變量中的不變量

程煌

靜止是相對的，運動是絕對的，數學因運動而充滿活力．縱觀近幾年高考，立體幾何的動態問題精彩紛呈，表現形式豐富多彩，令人賞心悅目．它們集知識的交匯性和綜合性，方法的靈活性、能力的遷移性為一體，從而培養學生的空間想象、邏輯推理以及數學運算等數學核心素養，極富挑戰性，又頗具趣味性．“以定制動”的思想，從變量中尋找不變量，將動態的數學問題有效轉化為靜態問題進行處理，不失為破解動態問題的關鍵途徑．現將其常見的基礎題型介紹如下，希望能給讀者一定的幫助．

題型一、基本立體圖形中的變量與不變量

正方體、長方體、正三棱錐（或正四面體）、鱉臑（《九章算術》中將四個面都為直角三角形的三棱錐稱之為鱉臑）等幾何體經常做為命題的基礎圖形，我們在平時的練習中注意多加總結它們的幾何特征，線面關系，很多問題就能迎刃而解．

【例1】（多選題）如圖所示，棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為線段A1B上的動點（不含端點），則下列結論正確的是（）

A．平面D1A1P⊥平面A1AP

B．AP·DC1不是定值

C．三棱錐B1－D1PC的體積為定值

D．DC1⊥D1P

【解析】對于A．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，D1A1⊥平面A1AP，D1A1平面D1A1P，

∴平面D1A1P⊥平面A1AP．

對于B．AP·DC1=（AA1+A1P）·DC1=AA1·DC1+A1P·DC1

=AA1DC1cos45°+A1PDC1cos90°=1×2×22=1．

對于C．VB1－D1PC=VP－B1D1C，△B1D1C的面積是定值，A1B//平面B1D1C，點P在線段A1B上的動點，∴點P到平面B1D1C的距離是定值，∴VB1－D1PC=VP－B1D1C是定值，故C正確.

對于D．DC1⊥A1D1，DC1⊥A1B，A1D1∩A1B=A1，∴DC1⊥平面A1D1P，D1P平面A1D1P，∴DC1⊥D1P．故答案：ACD．

【點評】P雖為線段A1B上的動點，但平面是無限延伸的，故平面D1A1P、平面A1AP是沒有動的，即為平面D1A1BC、平面A1AB；三棱錐B1－D1PC的體積，我們常用等體積法換底，頂點雖動，但其軌跡平行于底面，故同底等高，體積為不變量．

【變式1】（多選題）如圖，在三棱錐A－BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，BE⊥AC，E為垂足點，F為BD中點，則下列結論正確的是（）

A．若AD的長為定值，則該三棱錐外接球的半徑也為定值

B．若AC的長為定值，則該三棱錐內切球的半徑也為定值

C．若BD的長為定值，則EF的長也為定值

D．若CD的長為定值，則EF·CD的值也為定值

【解析】此幾何體為鱉臑，通常可補形為長方體．

對于A．將三棱錐補形成長方體，易知該三棱錐的外接球即為長方體的外接球，所以AD為外接球的直徑2R，所以該三棱錐外接球的半徑也為定值，故正確；

對于B．與三棱錐內切球問題有關的可用等體積法．

∵AB⊥平面BCD，CD、BD平面BCD，∴AB⊥CD，AB⊥BD.

∵BC⊥CD，BC∩AB=B，BC、AB平面ABC，∴CD⊥平面ABC，

∵AC平面ABC，∴CD⊥AC.

假設內切球的球心為O，第一種情況不妨假設AC=5，AB=3，BC=4，CD=4，BD=42，此時內切球的半徑為r1，根據VA－BCD=VO－ABC+VO－ABD+VO－ACD+VO－BCD，

即13×S△BCD×AB=13×S△ABC×r1+13×S△ABD×r1+13×S△ACD×r1+13×S△BCD×r1，

12×4×4×3=12×3×4×r1+12×3×42×r1+12× 5×4×r1+12×4×4×r1，解得r1=8－227.

第二種情況不妨假設AC=5，AB=3，BC=4，CD=3，BD=5，此時內切球的半徑為r2，根據VA－BCD=VO－ABC+VO－ABD+VO－ACD+VO－BCD，

即13×S△BCD×AB=13×S△ABC×r2+13×S△ABD×r2+13×S△ACD×r2+13×S△BCD×r2，

12×4×3×3=12×3×4×r2+12×3×5×r2+12×5×3×r2+12×4×3×r2，

解得r2=23，綜上所述，當AC的長為定值，三棱錐內切球的半徑不為定值，故B錯誤；

對于C．可證BE⊥平面ACD，故BE⊥ED，F為BD中點，所以EF=12BD；

對于D．EF·CD=12（EB+ED）·CD=12（EB·CD+ED·CD）=12CD2，故選：ACD．

題型二、點動（軌跡）問題中的變量與不變量

立體幾何中的動態問題，其核心考點是動點和動直線所構成的靜態平面，難點是考查學生數學核心素養和空間想象能力，已成為新高考命題的一大熱點．立體幾何中的動點軌跡問題一般有四種：球型、線段型、平面型、二次曲線型．

