浙江 2008 · 数学 q14

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球 $O$ 外接四点：$DA \perp$ 平面 $ABC$、$AB \perp BC$，三条棱都是 $\sqrt{3}$ · 补成正方体后体对角线 $DC = 3$ 就是直径，$R = \frac{3}{2}$ · $V = \frac{9\pi}{2}$

机位1题图角度2正对 ABC3沿 ABC 看4俯视自由视角

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冷启动：把题面的三句话翻译成三条两两垂直的棱

题面：球 $O$ 的面上有四点 $A$、$B$、$C$、$D$，$DA\perp$ 平面 $ABC$，$AB\perp BC$， $DA=AB=BC=\sqrt{3}$，求球 $O$ 的体积。

第一件事：$DA\perp$ 平面 $ABC$ 是一句很强的话。 线面垂直的定义就是 「这条直线与平面内任意一条直线都垂直」，所以这一句一次性给出三条线线垂直：

$$DA\perp AB,\qquad DA\perp AC,\qquad DA\perp BC$$

最后那条最容易被漏掉——$BC$ 也躺在平面 $ABC$ 里，它同样逃不过。

第二件事：三条棱两两垂直，而且首尾相接。 把题给的 $AB\perp BC$ 摆进来：

$$DA\perp AB,\qquad AB\perp BC,\qquad DA\perp BC$$

这三条棱串成一条折线 $D\to A\to B\to C$，三段长度都是 $\sqrt{3}$。 整道题的全部信息就是这一句话，下面三条路只是三种把它用掉的方式。

第三件事：先确认外接球只有一个。 $DA\perp$ 平面 $ABC$ 且 $DA=\sqrt{3}\neq 0$， 所以 $D$ 不在平面 $ABC$ 内；而 $AB\perp BC$ 且两段都不为零，故 $A$、$B$、$C$ 不共线。 四点不共面时，「到四点等距的点」由三张垂直平分面相交而得，有且只有一个。 所以三条路各自找到的球心必是同一个——这也是下面可以互相对账的依据。

解法一：把它补成正方体——外接球是同一个，直径就是体对角线

怎么想到的。 三条两两垂直且首尾相接的棱，是长方体的三条共顶点棱被拆开摆的样子； 一旦补回长方体，四面体的四个顶点就成了长方体的四个顶点，而长方体的外接球是人人都会算的。

① 先把三条垂直关系摆出来（本解法自带，不依赖别处）。 $DA\perp$ 平面 $ABC$， 按线面垂直的定义，$DA$ 与平面 $ABC$ 内每一条直线都垂直，于是 $DA\perp AB$、$DA\perp BC$； 再加上题给的 $AB\perp BC$，三条棱 $DA$、$AB$、$BC$ 两两垂直，长度都是 $\sqrt{3}$。

② 补成正方体。 以 $A$ 为原点、$AB$、$AD$ 与 $BC$ 的方向为三个轴向， 边长取 $\sqrt{3}$ 的正方体 $Q$ 就把这条折线整个装了进去：

$$A(0,0,0),\quad B(\sqrt{3},0,0),\quad C(\sqrt{3},\sqrt{3},0),\quad D(0,0,\sqrt{3})$$

（$C$ 由 $B$ 沿 $BC$ 方向走 $\sqrt{3}$ 得到，$BC\perp AB$ 且 $BC\perp DA$ 保证这个方向正是第二个轴向； $D$ 由 $A$ 沿 $DA$ 方向走 $\sqrt{3}$ 得到。）四个点都是 $Q$ 的顶点。

③ $Q$ 的外接球就是本题要的球。 $Q$ 的八个顶点到 $Q$ 的中心等距，所以 $Q$ 有外接球； 它既然过八个顶点，当然过其中的 $A$、$B$、$C$、$D$。而冷启动已经确认过四点不共面、外接球唯一， 所以本题的球 $O$ 就是 $Q$ 的外接球，一点没多也一点没少。

④ 正方体外接球的直径是体对角线。 球心 $O$ 是 $Q$ 的中心；体对角线是过中心的一条弦， 两端都是球面上的点，过球心的弦就是直径。棱长 $a=\sqrt{3}$ 的正方体，体对角线

$$\sqrt{a^{2}+a^{2}+a^{2}}=a\sqrt{3}=\sqrt{3}\cdot\sqrt{3}=3$$

⑤ 收尾。 $2R=3$，$R=\dfrac{3}{2}$，

$$V=\frac{4}{3}\pi R^{3}=\frac{4}{3}\pi\left(\frac{3}{2}\right)^{3}=\frac{4}{3}\cdot\frac{27}{8}\pi=\frac{9\pi}{2}$$

⑥ 顺便看一眼：哪条是体对角线。 $D(0,0,\sqrt{3})$ 与 $C(\sqrt{3},\sqrt{3},0)$ 三个坐标全不相同， 正是一对相对的顶点，$|DC|=3$ 确实就是体对角线——题目里的 $D$ 与 $C$ 恰好站在正方体的两个极端。 这句话下一条解法会单独拿出来用。

