Question

5．如图，在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AB=1，BC=$\sqrt{3}$，点M在棱CC₁上，且MD₁⊥MA，则当△MAD₁的面积最小时，棱CC₁的长为（　　）

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

Answer 1

分析 如图所示，建立空间直角坐标系．D（0，0，0），设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质即可得出．

解答 解：如图所示，建立空间直角坐标系．
D（0，0，0），设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），
∵MD₁⊥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}}）}$
=$\frac{1}{2}\sqrt{5+{t}^{2}+\frac{4}{{t}^{2}}}$≥$\frac{1}{2}\sqrt{5+2\sqrt{{t}^{2}×\frac{4}{{t}^{2}}}}$=$\frac{3}{2}$，
当且仅当t=$\sqrt{2}$，z=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$时取等号．
故选：A．

点评 本题考查了向量垂直与数量积的关系、三角形面积计算公式、基本不等式的性质，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，属于中档题．