Question

5．如圖，在長方體ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AB=1，BC=$\sqrt{3}$，點M在棱CC₁上，且MD₁⊥MA，則當(dāng)△MAD₁的面積最小時，棱CC₁的長為（　　）

• A． $\frac{3}{2}$$\sqrt{2}$
• B． $\frac{\sqrt{10}}{2}$
• C． 2
• D． $\sqrt{2}$

Answer 1

分析 如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系．D（0，0，0），設(shè)M（0，1，t），D₁（0，0，z），（z≥t≥0，z≠0）．由MD₁⊥MA，可得$\overrightarrow{M{D}_{1}}$•$\overrightarrow{AM}$=0，z-t=$\frac{1}{t}$．代入${S}_{△AM{D}_{1}}$=$\frac{1}{2}$|AM||MD₁|，利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系．
D（0，0，0），設(shè)M（0，1，t），D₁（0，0，z），A（$\sqrt{3}$，0，0），（z≥t≥0，z≠0）．
$\overrightarrow{M{D}_{1}}$=（0，-1，z-t），$\overrightarrow{AM}$=（-$\sqrt{3}$，1，t），
∵M(jìn)D₁⊥MA，∴$\overrightarrow{M{D}_{1}}$•$\overrightarrow{AM}$=-1+t（z-t）=0，即z-t=$\frac{1}{t}$．
${S}_{△AM{D}_{1}}$=$\frac{1}{2}$|AM||MD₁|=$\frac{1}{2}×$$\sqrt{{1}^{2}+（\sqrt{3}）^{2}+{t}^{2}}$×$\sqrt{{1}^{2}+（z-t）^{2}}$
=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{4+{t}^{2}}$$\sqrt{1+（z-t）^{2}}$=$\frac{1}{2}\sqrt{（4+{t}^{2}）（1+\frac{1}{{t}^{2}}）}$
=$\frac{1}{2}\sqrt{5+{t}^{2}+\frac{4}{{t}^{2}}}$≥$\frac{1}{2}\sqrt{5+2\sqrt{{t}^{2}×\frac{4}{{t}^{2}}}}$=$\frac{3}{2}$，
當(dāng)且僅當(dāng)t=$\sqrt{2}$，z=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$時取等號．
故選：A．

點評 本題考查了向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系、三角形面積計算公式、基本不等式的性質(zhì)，考查了數(shù)形結(jié)合方法、推理能力與計算能力，屬于中檔題．