变量中的不变量

程煌

静止是相对的，运动是绝对的，数学因运动而充满活力．纵观近几年高考，立体几何的动态问题精彩纷呈，表现形式丰富多彩，令人赏心悦目．它们集知识的交汇性和综合性，方法的灵活性、能力的迁移性为一体，从而培养学生的空间想象、逻辑推理以及数学运算等数学核心素养，极富挑战性，又颇具趣味性．“以定制动”的思想，从变量中寻找不变量，将动态的数学问题有效转化为静态问题进行处理，不失为破解动态问题的关键途径．现将其常见的基础题型介绍如下，希望能给读者一定的帮助．

题型一、基本立体图形中的变量与不变量

正方体、长方体、正三棱锥（或正四面体）、鳖臑（《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑）等几何体经常做为命题的基础图形，我们在平时的练习中注意多加总结它们的几何特征，线面关系，很多问题就能迎刃而解．

【例1】（多选题）如图所示，棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（）

A．平面D1A1P⊥平面A1AP

B．AP·DC1不是定值

C．三棱锥B1－D1PC的体积为定值

D．DC1⊥D1P

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

∴平面D1A1P⊥平面A1AP．

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

=AA1DC1cos45°+A1PDC1cos90°=1×2×22=1．

对于C．VB1－D1PC=VP－B1D1C，△B1D1C的面积是定值，A1B//平面B1D1C，点P在线段A1B上的动点，∴点P到平面B1D1C的距离是定值，∴VB1－D1PC=VP－B1D1C是定值，故C正确.

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

【点评】P虽为线段A1B上的动点，但平面是无限延伸的，故平面D1A1P、平面A1AP是没有动的，即为平面D1A1BC、平面A1AB；三棱锥B1－D1PC的体积，我们常用等体积法换底，顶点虽动，但其轨迹平行于底面，故同底等高，体积为不变量．

【变式1】（多选题）如图，在三棱锥A－BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，BE⊥AC，E为垂足点，F为BD中点，则下列结论正确的是（）

A．若AD的长为定值，则该三棱锥外接球的半径也为定值

B．若AC的长为定值，则该三棱锥内切球的半径也为定值

C．若BD的长为定值，则EF的长也为定值

D．若CD的长为定值，则EF·CD的值也为定值

【解析】此几何体为鳖臑，通常可补形为长方体．

对于A．将三棱锥补形成长方体，易知该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，所以AD为外接球的直径2R，所以该三棱锥外接球的半径也为定值，故正确；

对于B．与三棱锥内切球问题有关的可用等体积法．

∵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.

假设内切球的球心为O，第一种情况不妨假设AC=5，AB=3，BC=4，CD=4，BD=42，此时内切球的半径为r1，根据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.

第二种情况不妨假设AC=5，AB=3，BC=4，CD=3，BD=5，此时内切球的半径为r2，根据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，当AC的长为定值，三棱锥内切球的半径不为定值，故B错误；

对于C．可证BE⊥平面ACD，故BE⊥ED，F为BD中点，所以EF=12BD；

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

题型二、点动（轨迹）问题中的变量与不变量

立体几何中的动态问题，其核心考点是动点和动直线所构成的静态平面，难点是考查学生数学核心素养和空间想象能力，已成为新高考命题的一大热点．立体几何中的动点轨迹问题一般有四种：球型、线段型、平面型、二次曲线型．

一、点动，线段长度定

例2．在正四棱锥S－ABCD中，底面边长为22，侧棱长为4，点P是底面ABCD内一动点，且SP=13，则A，P两点间距离的最小值为（）

A．12

B．23

C．1

D．2

【解析】设AC与BD的交点为O，由正四棱锥的性质可得点P在底面ABCD上的投影为O，所以SO⊥平面ABCD，所以SA2=SO2+OA2，SP2=SO2+OP2.

