克列爾公式及關(guān)聯(lián)公式的應(yīng)用與思考

云南師范大學(xué)數(shù)學(xué)學(xué)院(650500) 豐魁 何月 張勇

四面體作為空間中最基本的幾何體,其體積及外接球問(wèn)題一直是高頻考點(diǎn)之一,常作為壓軸小題出現(xiàn),對(duì)學(xué)生的空間想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算等能力都有較高要求. 通常采用綜合幾何法或向量法求解,但在一些情況下,空間點(diǎn)、線(xiàn)、面的位置關(guān)系較難確定,此時(shí)若能輔以恰當(dāng)公式解之,可大大減少思維量.

1 克列爾(A.L.Crelle)公式

對(duì)任意四面體,其體積V和外接球半徑R滿(mǎn)足

要證明此公式,我們先推導(dǎo)以下引理:

引理對(duì)任意四面體, 其體積其中,S1,S2為以a為公共棱的兩個(gè)面的面積,θ為這兩個(gè)面所成的二面角.

引理的證明如圖1,AH為?ACD在DC邊上的高,AE為三棱錐A-BCD的高,連接EH,則∠AHE=θ即為二面角A-DC-B的平面角,記?BDC,?ACD的面積分別為S1,S2. 則由解得

圖1

證明設(shè)四面體的各棱長(zhǎng)如圖2,過(guò)頂點(diǎn)A作外接球的切面α,過(guò)B作平面β//平面ACD,過(guò)D作平面γ//平面ABC,則平面α,β,ABC,ABD構(gòu)成四面體ABD1C1,平面α,γ,ABC,ADC構(gòu)成四面體ADB2C2. 在平面ABC上,由于AC1在外接球的切面上,所以AC1與?ABC的外接圓(外接球與面ABC的交線(xiàn)) 相切, 從而∠C1AB= ∠ACB.又BC1//AC(平行平面β,ACD與平面ABC的交線(xiàn)平行, 所以∠ABC1= ∠BAC, 于是?ABC1//?CAB, 得同理,又C1D1//C2A,C1A//C2B2, 所以?C1AD1//?C2B2A, 得將?AC1D1放大倍,就得到一個(gè)邊長(zhǎng)為aa1,bb1,cc1的三角形.

圖2

過(guò)A作外接球的直徑,設(shè)B在這直徑上的射影為B′,則由射影定理,有. 由于AB′⊥切面α,所以它就是B到切面α的距離,因此,這里再由引理中的公式,可得

例1(2023 年華南師范大學(xué)附屬中學(xué)高三測(cè)試第7題) 在四面體ABCD中, 若AB=CD=AC=BD=則四面體外接球的表面積為()

解如圖3,取BC,AD的中點(diǎn)分別為N,H, 連接AN,DN,NH, 易知BC⊥AN,BC⊥DN, 故NC,BN分別為四面體ACDN,ABDN的高, 且兩體積相等. 由三角形全等知AN=DN,故NH⊥AD,由勾股定理得

圖3

評(píng)注該題中體積除了結(jié)合幾何關(guān)系由求解外, 亦可由求解, 其中∠AND即為A-BC-D的二面角,cos ∠AND易由邊長(zhǎng)關(guān)系由余弦定理解出,也可以?BCD為底,AN·sin ∠AND作為四面體的高求解. 值得一提的是,該問(wèn)題原題題干中已經(jīng)給出了克列爾公式,本文為了便于敘述作了適當(dāng)刪減. 應(yīng)注意到,立體幾何與高等數(shù)學(xué)中的空間解析幾何的一些概念定理相融合,綜合考查學(xué)生信息提取、知識(shí)的靈活運(yùn)用能力的信息類(lèi)題型也是高考模擬熱點(diǎn)之一,對(duì)于此類(lèi)問(wèn)題,要克服畏難情緒,耐心閱讀并理解題意,聯(lián)想已學(xué)知識(shí)結(jié)合新信息解決問(wèn)題.

2 二面角公式(三射線(xiàn)定理)

對(duì)于克列爾公式的運(yùn)用,題干往往會(huì)以直接或間接的方式給出四面體的6 條棱長(zhǎng), 關(guān)鍵在于求四面體的體積, 例1中四面體體積相對(duì)來(lái)說(shuō)容易求解,但若棱長(zhǎng)不具備特殊關(guān)系,四面體的高和二面角往往較難確定,因此我們可以繼續(xù)推導(dǎo)二面角和體積更為一般的關(guān)系式.

如圖4,α和β是兩相交平面, 所交直線(xiàn)上有一點(diǎn)P,PA,PB是從P點(diǎn)出發(fā)的兩條射線(xiàn),在兩射線(xiàn)上分別取H,N, 分別過(guò)H,N向兩面所交直線(xiàn)PC作垂線(xiàn), 這里取H,N兩點(diǎn)滿(mǎn)足兩垂足相交于同一點(diǎn)M, 記∠APB=θ,∠APC=θ1,∠BPC=θ2,二面角A-PC-B為φ,則有

圖4

證明因?yàn)镠M⊥PC,NM⊥PC, 易得PH=MN=PMtanθ2,在?HPN,?HMN中,由余弦定理得

由①= ②解得cosθ= cosθ1cosθ2+sinθ1sinθ2cosφ,命題得證.

