分類例析多面體背景下距離之和最值問題

摘 要：高考立體幾何注重對學生識圖、作圖能力的考查.立體幾何中多面體背景融入動點問題是各地市模擬題中常見的題型，考查多面體表面上的最短距離問題，考查學生分析、解決問題的能力.這類問題主要解決路徑是展開變換法、旋轉變換法、對稱變換法、建立函數法.

關鍵詞：多面體；動點；距離；最值

中圖分類號：G632"" 文獻標識碼：A"" 文章編號：1008-0333（2024）31-0035-04

收稿日期：2024-08-05

作者簡介：謝新華（1979.8—），男，福建省莆田人，本科，中學高級教師，從事高中數學教學研究.

多面體背景下距離之和最值問題是以空間幾何體為載體，融入空間幾何體的結構特征以及點、線、面位置關系的邏輯推理和空間距離的求解等，常以選填題的形式出現，題目較為綜合.本文對多面體背景下距離之和的最值問題進行分類例析，與讀者共享.

1 展開變換

一般地，求空間兩條線段和的最小值問題，可以將線段所在平面展開至同一個平面內或將側面展開，把空間距離和問題轉化為平面內兩點間距離和問題.

例1 已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD為矩形，AA1=23，且該棱柱外接球O的表面積為20π，E為線段AB上一點，則當該四棱柱的體積取最大值時，D1E+CE的最小值為（" ）.

A.6 B.5+17 C.25+2 D.210

解析 設外接球O的半徑為R，則球O的表面積S=4πR2=20π.

所以R=5.

如圖1，設矩形ABCD的長和寬分別為x和y，

則x2+y2+（23）2=（25）2.

所以x2+y2=8.

所以VABCD-A1B1C1D1=23xy≤3（x2+y2）=83，

當且僅當x=y=2時取等號.

即底面為邊長為2的正方形時，四棱柱的體積最大^［1］.

則有BC1=CC21+BC2=12+4=4.

如圖2，將平面ABCD沿AB展開，與ABC1D1處于同一平面，則

D1E+EC≥D1C

=（2+4）2+22

=210.

即平面圖形中D1，E，C三點共線時，D1E+CE有最小值210.

故選D.

評析 利用外接球O的表面積和基本不等式，求出四棱柱體積最大時底面的長和寬，將平面ABCD沿AB展開，與ABC1D1處于同一平面，可求D1E+CE的最小值.

2 旋轉變換

當多面體中涉及的圖形位置不固定時，常將該圖形繞一個定點或定直線旋轉到與某圖形共面，轉化為平面中的距離和問題以確定最值.

例2 如圖3，在正三棱錐P-ABC中，側棱長為22，底面邊長為4，D為AC中點，E為AB中點，M是線段PD上的動點，N是平面PCE上的動點，則AM+MN最小值是.

解析 如圖4，取CB中點F，連接DF交CE于點O，因為AB⊥CE，AB⊥PE，CE∩PE=E，可得AB⊥面PCE.

因為DO∥AB，

所以DO⊥面PCE.

要求AM+MN最小值，即求MN最小值.

即MN⊥平面PCE.

所以MN∥DF.

把平面POD繞PD旋轉與面PDA共面，又可證得∠POD＝90°.

因為PD=12AC，

DO＝12DF=12×12AB=14AB=1，

所以sin∠OPD=ODPD=12^［2］.

即∠OPD=30°.

所以∠APN′=45°+30°=75°.

因為sin75°=sin（45°+30°）

=22×32+22×12

=6+24，

所以（AM+MN）min=AN′=PA·sin75°=3+1.

故答案為3+1.

評析 取CB中點F，連接DF交CE于點O，易證得DO⊥面PCE，要求AM＋MN最小值，即求MN最小值，可得MN⊥平面PCE，又可證明MN∥DF，再把平面POD繞PD旋轉與面PDA共面，則AM+MN最小值即為AN′，結合數據解三角形即可求解.

3 對稱變換

當兩個定點位于動點面同側時，且定點關于面的對稱點容易求解的情況，常使用對稱變換，轉化為平面中的距離和問題以確定最值.

例3 如圖5，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是線段B1C的中點，F是棱A1D1上的動點，P為線段BD1上的動點，則PE+PF的最小值是（" ）.

