湖南省懷化市鐵路第一中學(xué)

近年來求多面體的外接球問題在高考試題、各地模擬試題中頻頻出現(xiàn),成為了熱點問題,其中四面體的外接球問題最具代表性.求四面體外接球問題的兩種常用方法一是截面法,即找球心求半徑;二是補形法,即將四面體補成長方體(四面體的所有頂點均為長方體的頂點),也就是等價轉(zhuǎn)化為求長方體的外接球問題.通過檢索大量的文獻發(fā)現(xiàn),寫四面體外接球問題的文章不少,而且必然會提到上述兩種常用解法.關(guān)于補形法,絕大多數(shù)文章都只是列舉幾種常用的可以補成長方體的四面體,普遍存在類型不全、歸類不準確、重復(fù)等問題,而且沒有給出嚴格的數(shù)學(xué)證明.那么,到底什么樣的四面體能夠補成長方體呢?

類型一“墻角”四面體(過某頂點的三條棱兩兩垂直)

圖1

結(jié)論1過某頂點的三條棱兩兩垂直的四面體能補成長方體.

結(jié)論1 是顯然成立的.如圖1,四面體ABCD可以補成以AB、BC、BD為長、寬、高的長方體.

例1(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,ΔABC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()

解析如圖2,因為CE ⊥EF,所以CE ⊥PB.作AC的中點G,連接PG、BG,由于PA=PC,ΔABC是正三角形,則AC ⊥PG,AC ⊥BG,從而AC ⊥平面PGB,所以AC ⊥PB.

圖2

又AC ∩CE=C且AC,CE ?平面PAC,所以PB ⊥平面PAC,則ΔPAB,ΔPAC為等腰直角三角形,得PA=PC=又AC=2,所以PA ⊥PC.從而,三棱錐P-ABC過點P的三條棱PA,PB,PC兩兩垂直,所以可以補成以PA,PB,PC為長寬高的長方體(實際上是正方體),則外接球半徑外接球的體積為

評注此題通過所給條件可以得到三棱錐P-ABC過點P的三條棱PA,PB,PC兩兩垂直,即三棱錐P-ABC是個“墻角”四面體.于是由結(jié)論1 可以將三棱錐補成正方體,轉(zhuǎn)化為正方體的外接球問題,正方體的體對角線即是其外接球的直徑,從而使得問題的求解變得極為簡便.

類型二“鱉臑”四面體(四個面均為直角三角形)

《九章算術(shù)》中,將底面為長方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬;將四個面都為直角三角形的三棱錐稱之為鱉臑.

圖3

結(jié)論2四個面均為直角三角形的四面體的能補成長方體.

結(jié)論2 也是顯然成立的.如圖3,四面體ABCD可以補成以AB、BC、CD為長、寬、高的長方體.

例2(2008年高考浙江卷第14題)如圖4,已知球O點面上四點A,B,C,D,DA ⊥平面ABC,AB ⊥BC,DA=AB=BC=則球O的體積等于____.

圖4

解析 球O為四面體ABCD的外接球.因為DA ⊥平面ABC,則ΔABD、ΔACD為直角三角形,且DA ⊥BC,又AB ⊥BC,得到BC ⊥平面ABD,從而BC ⊥BD,所以ΔABC、ΔBCD也是直角三角形,則四面體ABCD四個面均為直角三角形,即四面體為“鱉臑”四面體,所以能補成以AB、BC、AD為長、寬、高的長方體,其外接球的直接為長方體的體對角線,則球O半徑為于是球O的體積為

評注通過研究四面體的線面關(guān)系,發(fā)現(xiàn)四面體的四個面均為直角三角形,即為“鱉臑”四面體,由結(jié)論2 知,該四面體能補成長方體,于是不難求出其外接球的體積.

類型三 對棱相等的四面體

圖5

結(jié)論3對棱相等的四面體能補成長方體.

證明設(shè)四面體ABCD三組對棱長分別為x、y、z,要證四面體ABCD能補成長、寬、高分別為a、b、c的長方體,則只要證方程組有解,變形得故只要證即只需證明四面體ABCD的四個面為銳角三角形.

因為四面體ABCD的對棱相等,則四個面是四個全等三角形,令a、b、c的對角分別為α、β、γ則α+β+γ=180°.任取一頂點,考慮由α、β、γ組成一個三面角,在三面角中,任意兩面角之和大于第三個面角,所以α < β+γ,則2α<α+β+γ=180°,所以α<90°,即α為銳角.同理可證明β、γ均為銳角.這就證明了四面體ABCD的四個面為銳角三角形,從而證明了對棱相等的四面體能夠補成長方體.事實上,正四面體能補成正方體只是類型三的特殊情況.

例3(2018年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽浙江預(yù)賽第10題)在四面體P-ABC中,已知則四面體的外接球半徑是____.

