Question

10．已知平行六面體ABCD-A₁B₁C₁D₁的底面ABCD為正方形，且∠A₁AB=∠A₁AD=60°，則當(dāng)$\frac{{A}_{1}A}{AB}$=$\frac{\sqrt{17}-1}{4}$時，AC₁⊥A₁B．

Answer 1

分析 利用全等三角形可知A₁在底面ABCD的射影在AC上，設(shè)AB=1，AA₁=m，建立空間坐標(biāo)系，求出$\overrightarrow{A{C}_{1}}$和$\overrightarrow{{A}_{1}B}$的坐標(biāo)，令$\overrightarrow{A{C}_{1}}$•$\overrightarrow{{A}_{1}B}$=0解出m即可．

解答 解：設(shè)A₁在底面ABCD內(nèi)的射影為P，過P作PM⊥AB，PN⊥AD，連結(jié)A₁P，A₁M，A₁N，
則A₁M⊥AB，A₁N⊥AD，
∵∠A₁AB=∠A₁AD=60°，∴A₁M=A₁N，
∴PM=PN，
∴P在∠DAB的角平分線上，∴∠MAP=45°，
設(shè)AM=a，則AP=$\sqrt{2}a$，AA₁=2a，∴∠A₁AP=45°，
設(shè)AC，BD交點為O，以O(shè)為原點，以AC，BD為坐標(biāo)軸建立空間坐標(biāo)系如圖所示：
設(shè)AB=1，AA₁=m，則A（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0，0），A₁（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$+$\frac{\sqrt{2}}{2}$m，0，$\frac{\sqrt{2}m}{2}$），B（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0），C₁（$\frac{\sqrt{2}}{2}$+$\frac{\sqrt{2}m}{2}$，0，$\frac{\sqrt{2}m}{2}$），
∴$\overrightarrow{A{C}_{1}}$=（$\sqrt{2}$+$\frac{\sqrt{2}m}{2}$，0，$\frac{\sqrt{2}m}{2}$），$\overrightarrow{{A}_{1}B}$=（$\frac{\sqrt{2}}{2}$-$\frac{\sqrt{2}m}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，-$\frac{\sqrt{2}m}{2}$），
若AC₁⊥A₁B，則$\overrightarrow{A{C}_{1}}$•$\overrightarrow{{A}_{1}B}$=0，即（$\sqrt{2}$+$\frac{\sqrt{2}m}{2}$）•（$\frac{\sqrt{2}}{2}$-$\frac{\sqrt{2}m}{2}$）-$\frac{{m}^{2}}{2}$=0，
解得m=$\frac{\sqrt{17}-1}{4}$．
∴$\frac{{A}_{1}A}{AB}$=$\frac{\sqrt{17}-1}{4}$．
故答案為：$\frac{\sqrt{17}-1}{4}$．

點評 本題考查了棱柱的結(jié)構(gòu)特征，線面垂直的判定，空間向量在立體幾何中的應(yīng)用，屬于中檔題．