2022-新高考II卷-07 单-正三棱台外接球

本题导读

本题考查正三棱台的几何性质，以及空间几何体外接球的几何模型。

📌【题干】

Question

（2022年新高考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，则该球的表面积是()

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

🔍【思路分析】

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1. 求底面外接圆半径：正三棱台的上下底面都是正三角形。首先利用正弦定理或正三角形的性质求出上下底面外接圆的半径 $r_1,r_2$。
2. 构建几何模型：因为正三棱台的顶点在球面上，所以球心一定在棱台上下底面中心的连线（即棱台的高所在直线）上。作出经过球心、棱台高以及侧棱的轴截面。
3. 列方程求解 $R$：设球的半径为 $R$，球心到上底面的距离为 $d_1$，到下底面的距离为 $d_2$。在轴截面中利用两次勾股定理建立 $R,r_1,d_1$ 以及 $R,r_2,d_2$ 的关系。结合 $d_1\pm d_2=h=1$ 列出方程，解出 $R^2$。
4. 计算表面积：代入公式 $S=4\pi R^2$ 求解。

✅【答案】

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A

✍【详细解析】

Abstract

【解法一】 1. 求底面外接圆半径：

正三棱台的顶点在球面上，则球心在棱台高所在的直线上．

上底面边长 $a_1=3\sqrt{3}$，下底面边长 $a_2=4\sqrt{3}$．

• 上底面外接圆半径 $r_1=\frac{a_1}{2\sin 60^{\circ }}=\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=3$．

• 下底面外接圆半径 $r_2=\frac{a_2}{2\sin 60^{\circ }}=\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=4$．

2. 建立空间位置关系模型：

设球半径为 $R$，球心到上底面的距离为 $d_1$，到下底面的距离为 $d_2$．

由勾股定理得：

$d_1=\sqrt{R^2-r_1^2}=\sqrt{R^2-9}$

$d_2=\sqrt{R^2-r_2^2}=\sqrt{R^2-16}$

已知棱台高 $h=1$，则 $|d_1\pm d_2|=1$．

3. 讨论球心位置并求解：

• 情况一（球心在两底面之间）：$d_1+d_2=1$．

  由于 $\sqrt{R^2-9}⩾0$ 且 $\sqrt{R^2-16}⩾0$（需 $R⩾4$），此时 $\sqrt{R^2-9}+\sqrt{R^2-16}>1$ 恒成立，无解．

• 情况二（球心在两底面同侧）：$|d_1-d_2|=1$．

  因为 $r_1<r_2$，所以 $d_1>d_2$，即 $\sqrt{R^2-9}-\sqrt{R^2-16}=1$．

  令 $\sqrt{R^2-9}=x,\sqrt{R^2-16}=y$，则：

  $\{\begin{array}{l}x-y=1\\ x^2-y^2=7\end{array}$

  解得 $x+y=7$，结合 $x-y=1$ 得 $x=4$．

  即 $\sqrt{R^2-9}=4\Rightarrow R^2=16+9=25$．

4. 计算球面积：

$S=4\pi R^2=4\pi \times 25=100\pi$．

5. 结论：

故选 A．

【解法二】

设$O{O}_1=x\left(x>0\right)$，$\therefore O{O}_2=1-x$或$x-1$， 在$Rt\Delta O{O}_1{A}_1$中，$O{O_1}^2+A_1{O_1}^2=O{A_1}^2$，即$x^2+3^2=R^2$， 在$Rt\Delta O{O}_2{A}_2$中，$O{O_2}^2+A_2{O_2}^2=O{A_2}^2$，即${\left(1-x\right)}^2+4^2=R^2$ $\therefore x^2+3^2={\left(1-x\right)}^2+4^2$，$\therefore x=4,\therefore R=\sqrt{3^2+4^2}=5$， $\therefore$该球的表面积为$4\pi R^2=4\pi \times 25=100\pi$． 故选：$A$．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 外接球问题的通用简化处理法——轴截面法：无论是柱体、锥体还是台体，只要其底面中心和球心共线，都可以通过切割出一个包含该高线的截面，将三维的球面问题转化为二维的直角三角形斜边问题（两次勾股定理共享斜边 $R$）。
2. 球心位置的判定直觉：当棱台的高度较小（$h=1$），而上下底面的半径较大且接近（$r_1=3,r_2=4$）时，为了让球面能同时包络这两个面，球心必定被“挤”到了棱台的外部。这与代数方程解出负根的结论是一致的。
3. 计算细节：正三角形的外接圆半径是边长的 $\frac{\sqrt{3}}{3}$ 倍（内心、外心、重心合一），这一点在立体几何中极为常用，必须作为常识快速求解。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 方法拓展：除了设未知数 $x$ 解方程，本题在第三步也可以使用技巧换元：令 $\sqrt{R^2-9}=a$, $\sqrt{R^2-16}=b$。则 $a^2-b^2=7$。已知 $a-b=1$，则 $a+b=7$。两式相加得 $2a=8⟹a=4$。从而 $\sqrt{R^2-9}=4⟹R^2=25$。这种方法完全避开了球心位置的繁琐讨论。
• 变式思考：如果将正三棱台换成正四棱台，底面边长不变，结果会怎样？ (提示：正四方形的外接圆半径 $r=\frac{\sqrt{2}}{2}a$，此时 $r_1,r_2$ 会发生变化，方程的常数项也会随之改变。)

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.01 空间几何体的结构、表面积与体积
• 13.02 外接球和内切球模型

类题演练 (Links)

• 2013-大纲卷理-16 填-球表面积
• 2013-天津卷理-04 单-球的体积公式
• 2013-新课标I卷理-06 单-球的体积与表面积