摘要：立體幾何研究現實世界中物體的形狀、大小與位置關系，與球有關的綜合問題通常以多面體、旋轉體構成的組合體為背景，通過直觀想象、數學抽象、數學運算反映學生知識整合、研究探索、操作運用等關鍵能力.

關鍵詞：組合體;截面圓;模型化

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2022）16-0057-05

收稿日期：2022-03-05

作者簡介：安文華（1973.6-），男，山東省泰安人，本科，中學副高級教師，從事高中數學教學研究.[FQ）]

立體幾何研究現實世界中物體的形狀、大小與位置關系，我們將幾何體分為多面體和旋轉體，一方面要研究它們各自的性質，另一方面將它們構造成組合體研究是我們認識事物的必然途徑.與球有關的綜合問題多以組合體為背景，通過直觀想象、數學抽象、數學運算研究它們的位置關系，反映學生知識整合、研究探索、操作運用等關鍵能力.

1 基礎知識——平面截球空間中基本元素為點、線、面，我們知道，連接球面上任意兩點的線段叫做弦，用一個平面去截一個球，截面是圓面，球的截面有以下性質：

（1）任何平面對于球的截面都是圓形，球心和截面圓心的連線垂直于截面;

（2）球心到截面的距離d，截面圓半徑r，球的半徑R滿足勾股關系：R2=d2+r2.

1.1 平面截球

與球有關的綜合問題通常結構復雜，對空間想象能力和畫圖操作能力有較高要求，那么，首先應分離出基本結構，對研究對象進行表征性抽象.

例1（2021年全國甲卷理·11）已如A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個點，且AC⊥BC，AC=BC=1，則三棱錐O-ABC的體積為（）.

A.212B.312C.24D.34

解題探究因為AC⊥BC，AC=BC=1，△ABC為等腰直角三角形，所以AB=2，△ABC外接圓半徑為22.

又球的半徑為1，設O到平面ABC的距離為d，

則d=12-222=22.

故VO-ABC=13S△ABC·d=13×12×1×1×22=212.

故選A.

解讀此題是關于平面截球性質的運用，屬于簡單題，高考中多有考查，如2020年全國卷.

1.2 已知平面和平面外一點構造外接球

與球有關的綜合問題可以在平面截球的基礎上再引入點、線、面構成多面體，多面體與球體組合在一起，分析各元素的位置關系和數量關系，需要庖丁解牛般的分解與整合能力，是熟悉幾何體形狀，提高空間想象能力的有力抓手.

例2棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F分別是棱AD，DD1的中點，G為平面BB1C1C內的一動點，則三棱錐A1-EFG的外接球半徑的最小值為.

解題探究因為G是動點，A1，E，F是定點，為方便觀察，變換角度如圖1，三棱錐A1-EFG即G-A1EF，將平面AA1D1D作為下底面，三棱錐G-A1EF的關鍵要素為點G與平面A1EF.

設截面A1EF外接圓圓心為O1，由基礎知識知球心在過點O1且與平面A1EF垂直的直線上，此直線記為O1G，與上底面BB1C1C的交點為G，球心O在O1G上.

若上底面另有一點G′，由題意知G′到平面A1EF的距離為定值，過O1G和點G′作球的軸截面，則截圓O1得長為2r的弦PQ.

如圖2，△PG′Q的外接圓半徑即為三棱錐G-A1EF外接球半徑.因為O1G>r，所以頂角∠G為銳角，∠G′<∠G.

由正弦定理知在同底等高的△PG′Q中，△PGQ的外接圓半徑最小.

此時，在圖1中，OG=R，△A1EF為等腰三角形，A1E=A1F=5，EF=2，易得△A1EF外接圓半徑r=526.

所以R2=d2+r2=（2-R）2+r2.

計算得到R=9772.

也可以在圖2中計算，由O1G=2，r=526，

所以PG=QG=9718，sin∠GPQ=O1GPG.

所以2R=QGsin∠GPQ=QG·PGO1G=9736.

所以R=9772.

解讀上述求半徑是利用平面截球的基本性質，抓住球心是解決問題的關鍵.另外這種組合體的問題也常常需要畫出軸截面類比圓的相關知識求半徑，這就是立體幾何問題平面化的思想，通過正弦定理求外接圓的半徑.

2 基本模型——“張角”“墻角”

對組合體結構的認識，需要建立幾何模型，幫助學生由表及里認知本質.以平面截球為基礎，可以進一步構造面面關系與線面關系，比較典型的有“張角”模型和“墻角”模型.

