Question

17．如圖，已知ABCD-A₁B₁C₁D₁是底面為正方形的長方體，∠AD₁A₁=60°，AD₁=4，點P是AD₁上的動點．
（Ⅰ）試判斷不論點P在AD₁上的任何位置，是否都有平面B₁PA₁垂直于平面AA₁D₁？并證明你的結論；
（Ⅱ）當P為AD₁的中點時，求異面直線AA₁與B₁P所稱角的余弦值；
（Ⅲ）求直線PB₁與平面AA₁D₁所成角的正切值的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知得B₁A₁⊥A₁D₁，B₁A₁⊥A₁A，從而得到B₁A₁⊥平面AA₁D₁，從而得到不論點P在AD₁上的任何位置，都有平面B₁PA₁垂直于平面AA₁D₁．
（Ⅱ）過點P作PE⊥A₁D₁，垂足為E，連結B₁E，則PE∥AA₁，∠B₁PE是異面直線AA₁與B₁P所成的角，由此能求出異面直線AA₁與B₁P所有角的余弦值．
（Ⅲ）由B₁A₁⊥平面AA₁D₁，得∠B₁PA₂是PB₁與平面AA₁D₁所成的角，由此能求出直線PB₁與平面AA₁D₁所成角的正切值的最大值．

解答 解：（Ⅰ）不論點P在AD₁上的任何位置，都有平面B₁PA₁垂直于平面AA₁D₁．
證明：由題意得B₁A₁⊥A₁D₁，B₁A₁⊥A₁A，
又∵AA₁∩A₁D₁=A₁，B₁A₁⊥A₁A，
又∵AA₁∩A₁D₁=A₁，∴B₁A₁⊥平面AA₁D₁，
∵B₁A₁?平面B₁PA₁，
∴不論點P在AD₁上的任何位置，都有平面B₁PA₁垂直于平面AA₁D₁．．
（Ⅱ）過點P作PE⊥A₁D₁，垂足為E，連結B₁E，如圖，則PE∥AA₁，
∴∠B₁PE是異面直線AA₁與B₁P所成的角，
在Rt△AA₁D₁中，∵∠AD₁A₁=60°，∴∠A₁AD₁=30°，
∴A₁B₁=A₁D₁=$\frac{1}{2}A{D}_{1}$=2，${A}_{1}E=\frac{1}{2}{A}_{1}{D}_{1}$=1，
∴${B}_{1}E=\sqrt{{B}_{1}{{A}_{1}}^{2}+{A}_{1}{E}^{2}}$=$\sqrt{5}$，又PE=$\frac{1}{2}A{A}_{1}$=$\sqrt{3}$，
∴在Rt△B₁PE中，${B}_{1}P=\sqrt{5+3}=2\sqrt{2}$，
cos∠B₁PE=$\frac{PE}{{B}_{1}P}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4}$，
∴異面直線AA₁與B₁P所有角的余弦值為$\frac{\sqrt{6}}{4}$．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，B₁A₁⊥平面AA₁D₁，
∴∠B₁PA₂是PB₁與平面AA₁D₁所成的角，且tan∠B₁PA₁=$\frac{{B}_{1}{A}_{1}}{{A}_{1}P}$=$\frac{2}{{A}_{1}P}$，
當A₁P最小時，tan∠B₁PA₁最大，此時A₁P⊥AD₁，
由射影定理得${A}_{1}P=\frac{{A}_{1}{D}_{1}•{A}_{1}A}{A{D}_{1}}$=$\sqrt{3}$，
∴tan∠B₁PA₁=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，即直線PB₁與平面AA₁D₁所成角的正切值的最大值為$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．

點評 本題考查面面垂直的判斷與證明，考查異面直線所成角的余弦值的求法，考查線面角的正切值的最大值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．