一道高考模擬題的解法探究

廣東省湛江一中培才學校(524037) 魏 欣

廣東省雷州市第八中學(524232) 鄧春梅

球相關的切、接的最值問題是立體幾何的一個重點、難點,也是高考和高中數學競賽中考查的一個熱點,從“幾何作圖”和“分析圖形”兩個角度考查直觀想象核心素養,考察考生的空間想象能力和邏輯思維能力,同時考查數學抽象、邏輯推理、數學建模、直觀想象、數學運算的核心素養,也是考生的難點、易失分點.要解決這一難點,關鍵是找到反映“切、接”的幾何量集中的一個截面,并找到這些幾何量所滿足的關系式.下面就2020年廣東省佛山市高中畢業班第一次教學質量檢測理科數學第16 題進行詳細分析、探究其規律,并歸類和總結對此問題的求解策略.

一、題目展示與分析

題目(2020年廣東省佛山市高中畢業班第一次教學質量檢測理科數學第16 題)在平面四邊形ABCD中,沿直線AC將ΔACD翻折成ΔACD′,當三棱柱D′ -ABC體積取得最大值時,該三棱錐的外接球表面積為____.

解析 方法一(坐標法)在ΔACD中, 由余弦定理可得:cos ∠CAD=因為∠CAD ∈(0,π), 所以∠CAD=在ΔABC中, 由余弦定理可得:cos ∠CAB=因為∠CAB ∈(0,π),所以∠CAB=,所以∠BAD=,又因為AB=AD=所以ΔABD為等腰三角形,BD= 2,設AC、BD交于點F,因為在四邊形ABCD中,AB=AD,CB=CD,所以AC ⊥BD,則AF=BF=DF=D′F=1,因為AC=4,所以CF= 3, 沿直線AC將ΔACD翻折成ΔACD′, 當三棱柱D′ -ABC體積取得最大值時,平面D′AC ⊥平面ABC,如圖1 所示,建立空間直角坐標系,

圖1

則A(0,0,0),B(1,1,0),C(0,4,0),D′(0,1,1),設三棱錐D′-ABC的外接球的球心為P(x,y,z), 由球心到球面上的距離相等可知:解得球心坐標P(-1,2,-1).設該三棱錐的外接球的半徑為R, 所以三棱錐D′ - ABC外接球的半徑為所以該三棱錐的外接球的表面積為S=4πR2=24π.

圖2

方法二(坐標法)易知當三棱錐的體積取得最大時,必有面ABC⊥面ACD, 作BO⊥AC垂足為O,連接OD,則可證DO⊥面ABC, 結合余弦定理可得AO=BO=DO= 1,CO= 3, 以O為原點建立如圖2 所示的坐標系,則A(0,-1,0),B(1,0,0),C(0,3,0),D(0,0,1), 設該三棱錐的外接球球心坐標為P(x,y,z),半徑為R,則根據球心到各個頂點的距離等于半徑,由空間直角坐標系中兩點間的距離公式得:x2+(y+1)2+z2=R2,(x-1)2+y2+z2=R2,x2+(y-3)2+z2=R2,x2+y2+(z-1)2=R2,聯立解方程組得球心為P(-1,1,-1),R=√故該三棱錐的外接球表面積為S=4πR2=24π.

方法三(幾何法)如圖3 所示, 當三棱柱D′ - ABC體積取得最大值,則平面ACD⊥平面ABC.對于ΔABC,由余弦定理得cosB=

圖3

如圖4 所示,分別過ΔABC、ΔDAC的外心O1、O2作所在面的垂線,由前面的分析可知,兩垂線必交于一點O,且O為三棱錐V -ABC的外接球球心,取AC的中點,連接PO1、PO2、AO1、AO2、AO,易證四邊形PO1OO2為矩形.

設ΔABC和ΔDAC的外接圓半徑分別為r1、r2,AC=l,三棱錐D-ABC外接球的半徑為R.

圖4

即R=所以S=4πR2=24π.

評析與球相關的題目側重考查學生的空間想象能力,對作圖能力要求較高,學生要有較強的幾何作圖能力;以截面問題為主,需選擇恰當的截面解決問題,考查平面化的方法,考查化歸與轉化能力;以表面積的計算為主,考查運算求解能力.

二、通法研究

球相關的切、接的最值問題是立體幾何的一個重點、難點,也是高考和高中數學競賽中考查的一個熱點.其求解策略主要有以下三種:

1.轉化為函數最值問題.通過引入線參數或角參數,建立關于這些參變量的函數關系,轉化為函數的最值問題來解決.

2.轉化為平面幾何問題.根據題目的特征,尋找或確定一個數量關系比較集中的平面,將題目的其他條件逐步向該平面轉移,然后利用幾何方法或三角方法來解決.

3.利用重要不等式.可通過引入多個變量建立數學模型,然后利用均值不等式或柯西不等式求其最值.

