Question

3．如图，已知正三角形ABC的边长为6，将△ABC沿BC边上的高线AO折起，使BC=3$\sqrt{2}$，得到三棱锥A-BOC．动点D在边AB上．
（1）求证：OC⊥平面AOB；
（2）当点D为AB的中点时，求异面直线AO、CD所成角的正切值；
（3）求当直线CD与平面AOB所成角最大时的正切值．

Answer 1

分析 （1）对比折叠前后便可得出，AO⊥平面BOC，从而OC⊥AO，并且可说明△BOC为直角三角形，OC⊥OD，从而得到OC⊥平面AOB；
（2）根据上面可分别以OC，OB，OA三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，从而求出向量$\overrightarrow{AO}$，$\overrightarrow{CD}$的坐标．设异面直线AO、CD所成角为θ，由cos$θ=|cos＜\overrightarrow{AO}，\overrightarrow{CD}＞|$即可求出cosθ，再求出sinθ，从而求出tanθ；
（3）根据条件并结合图形可设D（$0，3-\frac{\sqrt{3}}{3}z，z$），并且说明$\overrightarrow{OC}$是平面AOB的法向量，设直线CD与平面AOB所成角为α，从而根据sin$α=|cos＜\overrightarrow{CD}，\overrightarrow{OC}＞|$即可求得α最大时sinα值，从而求出cosα，tanα．

解答 解：（1）证明：根据条件，AO⊥OB，AO⊥OC，OB∩OC=O；
∴AO⊥底面BCO，OC?平面BCO；
∴AO⊥OC，即OC⊥AO；
又OB=OC=3，BC=3$\sqrt{2}$；
∴OB²+OC²=BC²；
∴OC⊥OB，AO∩OB=O；
∴OC⊥平面AOB；
∴OC，OB，OA三直线两两垂直，分别以这三直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则：
O（0，0，0），A（0，0，3$\sqrt{3}$），B（0，3，0），C（3，0，0）；
D为AB中点，∴D（0，$\frac{3}{2}，\frac{3\sqrt{3}}{2}$）；
∴$\overrightarrow{AO}=（0，0，-3\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{CD}=（-3，\frac{3}{2}，\frac{3\sqrt{3}}{2}）$；
设异面直线AO，CD所成角为θ，则cosθ=|cos$＜\overrightarrow{AO}，\overrightarrow{CD}＞$|=$\frac{\frac{27}{2}}{3\sqrt{3}•3\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4}$；
∴$sinθ=\frac{\sqrt{10}}{4}$，tan$θ=\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{15}}{3}$；
即异面直线AO、CD所成角的正切值为$\frac{\sqrt{15}}{3}$；
（3）由（1）知，$\overrightarrow{OC}=（3，0，0）$为平面AOB的法向量，设直线CD与平面AOB所成角为α，D（0，$3-\frac{\sqrt{3}}{3}z，z$），（$0≤z≤3\sqrt{3}$），则：
sin$α=|cos＜\overrightarrow{OC}，\overrightarrow{CD}＞|$=$\frac{9}{3•\sqrt{9+（3-\frac{\sqrt{3}}{3}z）^{2}+{z}^{2}}}$=$\frac{3}{\sqrt{\frac{4}{3}（z-\frac{3\sqrt{3}}{4}）^{2}+\frac{63}{4}}}$；
∴$z=\frac{3\sqrt{3}}{4}$时，sinα取最大值$\frac{2\sqrt{7}}{7}$，此时α最大；
∴此时cosα=$\frac{\sqrt{21}}{7}$，tanα=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$；
∴当直线CD与平面AOB所成角最大时的正切值为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．

点评 考查对折叠前后图形的认识，线面垂直的判定，线面垂直的性质，以及通过建立空间直角坐标系，利用空间向量求线线角及线面角的方法，平面法向量的概念，直线和平面所成角与直线的方向向量和平面法向量夹角的关系，以及清楚异面直线所成角和线面角的范围．