2.1 “張角”

“張角”模型是由兩個半平面組成的二面角內接于球體，那么兩個平面截球有兩個截面，通過平面截球的性質可以確定外接球球心，球心是球的靈魂，抓住了球心就抓住了球的位置.

2.1.1 “張角”為銳角

例3三棱錐P-ABC中，二面角P-AB-C，P-AC-B，P-BC-A均為π3，

AB∶AC∶BC=3∶4∶5，設三棱錐P-ABC的外接球球心為O，直線PO與平面ABC交于Q，則PO∶OQ=.

解題探究首先，確定三棱錐P-ABC的外接球球心O的位置，考查底面ABC及側面PBC，

截球得兩外接圓，設圓心分別為O1，O2，半徑分別為r1，r2，過點O1，O2作各自截面的垂線，得交點即為球心O，圖3為球O軸截面示意圖，R2=OO21+r21，R2=OO22+r22，∠O1OO2=π3.

如圖4，不妨設△ABC三邊長分別為3，4，5，則△ABC為直角三角形，其外接圓圓心O1為BC中點，外接圓半徑為r1=BC2=52.

由三側面與底面所成二面角均相等，則頂點P在底面的射影為底面的內心M，△ABC內切圓半徑為1.

由點M向BC作垂線，垂足為點D，則MD=1，BD=2，DC=3，DO1=12，MO1=52.

如圖5，PD⊥BC，∠PDM為二面角P-BC-A的平面角，∠PDM=π3.

由MD=1得PD=2，PM=3.

所以在△PBC中，∠PBC=π4，PC=13，其外接圓半徑為r2，則2r2=PCsin∠PBC=26.

如圖3，R2=OO21+r21，R2=OO22+r22，

所以OO21-OO22=r22-r21=（262）2-（52）2=14=O1O22.

在△OO1O2中，O1O2=12，∠O1OO2=π3，

所以OO1=33，R2=OO21+r21=7912.

所以R=OP>OO1+PM.

所以O，P在底面ABC兩側，如圖5，PM，OO1同垂直于底，P，M，O，O1四點共面，解得PQ∶OQ=PM∶OO1=3∶1.

所以PO∶OQ=4∶1.

2.1.2 “張角”為鈍角

例4已知邊長為43的菱形ABCD，∠A=60°，現沿對角線BD折起，使得二面角A-BD-C為120°，此時A，B，C，D在同一球面上，則此球的表面積為.

解題探究由題意知△ABD，△CBD均為邊長為43正三角形，截球得兩外接圓，圓心O1，O2是這兩正三角形的重心，外接圓半徑r=AO1=4.過點O1，O2作各自截面的垂線，得交點即為球心O.

如圖6，取BD中點H，則∠AHC為二面角的平面角，∠OHA=∠OHC=60°.

△OO1H中，O1H=2，OO1=23，

所以R2=OO21+r2=28.

所以球的表面積為112π.

2.1.3 “張角”為直角

例5在四棱錐P-ABCD中，BC∥AD，AD⊥AB，BC=4，AD=6，AB=23，PA=PB=PD=43，則三棱錐P-BCD的外接球的表面積為.

解題探究如圖7，計算得△BCD為等腰三角形，∠C=120°，BD=43，則△BCD外接圓直徑為2r1=BDsinC=8，設△BCD外接圓圓心為點O1.

由PA=PB=PD=43，得頂點P在底面的射影為△ABD的外心，△ABD為直角三角形，

外心是其斜邊BD的中點E，所以側面PBD⊥底面BCD.又△PBD為正三角形，則其重心為外接圓圓心，設為O2，外接圓半徑為2r2=BDsin60°=8.

分別由點O1，O2作各自截面的垂線，得交點即為球心O，畫出外接球過點O，O1，O2的軸截面如圖8，由側面PBD⊥底面BCD，所以OO2∥平面BCD，OO1=O2E=12PO2=12·r2=2.

所以R2=OO21+r21=20.

所以球體表面積為80π.

解讀組合體的作圖需要學生有較強的空間想象能力，在球體中內置柱、錐、臺，構成了各式各樣的問題情境，“張角”模型是為了幫助學生抓住問題的主要矛盾和主要方面，根據應對新問題情境的需要，合理地組織、調動各種相關知識與能力，運用立體幾何平面化思想，畫出關鍵截面，對問題背景進行改進與優(yōu)化，形成對新問題的準確判斷、分析與評價.

2.2 “墻角”

構造幾何模型解決有關球和多面體組合問題是一種常見的轉換策略，有線面垂直關系的多面體，通常我們形象地稱之為“墻角”.“墻角”模型，畫出外接圓柱，而圓柱與球同為旋轉體，同為軸對稱圖形，其軸截面長方形的對角線即為外接球直徑.

