分类例析多面体背景下距离之和最值问题

摘 要：高考立体几何注重对学生识图、作图能力的考查.立体几何中多面体背景融入动点问题是各地市模拟题中常见的题型，考查多面体表面上的最短距离问题，考查学生分析、解决问题的能力.这类问题主要解决路径是展开变换法、旋转变换法、对称变换法、建立函数法.

关键词：多面体；动点；距离；最值

中图分类号：G632"" 文献标识码：A"" 文章编号：1008-0333（2024）31-0035-04

收稿日期：2024-08-05

作者简介：谢新华（1979.8—），男，福建省莆田人，本科，中学高级教师，从事高中数学教学研究.

多面体背景下距离之和最值问题是以空间几何体为载体，融入空间几何体的结构特征以及点、线、面位置关系的逻辑推理和空间距离的求解等，常以选填题的形式出现，题目较为综合.本文对多面体背景下距离之和的最值问题进行分类例析，与读者共享.

1 展开变换

一般地，求空间两条线段和的最小值问题，可以将线段所在平面展开至同一个平面内或将侧面展开，把空间距离和问题转化为平面内两点间距离和问题.

例1 已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为矩形，AA1=23，且该棱柱外接球O的表面积为20π，E为线段AB上一点，则当该四棱柱的体积取最大值时，D1E+CE的最小值为（" ）.

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

解析 设外接球O的半径为R，则球O的表面积S=4πR2=20π.

所以R=5.

如图1，设矩形ABCD的长和宽分别为x和y，

则x2+y2+（23）2=（25）2.

所以x2+y2=8.

所以VABCD-A1B1C1D1=23xy≤3（x2+y2）=83，

当且仅当x=y=2时取等号.

即底面为边长为2的正方形时，四棱柱的体积最大^［1］.

则有BC1=CC21+BC2=12+4=4.

如图2，将平面ABCD沿AB展开，与ABC1D1处于同一平面，则

D1E+EC≥D1C

=（2+4）2+22

=210.

即平面图形中D1，E，C三点共线时，D1E+CE有最小值210.

故选D.

评析 利用外接球O的表面积和基本不等式，求出四棱柱体积最大时底面的长和宽，将平面ABCD沿AB展开，与ABC1D1处于同一平面，可求D1E+CE的最小值.

2 旋转变换

当多面体中涉及的图形位置不固定时，常将该图形绕一个定点或定直线旋转到与某图形共面，转化为平面中的距离和问题以确定最值.

例2 如图3，在正三棱锥P-ABC中，侧棱长为22，底面边长为4，D为AC中点，E为AB中点，M是线段PD上的动点，N是平面PCE上的动点，则AM+MN最小值是.

解析 如图4，取CB中点F，连接DF交CE于点O，因为AB⊥CE，AB⊥PE，CE∩PE=E，可得AB⊥面PCE.

因为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绕PD旋转与面PDA共面，又可证得∠POD＝90°.

因为PD=12AC，

DO＝12DF=12×12AB=14AB=1，

所以sin∠OPD=ODPD=12^［2］.

即∠OPD=30°.

所以∠APN′=45°+30°=75°.

因为sin75°=sin（45°+30°）

=22×32+22×12

=6+24，

所以（AM+MN）min=AN′=PA·sin75°=3+1.

故答案为3+1.

评析 取CB中点F，连接DF交CE于点O，易证得DO⊥面PCE，要求AM＋MN最小值，即求MN最小值，可得MN⊥平面PCE，又可证明MN∥DF，再把平面POD绕PD旋转与面PDA共面，则AM+MN最小值即为AN′，结合数据解三角形即可求解.

3 对称变换

当两个定点位于动点面同侧时，且定点关于面的对称点容易求解的情况，常使用对称变换，转化为平面中的距离和问题以确定最值.

例3 如图5，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是线段B1C的中点，F是棱A1D1上的动点，P为线段BD1上的动点，则PE+PF的最小值是（" ）.