解法二：$A$、$B$ 都看 $DC$ 成直角——$DC$ 的中点到四点等距

怎么想到的。 不想补形，就找球心。球心的定义是「到四点等距的点」， 而平面几何里有一条现成的等距装置：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。 只要 $A$、$B$ 两点都看着同一条线段 $DC$ 成直角，$DC$ 的中点就自动到四点等距。

① $\angle DAC=90^{\circ}$。 $DA\perp$ 平面 $ABC$，而 $AC$ 在平面 $ABC$ 内， 按线面垂直的定义 $DA\perp AC$，即 $\triangle DAC$ 在 $A$ 处是直角。

② $\angle DBC=90^{\circ}$。 这一条要拐个弯。$BC\perp AB$ 是题给的； $BC$ 在平面 $ABC$ 内、$DA\perp$ 平面 $ABC$，故 $BC\perp DA$。 $AB$ 与 $DA$ 是平面 $DAB$ 内两条相交的直线（交于 $A$），于是由线面垂直的判定定理

$$BC\perp \text{平面 }DAB$$

再用一次线面垂直的定义：$BD$ 在平面 $DAB$ 内，所以 $BC\perp BD$，即 $\triangle DBC$ 在 $B$ 处是直角。

这一步是本解法唯一的关卡。 只说「$BC\perp AB$，$AB$ 在平面 $DAB$ 内」是推不出 $BC\perp$ 平面 $DAB$ 的—— 判定定理要的是两条相交的线。补上的那条正是 $BC\perp DA$，而它来自第 ① 步同一句「$DA\perp$ 平面 $ABC$」。

③ 取 $DC$ 的中点 $M$，它到四点等距。 在直角三角形 $DAC$ 里，$AM$ 是斜边 $DC$ 上的中线， 故 $\left|MA\right|=\dfrac{\left|DC\right|}{2}$；在直角三角形 $DBC$ 里同理 $\left|MB\right|=\dfrac{\left|DC\right|}{2}$； 而 $\left|MD\right|=\left|MC\right|=\dfrac{\left|DC\right|}{2}$ 是中点自带的。四个距离全相等：

$$\left|MA\right|=\left|MB\right|=\left|MC\right|=\left|MD\right|=\frac{\left|DC\right|}{2}$$

所以 $M$ 就是球心，$R=\dfrac{\left|DC\right|}{2}$——$DC$ 是直径。

④ 算 $\left|DC\right|$。 分两步用勾股定理：先在平面 $ABC$ 内，由 $AB\perp BC$ 得

$$\left|AC\right|^{2}=\left|AB\right|^{2}+\left|BC\right|^{2}=3+3=6$$

再在直角三角形 $DAC$ 里（第 ① 步已证 $\angle DAC=90^{\circ}$）

$$\left|DC\right|^{2}=\left|DA\right|^{2}+\left|AC\right|^{2}=3+6=9 \quad\Longrightarrow\quad \left|DC\right|=3$$

⑤ 收尾。 $R=\dfrac{3}{2}$，

$$V=\frac{4}{3}\pi\left(\frac{3}{2}\right)^{3}=\frac{9\pi}{2}$$

⑥ 为什么不用「底面外接圆」那条路。 $\triangle ABC$ 的外接圆半径是 $\dfrac{\left|AC\right|}{2}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}\approx1.22$， 它不是球半径——球心还要沿底面的垂线往上走 $\dfrac{\left|DA\right|}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$：

$$R^{2}=\left(\frac{\sqrt{6}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}=\frac{6}{4}+\frac{3}{4}=\frac{9}{4}$$

结果同样是 $R=\dfrac32$ ✓。这条路也对，但它比「取 $DC$ 的中点」多绕一圈，而且极易在中途把 $\dfrac{\sqrt6}{2}$ 当成 $R$。

解法三：建系，把球心的坐标直接解出来

怎么想到的。 三条两两垂直的棱本身就是一副现成的坐标架—— 既然球心只是「到四点等距的点」，那就设出它的坐标，把三条等距关系写成三个方程，解就是了。 这条路一点几何洞察也不需要，是最稳的退路。

① 建系。 $DA\perp$ 平面 $ABC$，故 $DA\perp AB$、$DA\perp BC$（线面垂直的定义，$AB$、$BC$ 都在平面内）； 又题给 $AB\perp BC$。以 $A$ 为原点，$\overrightarrow{AB}$ 的方向为 $x$ 轴、 平面 $ABC$ 内与它垂直的 $\overrightarrow{BC}$ 的方向为 $y$ 轴、$\overrightarrow{AD}$ 的方向为 $z$ 轴，得

$$A(0,0,0),\quad B(\sqrt{3},0,0),\quad C(\sqrt{3},\sqrt{3},0),\quad D(0,0,\sqrt{3})$$

