Question

5．已知正方形ABCD，PA⊥平面ABCD，AB=1，AP=$\sqrt{2}$，点M在PC上，则AM+DM的最小值为1+$\frac{\sqrt{3}}{2}$．

Answer 1

分析 经M点引MN垂直于AC与点N，连接ND，设AN=x（0≤x≤$\sqrt{2}$），可得MN∥AP，从而可求MN=$\sqrt{2}-$x，利用勾股定理，二次函数的性质可得AM=$\sqrt{{AN}^{2}+M{N}^{2}}$=$\sqrt{2（x-\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}+1}$≥1可求AM的最小值为1．
又由余弦定理可求DN²=x²-$\sqrt{2}$x+1，利用勾股定理，二次函数的性质可得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的最小值为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，即可得解．

解答 解：∵四边形ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，AB=1，AP=$\sqrt{2}$，可得：AC=$\sqrt{2}$，
∴如图，经M点引MN垂直于AC与点N，连接ND，设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（当且仅当x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$时等号成立），即AM的最小值为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=$\sqrt{M{N}^{2}+D{N}^{2}}$=$\sqrt{（\sqrt{2}-x）^{2}+{x}^{2}-\sqrt{2}x+1}$=$\sqrt{2{x}^{2}-3\sqrt{2}x+3}$=$\sqrt{2（x-\frac{3\sqrt{2}}{4}）^{2}+\frac{3}{4}}$≥$\frac{\sqrt{3}}{2}$（当且仅当x=$\frac{3\sqrt{2}}{4}$时等号成立），即DM的最小值为$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
∴（AM+DM）_min=AM_min+DM_min=1+$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
故答案为：1+$\frac{\sqrt{3}}{2}$．

点评 本题主要考查了勾股定理，余弦定理，二次函数的图象和性质的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．