Question

19．如图，在Rt△AOB中，∠OAB=$\frac{π}{6}$，斜边AB=4，Rt△AOC通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角B-AO-C是直二面角．动点D在斜边AB上．
（Ⅰ）求证：平面COD⊥平面AOB；
（Ⅱ）当D为AB的中点时，求异面直线AO与CD所成角的正切值；
（Ⅲ）求CD与平面AOB所成角最大时该角的正切值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）欲证平面COD⊥平面AOB，先证直线与平面垂直，由题意可得：CO⊥AO，BO⊥AO，CO⊥BO，所以CO⊥平面AOB，进一步易得平面COD⊥平面AOB
（Ⅱ）求异面直线所成的角，需要将两条异面直线平移交于一点，由D为AB的中点，故平移时很容易应联想到中位线，作DE⊥OB，垂足为E，连接CE，则DE∥AO，所以∠CDE是异面直线AO与CD所成的角
（Ⅲ）由第（Ⅰ）问可知：CO⊥平面AOB，所以∠CDO是CD与平面AOB所成的角，tan∠CDO=$\frac{OC}{OD}$=$\frac{2}{OD}$，当OD最小时，tan∠CDO最大

解答 （I）证明：由题意，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，垂足为E，连接CE（如图），则DE∥AO，
∴∠CDE是异面直线AO与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=$\frac{DE}{CD}$=$\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{4}$
∴异面直线AO与CD所成角的余弦值大小为$\frac{\sqrt{6}}{4}$．（9分）
（III）由（I）知，CO⊥平面AOB，
∴∠CDO是CD与平面AOB所成的角
且tanCDO=$\frac{OC}{OD}$=$\frac{2}{OD}$．
当OD最小时，∠CDO最大，这时，OD⊥AB，垂足为D，
OD=$\frac{OA•OB}{AB}$=$\sqrt{3}$，tanCDO=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴CD与平面AOB所成角的最大时的正切值为 $\frac{2\sqrt{3}}{3}$．（14分）

点评 本题考查空间线面关系、异面直线所成的角的度量、线面角的度量等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力