浙江 2016 · 数学 q14

转着看 · 换个机位再判断

$AB=BC=2$、$\angle ABC=120^{\circ}$ 的底面上，$D$ 在 $AC$ 上滑，而「$PD=DA$、$PB=BA$」说的是 $P$ 由 $A$ 绕直线 $BD$ 转出来 · 转轴水平 ⟹ 最高能抬到 $d(A,BD)$，$V=\frac13S_{\triangle BCD}\cdot d(A,BD)$；$D$ 落在中点 $M$ 时 $BM\perp AC$、高恰为 $AM=\sqrt{3}$，$V=\frac13\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\sqrt{3}=\frac{1}{2}$ 取到最大（图上另摆了一个 $D_{1}$：高更大，底更小，体积反而小）

机位1题图角度2正对 APC3沿 APC 看4俯视自由视角

拖动旋转 · 滚轮缩放（触屏双指）

冷启动：两层变量，先把「转多少度」这层用掉

底面上的 $\triangle ABC$ 是死的：$AB=BC=2$，$\angle ABC=120^{\circ}$。 设 $M$ 是 $AC$ 的中点，则 $BM\perp AC$，且

$$BM=2\cos 60^{\circ}=1,\qquad AM=MC=2\sin 60^{\circ}=\sqrt3,\qquad AC=2\sqrt3 .$$

活的东西有两样：

1. $D$ 在 $AC$ 上滑，记 $AD=t\in\left(0,2\sqrt3\right)$；
2. $P$ 绕直线 $BD$ 转——条件 $PD=DA$、$PB=BA$ 恰好说明 $\triangle PBD$ 与 $\triangle ABD$ 全等， 即 $\triangle PBD$ 是把 $\triangle ABD$ 沿 $BD$ 折起来得到的。

这两层能拆开：$D$ 一旦定下，底面 $\triangle BCD$ 的面积就定死了，体积只随高变化； 而高在折起面垂直于底面时最大。于是

$$\max_{t,\ \text{折角}}V=\max_{t}\left(V\ \text{在折起面}\perp\text{底面时的值}\right),$$

先取角度这一层，剩下一个关于 $t$ 的一元函数。

折到最高时高是多少？ $P$ 绕的是直线 $BD$，画出的圆以 $A$ 在直线 $BD$ 上的垂足为心、 以 $A$ 到直线 $BD$ 的距离为半径。所以最大高就是这个距离，不是 $PD=t$。

解法一：以 $\triangle BCD$ 为底，换元 $m=BD$ 收掉根号

第一步：量清楚底面

$\triangle ABC$ 中 $AB=BC=2$、$\angle ABC=120^{\circ}$，取 $AC$ 的中点 $M$，则 $BM$ 是等腰三角形的中线， 也是高与角平分线，于是 $\angle ABM=60^{\circ}$，

$$BM=AB\cos 60^{\circ}=1,\qquad AM=AB\sin 60^{\circ}=\sqrt3 .$$

所以 $AC=2\sqrt3$，而点 $B$ 到直线 $AC$ 的距离恒为 $1$——这一条与 $D$ 的位置无关，后面直接用。

第二步：固定 $D$，把高取到最大

设 $AD=t$，$t\in\left(0,2\sqrt3\right)$。

条件 $PD=DA$、$PB=BA$ 加上公共边 $BD$，给出 $\triangle PBD\cong\triangle ABD$， 所以 $P$ 是 $A$ 绕直线 $BD$ 转出平面得到的。旋转保持点到轴的距离， 故 $P$ 始终落在「以 $A$ 在直线 $BD$ 上的垂足 $F$ 为心、以 $AF$ 为半径、且所在平面垂直于 $BD$」的那个圆上。

底面 $ABC$ 包含直线 $BD$。设折起后二面角为 $\varphi$，则 $P$ 到底面的距离是 $AF\sin\varphi$， 在 $\varphi=90^{\circ}$（即平面 $PBD\perp$ 平面 $ABC$）时最大，等于 $AF$。

