Question

8．已知正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱长为1，动点P在正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁表面上运动，且$PA=r（{0＜r＜\sqrt{3}}）$．记点P的轨迹的长度为f（r）．求关于r的方程f（r）=k的解的个数的所有可能的值．

Answer 1

分析 考虑由于正方体绕其体对角线旋转120°后仍与自身重合，于是f（r）在正方体的侧面ABB₁A₁与BCC₁B₁上的轨迹长度之和的3倍，对r讨论，（1）当0＜r≤1时，（2）当1＜r＜$\sqrt{2}$时，（3）当$\sqrt{2}$≤r＜$\sqrt{3}$时，运用弧长公式，求导数，判断单调性，画出f（r）的大致图象，即可得到方程的所有可能解的个数．

解答 解：由于正方体绕其体对角线旋转120°后仍与自身重合，
于是f（r）在正方体的侧面ABB₁A₁与BCC₁B₁上的轨迹长度之和的3倍．将右侧面BCC₁B₁翻折至于侧面ABB₁A₁重合（如图），
稍加探索发现r=1，r=$\sqrt{2}$是两个分界点．
（1）当0＜r≤1时，f（r）=$\frac{3πr}{2}$，于是f（$\frac{1}{2}$）=$\frac{3π}{4}$；
（2）当1＜r＜$\sqrt{2}$时，设圆心角θ=arccos$\frac{1}{r}$，其中θ∈（0，$\frac{π}{4}$），
弧长之和为h（θ）=（$\frac{π}{2}$-2θ）•$\frac{1}{cosθ}$+$\frac{π}{2}$•tanθ=$\frac{π}{2}$•$\frac{sinθ-\frac{4θ}{π}+1}{cosθ}$，
于是h′（θ）=$\frac{π}{2}$•$\frac{1+sinθ-\frac{4}{π}（cosθ+θ•sinθ）}{co{s}^{2}θ}$，
设φ（θ）=1+sinθ-$\frac{4}{π}$（cosθ+θ•sinθ），
则φ（0）=1-$\frac{4}{π}$＜0，φ（$\frac{π}{4}$）=1-$\frac{4}{π}$•$\frac{\sqrt{2}}{2}$＞0，
而φ′（θ）=cosθ（1-$\frac{4}{π}$•θ）＞0，
则φ（θ）在（0，$\frac{π}{4}$）上先负后正，对应的h（θ）在（0，$\frac{π}{4}$）先递减后递增；
（3）当$\sqrt{2}$≤r＜$\sqrt{3}$时，图中弧长的半径为$\sqrt{{r}^{2}-1}$，
所对的圆心角为$\frac{π}{2}$-2arccos$\frac{1}{\sqrt{{r}^{2}-1}}$，
记θ=arccos$\frac{1}{\sqrt{{r}^{2}-1}}$，其中θ∈[0，$\frac{π}{4}$），则对应的弧长l（θ）=（$\frac{π}{2}$-2θ）•$\frac{1}{cosθ}$，
则l′（θ）=$\frac{-2-2θtanθ+\frac{π}{2}tanθ}{cosθ}$＜0，于是随r递增，θ递增，对应的弧长递减，即f（r）递减．
这样我们勾勒出函数f（r）的图象，
于是f（r）=k的解的个数所有可能的值为0，2，3，4．

点评 本题考查方程解的个数问题的解法，考查分类讨论思想方法，以及数形结合的思想，注意运用单调性画出f（r）的图象是解题的关键，属于难题．