Question

17．如图，已知ABCD-A₁B₁C₁D₁是底面为正方形的长方体，∠AD₁A₁=60°，AD₁=4，点P是AD₁上的动点．
（Ⅰ）试判断不论点P在AD₁上的任何位置，是否都有平面B₁PA₁垂直于平面AA₁D₁？并证明你的结论；
（Ⅱ）当P为AD₁的中点时，求异面直线AA₁与B₁P所称角的余弦值；
（Ⅲ）求直线PB₁与平面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，从而得到B₁A₁⊥平面AA₁D₁，从而得到不论点P在AD₁上的任何位置，都有平面B₁PA₁垂直于平面AA₁D₁．
（Ⅱ）过点P作PE⊥A₁D₁，垂足为E，连结B₁E，则PE∥AA₁，∠B₁PE是异面直线AA₁与B₁P所成的角，由此能求出异面直线AA₁与B₁P所有角的余弦值．
（Ⅲ）由B₁A₁⊥平面AA₁D₁，得∠B₁PA₂是PB₁与平面AA₁D₁所成的角，由此能求出直线PB₁与平面AA₁D₁所成角的正切值的最大值．

解答 解：（Ⅰ）不论点P在AD₁上的任何位置，都有平面B₁PA₁垂直于平面AA₁D₁．
证明：由题意得B₁A₁⊥A₁D₁，B₁A₁⊥A₁A，
又∵AA₁∩A₁D₁=A₁，B₁A₁⊥A₁A，
又∵AA₁∩A₁D₁=A₁，∴B₁A₁⊥平面AA₁D₁，
∵B₁A₁?平面B₁PA₁，
∴不论点P在AD₁上的任何位置，都有平面B₁PA₁垂直于平面AA₁D₁．．
（Ⅱ）过点P作PE⊥A₁D₁，垂足为E，连结B₁E，如图，则PE∥AA₁，
∴∠B₁PE是异面直线AA₁与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=$\frac{PE}{{B}_{1}P}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4}$，
∴异面直线AA₁与B₁P所有角的余弦值为$\frac{\sqrt{6}}{4}$．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，B₁A₁⊥平面AA₁D₁，
∴∠B₁PA₂是PB₁与平面AA₁D₁所成的角，且tan∠B₁PA₁=$\frac{{B}_{1}{A}_{1}}{{A}_{1}P}$=$\frac{2}{{A}_{1}P}$，
当A₁P最小时，tan∠B₁PA₁最大，此时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=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，即直线PB₁与平面AA₁D₁所成角的正切值的最大值为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．

点评 本题考查面面垂直的判断与证明，考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查线面角的正切值的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．