東華理工大學(xué)(344000) 汕頭市潮陽第一中學(xué)(515100) 劉葉叢

外接球問題不僅促使數(shù)學(xué)抽象和直觀想象相結(jié)合,考察邏輯推理和數(shù)學(xué)運(yùn)算,而且充分展示球這個(gè)幾何體的本質(zhì),很好地考察學(xué)生的數(shù)學(xué)學(xué)科素養(yǎng),深受命題者的喜愛,是高考和各類模擬考甚至自主招生考試的高頻考點(diǎn).據(jù)統(tǒng)計(jì),在2011年、2012年、2013年、2017年、2019年全國一卷的數(shù)學(xué)試題中均有涉及.

本位指本來的位置,比喻原始的地位,神話中常有下凡仙佛回歸本位的說法.外接球問題靈活多變,確定球心的位置是解決此類問題的切入點(diǎn),也是解題的難點(diǎn)[1].我們要抓住幾何體外接球球心的本質(zhì)特征：

(1) 到幾何體各個(gè)頂點(diǎn)距離相等的點(diǎn)即外接球球心；

(2) 外接球球心是任意兩條直徑的交點(diǎn)；

(3) 外接球球心在幾何體任意一條棱的中垂面上；

(4) 外接球的球心在經(jīng)過幾何體任意一個(gè)平面的外心且與此平面垂直的垂線上.基于此,本文結(jié)合實(shí)例對最常見的三類外接球問題及其表現(xiàn)形式進(jìn)行本位探究,以供大家參考.

一、圓錐的外接球及其表現(xiàn)形式的本位探究

圖1-1

圖1-2

對于側(cè)棱相等的棱錐,可作其外接圓錐,如1-1,則此棱錐的外接球和其外接圓錐的外接球是同一個(gè)球,設(shè)外接球的半徑為R,棱錐的側(cè)棱長為l,底面外接圓的半徑為r,高為h,則如圖1-2,在Rt△ACD中,根據(jù)射影定理,可得外接球的半徑R滿足：

圓錐的外接球問題的表現(xiàn)形式有：

1.圓錐的外接球問題；

2.正棱錐的外接球問題；

3.側(cè)棱相等的錐體的外接球問題；

4.頂點(diǎn)射影為底面外接圓圓心的幾何體的外接球問題.

對于這四種外接球問題,都只需找到側(cè)棱即母線的長和底面外接圓的半徑,就可用公式(1)解決.

例1(2019年高考全國Ⅰ卷第12 題) 已知三棱錐P-ABC的四個(gè)頂點(diǎn)在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是邊長為2 的正三角形,E、F分別是PA、PB的中點(diǎn),∠CEF=90o,則球O的體積為( )

圖1-3

解析該題顯然是正棱錐的外接球問題,根據(jù)本位探究法,該題的難點(diǎn)是確定側(cè)棱即母線的長.如圖1-3,不妨設(shè)側(cè)棱長PA=PB=PC=2a,在邊長為2 的正△ABC中,CF=√底面外接圓半徑r=在Rt△EFC中,CE2=在△PAC和△AEC中根據(jù)余弦定理可得cos ∠PAC=解得側(cè)棱長PC=2a=根據(jù)公式(1),三棱錐√P-ABC的半徑滿足2R=即R=所以外接球的體積為V=

二、長方體的外接球及其表現(xiàn)形式的本位探究

如圖2-1,設(shè)長方體的長、寬、高分別為a、b、c,長方體的體對角線的交點(diǎn)即為外接球球心,體對角線即外接球的一條直徑,可得外接球的半徑為R滿足：

圖2-1

圖2-2

引理如圖2-2,圓O1和圓O2分別是球O上的兩個(gè)截面圓,且圓O1和圓O2所在的平面互相垂直,若兩圓的半徑分別為r1、r2,公共弦為a,則球O的半徑R滿足：

即外接球的直徑的平方,等于兩個(gè)小圓的直徑的平方和減去公共棱的平方.

證明如圖2-2,從公共棱AD出發(fā)分別在圓O1和圓O2做內(nèi)接矩形,就可以在球O內(nèi)構(gòu)造內(nèi)接長方體ABCD-A1B1C1D1,則該長方體的外接球即球O,根據(jù)公式(2) 中第二等式,可得球O的半徑R滿足(2R)2=(AC)2+(AD1)2-AD2=(2r1)2+(2r2)2-a2.引理得證.

長方體的外接球問題的表現(xiàn)形式有：

1.長方體的外接球問題；

2.三組對棱分別相等的三棱錐的外接球問題；

3.有一個(gè)側(cè)棱垂直于底面的幾何體的外接球問題；

4.有一個(gè)側(cè)面與底面垂直的幾何體的外接球問題；

5.頂點(diǎn)射影在底面的邊緣的幾何體的外接球問題.

表現(xiàn)形式1 可以直接用公式(2)的第一個(gè)等式解決；表現(xiàn)形式2,可以補(bǔ)全長方體(見圖2-1),用公式(2)的第三個(gè)等式解決；表現(xiàn)形式3、4 和5 的本位可以歸為長方體外接球問題,根據(jù)引理,可用公式(3)解決.此法優(yōu)點(diǎn)在于不再需要做輔助線,不再需要確切的球心位置,只需找到對應(yīng)的長方體或兩垂面的外接圓即可作答.下面舉例說明.

