立體幾何中最短距離的求解策略

馬亞斌

立體幾何中除證點(diǎn)線面的位置關(guān)系，還有較常見的就是角的度量問(wèn)題，而求線段的長(zhǎng)度是平面幾何中必須要掌握的內(nèi)容，但現(xiàn)在立體幾何中出現(xiàn)頻率比較高的題目是有幾個(gè)動(dòng)點(diǎn)和定點(diǎn)，求線段和的最小值.學(xué)生想當(dāng)然地會(huì)建立坐標(biāo)系，轉(zhuǎn)化為求兩點(diǎn)間距離來(lái)處理，“理想很豐滿，現(xiàn)實(shí)很殘酷”，求f（x）+g（x）的最小值難度更大，絕大部分是行不通的.因?yàn)槊}人的用意不是考查學(xué)生是否會(huì)用坐標(biāo)法，而是要求學(xué)生能對(duì)立體圖形翻轉(zhuǎn)折疊展開在腦海中有清晰的脈絡(luò)，運(yùn)用自如，其實(shí)對(duì)圖形的空間想象力要求更高了.綜觀這類題在高考中或各級(jí)各類模擬考試中，對(duì)考生都是高難度的挑戰(zhàn).筆者談點(diǎn)粗淺的解題方法，供讀者參考.

一、展平圖形用勾股定理

例1 （2018·全國(guó)卷Ⅰ）某圓柱的高為2，底

面周長(zhǎng)為16，其三視圖如圖1所示，圓柱表面上的點(diǎn)M在正視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A，圓柱表面上的點(diǎn)N在左視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B，則在此圓柱側(cè)面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長(zhǎng)度為（? ）.

A.217 B.25 C.3 ?D.2圖1

解析 此題首先要解決的問(wèn)題是知道直觀圖是什么，M、N的正確位置.由三視圖可知，該幾何體為如圖2（a）所示的圓柱，該圓柱的高為2，底面周長(zhǎng)為16.畫出該圓柱的側(cè)面展開圖，如圖2（b）所示，連接MN，則MS=2，SN=4，則從M到N的路徑中，最短路徑的長(zhǎng)度為MS2+SN2=22+42=25.

圖2

例2 正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的底面邊長(zhǎng)為2，側(cè)棱長(zhǎng)為1，則動(dòng)點(diǎn)從A沿表面移動(dòng)到D1時(shí)的最短路程為.

解析 動(dòng)點(diǎn)從A沿表面移動(dòng)到D1的路徑有無(wú)數(shù)條，最短路徑只有一條，關(guān)鍵是側(cè)面展開圖有不同視角和方式，決定路程長(zhǎng)短不一，具體有如下3種情況，可能有最短路徑：

①?gòu)闹庇^圖中直接看出，從A到A1再到D1的路程為1+32;

②如圖3所示，從A沿側(cè)面到D1的路程為AD1=AD2+DD21=

（32）2+1=19;

圖3?????? ????圖4

③如圖4所示，BD1=1+6，AB=2，所以AD1=BD21+AB2=9+26;

顯然9+26<1+32<19，故動(dòng)點(diǎn)從A沿表面移動(dòng)到D1時(shí)的最短路程為9+26.

（例2升級(jí)版）如圖5所示，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分別為BD1，BB1上的動(dòng)點(diǎn)，則△C1PQ周長(zhǎng)的最小值為（? ）.

A.2153????? B.4+22

C.4+832D.2133

圖5?????????? 圖6

解析 前面例題2容易因考慮不周，造成漏解，但此例因?yàn)镻，Q是動(dòng)點(diǎn)，至使學(xué)生不太容易想到從何處著手展開平面圖，難度明顯增加.連接B1D1，BC1，由圖易得△C1PQ的三邊分別在三棱錐

B-B1C1D1的三個(gè)側(cè)面上，將三棱錐B-B1C1D1的側(cè)面展開成平面圖形，如圖6所示，可得四邊形BC1D1C1′為直角梯形，當(dāng)C1′，P，Q，C1四點(diǎn)共線時(shí)，△C1PQ的周長(zhǎng)最小，最小值為C1C1′=C1′D21+D1C21=4+22，即△C1PQ的周長(zhǎng)的最小值為

4+22，故選B.當(dāng)然此例還有一點(diǎn)很重要的就是利用圖形的對(duì)稱性，有C1P=DP=C1′P，否則圖形展開后也很難將三角形三邊集中在一個(gè)平面內(nèi)，達(dá)到化曲為直的效果.