$AF$ 用面积法算最快：$\triangle ABD$ 以 $AD$ 为底时面积是 $\frac12\cdot t\cdot BM=\frac t2$， 以 $BD$ 为底时面积是 $\frac12\cdot BD\cdot AF$，两者相等，

$$AF=\frac{t}{BD},\qquad BD=\sqrt{DM^{2}+BM^{2}}=\sqrt{\left(\sqrt3-t\right)^{2}+1}$$

（这里 $DM=\left|\sqrt3-t\right|$，平方之后正负都一样，所以 $t$ 在 $M$ 的哪一侧不用分类）。

第三步：写出 $V(t)$

底面 $\triangle BCD$ 以 $DC=2\sqrt3-t$ 为底、以 $B$ 到 $AC$ 的距离 $1$ 为高：

$$S_{\triangle BCD}=\frac12\left(2\sqrt3-t\right)\cdot 1 .$$

于是

$$V=\frac13\,S_{\triangle BCD}\cdot AF =\frac13\cdot\frac12\left(2\sqrt3-t\right)\cdot\frac{t}{\sqrt{\left(\sqrt3-t\right)^{2}+1}} =\frac16\cdot\frac{t\left(2\sqrt3-t\right)}{\sqrt{\left(\sqrt3-t\right)^{2}+1}} .$$

第四步：换元把根号收成一个字母

分子里的 $t\left(2\sqrt3-t\right)$ 也能用 $\sqrt3-t$ 表示：

$$t\left(2\sqrt3-t\right)=3-\left(\sqrt3-t\right)^{2}.$$

所以整个式子只依赖 $\left(\sqrt3-t\right)^{2}$。令

$$m=\sqrt{\left(\sqrt3-t\right)^{2}+1}\ \Longrightarrow\ \left(\sqrt3-t\right)^{2}=m^{2}-1 .$$

换元同时换范围：$t\in\left(0,2\sqrt3\right)$ 给出 $\sqrt3-t\in\left(-\sqrt3,\sqrt3\right)$， 于是 $\left(\sqrt3-t\right)^{2}\in[0,3)$，

$$m\in[1,2).$$

左端 $1$ 取得到（$t=\sqrt3$），右端 $2$ 取不到（要 $t=0$ 或 $t=2\sqrt3$，$D$ 就跑到端点上去了）。 代入：

$$V=\frac16\cdot\frac{3-\left(m^{2}-1\right)}{m}=\frac16\cdot\frac{4-m^{2}}{m}=\frac16\left(\frac4m-m\right).$$

第五步：单调性收尾

$m>0$ 时 $\dfrac4m$ 递减、$-m$ 也递减，所以 $V$ 在 $[1,2)$ 上严格递减，最大值在左端点：

$$V_{\max}=\frac16\left(\frac41-1\right)=\frac16\times3=\frac12 .$$

取到时 $m=1$，即 $\sqrt3-t=0$，$t=\sqrt3$——$D$ 正是 $AC$ 的中点 $M$， 此时 $BD=BM=1$，$AF=AM=\sqrt3$，$P$ 在 $M$ 的正上方 $\sqrt3$ 处。

回验：$S_{\triangle BCD}=\frac12\cdot\sqrt3\cdot1=\frac{\sqrt3}{2}$， $V=\frac13\cdot\frac{\sqrt3}{2}\cdot\sqrt3=\frac12$；且 $PD=\sqrt3=DA$、 $PB=\sqrt{1^{2}+\left(\sqrt3\right)^{2}}=2=BA$，两个条件都满足。

$$\boxed{V_{\max}=\frac12}$$

解法二：以 $\triangle PBD$ 为底（面积恒定），分子分母分别放缩

同一个四面体，换一个面当底来算——这正是等体积的用法： $\triangle PBD$ 的面积在折起过程中一动不动，因为它与 $\triangle ABD$ 全等。