下面通過例題來探究這類問題的求解策略.

類型一:球的內接三棱錐的底定高動

此類問題轉化為求球的內接三棱錐的高的最大值.如上述的2020年廣東省佛山市高中畢業班第一次教學質量檢測理科數學第16 題, 底面ΔABC一定, 要使得三棱柱D′ -ABC體積取得最大值,則平面ACD⊥平面ABC時,也即是高最大.

例1(2014年天津市高中數學預賽試題)在四面體ABCD內部有一點O,滿足OA=OB=OC=4,OD=1.求四面體ABCD體積的最大值.

解析當A,B,C三點固定時, 要使四面體的體積最大, 由于點D在以O為球心, 1 為半徑的球面上運動, 故當DO⊥平面ABC時, 四面體ABCD的體積最大.過點O作OO1⊥平面ABC, 垂足為O1, 設OO1=x.則點D到平面ABC的距離為1+x.因為O1A=O1B=所以SΔABC≤(16- x2).從而(16-x2)(1+x),x ∈(0,4).

令f(x)= (16- x2)(1 +x),x ∈(0,4).則f′(x)=-3x2-2x+16 =-(3x+8)(x-2),x ∈(0,4).所以f(x)在區間(0,2)上遞增,在區間(2,4)上遞減.因此[f(x)]max=f(2)=36.所以(VD-ABC)max=故VD-ABC的最大值為

說明在半徑為R的圓內接三角形中,以正三角形面積為最大,且最大面積為

類型二:球的內接三棱錐的底動高定

此類問題轉化為求球的內接三棱錐的底面三角形的面積的最大值,進而轉化為求圓內接三角形的面積的最大值.

例2(2020年唐山市模擬)ΔABC的三個頂點在球O的一個截面上,在ΔABC中,內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若B= 60?,a+2c= 3,點P在球面上,且點P到平面ABC的距離為12,則三棱錐P -ABC的體積的最大值是____.

解析由三角形的面積公式及均值不等式,得當且僅當時成立, 所以ΔABC的面積的最大值為三棱錐P - ABC的體積的最大值是

類型三:球的內接三棱錐的底動高動

此類問題轉化為求球的內接三棱錐的底面三角形的面積的最大值和相應高的最大值.這時,要注意到底面三角形的面積取得最大值的同時,相應的高取得最大值.分如下兩種情況:

1.先用幾何的方法確定高何時最大,然后去算出此時的高的值,再去算底面三角形的面積的最大值.

2.過三棱錐的一條棱作對棱的垂面,轉化為求對棱間的距離的最大值(兩動異面直線間的距離的最大值).

例3(2015年天津市高中數學預賽試題)求半徑為R的球內接正三棱錐的最大體積.

解析正三棱錐底面積和高是影響球內接正三棱錐體積變化的兩個變量, 它們又都和正三棱錐底面三角形外接圓的半徑相關.于是,引進底面三角形外接圓半徑這一中間變量,利用它消去底面積和錐高中的一個, 把留下的那一個作為函數的自變量.

圖5

如圖5, 由射影定理, 得O1A2=PO1·O1S.若設正三棱錐的高PO1為h, 則OA2=h(2R-h).SΔABC=所以

例4(2019年武漢4 月調研)三棱錐A-BCD內接于半徑為的球O中,AB=CD= 4,則三棱錐A-BCD的體積的最大值為( ).

解析滿足條件的三棱錐A - BCD有無數個.為使棱AB,CD的長與三棱錐A-BCD的體積聯系起來,可作平面PCD, 使棱AB⊥平面PCD, 垂足為P, 又作PH⊥CD,垂足為H.則總有VA-BCD=·SΔP CD·AB=

設AB,CD的中點分別為E,F,則OE⊥AB,OF⊥CD,如圖6, 又因為線段PH是異面直線AB,CD的公垂線段, 所以PH≤EF≤OE+OF,當且僅當O,E,F三點共線,且P與E重合、H與F重合時,兩個不等式的等號同時成立,從而

圖6

于是(VA-BCD)max=故選C.

類型四:三棱錐的內切球最值

例5(2013年江西省高中數學預賽試題)若正三棱錐的內切球半徑為1,則其體積的最小值為____.

解析設正三棱錐P -ABC的底面中心為O1, 則其內切球的球心O在PO1上.設AO1的延長線交BC于點D,則PD⊥BC,且球O與面ABC的切點E在PD上.現考慮截面PAD,如圖7.

圖7

設∠PDA= 2θ(0＜θ ＜),則O1D= cotθ,PO1=O1Dtan 2θ=,AD= 3O1D= 3 cotθ.從而, 正三角形ABC的邊長為a=所以VP-ABC=· PO1==故當tan2θ=時,VP-ABC取得最小值為

說明本題通過引入角參數θ,將VP-ABC轉化為三角函數的最值問題來解決.在求tan2θ(1-tan2θ)的最大值時,還可以應用二元均值不等式.