每日一题[1053]立体几何中的动态问题

在棱长 $1$ 为正四面体 $D-ABC$ 中，$O$ 为 $\triangle ABC$ 的中心，过点 $O$ 作直线分别与线段 $AC,BC$ 交于 $M,N$（可以是线段的端点），连接 $DM$，点 $P$ 为 $DM$ 的中点，则下列说法正确的是（　　）

A．存在某一位置，使得 $NP\perp$ 面 $DAC$
B．$\triangle DMN$ 面积的最大值为 $\dfrac{\sqrt 2}4$
C．$\tan^2\angle DMN+\tan^2\angle DNM$ 的最小值为 $12$
D．棱锥 $D-MNC$ 与棱锥 $D-MNBA$ 的体积之比的取值范围是 $\left[\dfrac 45,1\right]$

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正确答案是BD．

分析与解　对于选项A，若 $NP\perp$ 面 $DAC$，则 $NP$ 在底面上的投影与 $AC$ 垂直，因此 $NP$ 在底面上的投影只能为 $BO$，也即 $N=B$，对应的 $M$ 为 $AC$ 的中点；但此时 $N$ 点在平面 $ADC$ 上的投影为 $\triangle ADC$ 的中心，不为中线 $DM$ 的中点．因此不存在任何一个位置，使得 $NP\perp$ 面 $DAC$，所以选项A不正确．
对于选项B，$\triangle DMN$ 底边 $MN$ 上的高 $DO=\dfrac{\sqrt 6}3$．由于 $MN$ 过点 $O$，所以有

$$\begin{split}\overrightarrow{CO}=&\dfrac 13\overrightarrow{CA}+\dfrac 13\overrightarrow{CB}\\=&\dfrac 13\cdot\dfrac 1{CM}\overrightarrow{CM}+\dfrac 13\cdot\dfrac 1{CN}\overrightarrow{CN},\end{split}$$ 而 $O,M,N$ 三点共线，于是有 $$\dfrac{1}{CM}+\dfrac{1}{CN}=3,$$ 于是 $$\begin{split}CM+CN=&\dfrac 13(CM+CN)\cdot \left(\dfrac{1}{CM}+\dfrac{1}{CN}\right)\\=&\dfrac13\left(2+\dfrac{CM}{CN}+\dfrac{CN}{CM}\right),\end{split}$$ 考虑到 $\dfrac{CM}{CN}$ 的取值范围是 $\left[\dfrac 12,2\right]$，于是 $CM+CN$ 的取值范围是 $\left[\dfrac 43,\dfrac 32\right]$．因此 $$\begin{split} MN=&\sqrt{CM^2+CN^2-CM\cdot CN}\\=&\sqrt{(CM+CN)^2-3CM\cdot CN}\\=&\sqrt{(CM+CN)^2-(CM+CN)},\end{split}$$ 其取值范围是 $\left[\dfrac 23,\dfrac{\sqrt 3}2\right]$．于是 $\triangle DMN$ 面积的最大值为 $$\dfrac 12\cdot \dfrac{\sqrt 3}2\cdot \dfrac{\sqrt 6}3=\dfrac{\sqrt 2}4,$$ 所以选项B正确．
对于选项C，根据题意有 $$\tan^2\angle DMN+\tan^2\angle DNM=\dfrac{DO^2}{OM^2}+\dfrac{DO^2}{ON^2},$$ 当 $MN$ 为 $\triangle ABC$ 边 $AC$ 上的中线时，有 $$\dfrac{DO^2}{OM^2}+\dfrac{DO^2}{ON^2}=\dfrac{\left(\dfrac{\sqrt 6}3\right)^2}{\left(\dfrac{\sqrt 3}6\right)^2}+\dfrac{\left(\dfrac{\sqrt 6}3\right)^2}{\left(\dfrac{\sqrt 3}3\right)^2}=10<12,$$ 所以选项C不正确．
对于选项D，考虑 $\triangle CMN$ 与 $\triangle ABC$ 的面积之比 $$k=CM\cdot CN=\dfrac 13(CM+CN),$$ 其取值范围是 $\left[\dfrac 49,\dfrac 12\right]$，于是所求体积之比的取值范围为 $\left[\dfrac 45,1\right]$，所以选项D正确．