2020-2021学年四川省眉山市高一（下）4月月考数学试卷 (1)人教A版

这是一份2020-2021学年四川省眉山市高一（下）4月月考数学试卷 (1)人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列各组几何体中是多面体的一组是( )
A.三棱柱、四棱台、球、圆锥
B.三棱柱、四棱台、正方体、圆台
C.圆锥、圆台、球、半球
D.三棱柱、四棱台、正方体、六棱锥

2. 下列说法正确的是( )
A.相等的角在直观图中仍然相等
B.相等的线段在直观图中仍然相等
C.正方形的直观图是正方形
D.若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行

3. 如图所示，用符号语言可表达为( )

A.α∩β=m，n⊂α， m∩n=A
B.α∩β=m，n∈α，m∩n=A
C.α∩β=m， n⊂α，A⊂m，A⊂n
D.α∩β=m， n∈α，A∈m，A∈n

4. 已知某椎体的正视图和侧视图如图，则该锥体的俯视图不可能是( )

A.B.
C.D.

5. 已知m，n是两条不同直线， α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的是( )
A.若m//n，n⊂α，则m//αB.若m//α，m//β，则α//β
C.若m⊥α，n⊥α，则m//nD.若α⊥γ，β⊥γ，则α//β

6. 如图所示是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中①BM//平面ADE；②DE⊥BM；③平面BDM//平面AFN；④AM⊥平面BDE．以上四个命题中，真命题的序号是( )

A.①②③④B.①②③C.①②④D.②③④

7. 如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=1，AA1=3，点D是侧棱BB1的中点，则直线C1D与平面ABC所成角的余弦值为( )

A.32B.255C.77D.277

8. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P∈平面ABCD，Q∈平面A1B1C1D1，M是PQ的一个靠近P的三等分点，当P，Q分别在平面ABCD，A1B1C1D1内运动时，那么所有的动点M( )
A.不共面
B.当且仅当P，Q在两条相交直线上移动时才共面
C.当且仅当P，Q在两条给定的平行直线上移动时才共面
D.不论P，Q如何移动都共面

9. 如图，四棱锥P−ABCD中，△PAB与△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，则下列结论不一定成立的是( )

A.PB⊥ACB.PD⊥平面ABCD
C.AC⊥PDD.平面PBD⊥平面ABCD

10. 将等腰三角形ABC沿底边上的中线AO进行折叠，使得二面角B−AO−C的平面角为π3，已知等腰三角形ABC腰长为5，底边上中线长为4，则三棱锥B−AOC外接球表面积为( )
A.24πB.28πC.32πD.36π

11. 如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=6，AD=4，AA1=3，分别过BC，A1D1的两个平行截面将长方体分成三个部分，其体积分别记为V1=VAEA1−DFD1，V2=VEBE1A1−FCF1D1，V3=VB1E1B−C1F1C，若V1:V2:V3=1:4:1，则截面A1EFD1的面积为( )

A.213B.413C.613D.813

12. 四棱锥S−ABCD中，侧面SBC为等边三角形，底面ABCD为矩形， BC=2，AB=a，点F是棱AD的中点，顶点S在底面ABCD的射影为H，则下列结论正确的是（ ）
A.存在a的值使得点B到面SFC的距离为3
B.当H落在AD上时，a的取值范围是(0,3]
C.当H落在AD上时，四棱锥S−ABCD的体积最大值是2
D.棱SC上存在点P使得PD//面BSF
二、填空题

把边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起，当B，D两点间距离为a时，二面角B−AC−D的大小为________.
三、解答题

如图，降水量是指水平地面上单位面积的降水深度，用上口直径为38cm，底面直径为24cm，深度为35cm的圆台形水桶来测量降水量，如果在一次降雨过程中，此桶盛得的雨水高度正好是桶深的17，求本次降雨的降水量是多少（精确到1mm）.


