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如图, 已知六面体 ${\displaystyle ABCDE}$ 中, 点 ${\displaystyle A}$ 与点 ${\displaystyle E}$ 在平面 ${\displaystyle BCD}$ 的两侧, 且 ${\displaystyle AB=AC=AD=EB=EC=ED=1}$. ${\displaystyle \mathrm{\Delta }BCD}$ 是边长为 ${\displaystyle \sqrt{2}}$ 的正三角形.

1. 求证: ${\displaystyle AE\perp }$ 平面 ${\displaystyle BCD}$;
2. 空间一点 ${\displaystyle F}$ 满足 ${\displaystyle \overrightarrow{FE}\cdot \overrightarrow{FC}=-\frac{1}{8}}$. 点 ${\displaystyle G,H,I}$ 分别在棱 ${\displaystyle BE,BD,BC}$ 上运动, 且 ${\displaystyle \mathrm{\Delta }BHI}$ 的面积为 ${\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{32}}$.
   1. 求 ${\displaystyle FG+GH+HI}$ 的最小值;
   2. 若 ${\displaystyle G,H,I}$ 是 2.1 中使 ${\displaystyle FG+GH+HI}$ 取得最小值时 ${\displaystyle B}$ 的位置, 且点 ${\displaystyle F}$ 在六面体 ${\displaystyle ABCDE}$ 的表面上, 求四面体 ${\displaystyle FGHI}$ 体积的最大值.
      

1. 证明 在正三棱锥 ${\displaystyle A-BCD}$ 中, ${\displaystyle A}$ 在底面 ${\displaystyle BCD}$ 的投影就在 ${\displaystyle \mathrm{\Delta }BCD}$ 的外心 ${\displaystyle O}$. 同理 ${\displaystyle E}$ 在 ${\displaystyle BCD}$ 的投影也在 ${\displaystyle O}$ 处. 所以 ${\displaystyle AO,EO\perp }$ 平面 ${\displaystyle BCD}$, 则 ${\displaystyle A,O,E}$ 共线, 所以 ${\displaystyle AE\perp }$ 平面 ${\displaystyle BCD}$.

2. 1. 解 取 ${\displaystyle EC}$ 中点 ${\displaystyle M}$ 和 ${\displaystyle DE}$ 中点 ${\displaystyle N}$. 设 ${\displaystyle BH=t}$.

      • 处理 ${\displaystyle F}$: $$-\frac{1}{8}=(\overrightarrow{FM}+\overrightarrow{ME})(\overrightarrow{FM}+\overrightarrow{MC})=F{M}^2-M{E}^2=F{M}^2-\frac{1}{4},$$ 所以 ${\displaystyle FM=\frac{\sqrt{2}}{4}}$, 也即 ${\displaystyle F}$ 在以 ${\displaystyle M}$ 为球心、${\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{4}}$ 为半径的球面上, 所以 ${\displaystyle FG\ge GM-\frac{\sqrt{2}}{4}=GN-\frac{\sqrt{2}}{4}}$.
      • 处理 ${\displaystyle G}$. 固定 ${\displaystyle H}$, 我们求 ${\displaystyle GN+GH}$ 的最小值. 这就是初中的将军饮马问题. 在 ${\displaystyle \mathrm{\Delta }BDE}$ 中, 作 ${\displaystyle H}$ 关于 ${\displaystyle BE}$ 的对称点 ${\displaystyle H^{\prime }}$. 则 $$GN+GH\ge N{H}^{\prime }=\sqrt{{(1-\frac{\sqrt{2}}{2}t)}^2+{(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}t)}^2}=\sqrt{{(t-\frac{\sqrt{2}}{4})}^2+\frac{9}{8}}\ge \frac{3\sqrt{2}}{4},$$ 取等时 ${\displaystyle t=\frac{\sqrt{2}}{4}}$.
      • 处理 ${\displaystyle H,I}$. 我们同样用 ${\displaystyle t}$ 来表示 ${\displaystyle HI}$. 在 ${\displaystyle \mathrm{\Delta }BHI}$ 中, 面积为 $$\frac{\sqrt{3}}{32}=\frac{1}{2}BH\cdot BI\sin \frac{\pi }{3}\Rightarrow BH\cdot BI=\frac{1}{8},$$ 所以根据余弦定理 $$\begin{array}{rl}HI& =\sqrt{B{H}^2+B{I}^2-2BH\cdot BI\cos \frac{\pi }{3}}=\sqrt{t^2+\frac{1}{64t^2}-\frac{1}{8}}\\ & \ge \sqrt{2\sqrt{t^2\cdot \frac{1}{64t^2}}-\frac{1}{8}}=\frac{\sqrt{2}}{4},\end{array}$$ 取等时同样 ${\displaystyle t=\frac{\sqrt{2}}{4}}$.

      所以 $$FG+GH+HI\ge GN+GH+HI-\frac{\sqrt{2}}{4}\ge \frac{3\sqrt{2}}{4}.$$

   2. 2.1 取等时 ${\displaystyle BH=BI=\frac{\sqrt{2}}{4}}$, 所以 ${\displaystyle H,I}$ 是靠近 ${\displaystyle B}$ 的 ${\displaystyle BD,BC}$ 的四等分点, ${\displaystyle HI//CD}$. 又 ${\displaystyle HI\subset }$ 平面 ${\displaystyle GHI}$, ${\displaystyle CD\not\subset }$ 平面 ${\displaystyle GHI}$, 所以 ${\displaystyle CD//}$ 平面 ${\displaystyle GHI}$. 而 ${\displaystyle G}$ 恰好是 ${\displaystyle BE}$ 的中点.
      因为 ${\displaystyle F}$ 在球面上又在六面体的表面上, 且要尽量远离 ${\displaystyle \mathrm{\Delta }GHI}$ 让 ${\displaystyle V_{F-GHI}}$ 最大, 所以 ${\displaystyle F}$ 的轨迹是 ${\displaystyle \mathrm{\Delta }ECD}$ 上的圆弧. 而 ${\displaystyle M}$ 到 ${\displaystyle CD}$ 的距离恰好是 ${\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{4}}$ 等于圆弧的半径, 所以圆弧和 ${\displaystyle CD}$ 切于 ${\displaystyle J}$ 点, 于是 ${\displaystyle F=J}$. 于是利用 ${\displaystyle CD//}$ 平面 ${\displaystyle GHI}$, 有 $$\begin{array}{rl}{V}_{J-GHI}& =V_{C-GHI}=V_{G-CHI}=\frac{1}{2}{V}_{E-CHI}\\ & =\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}{V}_{E-CHB}=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{1}{4}{V}_{E-CDB}=\frac{1}{32}{S}_{\mathrm{\Delta }CDB}\cdot EO.\end{array}$$ 而 ${\displaystyle S_{\mathrm{\Delta }CDB}=\frac{\sqrt{3}}{4}C{B}^2=\frac{\sqrt{3}}{2}}$, 再由 ${\displaystyle EO=\sqrt{E{B}^2-B{O}^2}=\frac{\sqrt{3}}{3}}$, 所以 ${\displaystyle V_{F-GHI}}$ 的最大值为 ${\displaystyle \frac{1}{64}}$.