因为正方形ABCD边长为22，侧棱长为4，所以SA=4，OA=2，所以SO=23，又SP=13，

所以OP=1，所以点P的轨迹为底面上以O为圆心，半径为1的圆，所以A，P两点间距离的最小值为AO－OP，

所以A，P两点间距离的最小值为1 故选：C．

【点评】动点P在平面α上动，若到定点S的距离不变，则动点P的运动轨迹为以S为球心的球与平面α的交线，定点轨迹为一个圆（或圆弧），找到轨迹的关键突破口是找到圆心O，找圆心O的方法是过球心S作平面α的垂线，垂足O即为圆心，再用勾股定理求半径．

【变式2】已知三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且PA=PB=PC=1，以P为球心，22为半径的球面与该三棱锥表面的交线的长度之和为______．

【解析】如图所示，设BC，CA，AB的中点分别为D，E，F，P在平面ABC内的射影为O1，由已知可得O1为底面正三角形ABC的中心．∵PA，PB，PC两两垂直，且PA=PB=PC=1，∴AB=BC=AC=2，∴PD=PE=PF=22，O1D=O1E=O1F=22×33=66以P为球心，22为半径的球面与该三棱锥表面的交线是各侧面内以P为圆心，以22为半径的3个四分之一圆弧和底面正三角形ABC的内切圆，

∴交线的长度之和为3×π2×22+2π×66=92+4612π．

二、点动，位置关系（平行或垂直）定

【例3】在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M、N分别是棱BC，CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动．若PA1//平面AMN，则PA1的最小值是（）

A．1

B．54

C．324

D．62

【解析】如图所示，取B1C1的中点E，BB1的中点F，

连接A1E，A1F，EF，因为M，N分别是棱BC，CC1的中点，

所以A1E//AM，EF//MN，可证平面A1EF//平面AMN，PA1//平面AMN，且P点在右侧面，

所以P点的轨迹是EF，且A1E=AF=52，EF=22，

所以当P点位于EF中点O处时，PA1最小，

此时，

PA1=A1O=A1E2－12EF2=54－18=324．故选：C．

【点评】点P在动，但PA1//平面AMN，位置关系定，故只需作出过点A1且平行于面AMN的平面α，以及α与右侧面的交线，就可以得出点P的运动轨迹，从而求出PA1的最小值．

【变式3】在正方体ABCD－A1B1C1D1中，Q是正方形B1BCC1内的动点，A1Q⊥BC1，则Q点的轨迹是（）

A．点B1

B．线段B1C

C．线段B1C1

D．平面B1BCC1

【解析】如图，连接A1C，

因为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．所以点Q在线段B1C上．故选：B．

三、点动，角度定

【例4】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知△ABC是边长为1的等边三角形，AA1=2，E，F分别在侧面AA1B1B和侧面AA1C1C内运动（含边界），且滿足直线AA1与平面AEF所成的角为30°，点A1在平面AEF上的射影H在△AEF内（含边界）．令直线BH与平面ABC所成的角为θ，则tanθ的最大值为（）

A．3（2+3）

B．33

C．3

D．3（2－3）

【解析】因为点H为A1在平面AEF上的射影，

所以A1H⊥平面AEF，连接AH，

则A1H⊥AH，故H在以AA1为直径的球面上．

又AA1与平面AEF所成的角为30°，所以∠HAA1=30°，过H作HO1⊥AA1于点O1，如图1所示，则易得HA1=1，HA=3，HO1=32，AO1=32，所以H在如图2所示的圆锥AO1的底面圆周上，又H在△AEF内（含边界），故H在三棱柱ABC－A1B1C1及其内部，其轨迹是以O1为圆心，O1H为半径的圆中圆心角为60°的圆弧，且H在底面ABC上的射影H′的轨迹（以A为圆心，32为半径的一段圆弧）如图3所示，连接BH′，易知直线BH与平面ABC所成的角θ=∠HBH′，且tanθ=HH′BH′=O1ABH′=32BH′，故当BH′最小时，tanθ最大，A是圆弧圆心，则当H′在AB上时，BH′最小，最小值为1－32=2－32，所以tanθmax=32×22－3=3（2+3）．故选：A．