如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，CC1的中点，

(1)若G为线段BC上一点，且GB=13GC，试证明GE⊥平面D1DE．

(2)试判断在线段DD1上是否存在点H使得AH//平面D1EF？并说明理由．

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E为侧棱PA的中点．

(1)求证：PC // 平面BDE；

(2)若PC⊥PA，PD=AD，求证：平面BDE⊥平面PAB．

如图，在多面体ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC，AC⊥BC，BC=2AC=4，DA=DC，CD=3 ，F是BC的中点， EF⊥平面ABC， EF=22.

(1)证明：A，B，E，D四点共面；

(2)求三棱锥B−CDE的体积．

如图，正方体ABCD−A1B1C1D1，点M在直线BC1上运动．

(1)试证明AM⊥A1D；

(2)M在运动过程中，直线AM与平面ACD1所成角是否为定值？如是求出该定值．如不是，请说明理由．

如图，在Rt△AOB中，∠OAB=π6，斜边AB=4 ，Rt△AOC可以通过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．

(1)求证：平面COD⊥平面AOB；

(2)当D为AB的中点时，求异面直线AO与CD所成角的正切；

(3)求CD与平面AOB所成角正切的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年四川省眉山市高一（下）4月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
棱柱的结构特征
棱台的结构特征
棱锥的结构特征
【解析】
题目中四个选项中的几何体有多面体，也有旋转体，借助于多面体和旋转体的概念逐一判断即可得到正确答案．
【解答】
解：选项A中的球和圆锥是旋转体，所以A不正确；
B中的圆台是旋转体，所以B不正确；
C中的四个几何体全是旋转体，所以D不正确；
只有D中的四个几何体符合多面体概念．
故选D.
2.
【答案】
D
【考点】
斜二测画法画直观图
平面图形的直观图
【解析】
根据斜二测画法的法则，对选项中的命题进行分析、判断正误即可．
【解答】
解：对于A，如一个等腰三角形，画出直观图后不是等腰三角形，∴ A错误；
对于B，相等的线段在直观图中不一定相等，如正方形在直观图中是平行四边形，且邻边不相等，B错误；
对于C，正方形在直观图中是平行四边形，不是正方形，C错误；
对于D，斜二测画法的法则是平行于x的轴的线平行性与长度都不变，平行于y轴的线平行性不变，长度变为原长度的一半，若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行，D正确．
故选D.
3.
【答案】
A
【考点】
平面的概念、画法及表示
空间点、线、面的位置
【解析】
结合图形考查两个平面的位置关系、两条直线的位置关系，以及点与线、线与面的位置关系．
【解答】
解：由题意知，两个平面α与β相交于直线m，
直线m在平面α内，直线m和直线n相交于点A，
故用符号语言可表达为：
α∩β=m，n⊂α，m∩n=A，A∈m，A∈n.
故选A．
4.
【答案】
D
【考点】
简单空间图形的三视图
由三视图还原实物图
【解析】
依次对各选项的正视图和侧视图判断可得答案．
【解答】
解：对于A，边长为2的正四棱锥，可得正视图和侧视图一样，故A正确；
对于B，直径为2的圆锥，可得正视图和侧视图一样，故B正确；
对于C，底面为等腰直角三角形，直角边长为2的三棱锥，可得正视图和侧视图一样，故C正确；
对于D，三视图投影得到正视图，侧视图和俯视图相等的三棱锥是没有的，故D不正确．
故选D.
5.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
空间中平面与平面之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
利用线面关系，逐个判断，研究即可.
【解答】
解：A，若m//n，n⊂α，则m⊂α或m//α，故A错误；
B，若m//α，m//β，此时α与β平行或相交，故B错误；
C，由线面垂直的性质可知，该说法正确，故C正确；
D，若α⊥γ，β⊥γ，此时α//β或相交，故D错误.
故选C.
6.
【答案】
A
【考点】
平面与平面平行的判定
直线与平面平行的判定
直线与平面垂直的判定
【解析】
把正方体的平面展开图还原成正方体ABCA⋅EF/N，得出BMI平面ADNE，判断⑩正确；由平面DCMNII平面ABFE，得出CM平面
ABFE，判断②正确；由BDIFN，得出BDI平面AFN，同理BMII平面AFN，证明平面BDMII平面AFN，判断③正确；由BDMFN，BElI
CN，且BDDBE=B，证明平面BDEI平面NCF，判断④正确．
【解答】
解：把正方体的平面展开图还原成正方体ABCD−EFMN，如图1所示：
对于①，平面BCMF//平面ADNE，BM⊂平面BCMF，
BM//平面ADNE，①正确；
对于②，如图2所示，连接AN，则AN//BM，
又DE⊥AN，∴ DE⊥BM，②正确；
对于③，如图2所示，
BM//AN，BM⊄平面AFN，AN⊂平面AFN，
∴ BM//平面AFN；
同理DM//平面AFN，且BM∩DM=M，
∴ 平面BDM//平面AFN，③正确；
对于④，如图3所示，连接AC，则BD⊥AC，
又∵ MC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴ MC⊥BD，
又∵ AC∩MC=C，
∴ BD⊥平面ACM，
∴ BD⊥AM，同理可得ED⊥AM，
∵ ED∩BD=D，
∴ AM⊥平面BDE，④正确．
综上，正确的命题序号是①②③④．
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】

