摘要：立體幾何研究現(xiàn)實(shí)世界中物體的形狀、大小與位置關(guān)系，與球有關(guān)的綜合問題通常以多面體、旋轉(zhuǎn)體構(gòu)成的組合體為背景，通過直觀想象、數(shù)學(xué)抽象、數(shù)學(xué)運(yùn)算反映學(xué)生知識(shí)整合、研究探索、操作運(yùn)用等關(guān)鍵能力.

關(guān)鍵詞：組合體;截面圓;模型化

中圖分類號(hào)：G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A文章編號(hào)：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(xué)副高級(jí)教師，從事高中數(shù)學(xué)教學(xué)研究.[FQ）]

立體幾何研究現(xiàn)實(shí)世界中物體的形狀、大小與位置關(guān)系，我們將幾何體分為多面體和旋轉(zhuǎn)體，一方面要研究它們各自的性質(zhì)，另一方面將它們構(gòu)造成組合體研究是我們認(rèn)識(shí)事物的必然途徑.與球有關(guān)的綜合問題多以組合體為背景，通過直觀想象、數(shù)學(xué)抽象、數(shù)學(xué)運(yùn)算研究它們的位置關(guān)系，反映學(xué)生知識(shí)整合、研究探索、操作運(yùn)用等關(guān)鍵能力.

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

（1）任何平面對(duì)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(guān)系：R2=d2+r2.

1.1 平面截球

與球有關(guān)的綜合問題通常結(jié)構(gòu)復(fù)雜，對(duì)空間想象能力和畫圖操作能力有較高要求，那么，首先應(yīng)分離出基本結(jié)構(gòu)，對(duì)研究對(duì)象進(jìn)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(gè)點(diǎn)，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?yàn)锳C⊥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(shè)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(guān)于平面截球性質(zhì)的運(yùn)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(diǎn)構(gòu)造外接球

與球有關(guān)的綜合問題可以在平面截球的基礎(chǔ)上再引入點(diǎn)、線、面構(gòu)成多面體，多面體與球體組合在一起，分析各元素的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)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(xiàn)分別是棱AD，DD1的中點(diǎn)，G為平面BB1C1C內(nèi)的一動(dòng)點(diǎn)，則三棱錐A1-EFG的外接球半徑的最小值為.

解題探究因?yàn)镚是動(dòng)點(diǎn)，A1，E，F(xiàn)是定點(diǎn)，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(guān)鍵要素為點(diǎn)G與平面A1EF.

設(shè)截面A1EF外接圓圓心為O1，由基礎(chǔ)知識(shí)知球心在過點(diǎn)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(diǎn)為G，球心O在O1G上.

若上底面另有一點(diǎn)G′，由題意知G′到平面A1EF的距離為定值，過O1G和點(diǎn)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?yàn)镺1G>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(shí)，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(jì)算得到R=9772.

也可以在圖2中計(jì)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(zhì)，抓住球心是解決問題的關(guān)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(guān)知識(shí)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(duì)組合體結(jié)構(gòu)的認(rèn)識(shí)，需要建立幾何模型，幫助學(xué)生由表及里認(rèn)知本質(zhì).以平面截球?yàn)榛A(chǔ)，可以進(jìn)一步構(gòu)造面面關(guān)系與線面關(guān)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(gè)半平面組成的二面角內(nèi)接于球體，那么兩個(gè)平面截球有兩個(gè)截面，通過平面截球的性質(zhì)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(shè)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(cè)面PBC，

截球得兩外接圓，設(shè)圓心分別為O1，O2，半徑分別為r1，r2，過點(diǎn)O1，O2作各自截面的垂線，得交點(diǎn)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(shè)△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(diǎn)，外接圓半徑為r1=BC2=52.

由三側(cè)面與底面所成二面角均相等，則頂點(diǎn)P在底面的射影為底面的內(nèi)心M，△ABC內(nèi)切圓半徑為1.

由點(diǎn)M向BC作垂線，垂足為點(diǎn)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O(shè)O21-OO22=r22-r21=（262）2-（52）2=14=O1O22.

在△OO1O2中，O1O2=12，∠O1OO2=π3，

所以O(shè)O1=33，R2=OO21+r21=7912.

所以R=OP>OO1+PM.

所以O(shè)，P在底面ABC兩側(cè)，如圖5，PM，OO1同垂直于底，P，M，O，O1四點(diǎn)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(xiàn)沿對(duì)角線BD折起，使得二面角A-BD-C為120°，此時(shí)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(diǎn)O1，O2作各自截面的垂線，得交點(diǎn)即為球心O.

