Question

4．如圖，在Rt△AOB中，∠OAB=30°，斜邊AB=4，將△AOB繞直線AO旋轉(zhuǎn)得到△AOC，且二面角B-AO-C是直二面角，動點D在邊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所成角的正切值的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知得CO⊥AO，BO⊥AO，CO⊥BO，從而CO⊥平面AOB，由此能證明平面COD⊥平面AOB．
（Ⅱ）作DE⊥OB，垂足為E，連結(jié)CE，則∠CDE是異面直線AO與CD所成的角，由此能求出異面直線AO與CD所成角的正切值．
（Ⅲ）由CD⊥平面AOB，得∠CDO是CD與平面AOB所成的角，當OD最小時，tan∠CDO最大，由此能求出CD與平面AOB所成角的正切值的最大值．

解答 證明：（Ⅰ）∵在Rt△AOB中，∠OAB=30°，斜邊AB=4，將△AOB繞直線AO旋轉(zhuǎn)得到△AOC，
∴CO⊥AO，BO⊥AO，
∴∠BOC是二面角B-AO-C的平面角，
∵二面角B-AO-C是直二面角，∴CO⊥BO，
∵AO∩BO=O，∴CO⊥平面AOB，
又CO?平面COD，∴平面COD⊥平面AOB．
解：（Ⅱ）作DE⊥OB，垂足為E，連結(jié)CE，
∵DE∥AO，∴∠CDE是異面直線AO與CD所成的角，
∵∠OAB=30°，AB=4，∴OB=2，OA=2$\sqrt{3}$，
在Rt△COB中，CO=BO=2，OE=BE=1，
∴CE=$\sqrt{C{O}^{2}+O{E}^{2}}$=$\sqrt{5}$，
又∵OA=2$\sqrt{3}$，∴DE=$\frac{1}{2}OA$=$\sqrt{3}$，
∴在Rt△CED中，tan∠CDE=$\frac{CE}{DE}$=$\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{15}}{3}$，
∴異面直線AO與CD所成角的正切值為$\frac{\sqrt{15}}{3}$．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，CD⊥平面AOB，
∴∠CDO是CD與平面AOB所成的角，
且tan∠CDO=$\frac{OC}{OD}=\frac{2}{OD}$，
∴當OD最小時，tan∠CDO最大，
令OD⊥AB，∴OD=$\frac{OA•OB}{AB}$=$\sqrt{3}$，tan$∠CDO=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴CD與平面AOB所成角的正切值的最大值是$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．

點評 本題考查面面垂直的證明，考查線面角的正切值的最大值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．