【解答】
解：如图，延长C1D与CB的延长线交于点E.
因为CC1⊥平面ABC，
所以C1D与平面ABC所成的角为∠CEC1.
又AB=1，AA1=3，点D是BB1的中点，
所以CE=2，C1E=7，
从而cs∠CEC1=CEC1E=27=277，
即C1D与平面ABC所成角的余弦值为277 .
故选D .
8.
【答案】
D
【考点】
平面与平面平行的性质
【解析】
利用空间中平面与平面平行的性质定理直接求解．
【解答】
解：由题意知，点M在与平面ABCD和平面A1B1C1D1都平行的平面上运动，
所以无论P，Q如何运动，线段PQ的三等分点M都共面．
故选D．
9.
【答案】
B
【考点】
直线与平面垂直的判定
两条直线垂直的判定
平面与平面垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，
对于选项A，取PB的中点O，
连结AO，CO．
∵在四棱锥P−ABCD中，△PAB与△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，
∴AO⊥PB，CO⊥PB.
∵AO∩CO=O，
∴PB⊥平面AOC.
∵AC⊂平面AOC，
∴PB⊥AC，故选项A正确；
对于选项B，设AC与BD交于点M，易知M为AC的中点，
若PD⊥平面ABCD，则PD⊥BD，
由已知条件知点D满足AC⊥BD且位于BM的延长线上，
∴点D的位置不确定，
∴PD与BD不一定垂直，
∴PD⊥平面ABCD不一定成立，故选项B不正确；
对于选项C，
∵AC⊥PB，AC⊥BD，PB∩BD=B，
∴AC⊥平面PBD，
∵PD⊂平面PBD，
∴AC⊥PD，故选项C正确；
对于选项D，
∵AC⊥平面PBD，AC⊂平面ABCD，
∴平面PBD⊥平面ABCD，故选项D正确．
故选B．
10.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
与二面角有关的立体几何综合题
【解析】
本题考查二面角的平面角，空间直角坐标系，球的表面积公式，多面体的外接球性质，建立空间直角坐标系，计算每个点的值，列方程求解即可.
【解答】
解：如图，设球心为O′，球心在平面AOC上的投影为D，
易知BO⊥平面AOC，△AOC是等边三角形，BO=4，AB=BC=5，
∴ AO=CO=AC=3.
易知D为△AOC的外心，
∴ OD=12ACsin60∘=3.
易知球心O′在弦BO的中垂面上，
∴ OE=12OB=2，
∴ 球半径r=OD2+OE2=7.
∴S球=4π(7)2=28π.
故选B.
11.
【答案】
B
【考点】
棱柱的结构特征
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
由V1:V2:V3=1:4:1，又棱柱AEA1−DFD1，EBE1A1−FCF1D1，B1E1B−C1F1C的高相等，得AE=2．由此能求出截面A1EFD1的面积．
【解答】
解：V1:V2:V3=1:4:1，
又棱柱AEA1−DFD1，EBE1A1−FCF1D1，B1E1B−C1F1C的高相等，
∴ S△A1AE:S四边形A1EBE1:S△BB1E1=1:4:1．
∴ S△A1AE=16S四边形A1ABB1=16×3×6=3，
即12×3×AE=3．解得AE=2．
在Rt△A1AE中，A1E=9+4=13，
∴ 截面A1EFD1的面积为413．
故选B.
12.
【答案】
D
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
点、线、面间的距离计算
【解析】
利用平面与平面平行的性质及判定证明直线与平面平行，考查四棱锥的性质，利用四棱锥的体积求解
【解答】
解：对于A选项，如图，取BC的中点E，连结DE，取SC中点P，连结PE，PD，