【点评】本题是典型的动点问题，动得相对比较复杂，细细品味，便有豁然开朗的感觉．

目标为动直线与定平面所成角，而线动由点H的运动引起，所以需要找到动点H的运动轨迹，点H为A1在平面AEF上的射影，得A1H⊥AH，首先得H在以AA1为直径的球面上．AA1与平面AEF所成的角为30°，所以∠HAA1=30°，过H作HO1⊥AA1于点O1，计算得HA，HA1，HO1，AO1，知H在圆锥AO1的底面圆周上，再由H在△AEF内（含边界），得H在三棱柱ABC－A1B1C1及其内部，其轨迹是以O1为圆心，O1H为半径的圆中圆心角为60°的圆弧，且H在底面ABC上的射影H′的轨迹（以A为圆心，32为半径的一段圆弧），θ=∠HBH′．

【变式4】（2020·四川高三期末）长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB=2，BC=1，AA1=2，P为该正方体侧面CC1D1D内（含边界）的动点，且满足tan∠PAD+tan∠PBC=22．则四棱锥P－ABCD体积的取值范围是（）

A．0，23

B．23，23

C．0，43

D．23，43

【解析】如图所示：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，

∴点P的轨迹是以C，D为焦点 2a=22的椭圆．

如图所示：a=2，c=1，b=2－1=1，椭圆的标准方程为：x22+y2=1．P1（0，1），

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

当点P运动到P1位置时，此时四棱锥P－ABCD的高最长，

∴（VP－ABCD）max=13×SABCD×P1O=13×2×1=23．

当点P运动到P2或P3位置时，此时四棱锥P－ABCD的高最短，

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

综上所述：23≤VP－ABCD≤23．故选B．

四、点动，线段定比

【例5】古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点A、B距离之比λλ>0，λ≠1是常数的点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆，该圆简称为阿氏圆．根据以上信息，解决下面的问题：在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是正方体的表面ADD1A1（包括边界）上的动点，若动点P满足PA=2PD，则点P所形成的阿氏圆的半径为______；若E是CD的中点，且满足∠APB=∠EPD，则三棱锥P－ACD体积的最大值是______．

【解析】在AD上取点M，在AD延长线上取点N，使得MA=2MD，NA=2ND，则是题中阿氏圆上的点，由题意MN是阿氏圆的直径，

AD=2，则MD=23，DN=2，所以MN=23+2=83，

∴阿氏圆半径为MN2=43.

正方体中AB，CD都与侧面ADD1A1垂直，从而与侧面ADD1A1内的直线PA，PD垂直，

如图，∠APB=∠EPD，则Rt△PDE～Rt△PAB，∴PAPD=ABDE=2，即P在上述阿氏圆上，

∵△ACD的面积是2为定值，因此只要P到平面ACD距离最大，则三棱锥P－ACD体积的最大，由于P点在阿氏圆上，当P是阿氏圆与DD1交点Q时，P到平面ACD距离最大，

此时QA=2QD，因此QA2－QD2=3QD2=2，QD=233，

三棱锥P－ACD体积的最大值为V=13×2×233=439.故答案为：43；439．

【点评】本题考查棱锥的体积，考查新定义的理解与应用．解题关键是正确理解新定义得出圆半径，由已知角相等得出P点就在新定义“阿氏圆”上，从而易得它到底面距离最大时的位置，从而得出最大体积．

【变式5】（2021·辽宁模拟）已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，P是正方体表面上一动点，且PA=2PA1，则点P形成的轨迹的长度为____________．

