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两招搞定简单多面体外接球问题_图文

时间:2016-11-24

两招搞定简单多面体外接球问题
■ 舒飞跃
此类 近年来, 高考题中常常出现简单多面体外接球问题, 问题能有效考查学生的空间想象能力, 它自然受到命题者的青 睐. 简单多面体外接球问题实质上是解决球的半径和确定球心 的位置问题, 解决这一问题从两个方面入手可以有效解决球心 与球半径, 下面笔者就这一问题谈一谈自已的想法, 供参考. 一、 深入理解球的定义, 转化为常见结论, 准确定位球心 在空间中, 如果一个定点与一个简单多面体的所有顶点的 距离都相等, 那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心 . 由上面的性质, 可以得到下列简单多面体外接球的球心的 如下结论. 结论 1 : n 棱锥有外接球的球心在过底面多边形外接圆的 圆心且垂直 于 底 面 的 直 线 上, 具体的位置通过计算后准确 找到. 结论 2 :n 棱台有外接球的球心是在上 、 下底面多边形的外 接圆的圆心的连线的直线上, 具体位置可通过计算准确找到 . 结论 3 :n 直棱柱有外接球的球心是在上 、 下底面多边形的 外接圆的圆心的连线的中点 . ( 特别地, 正方体与长方体的外接球的球心是其体对角线 中点. ) 例1 一个几何体的三视 图如图 1 所示, 其中正视图是 一个正三角形, 则这个几何体 的外接球的表面积为 . 解:由三视图作出原几何 体是三棱锥 A - BCD, 如图 2 所 示, 平面 ABD ⊥ 平面 BCD, 取 BD 的 中 点 为 O1 ,连 结 AO1 , CO1 , 因 △ABD 边长为 4 的正三 角形, △BCD 是等腰直角三角 2, ∠BCD = 90 ° , 形, 且 BC = CD = 2 槡 有 AO1 ⊥ 平面 BCD, 则球心 O 在线段 AO1 上, 连结 BO. 设外接球的半径为 R,
2 2 2 在 Rt△BOO1 中, 因 BO = OO1 + BO1 ,

例2

( 2009 年高考题改编) 直三棱柱 ABC - A1 B1 C1 的各 .

AC = 槡 3, 顶 点都在同一球面上, 若 AB = AA1 = 4 , ∠BAC = 30 ° , 则此球的表面积等于 解:如图 3 , 设三角形 ABC 和 A1 B1 C1 的外 O2 , OA, O1 A , 心分别为 O1 、 连结 O1 O2 , 取 O1 O2 则 O 点到直棱柱 ABC - A1 B1 C1 各 的中点为 O, 顶点的距离相等. 即球心为 O, 由余弦定理知, BC2 = AB2 + AC2 - 2 AB·AC·cos∠BAC = 7 , 7, 所以 BC = 槡 设 △ABC 外接圆的半径为 r, 则 得 2r = 由正弦定理, 21 = 槡 . 3 外接球的半径 R = AO = 在 Rt△AOO1 中, . 所以 S 3 槡 13


7 2 21 槡 = 槡 , 所以 r 3 sin∠BAC

图3

AO1 槡

2

+ OO2 1 =

= 4 π R2 = 4 π ·

13 52 π = . 3 3

点评:直三棱柱外接球的球心可以用正弦定理先求出三角 形的外接圆的半径, 再利用勾股定计算出球心的位置 . 二、 发现简单多面体的结构特征 , 补形成长方体或正方体 准确定位球心 正方体与长方体的外接球的球心是其体对角线中点 . 以下 是常见几何体补成正方体或长方体的思考途径 . 途径 1 :求对棱相等的四面体中的空间角 、 线段长、 四面体 与球的合体问题, 可以补形成正方体或长方体( 对棱相等且六 条棱不全等的四面体补形为长方体, 六棱全等四面体补形为正 方体) , 再利用向量或它们的几何性质很容易完成解答 . 途径 2 :共顶点三棱相互垂直且长度不相等四面体可补形 图1 为长方体解决. 途径 3 :注意解题时, 利用线线垂直、 线面垂直转化为四个 面都是直角三角形从而使问题得到求解 .

3 - R) 2 , R2 = 2 2 + ( 2 槡 解得 R =
2 以 S 球 = 4 πR =

4槡 3 , 所 3 图2 图4 图5 途径 4 :长方体中得到图 4 形状的四面体只满足有三个面是

64 π . 3

点评:因为三棱锥的底面是一个直角三角形, 外接圆的圆 心正好是直角三角形斜边上的中点 . 这里对我们找外接球的球 心提供了一些思考.