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

解析 如图6，在D1C1上取点F1使得D1F1=D1F.

由对称性可知PF1=PF.

连接BC1，则BC1∩B1C=E，点P，E，F1都在平面BC1D1内，且BC1⊥C1D1，C1D1=1，BC1=2.

在Rt△BC1D1所在平面内，以C1D1为x轴，C1B为y轴建立平面直角坐标系，如图7所示.

则D1（1，0），B（0，2），E（0，22）.

所以直线BD1的方程为x+y2=1.

设点E关于直线BD1的对称点为E′（m，n），

则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，当且仅当E′，P，F1三点共线且E′F1⊥C1D1时，PE+PF有最小值526.

故选C.

评析 本题的关键点是建立平面直角坐标系，求出点E关于直线BD1的对称点E′.连接BC1，得出点P，E，F1在平面BC1D1中，问题转化为：在平面BC1D1内求直线BD1上一动点P到定点E的距离与它到定直线C1D1的距离的和的最小值问题.问题转化为点E关于直线BD1的对称点E′到直线C1D1的距离，从而可得结果.

4 建立函数

求距离之和的最值，也可以直接设变量，建立函数关系解决几何问题^［4］.根据函数的特征常使用换元法、配方法、三角函数有界法、函数单调性法、基本不等式法确定最值.

例4 若正四面体ABCD的顶点都在一个表面积为6π的球面上，过点C且与BD平行的平面α分别与棱AB，AD交于点E，F，则空间四边形BCFE的四条边长之和的最小值为.

解析 如图8，将正四面体ABCD放置到正方体中，则该正四面体外接球即为正方体的外接球.

设正四面体ABCD的棱长为2a，

所以正方体的边长为a.

易知正方体的外接球直径为体对角线DH的长.

又因为DH=3a，

所以正四面体的半径R=DH2=3a2.

依题有4πR2=3πa2=6π，解得a=2.

即正四面体ABCD的棱长为2.

因为BD∥面CEF，

面ABD∩面CEF=EF，

BD面ABD，

所以EF∥BD.

设AF=λAD（0lt;λlt;1），

因为AB=AD=BD=2，

则AF=AE=2λ，

BE=DF=2-2λ.

在△EAF中，因为∠EAF=π3，

所以EF=2λ.

在△FDC中，∠FDC=π3，DC=2，则

FC=（2-2λ）2+4-2×（2-2λ）×2×cosπ3

=2λ2-λ+1.

所以空间四边形BCFE的四条边长之和

L=2λ+2-2λ+2+2λ2-λ+1

=4+2λ2-λ+1

=4+2（λ-12）2+34.

又0lt;λlt;1，当λ=12时，Lmin=4+3.

故答案为4+3.

评析 本题的关键在于设出AF=λAD（0lt;λlt;1）后，利用几何关系得出FC=2λ2-λ+1，EF=2λ，BE=2-2λ，从而得出空间四边形BCFE的四条边长之和L=4+2（λ-12）2+34，转化成求L的最小值来解决问题^［5］.

5 结束语

多面体背景下距离之和的最值问题是高考的热点，涉及多个动点最值问题，题型具有较强的综合性和技巧性，能够考查学生的综合能力，是高考、模拟考中的难点与重点，师生在复习备考中应关注对此类问题的研究.

参考文献：

［1］顾小存.立体几何多动点最值问题的求解策略[J].高中数学教与学，2021（11）：47-48.

［2］ 石亮.立体几何中的最值问题探究[J].高中数理化（高二版），2008（02）：14-16.

［3］ 卞文.空间中动态距离最值问题的求解[J].中学数学教学参考，2018（Z3）：140-141.

［4］ 中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）［M］.北京：人民教育出版社，2020.

［5］ 谢新华.多面体截面问题的类型及求解策略［J］.数理天地（高中版），2020（01）：10-12，15.

［责任编辑：李 璟］