安徽省樅陽縣宏實中學(246700) 朱賢良

當多面體的所有頂點都在同一個球面上時,我們稱該球為多面體的外接球.有關外接球的立體幾何問題能有效地考查學生的直觀想象素養(yǎng)與邏輯推理素養(yǎng),是近年高考試題的熱點與難點內(nèi)容之一.鑒于此類試題綜合性較強,思維難度較大,形形色色、千姿百態(tài)的多面體常令學生望而生畏、束手無策、敬而遠之.因此,非常有必要對多面體的外接球問題作一梳理與總結(jié),從看似不規(guī)則的空間結(jié)構中去尋找規(guī)則的求解思路,形成有法可依、有規(guī)可循的方法體系.

在求解外接球問題時,其關鍵步驟在于確定球心的位置.與外接球有關的特征與規(guī)律就是我們確定外接球球心位置的依據(jù),可以幫助我們透過多面體的重重繁華表象,從本質(zhì)的角度來形成規(guī)則的求解思路.首先,球心到球面上各點的距離都等于半徑,因此哪個點到多面體的各個頂點的距離相等,那么這個點就是球心.其次,球心與截面圓圓心的連線垂直于截面(球的截面圓性質(zhì)),因此球心必在過截面圓圓心且與截面垂直的直線上.根據(jù)這兩點,即可形成確定外接球球心的一般方法,又或者利用一些特殊幾何體,進而讓外接球球心畢露.

一、確定外接球球心位置的一般途徑:從外接圓到外接球

如前所述,球心在過截面圓圓心且與截面垂直的直線上,故多面體外接球球心必在過表面多邊形的外接圓圓心、且與表面垂直的直線上.如圖1所示,過兩表面多邊形外接圓圓心且垂直于兩表面的直線的交點即為多面體外接球的球心.這是確定外接球球心位置的一般途徑.

圖1

例1三棱錐A-BCD中,BD=4,AB=AD=BC=DC=,且平面ABD⊥平面BCD,則該三棱錐的外接球的表面積為( )

A.27π B.30π C.32π D.34π

解析如圖2,設△BCD,△ABD的外接圓半徑分別為r1,r2,外心分別為O1,O2,則r1= r2且O1,O2分別在中線CE,AE上.在△BCD中,sin∠DBC===由正弦定理得2r1==5,即則O1C=O2A=

圖2

過O1,O2分別作平面BCD和平面ABD的垂線,則兩垂線的交點O就是多面體外接球的球心,且四邊形OO1EO2為正方形,故球心O到平面BCD的距離為d=OO1=O2E=所以,外接球的半徑為R=外接球的表面積為S=4πR2=34π.

點評多面體外接球球心在過表面多面形的外心、且與表面垂直的直線上,而在選擇表面多邊形時要注意選擇特殊形狀的多邊形,如正三角形、直角三角形、等腰三角形等,以比較容易地確定外心位置并求出外接圓半徑大小.本題中,△BCD,△ABD為全等的等腰三角形,其所在平面又垂直,這有助于分析外心位置、確定線面的位置關系.

例2在三棱錐S-ABC中,△ABC是邊長為3的等邊三角形,二面角S-AB-C的大小是120°,則此三棱錐的外接球的表面積為

解析如圖3,在△SAB中,SA=SB=AB=3,則SA2+AB2=SB2,故∠SAB為直角,△SAB的外心為斜邊SB的中點O1,且外接圓半徑為

圖3

點評本題中,△SAB與△ABC分別為直角三角形、等邊三角形,借助這兩個特殊形狀的三角形外心來確定外接球球心的位置,從而將問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題,體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸思想,實現(xiàn)復雜問題簡單化,從而使得問題迎刃而解.

二、四類特殊幾何體的外接球:巧借特殊模型玩轉(zhuǎn)外接球

由多邊形的外心到多面體外接球球心是確定外接球球心的一般途徑,但其直觀想象、邏輯推理與數(shù)學運算過程顯得繁雜.實際上,雖然空間多面體形態(tài)各異,但不少多面體都可以轉(zhuǎn)化為幾類特殊、簡單的幾何體來確定其外接球的球心與半徑,通過透視特殊幾何體的結(jié)構特征即可發(fā)現(xiàn)其外接球的秘密,進而通過幾類特殊模型來簡化求解過程.