一、點動，線段長度定

例2．在正四棱錐S－ABCD中，底面邊長為22，側棱長為4，點P是底面ABCD內一動點，且SP=13，則A，P兩點間距離的最小值為（）

A．12

B．23

C．1

D．2

【解析】設AC與BD的交點為O，由正四棱錐的性質可得點P在底面ABCD上的投影為O，所以SO⊥平面ABCD，所以SA2=SO2+OA2，SP2=SO2+OP2.

因為正方形ABCD邊長為22，側棱長為4，所以SA=4，OA=2，所以SO=23，又SP=13，

所以OP=1，所以點P的軌跡為底面上以O為圓心，半徑為1的圓，所以A，P兩點間距離的最小值為AO－OP，

所以A，P兩點間距離的最小值為1 故選：C．

【點評】動點P在平面α上動，若到定點S的距離不變，則動點P的運動軌跡為以S為球心的球與平面α的交線，定點軌跡為一個圓（或圓弧），找到軌跡的關鍵突破口是找到圓心O，找圓心O的方法是過球心S作平面α的垂線，垂足O即為圓心，再用勾股定理求半徑．

【變式2】已知三棱錐P－ABC中，PA，PB，PC兩兩垂直，且PA=PB=PC=1，以P為球心，22為半徑的球面與該三棱錐表面的交線的長度之和為______．

【解析】如圖所示，設BC，CA，AB的中點分別為D，E，F，P在平面ABC內的射影為O1，由已知可得O1為底面正三角形ABC的中心．∵PA，PB，PC兩兩垂直，且PA=PB=PC=1，∴AB=BC=AC=2，∴PD=PE=PF=22，O1D=O1E=O1F=22×33=66以P為球心，22為半徑的球面與該三棱錐表面的交線是各側面內以P為圓心，以22為半徑的3個四分之一圓弧和底面正三角形ABC的內切圓，

∴交線的長度之和為3×π2×22+2π×66=92+4612π．

二、點動，位置關系（平行或垂直）定

【例3】在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點M、N分別是棱BC，CC1的中點，動點P在正方形BCC1B1（包括邊界）內運動．若PA1//平面AMN，則PA1的最小值是（）

A．1

B．54

C．324

D．62

【解析】如圖所示，取B1C1的中點E，BB1的中點F，

連接A1E，A1F，EF，因為M，N分別是棱BC，CC1的中點，

所以A1E//AM，EF//MN，可證平面A1EF//平面AMN，PA1//平面AMN，且P點在右側面，

所以P點的軌跡是EF，且A1E=AF=52，EF=22，

所以當P點位于EF中點O處時，PA1最小，

此時，

PA1=A1O=A1E2－12EF2=54－18=324．故選：C．

【點評】點P在動，但PA1//平面AMN，位置關系定，故只需作出過點A1且平行于面AMN的平面α，以及α與右側面的交線，就可以得出點P的運動軌跡，從而求出PA1的最小值．

【變式3】在正方體ABCD－A1B1C1D1中，Q是正方形B1BCC1內的動點，A1Q⊥BC1，則Q點的軌跡是（）

A．點B1

B．線段B1C

C．線段B1C1

D．平面B1BCC1

【解析】如圖，連接A1C，

因為BC1⊥A1Q，BC1⊥A1B1，A1Q∩A1B1=A1，A1Q，A1B1平面A1B1Q，

所以BC1⊥平面A1B1Q，又B1Q平面A1B1Q，

所以BC1⊥B1Q，又BC1⊥B1C．所以點Q在線段B1C上．故選：B．

三、點動，角度定

【例4】如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知△ABC是邊長為1的等邊三角形，AA1=2，E，F分別在側面AA1B1B和側面AA1C1C內運動（含邊界），且滿足直線AA1與平面AEF所成的角為30°，點A1在平面AEF上的射影H在△AEF內（含邊界）．令直線BH與平面ABC所成的角為θ，則tanθ的最大值為（）

