任意四面體的外接球的半徑(克列爾(A.L.Crelle)公式)

【問題提出】克列爾(A.L.Crelle)公式

對任意四面體ABCD$ABCD$ ，其體積V$V$ 和外接球半徑R$R$ 滿足

6RV=p(p−aa1)(p−bb1)(p−cc1)−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√.$$6RV=\sqrt{p(p-a{a}_1)(p-b{b}_1)(p-c{c}_1)}.$$

其中p=12(aa1+bb1+cc1)$p=\frac{1}{2}(a{a}_1+b{b}_1+c{c}_1)$ ，a,a1,b,b1,c,c1$a,a_1,b,b_1,c,c_1$ 分別爲四面體的三組對棱的長.

 

允許我先跑個題且在正文裏介紹下近代歐氏幾何學中的布洛卡點. 克列爾(1780-1855)法國數學家和數學教育家，布洛卡點早在1816年就被克列爾首次發現，1875年被法國軍官布洛卡(Brocard)重新發現此特殊點並用他的名字命名，這才引起萊莫恩，圖克等一大批數學家興趣，一時形成了一股研究“三角形幾何”的熱潮.

 

【布洛卡點】 2013年全國卷I第17題的背景是也

點P$P$ 是△ABC$\mathrm{△}ABC$ 內部一點，若∠PAB=∠PBC=∠PCA=α$\mathrm{\angle }PAB=\mathrm{\angle }PBC=\mathrm{\angle }PCA=\alpha$ ，則稱α$\alpha$ 爲布洛卡角，點P$P$ 爲布洛卡點.

這裏說個特殊情況，當α=30∘$\alpha ={30}^{\circ }$ 時，則此△ABC$\mathrm{△}ABC$ 爲正三角形，這是個看似簡單實難的幾何題.

 

【簡單引理】四面體的體積公式之一

V=23a⋅S1S2⋅sinθ$V=\frac{2}{3a}\cdot S_1{S}_2\cdot \sin \theta$ ，其中，S1,S2$S_1,S_2$ 爲以a$a$ 爲公共棱的兩個面的面積，θ$\theta$ 爲這兩個面所成的二面角.

此式的證明極易，只需要將V=13Sh$V=\frac{1}{3}Sh$ 中的h$h$ 用這兩個面的夾角表示即可.

 

【問題解決】 輔助線爽心悅目，千錘百煉，歎爲觀止

證明：如圖所示，過A$A$ 作四面體外接球的切面α$\alpha$ ，過D$D$ 作平面ABC$ABC$ 平行平面β$\beta$ .

平面α$\alpha$ ，平面β$\beta$ ，平面ABD$ABD$ 相交於點E$E$ ；

平面α$\alpha$ ，平面β$\beta$ ，平面ACD$ACD$ 相交於點F$F$ .

平面β\sslash$\beta \text{sslash}$ 平面ABC$ABC$ ，平面ACD$ACD$ 與這兩面均相交，由平面平行性質可知AC\sslashDF$AC\text{sslash}DF$ ，需要提醒的是，AC$AC$ 與DF$DF$ 是否相等無法判斷.

於是∠ADF=∠DAC$\mathrm{\angle }ADF=\mathrm{\angle }DAC$ ，由於平面α$\alpha$ 是四面體外接球的{\FZK \color{red}切面}，所以在平面ACD$ACD$ 中，AF$AF$ 是⊙ACD$\odot ACD$ 在點A$A$ 的切線，由弦切角定理，知∠FAD=∠ACD$\mathrm{\angle }FAD=\mathrm{\angle }ACD$ ，所以

△FAD∼△DCA⇒AFa=cb⇒AF=acb.$$\mathrm{△}FAD\sim \mathrm{△}DCA\Rightarrow \frac{AF}{a}=\frac{c}{b}\Rightarrow AF=\frac{ac}{b}.$$

同理由AB\sslashDE$AB\text{sslash}DE$ ，有∠ADE=∠DAB$\mathrm{\angle }ADE=\mathrm{\angle }DAB$ 在平面ABD$ABD$ 中AE$AE$ 爲⊙ABD$\odot ABD$ 的切線，有∠EAD=∠ABD$\mathrm{\angle }EAD=\mathrm{\angle }ABD$ ，所以

△EAD∼△DBA⇒AEb1=ca1⇒AE=b1ca1.$$\mathrm{△}EAD\sim \mathrm{△}DBA\Rightarrow \frac{AE}{b_1}=\frac{c}{a_1}\Rightarrow AE=\frac{b_{1}c}{a_1}.$$

下面求EF$EF$ 的長.