2.1 長方體的外接球:長方體的體對角線即為外接球的直徑

從小學到高中,長方體幾乎伴著我們學習數(shù)學的全過程,是我們認識空間結(jié)構與空間關系的重要載體.我們知道,長方體的四條體對角線具有長度相等、相交于一點且互相平分等性質(zhì),其交點到長方體八個頂點的距離相等,故長方體體對角線的中點即為外接球球心,其體對角線就是外接球的一條直徑.具體來說,如果長方體的長、寬、高分別為a,b,c,由勾股定理得其體對角線的長為故即外接球半徑為在求解外接球問題時,抓住長方體這一特殊模型,借助長方體的結(jié)構特征進行巧妙構造,可以化難為易、化繁為簡.

例3(2019年高考全國I卷理科第12題)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,PB的中點,∠CEF=90°,則球O的體積為( )

解析由題意,三棱錐PABC為正三棱錐.如圖4,取AC中點D,連接PD,BD,則AC⊥PD,AC⊥BD,故AC⊥平面PBD,AC⊥PB.又∠CEF=90°,而PB//EF,故PB⊥CE.所以,PB⊥平面PAC,PB⊥PA,PB⊥PC.

圖4

由此可知,正三棱錐PABC的側(cè)面為等腰直角三角形,且PA=PB=PC=故此正三棱錐可視為棱長為的正方體的一角,如圖5所示.設球O的半徑為R,則R=,故球O的體積為

圖5

點評本題求解的關鍵步驟有二:一是認清三棱錐P-ABC的結(jié)構特征(也可以由cos∠AEC=-cos∠PEC及余弦定理列式計算得到側(cè)棱長為故側(cè)面為等腰直角三角形),二是通過構造正方體來求取外接球問題.事實上,當三棱錐某一頂點處的三條棱兩兩垂直時,可將此三棱錐補形成長方體,進而借助長方體的外接球來簡化求解過程.

例4(2018年河北預賽高二試題)若△A1A2A3的三邊長分別為8,10,12,三條邊的中點分別是B,C,D,將三個中點兩兩連結(jié)得到三條中位線,此時所得圖形是三棱錐A-BCD的平面展開圖,則此三棱錐的外接球的表面積是

圖6

圖7

解析根據(jù)題意繪制圖形,如圖6,將△A1A2A3分別沿BC,CD,DB進行折疊后,得到圖7中的三棱錐A-BCD.因為三棱錐A-BCD的三對對棱長分別對應相等,聯(lián)系到長方體的上下面、前后面、左右面的對角線長分別對應相等,故可將此三對棱分別視為長方體三對面的對角線.

圖8

點評當三棱錐的三對對棱長對應相等時,將其補形成長方體的思路較為隱蔽,解題時要注意判斷與識別.比如正四面體,可以通過這種思路將其補形成正方體進行求解.

2.2 直棱柱的外接球:上、下底面外心連線段的中點即為外接球球心

除長方體外,一般直棱柱的外接球問題也是十分常見.如圖9,設直棱柱側(cè)棱長為h,上、下底面的外心分別為O1,O2,外接圓半徑為r,根據(jù)球心的特征(球心到球面上每一點的距離均為半徑R)及球的截面圓性質(zhì)(球心與截面圓圓心的連線垂直于截面),不難判斷,線段O1O2的中點O即為外接球的球心.顯然,球心O到底面的距離d等于側(cè)棱長h的一半,故外接球的半徑為

圖9

例5(2018年甘肅預賽)已知△PAD所在平面與矩形ABCD所在平面互相垂直,PA=PD=AB=2, ∠APD=60°,若點P,A,B,C,D都在同一個球面上,則此球的表面積為

圖10

圖11

解析如圖10,作出四棱錐P-ABCD.過點P作平面PAD的垂線段,且長度與AB相等,可將四棱錐補形成正三棱柱,如圖11所示.由題意,正三棱柱底面△PAD的邊長為2,則其外接圓半徑r滿足即又正三棱柱的側(cè)棱長為h=2,故外接球的半徑為其表面積為

點評將空間幾何體補形成特殊幾何體的前提是對空間線、面位置關系的清楚理解與準確把握,特別是線線、線面及面面的垂直關系.

例6(2016年高考北京卷理科第6題改編)某三棱錐的三視圖如圖12所示,則該幾何體的外接球的體積為

圖12

解析根據(jù)三視圖,不難想象知該幾何體為如圖13所示的三棱錐A-BCD,△ABC的三邊長分別為BC=1,AB=AC=,CD⊥平面ABC,且CD=1.根據(jù)此幾何特征,分別過A,B作平面ABC的垂線段,且長度均與CD相等,進而將三棱錐A-BCD補形成以△ABC為底的直三棱柱,如圖14所示.由解三角形知識,易得則△ABC的外接圓半徑r滿足即又棱柱的側(cè)棱長為h=CD=1,故外接球的半徑為其體積等于

圖13

圖14

點評高考原題是求三棱錐的體積,改編為本題后,在求解時需要突破兩個關鍵點:一是根據(jù)三視圖,準確還原幾何體的結(jié)構特征,這是補形的出發(fā)點;二是根據(jù)幾何體的重要結(jié)構特征“CD⊥平面ABC”,靈活通過補形將其轉(zhuǎn)化為直三棱柱求解其外接球問題.