因为PE为△BCS的中位线，
所以PE//BS.
又因为BS⊆平面BFS，PE⊄面BFS，
所以PE//平面BFS.
在矩形ABCD中，E，F分别为BC，AD的中点，
所以DE//BF.
因为BF⊆平面BFS，DE⊄面BFS，
所以DE//平面BFS.
因为 DE∩PE=E，
故平面PDE//平面BFS，
所以PD//平面BSF，故选项A正确；
对于B选项，因为三角形SBC为等边三角形， BC=2，
故SE=3.
当a=3时，S与H重合，图形不能构成四棱锥，与已知条件矛盾，故选项B错误；
对于C选项，在Rt△SHE中， SH=3−a2，
VS−ABCD=13×2a×3−a2
=233−a2a2≤1，
当且仅当a2=32时，VS−ABCD取得最大值1，故选项C错误；
对于D：由选项C的推导可知：
当VS−ABD的最大时，点B到面SFC的距离d最大．
VS−BFC=12VS−ABCD=12，
此时SF=62,CF=CD2+DF2=102，
∴ S△SFC=12SF×CF=12×62×102=154，
∴ d=VS=12×1215=2155．故选项D错误.
故选D.
二、填空题
【答案】
π2
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，
连接AC，BD交于O，则DO⊥AC，BO⊥AC，
即∠BOD为二面角B−AC−D的平面角，
∵正方形ABCD的边长为a，则BO=DO=22a.
在△BOD中， BO2+OD2=(22a)2+(22a)2=a2，BD2=a2，
可得∠BOD=90∘，
则二面角B−AC−D的大小为π2.
故答案为：π2.
三、解答题
【答案】
解：由所盛雨水高度正好是桶深的17可知，水深为357=5(cm)，
设水面半径为r，如图所示，过点B作BC⊥AC，交水面于点C′，
则AC=12(38−24)=7(cm)．
在△ABC中，ACA′C′=BCBC′，即7r−12=7，
所以r=13(cm)．
所以V水=π3×5×(122+132+12×13)=2345π3(cm3)．
S上底=πR2=π⋅192=361π(cm2)，
所以，V水S上底=2345π3361π≈2.2(cm)=22(mm)．
所以，本次降水量约是22mm．
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由所盛雨水高度正好是桶深的17可知，水深为357=5(cm)，
设水面半径为r，如图所示，过点B作BC⊥AC，交水面于点C′，
则AC=12(38−24)=7(cm)．
在△ABC中，ACA′C′=BCBC′，即7r−12=7，
所以r=13(cm)．
所以V水=π3×5×(122+132+12×13)=2345π3(cm3)．
S上底=πR2=π⋅192=361π(cm2)，
所以，V水S上底=2345π3361π≈2.2(cm)=22(mm)．
所以，本次降水量约是22mm．
【答案】
(1)证明：不妨设正方体边长为4，连接DE，EG ，DG，
DE=42+22=25，
GE=12+22=5，
DG=42+32=5，
∴DE2+EG2=DG2即DE⊥EG．
又DD1⊥平面ABCD，
∴DD1⊥EG，
又DE∩DD1=D，
∴GE⊥平面D1DE．
(2)解：存在H， 当H满足HD1DD1=14时 ，
有AH//平面D1EF，
取D1F中点为M， 连接MH，
可得MH//CD，且MH=12CD，
又AE//CD且AE=12CD，
故四边形MHAE为平行四边形，
又ME⊂平面D1EF，
∴AH//平面D1EF．
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
左侧图片未给出解析
左侧图片未给出解析
【解答】