二、利用圖形的對(duì)稱性實(shí)現(xiàn)線段部分轉(zhuǎn)移

例3 （2014年7月浙江省學(xué)考題25）如圖7，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱A1D1，C1D1的中點(diǎn)，N為線段B1C的中點(diǎn)，若點(diǎn)P，M分別為線段D1B，EF上的動(dòng)點(diǎn)，則PM+PN的最小值為（? ??）.

圖7?????????? 圖8

A. 1? B. 324 ??C. 26+24? D. 3+12解析 因?yàn)镹為面對(duì)角線段B1C的中點(diǎn)，所以點(diǎn)N其實(shí)就是面的中心，點(diǎn)P是體對(duì)角線上的動(dòng)點(diǎn)，所以P到N的距離就可以等價(jià)轉(zhuǎn)化為點(diǎn)P到底面ABCD的中心O的距離， 顯然當(dāng)動(dòng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到EF中點(diǎn)時(shí)，PM最短，此時(shí)剛好P、M、O均在平面DBD1上，如圖8所示，PM+PN的最小值為MO=324.

例4 如圖9所示，棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)P，Q分別為面A1B1C1D1和線段B1C上的動(dòng)點(diǎn)，則△PEQ周長(zhǎng)的最小值為（? ）.

A.22 B.10 C.11 D.12

解析 如圖10所示，取BC中點(diǎn)N，由圖形的對(duì)稱性，易知QE=QN，延長(zhǎng)EC1至點(diǎn)M，使MC1=EC1，易證：PE=PM，連接PM，MN，且M，Q，N共線，則△PEQ的周長(zhǎng)為PQ+PE+QE=PQ+PM+QN≥MN=10.此時(shí)P、Q恰好為MN與B1C1、B1C的交點(diǎn)，等號(hào)能成立.此例從表面看與例2升級(jí)版極為相似，但解題方法截然不同，這也告誡學(xué)生在今后解題中要注意.圖9????????? 圖10

三、化折線為垂線段

例5 如圖11所示，在棱長(zhǎng)均為23的正四面體ABCD中，M為AC的中點(diǎn)，E為AB的中點(diǎn)，P是DM上的動(dòng)點(diǎn)，Q是平面ECD上的動(dòng)點(diǎn)，則AP+PQ的最小值是（? ）.

A.3+112 B.3+2 C.543 D.23圖11???????? ?圖12

解析 用化曲為直的觀點(diǎn)看，只要將△ADM繞DM轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)到平面ADM與平面ECD垂直，再做點(diǎn)A到平面ECD的距離，此即為AP+PQ的最小值.此法思維量大，圖形處理要求高，學(xué)生一般想不到，更難的是添輔助線及計(jì)算能力的要求高.為此筆者多畫幾幅圖，如圖12所示，易證平面DCE⊥平面ABC，過(guò)M做MH⊥CE，所以有MH⊥平面DCE圖13，帶動(dòng)平面DAMH⊥平面DCE，這些都是線面垂直的性質(zhì)與判定交替應(yīng)用.由于直觀圖的影響，容易誤解為點(diǎn)A、M、H三點(diǎn)共線，為此又畫平面圖13所示，由于圖形比較規(guī)則，易求

DM=3，AM=3，MH=14AB=32，DH=DM2-MH2

=332，

又易知∠AMG=∠MDH，

所以GM=AMcos∠AMG=AMcos∠MDH=3×336=112，

所以AP+PQ的最小值等于AN=GM+MH=

3+112.

四、運(yùn)用解析幾何的方法輔助處理

圖14

例6 如圖14所示，在棱長(zhǎng)為2的正四面體S-ABC中，動(dòng)點(diǎn)P在側(cè)面SAB上，PQ⊥底面ABC，垂足為Q，若PS=32

4PQ，則PC長(zhǎng)度的最小值為.

解析 做PH⊥AB于點(diǎn)H，連接QH，則∠PHQ為二面角S-AB-C的平面角，設(shè)AB的中點(diǎn)為G，S在平面ABC內(nèi)的射影為O′（O′為△ABC的中心），連接SG，GO′，SO′，則∠SGO′也是二面角S-AB-C的平面角，則sin∠PHQ=PQPH=

sin∠SGO′=SO′SG=223，所以PH=32

4PQ，所以PH=PS，所以點(diǎn)P的軌跡是側(cè)面SAB內(nèi)以AB為準(zhǔn)線，以S為焦點(diǎn)的拋物線，SH的中點(diǎn)O是拋物線的頂點(diǎn)，O到C的距離就是PC的最小值，

在△SHC中，由余弦定理，得cos∠SHC=

（3）2+（3）2-222×3×3=13，在△PHC中，由余弦定理可知，PC2=（32）2+（3）2-2×32×3×13=114，所以PCmin=

112.

（收稿日期：2021-09-22）