(2013年海淀高三期末)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<√3).记点P的轨迹的长度为f(r).
(1) 求f(12);
(2) 求出关于r的方程f(r)=k的解的个数的所有可能的值,并说明理由.
分析与解 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)为点P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翻折至与侧面ABB1A1重合,如图.稍加探索可以发现r=1和r=√2是两个分界点.(1) 当0<r⩽时,有f(r)=\dfrac{3r\pi}2,于是f\left(\dfrac 12\right)=\dfrac{3\pi}4.
(2) 当\sqrt 2\leqslant r<\sqrt 3时,图中弧的半径为\sqrt{r^2-1},所对的圆心角为\dfrac{\pi}2-2\arccos\dfrac{1}{\sqrt{r^2-1}},记\theta=\arccos\dfrac{1}{\sqrt{r^2-1}},其中\theta\in\left[0,\dfrac{\pi}4\right),则对应的弧长l(\theta)=\left(\dfrac{\pi}2-2\theta\right)\cdot \dfrac{1}{\cos\theta},其导函数l'(\theta)=\dfrac{-2-2\theta\tan\theta+\dfrac{\pi}2\tan\theta}{\cos\theta}<0,于是随着r的增大,\theta随之增大,对应的弧长随之减小,f(r)随之减小.
当1<r<\sqrt 2时,设\theta=\arccos\dfrac{1}{r},其中\theta\in\left(0,\dfrac{\pi}4\right),则弧长之和h(\theta)=\left(\dfrac{\pi}2-2\theta\right)\cdot\dfrac{1}{\cos\theta}+\dfrac{\pi}2\cdot\tan\theta=\dfrac{\pi}2\cdot\dfrac{\sin\theta-\dfrac 4{\pi}\theta+1}{\cos\theta},于是h'(\theta)=\dfrac{\pi}2\cdot \dfrac{1+\sin\theta-\dfrac{4}{\pi}\left(\cos\theta+\theta\cdot\sin\theta\right)}{\cos^2\theta},设\varphi(\theta)=1+\sin\theta-\dfrac{4}{\pi}\left(\cos\theta+\theta\cdot\sin\theta\right),则\varphi(0)=1-\dfrac 4{\pi}<0,\varphi\left(\dfrac{\pi}4\right)=1-\dfrac{4}{\pi}\cdot \dfrac{\sqrt 2}2>0,而\varphi'(\theta)=\cos\theta\cdot\left(1-\dfrac 4{\pi}\theta\right)>0,因此\varphi(\theta)在\left(0,\dfrac{\pi}4\right)上先负后正,对应的h(\theta)在\left(0,\dfrac{\pi}4\right)先递减再递增.
这样我们就可以勾勒出函数f(r)的图象如下.于是方程f(r)=k的解的个数的所有可能值为0,2,3,4.
注 本题是北京海淀区高三期末考试的一道填空题,为了严格地说清为什么解的个数有且只有这些很需要费一番功夫.