【解析】将正方体两侧面AA1B1B和AA1D1D展开平面图，

建立平面直角坐标系如图，设动点P（x，y），因为PA=2PA1，

所以x2+（y+3）2=4（x2+y2），化简得x2+（y－1）2=4，

在两侧面内轨迹为以O（0，1）为心，以2为半径的圆弧，

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

所以在两侧面内轨迹长度为2π3·2=4π3，

在顶面A1B1C1D1内，轨迹为以A1为圆心，以3为半径的14圆弧，

此时满足PA=2PA1条件，所以在顶面轨迹长度为14·2π·3=3π2．

所以点P形成的轨迹的长度为4π3+3π2．

题型三、面动（折叠）问题中的变量与不变量

折叠问题是立体几何的一类典型问题，是考查实践能力与创新能力的好素材．解答折叠问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化．这些不变量都是我们分析问题和解决问题的依据．

【例6】如图，在矩形ABCD中，M为BC的中点，将△AMB沿直线AM翻折成△AB1M，连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（）

A．存在某个位置，使得CN⊥AB1

B．CN的长是定值

C．若AB=BM，则AM⊥B1D

D．若AB=BM=1，当三棱锥B1－AMD的体积最大时，棱锥B1－AMD的外接球表面积是4π

【解析】对于A．如图1，取AD中点E，连接EC交MD与F，

则NE//AB1，NF//MB1，如果CN⊥AB1，可得到EN⊥NF，

又EN⊥CN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，则A错误．

对于B．如右图，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，则B正确．

对于C．如右图，取AM中点O，连接B1O，DO，由题意得AM⊥面ODB1，即可得OD⊥AM，从而AD=MD，由题意不成立，可得C错误．

对于D．当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1－AMD的体积最大，

由题意得AD中点H就是三棱锥B1－AMD的外接球的球心，球半径为1，

表面积是4π，则D正确．

【点评】凡是动态问题，动有章法，抓住这一章法的本质，就抓住了动点的轨迹，便能做到“动而不乱”的效果，解题也就是水到渠成的事情．

【变式6】如图，已知E为正方形ABCD的边AB的中点，将ΔDAE沿边DE折到ΔPDE，连接PC，PB，EC，设F为PC中点，连接BF，则在翻折的过程中，下

列命题正确的是（）

A．存在某一翻折位置，使得DE//平面PBC

B．在翻折的过程中（点P不在平面BCDE内），都有BF//平面PDE

C．存在某一翻折位置，使得PE⊥CD

D．若CD=PC=4，则三棱锥P－CDE的外接球的表面积为76π3

【解析】对于A．取DC的中点G，连接BG，由BE∥GD，BE=GD，∴四边形DEBG为平行四边形，∴DE∥GB，而BG与平面PBC相交，∴DE与平面PBC相交，故A错误.

对于B．连接FG，则FG∥PD，由DE∥GB，易证平面BFG∥平面EPD，而BF平面BFG，∴BF∥平面PDE，故B选项正确.

对于C．∵PE⊥PD，要使得PE⊥CD，则PE⊥平面PCD，

則PE⊥PC，而EC=ED，此时，只需要PC=PD即可，

故C选项正确.

对于D．由PD=CD=PC=4可知，PE⊥平面PCD，PE=2，ΔPCD的外接圆半径r=42sin60°=433，设三棱锥P－CDE的外接球半径为R，

则R2=r2+PE22=4332+1=193，三棱锥P－CDE的外接球的表面积为76π3．故选：BCD．

动态立体几何问题，在变化过程中总蕴含着某些不变的因素，因此要认真分析其变化特点，在运动变化中探求与之相关的其它量之间的关系．在具体解题时要善于从多角度思考，寻求运动变化的实质，总结常见题型和几何模型，在变量中寻找不变量，从静态因素中，找到解决问题的突破口．

【本文系广州市教育研究院2021年度科研课题“核心素养背景下高中生数学运算能力提升策略研究”（21AJCJY21117）研究成果】

责任编辑徐国坚