第一步：底面的量与折角的处理

仍设 $AD=t\in\left(0,2\sqrt3\right)$，$M$ 为 $AC$ 中点，$BM\perp AC$，$BM=1$，$AM=\sqrt3$，$AC=2\sqrt3$。

$\triangle PBD\cong\triangle ABD$，所以

$$S_{\triangle PBD}=S_{\triangle ABD}=\frac12\cdot AD\cdot BM=\frac t2 ,$$

与折起的角度无关。剩下要求的是 $C$ 到平面 $PBD$ 的距离。

平面 $PBD$ 与底面 $ABC$ 沿 $BD$ 相交，设二面角为 $\varphi$。$C$ 在底面内， 它到直线 $BD$ 的距离记作 $d_C$，则

$$\operatorname{dist}\left(C,\ \text{平面}\ PBD\right)=d_C\sin\varphi\leqslant d_C ,$$

等号在 $\varphi=90^{\circ}$、即两平面垂直时取到（此时底面内垂直于 $BD$ 的那条垂线段 恰好也垂直于平面 $PBD$）。

第二步：把 $d_C$ 算出来

$\triangle BCD$ 以 $DC=2\sqrt3-t$ 为底、高为 $BM=1$，面积是 $\frac12\left(2\sqrt3-t\right)$； 以 $BD$ 为底时面积是 $\frac12\cdot BD\cdot d_C$。两式相等：

$$d_C=\frac{2\sqrt3-t}{BD},\qquad BD=\sqrt{\left(\sqrt3-t\right)^{2}+1}.$$

第三步：合成体积

$$V=\frac13\,S_{\triangle PBD}\cdot d_C =\frac13\cdot\frac t2\cdot\frac{2\sqrt3-t}{\sqrt{\left(\sqrt3-t\right)^{2}+1}} =\frac16\cdot\frac{t\left(2\sqrt3-t\right)}{\sqrt{\left(\sqrt3-t\right)^{2}+1}} .$$

（与解法一得到同一个式子——同一个四面体换个底面算，结果当然一致，这本身就是一次校对。）

第四步：记 $u=\sqrt3-t$，分子分母各放缩一次

$$t\left(2\sqrt3-t\right)=3-u^{2},\qquad \sqrt{\left(\sqrt3-t\right)^{2}+1}=\sqrt{u^{2}+1},$$

其中 $u\in\left(-\sqrt3,\sqrt3\right)$。于是

$$V=\frac16\cdot\frac{3-u^{2}}{\sqrt{u^{2}+1}} .$$

分子分母都只看 $u^{2}\geqslant0$：

$$3-u^{2}\leqslant 3,\qquad \sqrt{u^{2}+1}\geqslant 1 .$$

分子被放大、分母被缩小，商只会变大，所以

$$V\leqslant\frac16\cdot\frac{3}{1}=\frac12 .$$

第五步：验等号能同时取到

两处放缩的等号都要求 $u^{2}=0$，即 $u=0$，也就是 $t=\sqrt3$——同一个 $u$ 就能让两处同时取等， 而且 $t=\sqrt3\in\left(0,2\sqrt3\right)$ 在允许范围内。再加上第一步的 $\sin\varphi\leqslant1$ 要求 $\varphi=90^{\circ}$，也能达到（$P$ 转到平面 $PBD\perp$ 平面 $ABC$ 即可）。

三处等号同时成立，上界就是能取到的最大值：

$$\boxed{V_{\max}=\frac12}$$

此时 $D=M$，$BD=BM=1$，$S_{\triangle PBD}=\frac{\sqrt3}{2}$，$d_C=\sqrt3$， $V=\frac13\cdot\frac{\sqrt3}{2}\cdot\sqrt3=\frac12$，与上式一致。

两条路怎么选

两条路的中途式子完全相同，这不是巧合：同一个四面体，无论挑哪个面当底， $\frac13Sh$ 算出来的都是同一个体积。换底算一遍，就是最省事的自检。