A.62" B.1+22" C.526" D.322

解析 如圖6，在D1C1上取點F1使得D1F1=D1F.

由對稱性可知PF1=PF.

連接BC1，則BC1∩B1C=E，點P，E，F1都在平面BC1D1內，且BC1⊥C1D1，C1D1=1，BC1=2.

在Rt△BC1D1所在平面內，以C1D1為x軸，C1B為y軸建立平面直角坐標系，如圖7所示.

則D1（1，0），B（0，2），E（0，22）.

所以直線BD1的方程為x+y2=1.

設點E關于直線BD1的對稱點為E′（m，n），

則n-2/2m=22，m2+12·n+2/22=1.

解得m=23，n=526.

即E′（23，526）^［3］.

因此，PE+PF=PE+PF1

=PE′+PF1

≥E′F1≥526.

所以，當且僅當E′，P，F1三點共線且E′F1⊥C1D1時，PE+PF有最小值526.

故選C.

評析 本題的關鍵點是建立平面直角坐標系，求出點E關于直線BD1的對稱點E′.連接BC1，得出點P，E，F1在平面BC1D1中，問題轉化為：在平面BC1D1內求直線BD1上一動點P到定點E的距離與它到定直線C1D1的距離的和的最小值問題.問題轉化為點E關于直線BD1的對稱點E′到直線C1D1的距離，從而可得結果.

4 建立函數

求距離之和的最值，也可以直接設變量，建立函數關系解決幾何問題^［4］.根據函數的特征常使用換元法、配方法、三角函數有界法、函數單調性法、基本不等式法確定最值.

例4 若正四面體ABCD的頂點都在一個表面積為6π的球面上，過點C且與BD平行的平面α分別與棱AB，AD交于點E，F，則空間四邊形BCFE的四條邊長之和的最小值為.

解析 如圖8，將正四面體ABCD放置到正方體中，則該正四面體外接球即為正方體的外接球.

設正四面體ABCD的棱長為2a，

所以正方體的邊長為a.

易知正方體的外接球直徑為體對角線DH的長.

又因為DH=3a，

所以正四面體的半徑R=DH2=3a2.

依題有4πR2=3πa2=6π，解得a=2.

即正四面體ABCD的棱長為2.

因為BD∥面CEF，

面ABD∩面CEF=EF，

BD面ABD，

所以EF∥BD.

設AF=λAD（0lt;λlt;1），

因為AB=AD=BD=2，

則AF=AE=2λ，

BE=DF=2-2λ.

在△EAF中，因為∠EAF=π3，

所以EF=2λ.

在△FDC中，∠FDC=π3，DC=2，則

FC=（2-2λ）2+4-2×（2-2λ）×2×cosπ3

=2λ2-λ+1.

所以空間四邊形BCFE的四條邊長之和

L=2λ+2-2λ+2+2λ2-λ+1

=4+2λ2-λ+1

=4+2（λ-12）2+34.

又0lt;λlt;1，當λ=12時，Lmin=4+3.

故答案為4+3.

評析 本題的關鍵在于設出AF=λAD（0lt;λlt;1）后，利用幾何關系得出FC=2λ2-λ+1，EF=2λ，BE=2-2λ，從而得出空間四邊形BCFE的四條邊長之和L=4+2（λ-12）2+34，轉化成求L的最小值來解決問題^［5］.

5 結束語

多面體背景下距離之和的最值問題是高考的熱點，涉及多個動點最值問題，題型具有較強的綜合性和技巧性，能夠考查學生的綜合能力，是高考、模擬考中的難點與重點，師生在復習備考中應關注對此類問題的研究.

參考文獻：

［1］顧小存.立體幾何多動點最值問題的求解策略[J].高中數學教與學，2021（11）：47-48.

［2］ 石亮.立體幾何中的最值問題探究[J].高中數理化（高二版），2008（02）：14-16.

［3］ 卞文.空間中動態距離最值問題的求解[J].中學數學教學參考，2018（Z3）：140-141.

［4］ 中華人民共和國教育部.普通高中數學課程標準（2017年版2020年修訂）［M］.北京：人民教育出版社，2020.

［5］ 謝新華.多面體截面問題的類型及求解策略［J］.數理天地（高中版），2020（01）：10-12，15.

［責任編輯：李 璟］