廣東省湛江一中培才學(xué)校(524037) 魏 欣

廣東省雷州市第八中學(xué)(524232) 鄧春梅

球相關(guān)的切、接的最值問題是立體幾何的一個(gè)重點(diǎn)、難點(diǎn),也是高考和高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽中考查的一個(gè)熱點(diǎn),從“幾何作圖”和“分析圖形”兩個(gè)角度考查直觀想象核心素養(yǎng),考察考生的空間想象能力和邏輯思維能力,同時(shí)考查數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、數(shù)學(xué)建模、直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng),也是考生的難點(diǎn)、易失分點(diǎn).要解決這一難點(diǎn),關(guān)鍵是找到反映“切、接”的幾何量集中的一個(gè)截面,并找到這些幾何量所滿足的關(guān)系式.下面就2020年廣東省佛山市高中畢業(yè)班第一次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)理科數(shù)學(xué)第16 題進(jìn)行詳細(xì)分析、探究其規(guī)律,并歸類和總結(jié)對(duì)此問題的求解策略.

一、題目展示與分析

題目(2020年廣東省佛山市高中畢業(yè)班第一次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)理科數(shù)學(xué)第16 題)在平面四邊形ABCD中,沿直線AC將ΔACD翻折成ΔACD′,當(dāng)三棱柱D′ -ABC體積取得最大值時(shí),該三棱錐的外接球表面積為____.

解析 方法一(坐標(biāo)法)在ΔACD中, 由余弦定理可得:cos ∠CAD=因?yàn)椤螩AD ∈(0,π), 所以∠CAD=在ΔABC中, 由余弦定理可得:cos ∠CAB=因?yàn)椤螩AB ∈(0,π),所以∠CAB=,所以∠BAD=,又因?yàn)锳B=AD=所以ΔABD為等腰三角形,BD= 2,設(shè)AC、BD交于點(diǎn)F,因?yàn)樵谒倪呅蜛BCD中,AB=AD,CB=CD,所以AC ⊥BD,則AF=BF=DF=D′F=1,因?yàn)锳C=4,所以CF= 3, 沿直線AC將ΔACD翻折成ΔACD′, 當(dāng)三棱柱D′ -ABC體積取得最大值時(shí),平面D′AC ⊥平面ABC,如圖1 所示,建立空間直角坐標(biāo)系,

圖1

則A(0,0,0),B(1,1,0),C(0,4,0),D′(0,1,1),設(shè)三棱錐D′-ABC的外接球的球心為P(x,y,z), 由球心到球面上的距離相等可知:解得球心坐標(biāo)P(-1,2,-1).設(shè)該三棱錐的外接球的半徑為R, 所以三棱錐D′ - ABC外接球的半徑為所以該三棱錐的外接球的表面積為S=4πR2=24π.

圖2

方法二(坐標(biāo)法)易知當(dāng)三棱錐的體積取得最大時(shí),必有面ABC⊥面ACD, 作BO⊥AC垂足為O,連接OD,則可證DO⊥面ABC, 結(jié)合余弦定理可得AO=BO=DO= 1,CO= 3, 以O(shè)為原點(diǎn)建立如圖2 所示的坐標(biāo)系,則A(0,-1,0),B(1,0,0),C(0,3,0),D(0,0,1), 設(shè)該三棱錐的外接球球心坐標(biāo)為P(x,y,z),半徑為R,則根據(jù)球心到各個(gè)頂點(diǎn)的距離等于半徑,由空間直角坐標(biāo)系中兩點(diǎn)間的距離公式得:x2+(y+1)2+z2=R2,(x-1)2+y2+z2=R2,x2+(y-3)2+z2=R2,x2+y2+(z-1)2=R2,聯(lián)立解方程組得球心為P(-1,1,-1),R=√故該三棱錐的外接球表面積為S=4πR2=24π.

