2＝8π.