在上文圖1 中,令∠ACB=θ,∠ACD=θ1,∠BCD=θ2,BC=c,AC=b. 至此任意四面體體積公式可進(jìn)一步化為

該公式的各余弦值可以通過(guò)已知邊長(zhǎng)利用余弦定理得到,結(jié)合克列爾公式使用更具一般性. 當(dāng)然,還可進(jìn)一步往下推導(dǎo),利用余弦定理解出各余弦值代入上式,就可以得到一個(gè)用6 條棱長(zhǎng)表示的體積公式,但運(yùn)算繁瑣復(fù)雜,且在初等數(shù)學(xué)中適用性不強(qiáng),較為簡(jiǎn)潔的推導(dǎo)涉及高等數(shù)學(xué)知識(shí),因此本文不作說(shuō)明,可參考文獻(xiàn)[2-3].

例2在三棱錐P-ABC中,AC=PA=PC= 3,AB= 4,BC= 5,二面角P-AC-B的平面角的大小為30?,則三棱錐P-ABC的體積為_(kāi)___,外接球的表面積為_(kāi)___.

解記∠PCB=θ,由勾股定理知AC2+AB2=BC2,故AB⊥BC, 所以且∠PCA= 60?, 由二面角公式可得故,由體積公式可得

在?PCB中, 由余弦定理可得PB2=BC2+PC2-2BC·PCcosθ, 解得由克列爾公式得p=故

評(píng)注對(duì)于上述涉及二面角和外接求半徑的模型,還有一個(gè)運(yùn)算量更小且對(duì)題干已知量要求更少的公式,即在任意四面體ABCD中,若BC= 2a,二面角A-BC-D的平面角為φ,∠BAC=α,∠BDC=β,則四面體外接球的半徑

證明可參考文獻(xiàn)[4].

在例2 中,根據(jù)該公式

3 線(xiàn)面角公式

除了上述的二面角與體積密切相關(guān),若已知線(xiàn)面角,則體積也容易求出,反過(guò)來(lái),根據(jù)上述由二面角對(duì)體積公式的推導(dǎo), 可以得到如下的一個(gè)線(xiàn)面角公式: 在上述圖1 中, 記AC與平面BCD所成角為β, 根據(jù)線(xiàn)面角的定義及上文敘述,即sinβ= sinθ1sinθ, 該式子通常被稱(chēng)為三正弦定理, 進(jìn)一步,將二面角換成上文推導(dǎo)出來(lái)的結(jié)果,還可以得到

例3(2023 年全國(guó)乙卷理科數(shù)學(xué)第9 題)已知?ABC為等腰直角三角形,AB為斜邊,?ABD為等邊三角形,若二面角C-AB-D為150?,則直線(xiàn)CD與平面ABC所成角的正切值為()

解易知∠ABD= 60?,∠CBA= 45?,設(shè)∠CBD=θ,由二面角公式可得,解得, 不妨設(shè)AC=BC=a, 則AB=AD=由余弦定理得CD2=BD2+BC2-2BD·BCcosθ,解得,故

易知∠BCD= ∠ACD, 且∠ACB= 90?, 記線(xiàn)面角為φ,∠BCD=∠ACD=α,∠ACB=90?=β,故

評(píng)注事實(shí)上,由題干中特殊的等腰和等邊三角形,本例的二面角也容易作出,故可直接用余弦定理求出CD的長(zhǎng)再使用線(xiàn)面角公式,由例1、例3 可以看出,即便在完全套用公式的情況下,適當(dāng)?shù)倪M(jìn)行一些幾何分析,也有助于簡(jiǎn)化運(yùn)算.

4 公式應(yīng)用建議

立體幾何綜合考查的是空間想象與幾何分析的能力,二級(jí)公式、定理并非是解題的“萬(wàn)能藥劑”, 因此, 切忌死記硬背,生搬硬套,比如在共頂點(diǎn)的三條棱兩兩垂直的四面體外接球模型中,若強(qiáng)行套用克列爾公式,運(yùn)算量極大,反而適得其反. 再比如上述例3 中,若能結(jié)合線(xiàn)段長(zhǎng)度關(guān)系,作出二面角,便很容易作出線(xiàn)面角,問(wèn)題可以更為高效的解決,上述采用線(xiàn)面角公式并非考場(chǎng)上的最佳選擇. 歸根結(jié)底,幾何定理、空間位置關(guān)系的基本方法和基本思想仍是解題之根,不能完全用公式的“算”替代幾何分析的“想”,當(dāng)然,若能在平時(shí)解題過(guò)程中,注意到各個(gè)具體題目的共性,從特殊到一般,運(yùn)用綜合幾何法或者向量法推導(dǎo)出上述公式, 作為輔助解題的“利器”,這不單有助于提高解題效率,還能夠使幾何直觀(guān)的素養(yǎng)更上一個(gè)階層.