解析不難發(fā)現(xiàn)四面體P-ABC的三對對棱相等,則可以將該四面體補成長方體,假設(shè)補成的長方體的長、寬、高分別為x、y、z,則于是長方體的外接球半徑也即四面體P-ABC的外接球半徑.

評注此題的突破口在于發(fā)現(xiàn)四面體P-ABC的三對對棱相等,由結(jié)論3,將四面體補成長方體,利用長方體的對角線求四面體的外接球半徑.

類型四 有三個面為直角三角形且所有直角三角形的斜邊為一組對棱的四面體

圖6

結(jié)論4有三個面為直角三角形且所有直角三角形的斜邊為一組對棱的四面體能補成成方體,且其中最長的棱(其中兩個直角三角形的公共斜邊)為長方體的體對角線.

證明1如圖6,對棱AD、BC為直角三角形的斜邊,且AB ⊥AC,AB ⊥BD,AC ⊥CD.設(shè)AB=a,AC=b,BC=x,BD=y,CD=z,要證四面體ABCD能補成的長、寬、高分別為a、b、c的長方體,只要證方程組有解,變形為因為AB ⊥AC,AB ⊥BD,AC ⊥CD,有a2+b2=x2,a2+y2=b2+z2,兩式相加得2a2=x2+z2-y2,兩式相減得2b2=x2+y2-z2.那么只要證2c2=y2+z2-x2,即只需證y2+z2-x2>0,只要證明∠BDC為銳角即可.

即∠BDC為銳角.這就證明了有三個面為直角三角形且所有直角三角形的斜邊為一組對棱的四面體能補成方體.不難看出,四面體的棱AD即為長方體的體對角線.

證明2如圖7,過點D作平面ABC的垂線DE,垂足為E,則DE ⊥AB,DE ⊥ AC.又因為AB ⊥BD,AC ⊥CD,而BD,DE ?平面BDE,且BD ∩DE=D;CD,DE ?平面CDE,且CD ∩DE=D.所以AB ⊥平面BDE,AC ⊥平面CDE,則AB ⊥BE,AC ⊥CE.

圖7

所以四邊形ABEC為矩形,從而可以補成以AB、AC、DE為長、寬、高的長方體.此時AD即為長方體的體對角線.

從檢索到的文獻來看,幾乎都沒提及類型四的四面體,唯文[1]將這種類型的四面體表述為“有不共點的相互垂直的三條棱”,不準確.文章也只粗略地給出了圖示,并沒給出這種類型的四面體能補成成方體的嚴格證明.

例4 如圖8所示,四面體ABCD中,側(cè)面ABD、ACD是全等的直角三角形,AD是公共的斜邊,且AD==CD=1,另一個側(cè)面ABC是正三角形,則四面體ABCD的外接球的側(cè)面積為.

圖8

解析因為BC=AB=所以ΔBCD也是直角三角形,且斜邊為BC,從而四面體ABCD中有三個直角三角形ΔABD、ΔACD、ΔBCD,且所有的直角三角形的斜邊為四面體的一組對棱AD、BC,所以該四面體能夠補成長方體,且棱AD為長方體的體對角線.故四面體的外接球半徑為其外接球表面積為S=4πr2=3π.

評注通過分析四面體的棱長,發(fā)現(xiàn)了三個直角三角形且所有直角三角形的斜邊為一組對棱,由結(jié)論4 知該四面體能補成長方體,于是問題由此得解.

另一方面,除了上述四種類型的四面體外還有其他的四面體能補成長方體嗎? 為了解除這個疑問,可以換個角度來思考,看看從長方體中可以取出哪些類型的四面體?

由對稱性,在長方體中取四面體只有兩種情況:一是在一對對面上其中一個面上取三個頂點,另一個面上取一個頂點;二是在一對對面上各取兩個頂點.

圖9

情況一:如圖9,在底面上取三個頂點A、B、C,則ΔABC必為直角三角形,若在其對面上取頂點E,得到的四面體就是類型一;若在其對面上取頂點D或F,得到的四面體就是類型二;若其對面上取頂點G,得到的四面體就是類型四.

情況二:在一對對面上各取兩個頂點,則各面上所取得兩頂點必在該面的對角上,否則與情況一重復(fù).如圖9,在底面上取兩頂點A、C,則在對面上只能取頂點E、G,此時得到的四面體就是類型三.

綜上所述,從長方體中只能取出上述的四類四面體,所以以上四類四面體即為所有能夠補成長方體的四面體.

總結(jié) 只有以上四種類型的四面體能夠補成長方體.所以,在求解四面體外接球問題時,如果符合以上四種類型,則可以補成長方體,利用長方體體對角線求外接球半徑,會使得問題的求解更為簡便;否則,只能通過其他方法求解.