与球有关的综合问题求解模型

摘要：立体几何研究现实世界中物体的形状、大小与位置关系，与球有关的综合问题通常以多面体、旋转体构成的组合体为背景，通过直观想象、数学抽象、数学运算反映学生知识整合、研究探索、操作运用等关键能力.

关键词：组合体;截面圆;模型化

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2022）16-0057-05

收稿日期：2022-03-05

作者简介：安文华（1973.6-），男，山东省泰安人，本科，中学副高级教师，从事高中数学教学研究.[FQ）]

立体几何研究现实世界中物体的形状、大小与位置关系，我们将几何体分为多面体和旋转体，一方面要研究它們各自的性质，另一方面将它们构造成组合体研究是我们认识事物的必然途径.与球有关的综合问题多以组合体为背景，通过直观想象、数学抽象、数学运算研究它们的位置关系，反映学生知识整合、研究探索、操作运用等关键能力.

1 基础知识——平面截球空间中基本元素为点、线、面，我们知道，连接球面上任意两点的线段叫做弦，用一个平面去截一个球，截面是圆面，球的截面有以下性质：

（1）任何平面对于球的截面都是圆形，球心和截面圆心的连线垂直于截面;

（2）球心到截面的距离d，截面圆半径r，球的半径R满足勾股关系：R2=d2+r2.

1.1 平面截球

与球有关的综合问题通常结构复杂，对空间想象能力和画图操作能力有较高要求，那么，首先应分离出基本结构，对研究对象进行表征性抽象.

例1（2021年全国甲卷理·11）已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC=BC=1，则三棱锥O-ABC的体积为（）.

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

解题探究因为AC⊥BC，AC=BC=1，△ABC为等腰直角三角形，所以AB=2，△ABC外接圆半径为22.

又球的半径为1，设O到平面ABC的距离为d，

则d=12-222=22.

故VO-ABC=13S△ABC·d=13×12×1×1×22=212.

故选A.

解读此题是关于平面截球性质的运用，属于简单题，高考中多有考查，如2020年全国卷.

1.2 已知平面和平面外一点构造外接球

与球有关的综合问题可以在平面截球的基础上再引入点、线、面构成多面体，多面体与球体组合在一起，分析各元素的位置关系和数量关系，需要庖丁解牛般的分解与整合能力，是熟悉几何体形状，提高空间想象能力的有力抓手.

例2棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱AD，DD1的中点，G为平面BB1C1C内的一动点，则三棱锥A1-EFG的外接球半径的最小值为.

解题探究因为G是动点，A1，E，F是定点，为方便观察，变换角度如图1，三棱锥A1-EFG即G-A1EF，将平面AA1D1D作为下底面，三棱锥G-A1EF的关键要素为点G与平面A1EF.

设截面A1EF外接圆圆心为O1，由基础知识知球心在过点O1且与平面A1EF垂直的直线上，此直线记为O1G，与上底面BB1C1C的交点为G，球心O在O1G上.

若上底面另有一点G′，由题意知G′到平面A1EF的距离为定值，过O1G和点G′作球的轴截面，则截圆O1得长为2r的弦PQ.

如图2，△PG′Q的外接圆半径即为三棱锥G-A1EF外接球半径.因为O1G>r，所以顶角∠G为锐角，∠G′<∠G.

由正弦定理知在同底等高的△PG′Q中，△PGQ的外接圆半径最小.

此时，在图1中，OG=R，△A1EF为等腰三角形，A1E=A1F=5，EF=2，易得△A1EF外接圆半径r=526.

所以R2=d2+r2=（2-R）2+r2.

计算得到R=9772.

也可以在图2中计算，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.

解读上述求半径是利用平面截球的基本性质，抓住球心是解决问题的关键.另外这种组合体的问题也常常需要画出轴截面类比圆的相关知识求半径，这就是立体几何问题平面化的思想，通过正弦定理求外接圆的半径.

2 基本模型——“张角”“墙角”

对组合体结构的认识，需要建立几何模型，帮助学生由表及里认知本质.以平面截球为基础，可以进一步构造面面关系与线面关系，比较典型的有“张角”模型和“墙角”模型.

