Question

8．已知正方體ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱長為1，動點P在正方體ABCD-A₁B₁C₁D₁表面上運動，且$PA=r（{0＜r＜\sqrt{3}}）$．記點P的軌跡的長度為f（r）．求關于r的方程f（r）=k的解的個數的所有可能的值．

Answer 1

分析 考慮由于正方體繞其體對角線旋轉120°后仍與自身重合，于是f（r）在正方體的側面ABB₁A₁與BCC₁B₁上的軌跡長度之和的3倍，對r討論，（1）當0＜r≤1時，（2）當1＜r＜$\sqrt{2}$時，（3）當$\sqrt{2}$≤r＜$\sqrt{3}$時，運用弧長公式，求導數，判斷單調性，畫出f（r）的大致圖象，即可得到方程的所有可能解的個數．

解答 解：由于正方體繞其體對角線旋轉120°后仍與自身重合，
于是f（r）在正方體的側面ABB₁A₁與BCC₁B₁上的軌跡長度之和的3倍．將右側面BCC₁B₁翻折至于側面ABB₁A₁重合（如圖），
稍加探索發(fā)現r=1，r=$\sqrt{2}$是兩個分界點．
（1）當0＜r≤1時，f（r）=$\frac{3πr}{2}$，于是f（$\frac{1}{2}$）=$\frac{3π}{4}$；
（2）當1＜r＜$\sqrt{2}$時，設圓心角θ=arccos$\frac{1}{r}$，其中θ∈（0，$\frac{π}{4}$），
弧長之和為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）=$\frac{π}{2}$•$\frac{1+sinθ-\frac{4}{π}（cosθ+θ•sinθ）}{co{s}^{2}θ}$，
設φ（θ）=1+sinθ-$\frac{4}{π}$（cosθ+θ•sinθ），
則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，
則φ（θ）在（0，$\frac{π}{4}$）上先負后正，對應的h（θ）在（0，$\frac{π}{4}$）先遞減后遞增；
（3）當$\sqrt{2}$≤r＜$\sqrt{3}$時，圖中弧長的半徑為$\sqrt{{r}^{2}-1}$，
所對的圓心角為$\frac{π}{2}$-2arccos$\frac{1}{\sqrt{{r}^{2}-1}}$，
記θ=arccos$\frac{1}{\sqrt{{r}^{2}-1}}$，其中θ∈[0，$\frac{π}{4}$），則對應的弧長l（θ）=（$\frac{π}{2}$-2θ）•$\frac{1}{cosθ}$，
則l′（θ）=$\frac{-2-2θtanθ+\frac{π}{2}tanθ}{cosθ}$＜0，于是隨r遞增，θ遞增，對應的弧長遞減，即f（r）遞減．
這樣我們勾勒出函數f（r）的圖象，
于是f（r）=k的解的個數所有可能的值為0，2，3，4．

點評 本題考查方程解的個數問題的解法，考查分類討論思想方法，以及數形結合的思想，注意運用單調性畫出f（r）的圖象是解題的關鍵，屬于難題．