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一道高中数学联赛题的解法探究
■陈
三角函数的最值问题是三角函数性质中的重要内容, 是每 它的解题方法也具有灵活性 年高考和高中数学联赛中的热点, 和多样性. 本文以一道联赛题为例, 介绍十种解法, 供大家参考. 题目: 函数 y = 4 - sinx 的最大值为 3 - cosx . 4 - sinx , 化简 3 - cosx


2 2 直线的斜率公式, 又由隐含条件 sin θ + cos θ = 1 联想到单位

圆, 进而以形助数. 解法 3 :( 数形结合法) 不妨将 y = 4 - sinx 转化为求 k = 3 - cosx

解法 1 :( 利用三角函数的有界性) 因为 y = 得到: sinx - ycosx = 4 - 3 y, 所以 sin( x - φ) = | 4 - 3y 1 + y2 槡 | ≤ 1. 4 - 3y 1 + y2 槡

x = cosθ 4 - sinθ 4 -y , , 则k = 令 的最大值, 整理得:kx - y + 3 - cosθ 3 -x y = sinθ 4 - 3k = 0. y) 在直线 kx - y + 4 - 3 k = 0 上, 因此点 M( x, 同时又在单
2 2 位圆 x + y = 1 上, 因为直线与圆有公共点, 得到 d ≤ r, 即

{

, 由正弦函数的有界性知:

| 4 - 3k | 1 + k2 槡

≤ 1.

6 6 6 6 +槡 6 +槡 6 -槡 , . 解得: ≤y≤ 故函数 y 的最大值为 4 4 4 属于三角函数, 化为一个角的三角函 点评:从外观上观察, 数, 利用正弦函数的有界性, 这是解决此类问题常见的策略 . 解法 2 :( 几何意义法) 观察函数 y = 4 - sinx 的外形结构, 3 - cosx =

6 6 6 6 +槡 6 +槡 6 -槡 , . 解得: ≤k≤ 故函数 y 的最大值为 4 4 4 利用直线与圆有公共点的充要条 点评:同样进行换元后, 件 d ≤ r, 同样利用数形结合的数学思想 . 解法 4 :( 换元、 判别式法) 不妨将 y = 4 - sinθ 的最大值, 3 - cosθ 令 = cosθ 4 -y , , 则k = 整理得: kx - y + 4 - 3 k = 0 . { yx = 3 -x sinθ 4 - sinx 转化为求 k 3 - cosx

4 ) 与动点( cosx, 可以联想到斜率的表达式 . 其本质是定点 p( 3 , sinx) 连线的斜率, sinx) 的轨迹是一个单位圆 . 设 而动点( cosx, 4 ) 的直线方程为 y - 4 = k( x - 3 ) , 过点 P( 3 , 即 kx - y + 4 - 3 k = 0. 如图 1 , 当斜率取得最大值时, 该 直线是单位圆的一条切线, 故原点到该 直 线 的 距 离 为 1 ,则: | 4 - 3 k | = 6 6 ±槡 1 + k2 , . 解得:k = 槡 4 因 此, 函 数 函 数 y 的 最 大 值 6 6 +槡 . 为 4 联想到 点评:通过观察外形结构, 图1

y) 在直线 kx - y + 4 - 3 k = 0 上, 因此点 M( x, 同时又在单
2 2 位圆 x + y = 1 上.

联立

{ kx - y + 4 - 3k = 0,整理得: (1 + k ) x
x2 + y2 = 1
2

2

+ 2 k( 4 -

3 k) x + 9 k2 - 24 k + 15 = 0 6 -槡 6 6 6 +槡 , 由 Δ ≥ 0, 解得: ≤k≤ 故函数 y 的最大值为 4 4 6 +槡 6 . 4 换元后, 联想到直线和圆, 通过 点评:先进行适当地转化、

2 有一个面是斜三角形, 它却满足图 4 中有 AC + 直角三角形,

PB、 PC 为棱的正方体的外接球, 外接球即是以 PA、 如图 5 , 球心 O 就是正方体的中心, 所以正方体的体对角线等于球的直径 . 设 2R = 2 槡 3, 3, 球的半径为 R, 即R = 槡 又因为面 ABC 把正方体的 R 2R = 体对角线三等分, 则球心 O 到截面 ABC 的距离 d = R - 3 3 3 = 槡. 3 [ 贵州省息烽县第一中学 ( 55100) ]

AD2 + CD2 = 2 AB2 . 若四面体满足这些条件时, 可以考虑补形为 长方体处理. 例3 ( 2012 年高考辽宁) 已知正三棱锥 P - ABC, A、 点 P、 B、 C 都在半径为槡 PB、 PC 两两互相垂直, 3 的球上. 若 PA、 则球心 到截面 ABC 的距离为 . PB、 PC 两两互相垂直, 解:因为 PA、 故正三棱锥 P - ABC 的

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