《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学选择性必修第一册》

【例 3】如下图所示，在圆锥 $ SO $ 中，$ AB $ 是底面圆直径，$ SO = AB = 4 $，$ AC = BC $，$ D $ 为 $ SO $ 的中点，点 $ M $，$ N $ 分别在直线 $ SC $，$ AD $ 上，则线段 $ MN $ 的最小值为()


A.$ \sqrt{2} $
B.$ \frac{\sqrt{6}}{3} $
C.$ \sqrt{6} $
D.$ \frac{2\sqrt{6}}{3} $

答案：
答案 B
解析 建立如下图所示的空间直角坐标系，则 $ S(0,0,4) $，$ C(2,0,0) $，$ \overrightarrow{SC}=(2,0,-4) $。

设 $ N(0,n,2 - n) $，
$ \overrightarrow{SM}=\lambda\overrightarrow{SC}=(2\lambda,0,-4\lambda) $，
则 $ M(2\lambda,0,4 - 4\lambda) $，
则 $ MN = \sqrt{(2\lambda)^{2}+n^{2}+(2 - 4\lambda + n)^{2}} $，
令 $ 2 - 4\lambda = 2t $，可得
$ MN = \sqrt{(1 - t)^{2}+n^{2}+(2t + n)^{2}} $
$ = \sqrt{3\left(t - \frac{1}{3}\right)^{2}+2(t + n)^{2}+\frac{2}{3}} $
$ \geqslant \sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3} $，
当且仅当 $ t = \frac{1}{3} $，$ n = -\frac{1}{3} $ 时，等号成立。
故选：B。
点睛 首先建立空间直角坐标系，将点坐标化，进而运用空间两点间的距离公式表示 $ |MN| = \sqrt{(2\lambda)^{2}+n^{2}+(2 - 4\lambda + n)^{2}} $，利用换元法求得 $ MN $ 的最小值。

变式 3 如下图所示，棱长为 $ 3 $ 的正方体 $ ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $ 中，$ P $ 为正方体表面 $ BCC_{1}B_{1} $ 上的一个动点，$ E $，$ F $ 分别为 $ BD_{1} $ 的三等分点，则 $ |PE| + |PF| $ 的最小值为()


A.$ 3\sqrt{3} $
B.$ \frac{5\sqrt{2}}{2} $
C.$ 1 + \sqrt{6} $
D.$ \sqrt{11} $

答案：
答案 D
解析 过 $ F $ 作 $ F $ 关于平面 $ BCC_{1}B_{1} $ 的对称点 $ F' $，连接 $ EF' $ 交平面 $ BCC_{1}B_{1} $ 于点 $ P_{0} $，如下图所示。

可以证明此时的 $ P_{0} $ 使得 $ |PE| + |PF| $ 最小：任取 $ P_{1} $(不含 $ P_{0} $)，此时 $ P_{1}E + P_{1}F = P_{1}E + P_{1}F' ＞ EF' $。
在点 $ D $ 处建立如图所示空间直角坐标系，则 $ D_{1}(0,0,3) $，$ B(3,3,0) $，因为 $ E $，$ F $ 分别为 $ BD_{1} $ 的三等分点，所以 $ E(1,1,2) $，$ F(2,2,1) $，又点 $ F $ 距平面 $ BCC_{1}B_{1} $ 的距离为 $ 1 $，所以 $ F'(2,4,1) $，
$ |PE| + |PF| $ 的最小值为
$ |\overrightarrow{EF'}| = \sqrt{1^{2}+3^{2}+1^{2}} = \sqrt{11} $。