方法三(幾何法)如圖3 所示, 當(dāng)三棱柱D′ - ABC體積取得最大值,則平面ACD⊥平面ABC.對(duì)于ΔABC,由余弦定理得cosB=

圖3

如圖4 所示,分別過ΔABC、ΔDAC的外心O1、O2作所在面的垂線,由前面的分析可知,兩垂線必交于一點(diǎn)O,且O為三棱錐V -ABC的外接球球心,取AC的中點(diǎn),連接PO1、PO2、AO1、AO2、AO,易證四邊形PO1OO2為矩形.

設(shè)ΔABC和ΔDAC的外接圓半徑分別為r1、r2,AC=l,三棱錐D-ABC外接球的半徑為R.

圖4

即R=所以S=4πR2=24π.

評(píng)析與球相關(guān)的題目側(cè)重考查學(xué)生的空間想象能力,對(duì)作圖能力要求較高,學(xué)生要有較強(qiáng)的幾何作圖能力;以截面問題為主,需選擇恰當(dāng)?shù)慕孛娼鉀Q問題,考查平面化的方法,考查化歸與轉(zhuǎn)化能力;以表面積的計(jì)算為主,考查運(yùn)算求解能力.

二、通法研究

球相關(guān)的切、接的最值問題是立體幾何的一個(gè)重點(diǎn)、難點(diǎn),也是高考和高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽中考查的一個(gè)熱點(diǎn).其求解策略主要有以下三種:

1.轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題.通過引入線參數(shù)或角參數(shù),建立關(guān)于這些參變量的函數(shù)關(guān)系,轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題來解決.

2.轉(zhuǎn)化為平面幾何問題.根據(jù)題目的特征,尋找或確定一個(gè)數(shù)量關(guān)系比較集中的平面,將題目的其他條件逐步向該平面轉(zhuǎn)移,然后利用幾何方法或三角方法來解決.

3.利用重要不等式.可通過引入多個(gè)變量建立數(shù)學(xué)模型,然后利用均值不等式或柯西不等式求其最值.

下面通過例題來探究這類問題的求解策略.

類型一:球的內(nèi)接三棱錐的底定高動(dòng)

此類問題轉(zhuǎn)化為求球的內(nèi)接三棱錐的高的最大值.如上述的2020年廣東省佛山市高中畢業(yè)班第一次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)理科數(shù)學(xué)第16 題, 底面ΔABC一定, 要使得三棱柱D′ -ABC體積取得最大值,則平面ACD⊥平面ABC時(shí),也即是高最大.

例1(2014年天津市高中數(shù)學(xué)預(yù)賽試題)在四面體ABCD內(nèi)部有一點(diǎn)O,滿足OA=OB=OC=4,OD=1.求四面體ABCD體積的最大值.

解析當(dāng)A,B,C三點(diǎn)固定時(shí), 要使四面體的體積最大, 由于點(diǎn)D在以O(shè)為球心, 1 為半徑的球面上運(yùn)動(dòng), 故當(dāng)DO⊥平面ABC時(shí), 四面體ABCD的體積最大.過點(diǎn)O作OO1⊥平面ABC, 垂足為O1, 設(shè)OO1=x.則點(diǎn)D到平面ABC的距離為1+x.因?yàn)镺1A=O1B=所以SΔABC≤(16- x2).從而(16-x2)(1+x),x ∈(0,4).

令f(x)= (16- x2)(1 +x),x ∈(0,4).則f′(x)=-3x2-2x+16 =-(3x+8)(x-2),x ∈(0,4).所以f(x)在區(qū)間(0,2)上遞增,在區(qū)間(2,4)上遞減.因此[f(x)]max=f(2)=36.所以(VD-ABC)max=故VD-ABC的最大值為

說明在半徑為R的圓內(nèi)接三角形中,以正三角形面積為最大,且最大面積為

類型二:球的內(nèi)接三棱錐的底動(dòng)高定

此類問題轉(zhuǎn)化為求球的內(nèi)接三棱錐的底面三角形的面積的最大值,進(jìn)而轉(zhuǎn)化為求圓內(nèi)接三角形的面積的最大值.

