Question

5．已知正方形ABCD，PA⊥平面ABCD，AB=1，AP=$\sqrt{2}$，點(diǎn)M在PC上，則AM+DM的最小值為1+$\frac{\sqrt{3}}{2}$．

Answer 1

分析 經(jīng)M點(diǎn)引MN垂直于AC與點(diǎn)N，連接ND，設(shè)AN=x（0≤x≤$\sqrt{2}$），可得MN∥AP，從而可求MN=$\sqrt{2}-$x，利用勾股定理，二次函數(shù)的性質(zhì)可得AM=$\sqrt{{AN}^{2}+M{N}^{2}}$=$\sqrt{2（x-\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}+1}$≥1可求AM的最小值為1．
又由余弦定理可求DN²=x²-$\sqrt{2}$x+1，利用勾股定理，二次函數(shù)的性質(zhì)可得DM=$\sqrt{M{N}^{2}+D{N}^{2}}$=$\sqrt{2（x-\frac{3\sqrt{2}}{4}）^{2}+\frac{3}{4}}$≥$\frac{\sqrt{3}}{2}$，可求DM的最小值為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，即可得解．

解答 解：∵四邊形ABCD為正方形，PA⊥平面ABCD，AB=1，AP=$\sqrt{2}$，可得：AC=$\sqrt{2}$，
∴如圖，經(jīng)M點(diǎn)引MN垂直于AC與點(diǎn)N，連接ND，設(shè)AN=x（0≤x≤$\sqrt{2}$），
∴MN∥AP，可得：$\frac{\sqrt{2}-x}{\sqrt{2}}$=$\frac{MN}{\sqrt{2}}$，解得：MN=$\sqrt{2}-$x，
∴AM=$\sqrt{{AN}^{2}+M{N}^{2}}$=$\sqrt{{x}^{2}+（\sqrt{2}-x）^{2}}$=$\sqrt{2{x}^{2}-2\sqrt{2}x+2}$=$\sqrt{2（x-\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}+1}$≥1（當(dāng)且僅當(dāng)x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$時等號成立），即AM的最小值為1．
又∵由余弦定理可得：DN²=AN²+AD²-2•AN•AD•cos45°=x²+1²-2×x×1×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=x²-$\sqrt{2}$x+1，
∴DM=$\sqrt{M{N}^{2}+D{N}^{2}}$=$\sqrt{（\sqrt{2}-x）^{2}+{x}^{2}-\sqrt{2}x+1}$=$\sqrt{2{x}^{2}-3\sqrt{2}x+3}$=$\sqrt{2（x-\frac{3\sqrt{2}}{4}）^{2}+\frac{3}{4}}$≥$\frac{\sqrt{3}}{2}$（當(dāng)且僅當(dāng)x=$\frac{3\sqrt{2}}{4}$時等號成立），即DM的最小值為$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
∴（AM+DM）_min=AM_min+DM_min=1+$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
故答案為：1+$\frac{\sqrt{3}}{2}$．

點(diǎn)評 本題主要考查了勾股定理，余弦定理，二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)的應(yīng)用，考查了計(jì)算能力和轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．