2.1 “张角”

“张角”模型是由两个半平面组成的二面角内接于球体，那么两个平面截球有两个截面，通过平面截球的性质可以确定外接球球心，球心是球的灵魂，抓住了球心就抓住了球的位置.

2.1.1 “张角”为锐角

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

AB∶AC∶BC=3∶4∶5，设三棱锥P-ABC的外接球球心为O，直线PO与平面ABC交于Q，则PO∶OQ=.

解题探究首先，确定三棱锥P-ABC的外接球球心O的位置，考查底面ABC及侧面PBC，

截球得两外接圆，设圆心分别为O1，O2，半径分别为r1，r2，过点O1，O2作各自截面的垂线，得交点即为球心O，图3为球O轴截面示意图，R2=OO21+r21，R2=OO22+r22，∠O1OO2=π3.

如图4，不妨设△ABC三边长分别为3，4，5，则△ABC为直角三角形，其外接圆圆心O1为BC中点，外接圆半径为r1=BC2=52.

由三侧面与底面所成二面角均相等，则顶点P在底面的射影为底面的内心M，△ABC内切圆半径为1.

由点M向BC作垂线，垂足为点D，则MD=1，BD=2，DC=3，DO1=12，MO1=52.

如图5，PD⊥BC，∠PDM为二面角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，其外接圆半径为r2，则2r2=PCsin∠PBC=26.

如图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两侧，如图5，PM，OO1同垂直于底，P，M，O，O1四点共面，解得PQ∶OQ=PM∶OO1=3∶1.

所以PO∶OQ=4∶1.

2.1.2 “张角”为钝角

例4已知边长为43的菱形ABCD，∠A=60°，现沿对角线BD折起，使得二面角A-BD-C为120°，此时A，B，C，D在同一球面上，则此球的表面积为.

解题探究由题意知△ABD，△CBD均为边长为43正三角形，截球得两外接圆，圆心O1，O2是这两正三角形的重心，外接圆半径r=AO1=4.过点O1，O2作各自截面的垂线，得交点即为球心O.

如图6，取BD中点H，则∠AHC为二面角的平面角，∠OHA=∠OHC=60°.

△OO1H中，O1H=2，OO1=23，

所以R2=OO21+r2=28.

所以球的表面积为112π.

2.1.3 “张角”为直角

例5在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，AD⊥AB，BC=4，AD=6，AB=23，PA=PB=PD=43，则三棱锥P-BCD的外接球的表面积为.

解题探究如图7，计算得△BCD为等腰三角形，∠C=120°，BD=43，则△BCD外接圆直径为2r1=BDsinC=8，设△BCD外接圆圆心为点O1.

由PA=PB=PD=43，得顶点P在底面的射影为△ABD的外心，△ABD为直角三角形，

外心是其斜邊BD的中点E，所以侧面PBD⊥底面BCD.又△PBD为正三角形，则其重心为外接圆圆心，设为O2，外接圆半径为2r2=BDsin60°=8.

分别由点O1，O2作各自截面的垂线，得交点即为球心O，画出外接球过点O，O1，O2的轴截面如图8，由侧面PBD⊥底面BCD，所以OO2∥平面BCD，OO1=O2E=12PO2=12·r2=2.

所以R2=OO21+r21=20.

所以球体表面积为80π.

解读组合体的作图需要学生有较强的空间想象能力，在球体中内置柱、锥、台，构成了各式各样的问题情境，“张角”模型是为了帮助学生抓住问题的主要矛盾和主要方面，根据应对新问题情境的需要，合理地组织、调动各种相关知识与能力，运用立体几何平面化思想，画出关键截面，对问题背景进行改进与优化，形成对新问题的准确判断、分析与评价.

2.2 “墙角”

构造几何模型解决有关球和多面体组合问题是一种常见的转换策略，有线面垂直关系的多面体，通常我们形象地称之为“墙角”.“墙角”模型，画出外接圆柱，而圆柱与球同为旋转体，同为轴对称图形，其轴截面长方形的对角线即为外接球直径.