2.2.1 構造圓柱

例6如圖9，在四棱錐P-ABCD中，已知PA⊥底面ABCD，底面ABCD為等腰梯形，

AD∥BC，AB=AD=CD=1，BC=PA=2，記四棱錐P-ABCD的外接球為球O，

平面PAD與平面PBC的交線為l，則球O的半徑R=，l被球O截得的弦長為.

解題探究由底面ABCD為等腰梯形，且AB=AD=CD=1，BC=2，知平面ABCD截球O得以BC為直徑的圓，設BC的中點為O1，則圓O1的半徑為r1=12BC=1.

因為PA⊥底面ABCD，可以想象在四棱錐P-ABCD外有一外接圓柱，此時球O為四棱錐與圓柱的共同外接球，相對四棱錐，圓柱的外接球更方便畫圖和計算，如圖10，外接球直徑為軸截面BCC1B1的對角線，易知2R=22，則R=2.

當然也可以直觀看到OO1⊥底面ABCD，OO1=12PA=1，R2=OO21+r21=2，則R=2.

平面PAD與平面PBC的交線為PQ，所以l被球O截得的弦長為PQ=AD=1.

2.2.2 構造長方體

長方體是學生學習立體幾何的常用模型和處理線面位置關系的重要載體，體對角線長等于外接球直徑，這為解決長方體的外接球問題給出了便利的方法.而長方體有8個頂點，取其中不共面的4個頂點與該長方體有共同外接球，如果這四個頂點兩兩連線為長方體面上的對角線，則可以構成對棱相等的四面體;如果以長方體一個頂點出發(fā)的三棱構成四面體，即為“墻角”.例7（2019年全國Ⅰ卷理·12）已知三棱錐

P-ABC的四個頂點在球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，AB的中點，∠CEF=90°，則球O的體積為（）.圖11

A.86πB.46πC.26πD.6π

解題探究因為PA=PB=PC，△ABC是邊長為2的正三角形，所以三棱錐P-ABC為正三棱錐.

所以PB⊥AC.

如圖11，E，F分別是PA，AB的中點，所以EF∥PB.

所以EF⊥AC.

又∠CEF=90°，所以EF⊥平面PAC.

所以PB⊥平面PAC.

而三棱錐P-ABC為正三棱錐，所以三條側棱兩兩垂直，此時可以將三棱錐P-ABC看作“墻角”，補成正方體.

所以2R=2+2+2=6.

即R=62，V=43πR3=43π×668=6π.

故選D.

解讀“墻角”模型中，線面垂直條件是關鍵，底面的兩條棱夾角不一定是直角.有線面垂直就可以作出外接圓柱，如果從同一頂點出發(fā)的三條棱兩兩垂直，也可以補成長方體.

3 特殊模型——正方體

眾所周知，正方體是最特殊、最典型的幾何模型，其中蘊含著豐富的點、線、面位置關系.其中與球有關的綜合問題，一是可以處理正四面體的相關計算，將正四面體內接于正方體中，那么正四面體的外接球、內切球可以放在正方體中觀察和計算;二是正方體有內切球、棱接球、外接球，其直徑分別為棱長、面對角線長、體對角線長.

例8半正多面體亦稱“阿基米德多面體”，是由邊數不全相同的正多邊形圍成的多面體，它體現了數學的對稱美.二十四等邊體就是一種半正多面體，是由正方體切截面而成的，它由八個正三角形和六個正方形構成，如圖12，則二十四等邊體的體積與其外接球體積之比為（）.

A. 425πB. 428πC. 524πD. 225π

解題探究正方體有六個面，八個頂點，沿交于一頂點的三條棱的中點截去一個三棱錐，共可截去八個三棱錐，得此“阿基米德多面體”.

設原正方體的棱長為1，則該多面體體積為V=1-8×13×12×12×12×12=56.

由于該多面體是由正方體切去了八個角，所以該多面體的外接球不是正方體的外接球，而是正方體的棱接球，直徑是正方體的面對角線長，即2R=2，所以外接球體積為2π3.

所以該多面體的體積與其外接球體積之比為524π，故選C.

總之，與球有關的綜合問題，尤其是多面體外接球問題，由于結構復雜、缺少教具、畫圖困難，一度是學生學習的難點，如果能掌握適當的幾何模型，從而能透過現象看本質，在多方聯想中求同存異，對提高空間想象能力和化歸轉化能力有著巨大的幫助.

參考文獻：

[1]?中華人民共和國教育部.普通高中數學課程標準（2017年版2020年修訂）＼[M＼].北京：人民教育出版社，2020.

[責任編輯：李璟]