Question

19．如圖，在Rt△AOB中，∠OAB=$\frac{π}{6}$，斜邊AB=4，Rt△AOC通過Rt△AOB以直線AO為軸旋轉得到，且二面角B-AO-C是直二面角．動點D在斜邊AB上．
（Ⅰ）求證：平面COD⊥平面AOB；
（Ⅱ）當D為AB的中點時，求異面直線AO與CD所成角的正切值；
（Ⅲ）求CD與平面AOB所成角最大時該角的正切值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）欲證平面COD⊥平面AOB，先證直線與平面垂直，由題意可得：CO⊥AO，BO⊥AO，CO⊥BO，所以CO⊥平面AOB，進一步易得平面COD⊥平面AOB
（Ⅱ）求異面直線所成的角，需要將兩條異面直線平移交于一點，由D為AB的中點，故平移時很容易應聯(lián)想到中位線，作DE⊥OB，垂足為E，連接CE，則DE∥AO，所以∠CDE是異面直線AO與CD所成的角
（Ⅲ）由第（Ⅰ）問可知：CO⊥平面AOB，所以∠CDO是CD與平面AOB所成的角，tan∠CDO=$\frac{OC}{OD}$=$\frac{2}{OD}$，當OD最小時，tan∠CDO最大

解答 （I）證明：由題意，CO⊥AO，BO⊥AO，∴∠BOC是二面角B-AO-C是直二面角，
又∵二面角B-AO-C是直二面角，
∴CO⊥BO，
又∵AO∩BO=O，
∴CO⊥平面AOB，
又CO?平面COD，
∴平面COD⊥平面AOB．（4分）
（II）解：作DE⊥OB，垂足為E，連接CE（如圖），則DE∥AO，
∴∠CDE是異面直線AO與CD所成的角．
在 Rt△COE中，CO=BO=2，OE=$\frac{1}{2}$BO=1，
∴CE=$\sqrt{5}$．
又DE=$\frac{1}{2}$AO=$\sqrt{3}$．
∴CD=$\sqrt{C{E}^{2}+D{E}^{2}}$=2 $\sqrt{2}$
∴在Rt△CDE中，cos∠CDE=$\frac{DE}{CD}$=$\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{4}$
∴異面直線AO與CD所成角的余弦值大小為$\frac{\sqrt{6}}{4}$．（9分）
（III）由（I）知，CO⊥平面AOB，
∴∠CDO是CD與平面AOB所成的角
且tanCDO=$\frac{OC}{OD}$=$\frac{2}{OD}$．
當OD最小時，∠CDO最大，這時，OD⊥AB，垂足為D，
OD=$\frac{OA•OB}{AB}$=$\sqrt{3}$，tanCDO=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴CD與平面AOB所成角的最大時的正切值為 $\frac{2\sqrt{3}}{3}$．（14分）

點評 本題考查空間線面關系、異面直線所成的角的度量、線面角的度量等知識，考查數(shù)形結合、化歸與轉化的數(shù)學思想方法，以及空間想象能力、推理論證能力和運算求解能力