（$C=B+\sqrt3\cdot(0,1,0)$：$BC\perp AB$ 把 $\overrightarrow{BC}$ 钉在 $y$ 方向上，正负号只是换个左右手，不影响长度。）

② 三个等距方程。 设球心 $O(x,y,z)$，$\left|OA\right|=\left|OB\right|=\left|OC\right|=\left|OD\right|$。 两两相减时平方项全抵消，每个方程都只剩一次的：

$$\left|OA\right|^{2}=\left|OB\right|^{2}:\quad x^{2}=(x-\sqrt{3})^{2} \;\Longrightarrow\; 0=-2\sqrt{3}x+3 \;\Longrightarrow\; x=\frac{\sqrt{3}}{2}$$ $$\left|OB\right|^{2}=\left|OC\right|^{2}:\quad y^{2}=(y-\sqrt{3})^{2} \;\Longrightarrow\; y=\frac{\sqrt{3}}{2}$$ $$\left|OA\right|^{2}=\left|OD\right|^{2}:\quad z^{2}=(z-\sqrt{3})^{2} \;\Longrightarrow\; z=\frac{\sqrt{3}}{2}$$

③ 回代验四个距离。 $O\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$，

$$\left|OA\right|^{2}=\frac34+\frac34+\frac34=\frac94,\qquad \left|OB\right|^{2}=\frac34+\frac34+\frac34=\frac94$$ $$\left|OC\right|^{2}=\left(\sqrt3-\frac{\sqrt3}{2}\right)^{2}\!\!\times 2+\frac34=\frac34+\frac34+\frac34=\frac94,\qquad \left|OD\right|^{2}=\frac34+\frac34+\frac34=\frac94$$

四个都是 $\dfrac94$ ✓，所以 $R=\dfrac{3}{2}$。（球心的坐标三个分量相等——它正是那个正方体的中心。）

④ 收尾。

$$V=\frac{4}{3}\pi R^{3}=\frac{4}{3}\pi\cdot\frac{27}{8}=\frac{9\pi}{2}$$

三条路回头看。 解法一最短：认出「三条两两垂直的棱」就补成正方体，直径＝体对角线， 两行算完；它的门槛是要相信「补出来的球和原来的是同一个」——靠的是冷启动里那句四点不共面 $\Rightarrow$ 外接球唯一。 解法二不补形，用的是一条平面几何的老结论（斜边中线等于斜边的一半）， 好处是它同时解释了为什么 $DC$ 这条线这么特殊：$A$、$B$ 都看它成直角，它只能是直径。 解法三不需要任何洞察，代价是要老实写三个方程——但它顺带把球心的坐标交了出来， 而那个坐标 $\left(\dfrac{\sqrt3}{2},\dfrac{\sqrt3}{2},\dfrac{\sqrt3}{2}\right)$ 正是解法一那个正方体的中心，三条路在这里合流。

把数值再对一遍。 棱长 $\sqrt3\to$ 体对角线 $3\to R=\dfrac32\to V=\dfrac43\pi\cdot\dfrac{27}{8}=\dfrac{9\pi}{2}$。 常见的一次口算失手是把 $\left(\dfrac32\right)^{3}$ 算成 $\dfrac{9}{8}$（漏了一次方）或 $\dfrac{27}{4}$（分母只平方）， 正确的是 $\dfrac{27}{8}$，再乘 $\dfrac43$ 约掉 $4$、约掉 $3$，剩 $\dfrac{9}{2}$。

🕳️ 避坑

• 别把 $\triangle ABC$ 的外接圆半径当成球半径。 那是 $\dfrac{\sqrt6}{2}$，球半径是 $\dfrac32$； 球心在底面外心的正上方还要走 $\dfrac{\sqrt3}{2}$，$R^{2}=r^{2}+d^{2}$ 里的 $d$ 不能扔。 半径进的是三次方，这一步错，体积会差 $\left(\dfrac{3/2}{\sqrt6/2}\right)^{3}=\left(\sqrt{\dfrac32}\right)^{3}\approx1.84$ 倍。
• 「$BC\perp AB$」一条推不出 $BC\perp$ 平面 $DAB$。 判定定理要两条相交的直线， 另一条是 $BC\perp DA$（来自 $DA\perp$ 平面 $ABC$）。少了它，$\angle DBC=90^{\circ}$ 就是没证的。
• $D$、$C$ 不是随便两个点。 在补出来的正方体里它们是一对相对顶点，$DC$ 才是体对角线； 换成 $DB$（$\left|DB\right|=\sqrt{3+3}=\sqrt6$）或 $AC$（$\sqrt6$）都只是面对角线，不是直径。
• 别把 $DA\perp$ 平面 $ABC$ 读成只有 $DA\perp AB$。 题面里真正在用的是 $DA\perp BC$ 与 $DA\perp AC$ 这两条派生垂直； 三条解法里每一条都至少用到其中一条。
• 代进体积公式的是半径不是直径。 $2R=3$ 这个数很像答案的一部分， 直接拿 $3$ 去算会得到 $36\pi$——比正确答案大八倍。