2.2.1 构造圆柱

例6如图9，在四棱锥P-ABCD中，已知PA⊥底面ABCD，底面ABCD为等腰梯形，

AD∥BC，AB=AD=CD=1，BC=PA=2，记四棱锥P-ABCD的外接球为球O，

平面PAD与平面PBC的交线为l，则球O的半径R=，l被球O截得的弦长为.

解题探究由底面ABCD为等腰梯形，且AB=AD=CD=1，BC=2，知平面ABCD截球O得以BC为直径的圆，设BC的中点为O1，则圆O1的半径为r1=12BC=1.

因为PA⊥底面ABCD，可以想象在四棱锥P-ABCD外有一外接圆柱，此时球O为四棱锥与圆柱的共同外接球，相对四棱锥，圆柱的外接球更方便画图和计算，如图10，外接球直径为轴截面BCC1B1的对角线，易知2R=22，则R=2.

当然也可以直观看到OO1⊥底面ABCD，OO1=12PA=1，R2=OO21+r21=2，则R=2.

平面PAD与平面PBC的交线为PQ，所以l被球O截得的弦长为PQ=AD=1.

2.2.2 构造长方体

长方体是学生学习立体几何的常用模型和处理线面位置关系的重要载体，体对角线长等于外接球直径，这为解决长方体的外接球问题给出了便利的方法.而长方体有8个顶点，取其中不共面的4个顶点与该长方体有共同外接球，如果这四个顶点两两连线为长方体面上的对角线，则可以构成对棱相等的四面体;如果以长方体一个顶点出发的三棱构成四面体，即为“墙角”.例7（2019年全国Ⅰ卷理·12）已知三棱锥

P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为（）.图11

A.86πB.46πC.26πD.6π

解题探究因为PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，所以三棱锥P-ABC为正三棱锥.

所以PB⊥AC.

如图11，E，F分别是PA，AB的中点，所以EF∥PB.

所以EF⊥AC.

又∠CEF=90°，所以EF⊥平面PAC.

所以PB⊥平面PAC.

而三棱锥P-ABC为正三棱锥，所以三条侧棱两两垂直，此时可以将三棱锥P-ABC看作“墙角”，补成正方体.

所以2R=2+2+2=6.

即R=62，V=43πR3=43π×668=6π.

故选D.

解读“墙角”模型中，线面垂直条件是关键，底面的两条棱夹角不一定是直角.有线面垂直就可以作出外接圆柱，如果从同一顶点出发的三条棱两两垂直，也可以补成长方体.

3 特殊模型——正方体

众所周知，正方体是最特殊、最典型的几何模型，其中蕴含着丰富的点、线、面位置关系.其中与球有关的综合问题，一是可以处理正四面体的相关计算，将正四面体内接于正方体中，那么正四面体的外接球、内切球可以放在正方体中观察和计算;二是正方体有內切球、棱接球、外接球，其直径分别为棱长、面对角线长、体对角线长.

例8半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截面而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成，如图12，则二十四等边体的体积与其外接球体积之比为（）.

A. 425πB. 428πC. 524πD. 225π

解题探究正方体有六个面，八个顶点，沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得此“阿基米德多面体”.

设原正方体的棱长为1，则该多面体体积为V=1-8×13×12×12×12×12=56.

由于该多面体是由正方体切去了八个角，所以该多面体的外接球不是正方体的外接球，而是正方体的棱接球，直径是正方体的面对角线长，即2R=2，所以外接球体积为2π3.

所以该多面体的体积与其外接球体积之比为524π，故选C.

总之，与球有关的综合问题，尤其是多面体外接球问题，由于结构复杂、缺少教具、画图困难，一度是学生学习的难点，如果能掌握适当的几何模型，从而能透过现象看本质，在多方联想中求同存异，对提高空间想象能力和化归转化能力有着巨大的帮助.

参考文献：

[1] 中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）＼[M＼].北京：人民教育出版社，2020.

[责任编辑：李璟]