例2(2020年唐山市模擬)ΔABC的三個(gè)頂點(diǎn)在球O的一個(gè)截面上,在ΔABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,若B= 60?,a+2c= 3,點(diǎn)P在球面上,且點(diǎn)P到平面ABC的距離為12,則三棱錐P -ABC的體積的最大值是____.

解析由三角形的面積公式及均值不等式,得當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)成立, 所以ΔABC的面積的最大值為三棱錐P - ABC的體積的最大值是

類型三:球的內(nèi)接三棱錐的底動(dòng)高動(dòng)

此類問題轉(zhuǎn)化為求球的內(nèi)接三棱錐的底面三角形的面積的最大值和相應(yīng)高的最大值.這時(shí),要注意到底面三角形的面積取得最大值的同時(shí),相應(yīng)的高取得最大值.分如下兩種情況:

1.先用幾何的方法確定高何時(shí)最大,然后去算出此時(shí)的高的值,再去算底面三角形的面積的最大值.

2.過三棱錐的一條棱作對(duì)棱的垂面,轉(zhuǎn)化為求對(duì)棱間的距離的最大值(兩動(dòng)異面直線間的距離的最大值).

例3(2015年天津市高中數(shù)學(xué)預(yù)賽試題)求半徑為R的球內(nèi)接正三棱錐的最大體積.

解析正三棱錐底面積和高是影響球內(nèi)接正三棱錐體積變化的兩個(gè)變量, 它們又都和正三棱錐底面三角形外接圓的半徑相關(guān).于是,引進(jìn)底面三角形外接圓半徑這一中間變量,利用它消去底面積和錐高中的一個(gè), 把留下的那一個(gè)作為函數(shù)的自變量.

圖5

如圖5, 由射影定理, 得O1A2=PO1·O1S.若設(shè)正三棱錐的高PO1為h, 則OA2=h(2R-h).SΔABC=所以

例4(2019年武漢4 月調(diào)研)三棱錐A-BCD內(nèi)接于半徑為的球O中,AB=CD= 4,則三棱錐A-BCD的體積的最大值為( ).

解析滿足條件的三棱錐A - BCD有無數(shù)個(gè).為使棱AB,CD的長(zhǎng)與三棱錐A-BCD的體積聯(lián)系起來,可作平面PCD, 使棱AB⊥平面PCD, 垂足為P, 又作PH⊥CD,垂足為H.則總有VA-BCD=·SΔP CD·AB=

設(shè)AB,CD的中點(diǎn)分別為E,F,則OE⊥AB,OF⊥CD,如圖6, 又因?yàn)榫€段PH是異面直線AB,CD的公垂線段, 所以PH≤EF≤OE+OF,當(dāng)且僅當(dāng)O,E,F三點(diǎn)共線,且P與E重合、H與F重合時(shí),兩個(gè)不等式的等號(hào)同時(shí)成立,從而

圖6

于是(VA-BCD)max=故選C.

類型四:三棱錐的內(nèi)切球最值

例5(2013年江西省高中數(shù)學(xué)預(yù)賽試題)若正三棱錐的內(nèi)切球半徑為1,則其體積的最小值為____.

解析設(shè)正三棱錐P -ABC的底面中心為O1, 則其內(nèi)切球的球心O在PO1上.設(shè)AO1的延長(zhǎng)線交BC于點(diǎn)D,則PD⊥BC,且球O與面ABC的切點(diǎn)E在PD上.現(xiàn)考慮截面PAD,如圖7.

圖7

設(shè)∠PDA= 2θ(0＜θ ＜),則O1D= cotθ,PO1=O1Dtan 2θ=,AD= 3O1D= 3 cotθ.從而, 正三角形ABC的邊長(zhǎng)為a=所以VP-ABC=· PO1==故當(dāng)tan2θ=時(shí),VP-ABC取得最小值為

說明本題通過引入角參數(shù)θ,將VP-ABC轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的最值問題來解決.在求tan2θ(1-tan2θ)的最大值時(shí),還可以應(yīng)用二元均值不等式.