同樣的方法，如圖，作平面γ \sslash$\gamma \text{sslash}$ 平面ACD$ACD$ ，這樣三面相交得到點G$G$ ，H$H$ .

同樣可得

AG=a1c1b,AH=a1b1c.$$AG=\frac{a_1{c}_1}{b},AH=\frac{a_1{b}_1}{c}.$$

平面α ∩$\alpha \cap$ 平面ABC=AG$ABC=AG$ ，平面α ∩$\alpha \cap$ 平面β=EF$\beta =EF$ ，平面ABC\sslash$ABC\text{sslash}$ 平面β$\beta$ ，於是AG\sslashEF$AG\text{sslash}EF$ ，同理知GH\sslashAF$GH\text{sslash}AF$ ，而H,A,E$H,A,E$ 在一條線(平面α$\alpha$ 與平面ABD$ABD$ 的交線)上，所以

△EFA∼△AGH⇒EFAG=AEAH⇒EF=c2c1a1b.$$\mathrm{△}EFA\sim \mathrm{△}AGH\Rightarrow \frac{EF}{AG}=\frac{AE}{AH}\Rightarrow EF=\frac{c^2{c}_1}{a_{1}b}.$$

將△AEF$\mathrm{△}AEF$ 放縮a1bc${\displaystyle \frac{a_{1}b}{c}}$ 倍，就得到三邊爲aa1$a{a}_1$ ，bb1$b{b}_1$ ，cc1$c{c}_1$ 的三角形，由海倫公式，將此三角形的面積記爲

S=p(p−aa1)(p−bb1)(p−cc1)−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√.$$S=\sqrt{p(p-a{a}_1)(p-b{b}_1)(p-c{c}_1)}.$$

設點D$D$ 在四面體ABCD$ABCD$ 外接球過A$A$ 的直徑上的投影爲D′$D^{\prime }$ ，則

h=AD′=AD22R=c22R.$$h=A{D}^{\prime }=\frac{A{D}^2}{2R}=\frac{c^2}{2R}.$$

這樣一來，

V1=VD−AEF=13S(ca1b)2h=c4a21b2⋅S6R.$$V_1=V_{D-AEF}=\frac{1}{3}S{\left(\frac{c}{a_{1}b}\right)}^{2}h=\frac{c^4}{a_1^2{b}^2}\cdot \frac{S}{6R}.$$

另一方面，四面體ADEF$ADEF$ 與四面體ABCD$ABCD$ 的體積比爲

V1V=S△ADF⋅S△ADES△ACD⋅S△ABD=S△ADFS△ACD⋅S△ADES△ABD=(AFa)2⋅(AEb1)2=c2b2⋅c2a21=c4a21b2$$\begin{array}{rl}\frac{V_1}{V}& =\frac{S_{\mathrm{△}ADF}\cdot S_{\mathrm{△}ADE}}{S_{\mathrm{△}ACD}\cdot S_{\mathrm{△}ABD}}\\ & =\frac{S_{\mathrm{△}ADF}}{S_{\mathrm{△}ACD}}\cdot \frac{S_{\mathrm{△}ADE}}{S_{\mathrm{△}ABD}}\\ & ={\left(\frac{AF}{a}\right)}^2\cdot {\left(\frac{AE}{b_1}\right)}^2\\ & =\frac{c^2}{b^2}\cdot \frac{c^2}{a_1^2}=\frac{c^4}{a_1^2{b}^2}\end{array}$$

∴V1=c4a21b2⋅V.$$\therefore V_1=\frac{c^4}{a_1^2{b}^2}\cdot V.$$

從而

6RV=p(p−aa1)(p−bb1)(p−cc1)−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√$$6RV=\sqrt{p(p-a{a}_1)(p-b{b}_1)(p-c{c}_1)}$$

. \qed

 

PS:高考中的熱點與難點
PSS:1988年趙光明 、武建沛在《數學教學》發表了“任意四面體外接球半徑的計算公式”，從角出發；本文從六條邊出發，即 克列爾(A.L.Crelle)公式，參考了唐立華著的《向量與立體幾何》；沈文選、張垚、冷崗鬆著的《奧林匹克數學中的幾何問題》
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