深挖球体的本质，突破锥外接球问题-《中学生数理化》高考数学2026年4月刊

中学生表理化然皱学创新摩枫清题 深挖球体的本质，突破棱锥外接球问题 ■山东省垦利第一中学 张海波 通过对近几年高考数学试卷的分析，发 体积。 现棱锥外接球这一立体几何核心问题，凭借 二、侧棱与底面垂直型 其高度的直观性与抽象性，已成为高考数学 这类题型的核心特征在于存在一条侧棱 的考查热点。本文通过深度剖析棱锥外接球 与底面垂直，解题时需先确定底面外心（即底 问题，创新性地以球体结构特征为切入点，将 面多边形的中心)，过该外心作底面垂线，由 球心定位作为解题关键，系统构建了突破棱 于这条垂线与已知垂直的侧棱平行，因此球 锥外接球问题的有效策略。 心必定位于这条垂线上。通过在垂线上选取 一、正棱锥型 一点作为球心，并连接该点与底面外心及棱 这类题型作为三棱锥外接球问题中最基 锥顶点，即可构造出直角三角形，进而利用勾 础的类型，其核心特征在于棱锥为正棱锥。 股定理求出外接球的半径。 在此类情况下，外接球的球心通常位于棱锥 例2如图2，四边 的高线上，因此只需通过构造三角形，便可轻 形ABCD是边长为2的 松解决相关问题。 正方形，半圆面APDL平 例1如图1，在正四 面ABCD,P为半圆弧 图2 棱锥P-ABCD中，PA= AD上的动点（不与端点 5,AB=4√2，O'是底面对 重合)，求三棱锥B-ADP的外接球表面积。 角线的交点，求四棱锥P 解析：取AD的中点为O1,则O1为 ABCD的外接球体积。 △ADP的外心，过O:作半圆面APD的垂 图1 解析：如图1，连接 线1，与BD交于点O。因为四边形ABCD PO',则PO'⊥平面ABCD。因为AB= 是边长为2的正方形，所以AB⊥AD。又半 4√2，所以BD=AC=8,所以BO'=4。又因 圆面APD⊥平面ABCD,半圆面APD∩平 为PA=PB=5,所以PO=3。在PO上取一 面ABCD=AD,ABC平面ABCD,所以AB 点O,设其为外接球的球心，连接OB,则外接 ⊥半圆面APD,所以O为三棱锥B-ADP的 外接球球心，OD为半径。因为AB=2,O1, 球的半径r=OB=√BO+OO O分别为AD,BD的中点，所以OO= √16+(PO一r),即x2=16+(3-r)2,化简 得6-25=0，解得，=25 2AB=1,0,D-2AD=1,所以，=0D 所以四棱锥P √O1D+O,O=√2，则三棱锥B-ADP的外 ABCD的外接球体积为V=喜= 接球表面积为S=4πr2=8π。 15625π 点评：本题是典型的侧棱与底面垂直的 162 外接球表面积问题，解题时，首先，通过线面 点评：本题涉及正四棱锥外接球体积的 垂直的判定定理确认垂直关系；其次，确定垂 计算，属于基础几何问题。解题时，需先利用 直面的外心位置，并过该外心作垂直于该面 正四棱锥的对称性确定球心位置，再通过勾 的垂线，由此可确定外接球球心必位于此垂 股定理建立底面边长、棱锥高与半径之间的 线上；最后，通过构造直角三角形，利用勾股 关系，即可求出半径，进而正确计算外接球的 定理即可求出外接球半径，进而完成表面积 24 解数新愿提滑骨中学生表理化 的计算。 此类问题，通常采用补形技巧一将三棱锥 三、棱所对的角均为直角型 视为由长方体的三条共顶点的面对角线构成 这类题型主要聚焦于三棱锥，其核心特 的几何体，通过补形为长方体来简化问题。 征在于三棱锥中存在一条棱，该棱所对的所 尤为特殊的是，当六条棱等长时，该三棱锥可 有角均为直角。基于球体的几何性质，我们 视为由正方体面对角线构成，此时正方体的 可以明确判定，这条棱恰好是外接球的直径。 体对角线恰好是三棱锥外接球的直径，这一 例3如图3，在直三 几何特性为解题提供了关键突破口。 棱柱ABC-A1B,C1中，AC 例4如图4，在三棱锥 =3,BC=4,AB=5,AA1= C1-BDA1中，A1B=DC1=5, 4,D是AB上一点，满足CD AC=BD=5,AD=BC= ⊥AB。求三棱锥C1CDB, 图3 4√2，求三棱锥C-BDA1的外 的外接球体积。 接球表面积。 解析：在直三棱柱ABC-A,B,C1中，因 解析：已知三棱锥C, 图4 为BC=4,AA1=BB:=4,所以四边形 BDA1中，A1B=DC1=5,A,C1=BD=5, BCCB1为正方形，所以CC1⊥C:B1,即 A1D=BC1=4√2，所以该三 ∠CCB=5 棱锥可视为一个长方体 ABCD-AB:C1D1的三条 由题意知BB1⊥平面ABC,又CD二平 共顶点的面对角线构成的几 面ABC,所以BB1⊥CD。因为CD⊥AB,且 何体，如图5所示，则三棱锥 AB∩BB,=B,AB,BB,二平面ABB,A1,所 CBDA,的外接球直径为长 图5 以CD⊥平面ABB,A1。又DB,C平面 方体ABCD-A1B,CD1的体 ABB,A,所以CD⊥DB,即∠CDB,=受。 