A．3（2+3）

B．33

C．3

D．3（2－3）

【解析】因為點H為A1在平面AEF上的射影，

所以A1H⊥平面AEF，連接AH，

則A1H⊥AH，故H在以AA1為直徑的球面上．

又AA1與平面AEF所成的角為30°，所以∠HAA1=30°，過H作HO1⊥AA1于點O1，如圖1所示，則易得HA1=1，HA=3，HO1=32，AO1=32，所以H在如圖2所示的圓錐AO1的底面圓周上，又H在△AEF內（含邊界），故H在三棱柱ABC－A1B1C1及其內部，其軌跡是以O1為圓心，O1H為半徑的圓中圓心角為60°的圓弧，且H在底面ABC上的射影H′的軌跡（以A為圓心，32為半徑的一段圓弧）如圖3所示，連接BH′，易知直線BH與平面ABC所成的角θ=∠HBH′，且tanθ=HH′BH′=O1ABH′=32BH′，故當BH′最小時，tanθ最大，A是圓弧圓心，則當H′在AB上時，BH′最小，最小值為1－32=2－32，所以tanθmax=32×22－3=3（2+3）．故選：A．

【點評】本題是典型的動點問題，動得相對比較復雜，細細品味，便有豁然開朗的感覺．

目標為動直線與定平面所成角，而線動由點H的運動引起，所以需要找到動點H的運動軌跡，點H為A1在平面AEF上的射影，得A1H⊥AH，首先得H在以AA1為直徑的球面上．AA1與平面AEF所成的角為30°，所以∠HAA1=30°，過H作HO1⊥AA1于點O1，計算得HA，HA1，HO1，AO1，知H在圓錐AO1的底面圓周上，再由H在△AEF內（含邊界），得H在三棱柱ABC－A1B1C1及其內部，其軌跡是以O1為圓心，O1H為半徑的圓中圓心角為60°的圓弧，且H在底面ABC上的射影H′的軌跡（以A為圓心，32為半徑的一段圓弧），θ=∠HBH′．

【變式4】（2020·四川高三期末）長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB=2，BC=1，AA1=2，P為該正方體側面CC1D1D內（含邊界）的動點，且滿足tan∠PAD+tan∠PBC=22．則四棱錐P－ABCD體積的取值范圍是（）

A．0，23

B．23，23

C．0，43

D．23，43

【解析】如圖所示：在Rt△PAD中，tan∠PAD=PDAD=PD，

在Rt△PBC中，tan∠PBC=PCBC=PC，

∵tan∠PAD+tan∠PBC=22，∴PD+PC=22．

∵PD+PC=22>CD=2，

∴點P的軌跡是以C，D為焦點 2a=22的橢圓．

如圖所示：a=2，c=1，b=2－1=1，橢圓的標準方程為：x22+y2=1．P1（0，1），

聯立x=1，x22+y2=1，解得：y=±22．所以P2－1，22，P31，22．

當點P運動到P1位置時，此時四棱錐P－ABCD的高最長，

∴（VP－ABCD）max=13×SABCD×P1O=13×2×1=23．

當點P運動到P2或P3位置時，此時四棱錐P－ABCD的高最短，

∴（VP－ABCD）min=13×SABCD×P2D=13×2×22=23．

綜上所述：23≤VP－ABCD≤23．故選B．

四、點動，線段定比

【例5】古希臘數學家阿波羅尼斯發現：平面上到兩定點A、B距離之比λλ>0，λ≠1是常數的點的軌跡是一個圓心在直線AB上的圓，該圓簡稱為阿氏圓．根據以上信息，解決下面的問題：在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點P是正方體的表面ADD1A1（包括邊界）上的動點，若動點P滿足PA=2PD，則點P所形成的阿氏圓的半徑為______；若E是CD的中點，且滿足∠APB=∠EPD，則三棱錐P－ACD體積的最大值是______．

【解析】在AD上取點M，在AD延長線上取點N，使得MA=2MD，NA=2ND，則是題中阿氏圓上的點，由題意MN是阿氏圓的直徑，

AD=2，則MD=23，DN=2，所以MN=23+2=83，

∴阿氏圓半徑為MN2=43.

正方體中AB，CD都與側面ADD1A1垂直，從而與側面ADD1A1內的直線PA，PD垂直，

如圖，∠APB=∠EPD，則Rt△PDE～Rt△PAB，∴PAPD=ABDE=2，即P在上述阿氏圓上，

∵△ACD的面積是2為定值，因此只要P到平面ACD距離最大，則三棱錐P－ACD體積的最大，由于P點在阿氏圓上，當P是阿氏圓與DD1交點Q時，P到平面ACD距離最大，

此時QA=2QD，因此QA2－QD2=3QD2=2，QD=233，

三棱錐P－ACD體積的最大值為V=13×2×233=439.故答案為：43；439．

【點評】本題考查棱錐的體積，考查新定義的理解與應用．解題關鍵是正確理解新定義得出圓半徑，由已知角相等得出P點就在新定義“阿氏圓”上，從而易得它到底面距離最大時的位置，從而得出最大體積．