2.3 含有共斜邊的兩個直角三角形的三棱錐:公共斜邊就是外接球的直徑

如前所述,外接球的球心到球面上每一點的距離均為半徑R,抓住外接球球心的這一特征可以迅速確定球心的位置.如圖15所示,在四面體ABCD中,△ABC與△ABD均為直角三角形,AB為公共的斜邊,O為AB的中點.

根據(jù)直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半的結(jié)論可知,OC=OD=OA=OB,即點O到A,B,C,D四點的距離相等,故點O就是四面體ABCD外接球的球心,公共的斜邊AB就是外接球的一條直徑.

圖15

例7矩形ABCD中,AB=6,AD=8,沿對角線AC將△ABC折起,得到四面體ABCD,則四面體ABCD外接球的體積為

解析如圖16,折疊后形成的四面體中,△ABC與△ACD均為直角三角形,且AC為其公共斜邊,故AC為外接球的直徑,即半徑所以,四面體ABCD外接球的體積為

圖16

點評折疊問題需要認清折疊前后的哪些量與位置關系變或不變,其不變性是才是新空間幾何體的重要特征.

例8如圖17,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為菱形,PB⊥平面ABCD,O為對角線AC與BD的交點.若PB=1,則三棱錐P-BCO的外接球的表面積為( )

A.2π B.4π C.6π D.8π

圖17

解析因為PB⊥平面ABCD,則PB⊥AC.而底面ABCD為菱形,則BD⊥AC.故而有AC⊥平面PBD,則AC⊥PO.于是,三棱錐P-BCO的兩個面△PBC與△POC皆為直角三角形,且PC為其公共斜邊,故PC為三棱錐外接球的一條直徑,外接球的半徑=PB=1,外接球的表面積為S=4πR2=4π,正確選項為B.

點評實際上,三棱錐P-BCO的四個側(cè)面皆為直角三角形,也可以將其補形成長方體或直三棱柱后再確定外接球球心的位置.

2.4 側(cè)棱長相等的棱錐:外接球球心在棱錐的高所在的直線上

當棱錐的側(cè)棱長相等時,棱錐頂點在底面上的射影是底面多邊形的外心,而外接球球心與底面多邊形外心的連線也與底面垂直,故外接球球心恰好在棱錐的高所在的直線上.如圖18所示,若棱錐的側(cè)棱長相等,且其高為h,底面外接圓半徑為r,設其外接球半徑為R(h≥R),根據(jù)勾股定理得R2=(h-R)2+r2,故同理,如圖19,當h＜R時,R2=(R-h)2+r2,也可得到所以,不論h與R的大小關系如何,總有

圖18

圖19

例9(2018年山西預賽)四面體ABCD中,有一條棱長為3,其余五條棱長皆為2,則其外接球的半徑為

解析如圖20,設AB=AC=AD=BC=BD=2,CD=3,且E為棱CD的中點,F為點A在底面BCD上的射影,則

圖20

點評當棱錐側(cè)棱長相等時,只須求出棱錐的高h與底面外接圓半徑r,代入公式即可一蹴而就求得外接球半徑.

例10(2017年福建預賽)三棱錐P-ABC中,△ABC是邊長為的等邊三角形,PB=且二面角P-BC-A的大小為45°,則三棱錐P-ABC的外接球的表面積為

圖21

解析如圖21,取BC中點為D,連接PD,AD,則二面角P-BC-A的平面角為∠PDA=45°.在△PAD中,AD=3,PD=由余弦定理得所以,三棱錐P-ABC為正三棱錐.設△ABC外接圓半徑為r,則=4, r=2,棱錐的高為h==1,故外接球半徑為=外接球的表面積為S=4πR2=25π.

點評解決外接球問題的第一步是識別多面體的結(jié)構特征,如本題要從條件出發(fā)判斷出P-ABC為正三棱錐這一特殊幾何體,再借助特殊模型進行求解.因此,特殊幾何體的結(jié)構特征是解決立體幾何問題的立足點,在解題時要注意把握.