Question

11．在長(zhǎng)方體ABCD-A₁B₁C₁D₁中，其中ABCD是正方形，已知AB=1，AA₁＞1，設(shè)點(diǎn)A到直線A₁C的距離和到平面DCB₁A₁的距離分別為d₁，d₂，則$\frac{vslncs5_{1}}{w0sw50p_{2}}$的取值范圍是（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$\sqrt{2}$）．

Answer 1

分析 設(shè)AA₁=b，由AA₁＞1得b＞1，利用長(zhǎng)方體中的垂直關(guān)系和面積相等求出d₁，連接A₁D、過A作AE⊥A₁D，利用長(zhǎng)方體中的垂直關(guān)系、線面垂直的判定定理和定義，得到d₂=AE，利用面積相等求出d₂，化簡(jiǎn)$\frac{txkvk94_{1}}{f5pei90_{2}}$，求出$\frac{naaj01h_{1}}{miikv9d_{2}}$的范圍．

解答 解：設(shè)AA₁=b，由AA₁＞1得b＞1，
所以點(diǎn)A到直線A₁C的距離d₁=$\frac{A{A}_{1}•AC}{{A}_{1}C}$=$\frac{\sqrt{2}b}{\sqrt{^{2}+2}}$，
連接A₁D，過A作AE⊥A₁D，
由CD⊥平面ADD₁A₁得，CD⊥AE，又AE⊥A₁B，則AE⊥平面DCB₁A₁，
所以AE為點(diǎn)A到平面DCB₁A₁的距離，
則d₂=AE=$\frac{\sqrt{^{2}+1}}$，
所以$\frac{cnvmtuz_{1}}{dsf0pxc_{2}}$=$\sqrt{2}$•$\frac{\sqrt{^{2}+1}}{\sqrt{^{2}+2}}$=$\sqrt{2}$•$\sqrt{1-\frac{1}{^{2}+2}}$，
因?yàn)閎＞1，所以b²+2＞3，
所以0＜$\frac{1}{^{2}+2}$＜$\frac{1}{3}$
所以b∈（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$\sqrt{2}$）．
故答案為：（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$\sqrt{2}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題的考點(diǎn)是點(diǎn)、線、面間的距離計(jì)算，線面垂直的判定定理和定義，面積相等法求距離，關(guān)鍵是利用長(zhǎng)方體的幾何特征尋找表示點(diǎn)面距離的線段，屬于中檔題．