【變式5】（2021·遼寧模擬）已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為3，P是正方體表面上一動點，且PA=2PA1，則點P形成的軌跡的長度為____________．

【解析】將正方體兩側面AA1B1B和AA1D1D展開平面圖，

建立平面直角坐標系如圖，設動點P（x，y），因為PA=2PA1，

所以x2+（y+3）2=4（x2+y2），化簡得x2+（y－1）2=4，

在兩側面內軌跡為以O（0，1）為心，以2為半徑的圓弧，

因為cos∠A1OM=12，所以cos∠A1OM=π3，于是∠MON=2π3，

所以在兩側面內軌跡長度為2π3·2=4π3，

在頂面A1B1C1D1內，軌跡為以A1為圓心，以3為半徑的14圓弧，

此時滿足PA=2PA1條件，所以在頂面軌跡長度為14·2π·3=3π2．

所以點P形成的軌跡的長度為4π3+3π2．

題型三、面動（折疊）問題中的變量與不變量

折疊問題是立體幾何的一類典型問題，是考查實踐能力與創新能力的好素材．解答折疊問題的關鍵在于畫好折疊前后的平面圖形與立體圖形，并弄清折疊前后哪些發生了變化，哪些沒有發生變化．這些不變量都是我們分析問題和解決問題的依據．

【例6】如圖，在矩形ABCD中，M為BC的中點，將△AMB沿直線AM翻折成△AB1M，連接B1D，N為B1D的中點，則在翻折過程中，下列說法正確的是（）

A．存在某個位置，使得CN⊥AB1

B．CN的長是定值

C．若AB=BM，則AM⊥B1D

D．若AB=BM=1，當三棱錐B1－AMD的體積最大時，棱錐B1－AMD的外接球表面積是4π

【解析】對于A．如圖1，取AD中點E，連接EC交MD與F，

則NE//AB1，NF//MB1，如果CN⊥AB1，可得到EN⊥NF，

又EN⊥CN，且三線NE，NF，NC共面共點，不可能，則A錯誤．

對于B．如右圖，可得由∠NEC=∠MAB1（定值），NE=12AB1（定值），AM=EC（定值），△NEC中，由余弦定理可得NC是定值，則B正確．

對于C．如右圖，取AM中點O，連接B1O，DO，由題意得AM⊥面ODB1，即可得OD⊥AM，從而AD=MD，由題意不成立，可得C錯誤．

對于D．當平面B1AM⊥平面AMD時，三棱錐B1－AMD的體積最大，

由題意得AD中點H就是三棱錐B1－AMD的外接球的球心，球半徑為1，

表面積是4π，則D正確．

【點評】凡是動態問題，動有章法，抓住這一章法的本質，就抓住了動點的軌跡，便能做到“動而不亂”的效果，解題也就是水到渠成的事情．

【變式6】如圖，已知E為正方形ABCD的邊AB的中點，將ΔDAE沿邊DE折到ΔPDE，連接PC，PB，EC，設F為PC中點，連接BF，則在翻折的過程中，下

列命題正確的是（）

A．存在某一翻折位置，使得DE//平面PBC

B．在翻折的過程中（點P不在平面BCDE內），都有BF//平面PDE

C．存在某一翻折位置，使得PE⊥CD

D．若CD=PC=4，則三棱錐P－CDE的外接球的表面積為76π3

【解析】對于A．取DC的中點G，連接BG，由BE∥GD，BE=GD，∴四邊形DEBG為平行四邊形，∴DE∥GB，而BG與平面PBC相交，∴DE與平面PBC相交，故A錯誤.

對于B．連接FG，則FG∥PD，由DE∥GB，易證平面BFG∥平面EPD，而BF平面BFG，∴BF∥平面PDE，故B選項正確.

對于C．∵PE⊥PD，要使得PE⊥CD，則PE⊥平面PCD，

則PE⊥PC，而EC=ED，此時，只需要PC=PD即可，

故C選項正確.

對于D．由PD=CD=PC=4可知，PE⊥平面PCD，PE=2，ΔPCD的外接圓半徑r=42sin60°=433，設三棱錐P－CDE的外接球半徑為R，

則R2=r2+PE22=4332+1=193，三棱錐P－CDE的外接球的表面積為76π3．故選：BCD．

動態立體幾何問題，在變化過程中總蘊含著某些不變的因素，因此要認真分析其變化特點，在運動變化中探求與之相關的其它量之間的關系．在具體解題時要善于從多角度思考，尋求運動變化的實質，總結常見題型和幾何模型，在變量中尋找不變量，從靜態因素中，找到解決問題的突破口．

【本文系廣州市教育研究院2021年度科研課題“核心素養背景下高中生數學運算能力提升策略研究”（21AJCJY21117）研究成果】

責任編輯徐國堅