对角线。 设长方体ABCD-A1B,CD1的长，宽 因为棱CB1所对的∠CC1B1和∠CDB, 都为直角，所以三棱锥C1CDB1的外接球球 a2+b2=25, 心为CB,的中点，即棱CB,为直径。 高分别为a,b,c,则b+c2=25,解得a= a2+c2=32, 因为CB1=√BC+BB=4√2，所以 c=4,b=3。 三棱锥CCDB,的外接球半径r=2CB,= 所以长方体ABCD-A1B1CD1的体对 3x3-64V2x 角线AC1=√a+b2+c=√16+16+9= 2E,故其体积为V=4元 39 √4I,所以三棱锥C1-BDA,的外接球半径 点评：本题聚焦于三棱柱几何情境中特 定三棱锥的外接球体积求解，解题关键在于 2A三号1，故三棱锥C1BDA,的外 三棱锥内棱CB1的几何特性。通过严谨证 接球表面积为S=4πr=41π。 明，确认棱CB!所对的角均为直角，这一特 ,点评：本题在已知三棱锥三组对应棱相 殊性质揭示了其作为外接球直径的本质。因 等的条件下，求解其外接球表面积。解题时， 此，解题核心转为直接计算棱CB1的长度， 以三棱雄的三组对应棱为三条共顶，点的面对 进而运用球的体积公式，即可高效求得外接 角线，构造一个长方体，使三棱锥完全内嵌于 球的体积。 长方体内，将三棱锥的外接球问题转化为长 四、对棱相等型 方体的外接球问题。通过计算长方体的体对 这类题型具有显著特征：三棱锥的六条 角线长度，即可直接得到外接球的直径，进而 棱可划分为三组两两相等的对应棱组。面对 求得外接球的半径，最终完成表面积的计算。 25 中学生表理化餐蓝学创新鼻限源 依托立几场景，探究存在应用 ■江苏省口岸中学 栾竞 立体几何场景下的存在性及其综合探究 A1C1。又∠BAC=90°，所以∠B1A1C1= 问题，是依托立体几何问题背景，借助相关的 90°，即A1B1⊥AC1,所以AA1,A1B,,AC 数学思维，以点或参数的存在性来创新设置， 两两垂直。 立意新颖，形式多变，内涵丰富，成为高考数 以A:为坐标原点，A1B1,AC1,A1A所 学试卷命题中的一类创新点与热点。此类问 在直线分别为x轴，y轴，之轴， 题以存在性的探究来设置，合理引导同学们 建立如图2所示的空间直角坐 的探究性与创新性。具体解题时，没有统一 标系A1xyx,则A1(0,0,0), 的解题模式可以套用，而空间向量法是最适 B1(1,0,0),C1(0,1,0),A(0, 合于解决立体几何中的存在性探究问题，它 0,1),B(1,0,1),C(0,1,1),所 无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过 以AC=(0,1,-1),AB= 图2 坐标运算进行判断。此类问题很好地体现了 (1,0,1)。 “开放探索，考查探究精神，开拓展现创新意 故cos(AC,A1B)1= 1AC·A,B1 识空间”的高考命题精神，能够促进知识的综 IACIABI 合与交汇，以及技能与能力的创新。 -11 一、点的存在性探究问题 √2X√2 =2,即异面直线AC,与A,B所成 以确定线段或平面上，是否存在某个点 的角为60°。 来创新设置，使之满足相应的条件，用于确定 (2)存在满足题意的点N。 该点的存在及相应的位置等问题。 假设在平面ABC的边上或内部存在一 例1如图1，在三棱柱 点N(xy,1)。 因为M为A1B的中点，A1B=(1,0,1), ABCA1B,C1中，AA1⊥平面 ABC,∠BAC=90°，AA1=AB 所以M(经0，)M=(x-,） =AC=1。 又AC=(0,1,-1),BC=(-1,1, (1)求异面直线AC,与A1B 图1 所成的角。 AC.M=y-=0. 2 1),则 解 (2)设M为A1B的中点，在△ABC的内 BC=-+y--. 部或边上是否存在一点N,使得MN⊥平面 ABC1成立？若存在，试确定点N的位置；若 得x=y= 合，所以N(经名)，且时 不存在，请说明理由。 解析：(1)因为AA1⊥平面ABC,所以 君C,所以N是BC的中点。 AA1⊥平面A1B1C1,即AA1⊥A1B1,AA1⊥ 故存在点N,使得MN⊥平面ABC,,此 a.a afa..aaamaafaaaaaafaaf aaaam 本文聚焦于锥体外接球问题的突破，通 角均为直角的三棱锥及对应棱相等的三棱锥 过系统梳理题型，创新性地将球体几何性质 四类经典题型，其余题型均在此四类基础上 与锥体结构特征深度融合，着重解决球心定 延伸与变式，并针对各类结构特征，提炼出确 位这一核心难题，即基于锥体结构特征精准 定外接球球心的具体技巧与策略，为解题提 确定球心位置。依据锥体结构特征，将其划 供了清晰路径。 分为正棱锥、侧棱与底面垂直的棱锥、棱所对 (责任编辑王福华) 26