(1)证明：不妨设正方体边长为4，连接DE，EG ，DG，
DE=42+22=25，
GE=12+22=5，
DG=42+32=5，
∴DE2+EG2=DG2即DE⊥EG．
又DD1⊥平面ABCD，
∴DD1⊥EG，
又DE∩DD1=D，
∴GE⊥平面D1DE．
(2)解：存在H， 当H满足HD1DD1=14时 ，
有AH//平面D1EF，
取D1F中点为M， 连接MH，
可得MH//CD，且MH=12CD，
又AE//CD且AE=12CD，
故四边形MHAE为平行四边形，
又ME⊂平面D1EF，
∴AH//平面D1EF．
【答案】
证明：(1)连结AC，交BD于O，连结OE．
因为ABCD是平行四边形，所以OA=OC．
因为E为侧棱PA的中点，所以OE // PC．
因为PC⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，
所以PC // 平面BDE；
(2)因为E为PA中点，PD=AD，所以PA⊥DE．
因为PC⊥PA，OE // PC，所以PA⊥OE．
因为OE⊂平面BDE，DE⊂平面BDE，OE∩DE=E，
所以PA⊥平面BDE．
因为PA⊂平面PAB，
所以平面BDE⊥平面PAB．
【考点】
平面与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
（1）连结AC，交BD于O，连结OE，E为PA的中点，利用三角形中位线的性质，可知OE // PC，利用线面平行的判定定理，即可得出结论；
（2）先证明PA⊥DE，再证明PA⊥OE，可得PA⊥平面BDE，从而可得平面BDE⊥平面PAB．
【解答】
证明：(1)连结AC，交BD于O，连结OE．
因为ABCD是平行四边形，所以OA=OC．
因为E为侧棱PA的中点，所以OE // PC．
因为PC⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，
所以PC // 平面BDE；
(2)因为E为PA中点，PD=AD，所以PA⊥DE．
因为PC⊥PA，OE // PC，所以PA⊥OE．
因为OE⊂平面BDE，DE⊂平面BDE，OE∩DE=E，
所以PA⊥平面BDE．
因为PA⊂平面PAB，
所以平面BDE⊥平面PAB．
【答案】
(1)证明：如图，取BC的中点M，连接DM，MF，
因为DA=DC=3，AC=2，M为BC的中点，
所以DM⊥AC，且DM=22.
因为平面ACD⊥平面ABC，交线为AC， DM⊂平面ACD，
所以DM⊥平面ABC.
又EF⊥平面ABC，
所以DM//EF，且DM=EF=22，
四边形DEFM是平行四边形，从而DE//MF.
在△ABC中，M，F是AC，BC的中点，
所以MF//AB，
所以DE//AB，
从而A，B，E，D四点共面.
(2)解：由(1)知DM//EF， DM⊄平面BCE， EF⊂平面BCE，
∴ DM//平面BCE，
∴ 点D到平面BCE的距离等于点M到平面BCE的距离，
则三棱锥D−BCE与三棱锥M−BCE的体积相等，
∵ AC⊥BC，BC=2AC=4，M为AC的中点，
∴ △BCM的面积为S△BCM=12CM⋅BC=2，
又EF⊥平面ABC，且EF=22，
所以VB−CDE=VD−BCE=VM−BCE=VE−BCM=13S△BCM⋅EF=423.
【考点】
平面与平面垂直的性质
两条直线平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：如图，取BC的中点M，连接DM，MF，
因为DA=DC=3，AC=2，M为BC的中点，
所以DM⊥AC，且DM=22.
因为平面ACD⊥平面ABC，交线为AC， DM⊂平面ACD，
所以DM⊥平面ABC.
又EF⊥平面ABC，