例2某三棱錐三組對棱長相等,分別為求該三棱錐外接球的半徑.

解析三組對棱分別相等的三棱錐,符合表現(xiàn)形式2,可以放到長方體中進(jìn)行求解,如圖2-1,由公式(2)的第三等式可得,外接球半徑滿足(2R)2=(AB2+BD2+AD2)÷2=14,所以該三棱錐外接球的半徑為

例3(2019年汕頭一模第11 題)三棱錐P-ABC中,PA⊥面ABC,∠ABC=30o,△APC的面積為2,則三棱錐P-ABC的外接球體積的最小值為____.

圖2-3

解析如圖2-3,由條件知PA⊥面ABC符合表現(xiàn)形式3,利用引理作答.設(shè)公共棱AC=x,則PA=在△ABC中根據(jù)正弦定理得外接圓半徑滿足2r1==2x,Rt△ACP的外接圓半徑滿足根據(jù)公式(3),三棱錐P-ABC的外接球的半徑滿足得當(dāng)且僅當(dāng)x=時(shí),等號成立.

例4 如圖2-4,已知在梯形ABCD中AB//CD,AB⊥AD,AB=2,AC=CD=1,將梯形ABCD沿對角線AC折疊成三棱錐D-ABC,如圖2-5,當(dāng)二面角D-AC-B是直二面角時(shí),三棱錐D-ABC的外接球的體積為_____.

圖2-4

圖2-5

解析由條件知面ACD⊥面ABC,符合表現(xiàn)形式4,利用引理作答.易得Rt△ABC的外接圓半徑滿足2r1=AB=2,Rt△ACD的外接圓半徑滿足2r2=AC=公共棱為AC=根據(jù)公式(3),三棱錐D-ABC的外接球的半徑滿足(2R)2=(2r1)2+(2r2)2-AC2=4 所以R=1,外接球的體積為

三、菱形折疊的外接球及表現(xiàn)形式的本位探究

圖3-1

如圖 3-1,在邊長為a的 菱形ABCD中,連AC交BD于E,對角線BD=b,沿BD折成二面角A1-BD-C,A1C=c,取A1C的中點(diǎn)F,三棱錐A1-BCD的外接球的球心必在BD的中垂面A1EC上,且在A1C和BD的公垂線EF上.

第一步：如圖3-1,先找出△BCD外心H1；第二步：過H1作面BCD的垂線與EF交點(diǎn)即為球心O,或過H1和H2(△A1BD的外心)分別作BCD和面A1BD的垂線,兩垂線的交點(diǎn)即為球心O；第三步：解△OEH1,算出OH1,在Rt△OCH1中,勾股定理OH21+CH21=OC2=R2.[2]

菱形折疊的外接球問題的表現(xiàn)形式有：

1.菱形沿對角線折疊的幾何體的外接球問題；

2.兩個(gè)全等的等邊三角形拼在一起的幾何體的外接球問題(也可以歸于圓錐的外接球問題)；

3.兩個(gè)全等的等腰三角形拼在一起的幾何體的外接球問題.

例5(2019年清華自招題第1 題)一個(gè)四面體棱長分別為6,6,6,6,6,9,求外接球的半徑.

圖3-2

解析一如圖3-2,在四面體D-ABC中,AB=BC=AC=BD=AD=6,CD=9,可以看成邊長為6 的菱形沿對角線折疊而成,符合表現(xiàn)形式1.取AB,CD的中點(diǎn)M,N,易得AB⊥面CDM,MN是AB,CD的公垂線,且面CDM⊥面ABC,等邊△ABC的外心P在CM上,過P作PO⊥面ABC,則PO在面CMD中,交MN的延長線于點(diǎn)O,則OA=OB=OC=OD,即O為四面體ABCD的外接球球心.易得MC=MD=6×∠CMD=120o,所以∠NMC=60o,PO=根據(jù)勾股定理得OC=即外接球的半徑為

解析二換個(gè)角度看如圖3-2,在四棱錐B-ACD中,側(cè)棱BA=BC=BD=6,可以歸為圓錐的外接球問題,在底面△ACD中,sin ∠ACD=,根據(jù)正弦定理得,底面外接圓半徑滿足得根據(jù)公式(1),四面體外接球的半徑滿足即外接球的半徑為

四、感悟與反思

對于一般多面體的外接球,都可以建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)球心坐標(biāo)為(x,y,z),利用球心到各頂點(diǎn)的距離相等建立方程組,解出球心坐標(biāo),從而得到球的半徑長,此法雖為通性通法,然而實(shí)際解題中,建系寫坐標(biāo)及建立方程組求解的過程,存在較大運(yùn)算量.歸根到底,外接球問題意在考察學(xué)生的空間想象能力,綜合性強(qiáng)、難度大、靈活性強(qiáng)、區(qū)分度大.在日常命題與教學(xué)中,不應(yīng)以孤立的刷題為目的,要注重挖掘外接球問題典型題的幾何本位,充分展示解題的思維過程,暴露解題思維,多多引導(dǎo)學(xué)生提煉解題思維模型,關(guān)注通性通法,從“題海戰(zhàn)術(shù)”中解放,達(dá)到以解有窮道題的思維方法獲得無窮道題解題方法的成功之道.