如圖6，取BD中點(diǎn)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(jì)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(shè)△BCD外接圓圓心為點(diǎn)O1.

由PA=PB=PD=43，得頂點(diǎn)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(diǎn)E，所以側(cè)面PBD⊥底面BCD.又△PBD為正三角形，則其重心為外接圓圓心，設(shè)為O2，外接圓半徑為2r2=BDsin60°=8.

分別由點(diǎn)O1，O2作各自截面的垂線，得交點(diǎn)即為球心O，畫出外接球過點(diǎn)O，O1，O2的軸截面如圖8，由側(cè)面PBD⊥底面BCD，所以O(shè)O2∥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(xué)生有較強(qiáng)的空間想象能力，在球體中內(nèi)置柱、錐、臺(tái)，構(gòu)成了各式各樣的問題情境，“張角”模型是為了幫助學(xué)生抓住問題的主要矛盾和主要方面，根據(jù)應(yīng)對(duì)新問題情境的需要，合理地組織、調(diào)動(dòng)各種相關(guān)知識(shí)與能力，運(yùn)用立體幾何平面化思想，畫出關(guān)鍵截面，對(duì)問題背景進(jìn)行改進(jìn)與優(yōu)化，形成對(duì)新問題的準(zhǔn)確判斷、分析與評(píng)價(jià).

2.2 “墻角”

構(gòu)造幾何模型解決有關(guān)球和多面體組合問題是一種常見的轉(zhuǎn)換策略，有線面垂直關(guān)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(zhuǎn)體，同為軸對(duì)稱圖形，其軸截面長方形的對(duì)角線即為外接球直徑.

2.2.1 構(gòu)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?yàn)榍騉，

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(shè)BC的中點(diǎn)為O1，則圓O1的半徑為r1=12BC=1.

因?yàn)镻A⊥底面ABCD，可以想象在四棱錐P-ABCD外有一外接圓柱，此時(shí)球O為四棱錐與圓柱的共同外接球，相對(duì)四棱錐，圓柱的外接球更方便畫圖和計(jì)算，如圖10，外接球直徑為軸截面BCC1B1的對(duì)角線，易知2R=22，則R=2.

當(dāng)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(gòu)造長方體

長方體是學(xué)生學(xué)習(xí)立體幾何的常用模型和處理線面位置關(guān)系的重要載體，體對(duì)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(gè)頂點(diǎn)，取其中不共面的4個(gè)頂點(diǎn)與該長方體有共同外接球，如果這四個(gè)頂點(diǎn)兩兩連線為長方體面上的對(duì)角線，則可以構(gòu)成對(duì)棱相等的四面體;如果以長方體一個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)的三棱構(gòu)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(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(xiàn)分別是PA，AB的中點(diǎn)，∠CEF=90°，則球O的體積為（）.圖11

A.86πB.46πC.26πD.6π

解題探究因?yàn)镻A=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(xiàn)分別是PA，AB的中點(diǎn)，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(cè)棱兩兩垂直，此時(shí)可以將三棱錐P-ABC看作“墻角”，補(bǔ)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(guān)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(diǎn)出發(fā)的三條棱兩兩垂直，也可以補(bǔ)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(yùn)含著豐富的點(diǎn)、線、面位置關(guān)系.其中與球有關(guān)的綜合問題，一是可以處理正四面體的相關(guān)計(jì)算，將正四面體內(nèi)接于正方體中，那么正四面體的外接球、內(nèi)切球可以放在正方體中觀察和計(jì)算;二是正方體有內(nèi)切球、棱接球、外接球，其直徑分別為棱長、面對(duì)角線長、體對(duì)角線長.

例8半正多面體亦稱“阿基米德多面體”，是由邊數(shù)不全相同的正多邊形圍成的多面體，它體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)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(gè)正三角形和六個(gè)正方形構(gòu)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(gè)面，八個(gè)頂點(diǎn)，沿交于一頂點(diǎn)的三條棱的中點(diǎn)截去一個(gè)三棱錐，共可截去八個(gè)三棱錐，得此“阿基米德多面體”.

設(shè)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(gè)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(duì)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(guān)的綜合問題，尤其是多面體外接球問題，由于結(jié)構(gòu)復(fù)雜、缺少教具、畫圖困難，一度是學(xué)生學(xué)習(xí)的難點(diǎn)，如果能掌握適當(dāng)?shù)膸缀文Ｐ?，從而能透過現(xiàn)象看本質(zhì)，在多方聯(lián)想中求同存異，對(duì)提高空間想象能力和化歸轉(zhuǎn)化能力有著巨大的幫助.

參考文獻(xiàn)：

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[責(zé)任編輯：李璟]