Question

13．如圖，P是正方體ABCD-A₁B₁C₁D₁表面對(duì)角線A₁C₁上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，正方體的棱長(zhǎng)為1，
（1）求PA與DB所成角；
（2）求DC到面PAB距離d的取值范圍；
（3）若二面角P-AB-D的平面角為α，二面角P-BC-D的平面角為β，
求α+β最小時(shí)的正切值．．

Answer 1

分析 （1）如圖所示，連接DC，AC，DC∩AC=O，由正方形的性質(zhì)可得：AC⊥BD，利用線面垂直的性質(zhì)定理可得：AA₁⊥BD．即可證明BD⊥平面ACC₁A₁，進(jìn)而得出PA與DB所成角．
（2）由DC∥AB，可得DC∥平面PAB，因此直線DC上的任意一點(diǎn)到平面的距離即為DC到面PAB距離d．當(dāng)點(diǎn)P取點(diǎn)C₁時(shí)，d取得最小值；當(dāng)點(diǎn)P取點(diǎn)A₁時(shí)，d取得最大值，即可得出DC到面PAB距離d的取值范圍．
（3）過(guò)點(diǎn)P分別作PM⊥AB，PN⊥BC，M，N分別為垂足，作PE⊥平面ABCD，垂足為E，連接EM，EN．由三垂線定理可得：AB⊥EM，BC⊥EN，EM+EN=1．則∠PME是二面角P-AB-D的平面角，∠PNE是二面角P-BC-D的平面角，可得tanα=$\frac{1}{EM}$，tanβ=$\frac{1}{EN}$．tan（α+β）=$\frac{1}{EM•EN-1}$，由1=EM+EN≥2$\sqrt{EN•EB}$，即可得出．

解答 解：（1）如圖所示，連接DC，AC，DC∩AC=O，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，
又AA₁⊥底面ABCD，BD?平面ABCD，∴又AA₁⊥BD．
又AA₁∩AC=A，∴BD⊥平面ACC₁A₁，PA?平面ACC₁A₁，
∴BD⊥PA．∴PA與DB所成角為90^°．
（2）∵DC∥AB，DC?平面PAB，AB?平面PAB，
∴DC∥平面PAB，因此直線DC上的任意一點(diǎn)到平面的距離即為DC到面PAB距離d．
當(dāng)點(diǎn)P取點(diǎn)C₁時(shí)，d取得最小值，點(diǎn)C到對(duì)角面ABC₁的距離d=$\frac{1}{2}{B}_{1}C$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
當(dāng)點(diǎn)P取點(diǎn)A₁時(shí)，d取得最大值，點(diǎn)C到側(cè)面ABB₁A₁的距離d=BC=1．
∴DC到面PAB距離d的取值范圍是$[\frac{\sqrt{2}}{2}，1]$．
（3）過(guò)點(diǎn)P分別作PM⊥AB，PN⊥BC，M，N分別為垂足，作PE⊥平面ABCD，垂足為E，連接EM，EN．
由三垂線定理可得：AB⊥EM，BC⊥EN，EM+EN=1．
則∠PME是二面角P-AB-D的平面角，∠PNE是二面角P-BC-D的平面角，
∴∠PME=α，∠PNE=β．
則tanα=$\frac{1}{EM}$，tanβ=$\frac{1}{EN}$．
tan（α+β）=$\frac{\frac{1}{EM}+\frac{1}{EN}}{1-\frac{1}{EM}•\frac{1}{EN}}$=$\frac{EM+EN}{EM•EN-1}$=$\frac{1}{EM•EN-1}$，
∵1=EM+EN≥2$\sqrt{EN•EB}$，當(dāng)且僅當(dāng)EN=EM=$\frac{1}{2}$時(shí)取等號(hào)，
∴tan（α+β）的最小值為$\frac{1}{\frac{1}{4}-1}$=-$\frac{4}{3}$．
∴α+β最小時(shí)的正切值為$-\frac{4}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了空間位置關(guān)系與空間角、線面平行與垂直的判定與性質(zhì)定理、正方形的性質(zhì)、直角三角形的邊角關(guān)系、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．