叶卢庆的博客

一个线面角问题

如图1,已知正方形$ABCD$,$PA\perp $平面$ABCD$,$AB=1$,$PA=t(t>0)$,当$t$变化时,直线$PD$与平面$PBC$所成角的正弦值的取值范围是?
图1


图2
:关键是作出直线$PD$在平面$PBC$上的射影.如图2所示,作$BE\perp PC$,其中点$E$是垂足.连接$DE$,由于$\triangle PBC$与$\triangle PDC$全等,因此可得$DE\perp PC$.
$$
\begin{cases}
PC\perp BE\\
PC\perp DE\\
DE\cap BE=E
\end{cases}\Rightarrow PC\perp\mbox{面}BDE.
$$
且由于$PC\subset \mbox{面}PBC$,因此面$BDE\perp$面$PBC$,直线$BE$是两个面的交线.因此,过点$D$作直线$BE$的垂线$DF$,其中$F$是垂足,则直线$DF\perp$面$PBC$.于是,直线$PD$在面$PBC$上的射影就是直线$PF$.$PD$与面$PBC$所成的角就是$\angle DPF$.

由于$PA\perp $面$ABCD$,因此$PA\perp CB$.
$$
\begin{cases}
CB\perp PA\\
CB\perp BA\\
PA\cap BA=A
\end{cases}\Rightarrow CB\perp\mbox{面}PAB\Rightarrow CB\perp PB.
$$
于是,
$$
PC=\sqrt{PB^2+BC^2}=\sqrt{PA^2+AB^2+BC^2}=\sqrt{t^2+2}.
$$
易得$\triangle BEC\sim\triangle PBC$,因此
$$
\frac{BE}{PB}=\frac{BC}{PC}\iff \frac{BE}{\sqrt{t^2+1}}=\frac{1}{\sqrt{t^2+2}}\iff BE=\frac{\sqrt{t^2+1}}{\sqrt{t^2+2}}.
$$
由余弦定理,
$$
\cos\angle BED=\frac{BE^2+ED^2-DB^2}{2BE\cdot ED}=\frac{-1}{t^{2}+1}.
$$
于是,
$$
EF=ED|\cos\angle BED|=\frac{\sqrt{t^2+1}}{\sqrt{t^2+2}}\cdot \frac{1}{t^{2}+1}=\frac{1}{\sqrt{(t^2+1)(t^2+2)}}.
$$
于是,
$$
PF=\sqrt{PE^2+EF^2}=\sqrt{PB^2-BE^2+EF^2}=\sqrt{(t^2+1)-\frac{t^2+1}{t^2+2}+\frac{1}{(t^2+1)(t^2+2)}}=\sqrt{t^2+\frac{1}{t^2+1}}.
$$
于是,
$$
\cos\angle DPF=\frac{DF}{PD}=\frac{\sqrt{t^2+\frac{1}{t^2+1}}}{\sqrt{t^2+1}}=\sqrt{\frac{t^2}{t^2+1}+\frac{1}{(t^2+1)^2}}.
$$
令$\frac{1}{t^2+1}=k$,则$0<k<1$,于是
$$
\frac{\sqrt{3}}{2}\leq\cos\angle DPF=\sqrt{k^2-k+1}< 1,
$$
因此$0<\sin\angle DPF\leq\frac{1}{2}$.于是答案就是$(0,\frac{1}{2}]$.当且仅当$k=\frac{1}{2}$,即$t=1$时,能取到$\frac{1}{2}$.