所以DM//EF，且DM=EF=22，
四边形DEFM是平行四边形，从而DE//MF.
在△ABC中，M，F是AC，BC的中点，
所以MF//AB，
所以DE//AB，
从而A，B，E，D四点共面.
(2)解：由(1)知DM//EF， DM⊄平面BCE， EF⊂平面BCE，
∴ DM//平面BCE，
∴ 点D到平面BCE的距离等于点M到平面BCE的距离，
则三棱锥D−BCE与三棱锥M−BCE的体积相等，
∵ AC⊥BC，BC=2AC=4，M为AC的中点，
∴ △BCM的面积为S△BCM=12CM⋅BC=2，
又EF⊥平面ABC，且EF=22，
所以VB−CDE=VD−BCE=VM−BCE=VE−BCM=13S△BCM⋅EF=423.
【答案】
(1)证明：由正方体的性质可知：AB⊥平面ADD1A1，
而A1D⊂平面ADD1A1，所以有AB⊥A1D，
因为正方体的侧面是正方形，
所以有A1D⊥AD1，
而AB∩AD1=A，所以有A1D⊥平面ABC1D1，
而AM⊂平面ABC1D1，所以A1D⊥AM．
(2)解：直线AM与平面ACD1所成角的大小在变化，理由如下：
记B，C1到平面ACD1的距离为ℎ1，ℎ2，
设正方体棱长为1，
所以AC=2，所以S△ACD1=34⋅(2)2=32，
又因为VD1−ABC=13⋅1×12⋅1=16，
所以ℎ1=1613×32=33，
所以AB与平面ACD1所成角的正弦值为：sinθ1=331=33，
所以VA−D1C1C=13⋅1×12⋅1=16，所以ℎ2=1613×32=33，
所以AC1与平面ACD1所成角的正弦值为：sinθ2=333=13，
显然θ1≠θ2，所以直线AM与平面ACD1所成角的大小在变化．
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面垂直的性质
直线与平面所成的角
【解析】
(2)暂无．
【解答】
(1)证明：由正方体的性质可知：AB⊥平面ADD1A1，
而A1D⊂平面ADD1A1，所以有AB⊥A1D，
因为正方体的侧面是正方形，
所以有A1D⊥AD1，
而AB∩AD1=A，所以有A1D⊥平面ABC1D1，
而AM⊂平面ABC1D1，所以A1D⊥AM．
(2)解：直线AM与平面ACD1所成角的大小在变化，理由如下：
记B，C1到平面ACD1的距离为ℎ1，ℎ2，
设正方体棱长为1，
所以AC=2，所以S△ACD1=34⋅(2)2=32，
又因为VD1−ABC=13⋅1×12⋅1=16，
所以ℎ1=1613×32=33，
所以AB与平面ACD1所成角的正弦值为：sinθ1=331=33，
所以VA−D1C1C=13⋅1×12⋅1=16，所以ℎ2=1613×32=33，
所以AC1与平面ACD1所成角的正弦值为：sinθ2=333=13，
显然θ1≠θ2，所以直线AM与平面ACD1所成角的大小在变化．
【答案】
(1)证明：由题意，CO⊥AO，BO⊥AO ，
∴∠BOC是二面角B−AO−C的平面角.
又∵ 二面角B−AO−C是直二面角，
∴CO⊥平面AOB.
又CO⊂平面COD，
∴ 平面COD⊥平面AOB ．
(2)解：作DE⊥OB，垂足为E， 连结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=12BO=1，
∴CE=CO2+OE2=5．
又DE=12AO=3．
∴ 在Rt△CDE中 , tan∠CDE=CEDE=53=153，
∴ 异面直线AO与CD所成角的正切为153．
(3)解：由(1)知，CO⊥平面AOB，
∴∠CDO是CD与平面AOB所成的角 , 且tan∠CDO=OCOD=2OD，
当OD最小时，∠CDO最大，
这时，OD⊥AB，垂足为D，OD=OA⋅OBAB=3，tan∠CDO=233，
∴CD与平面AOB所成角正切的最大值为233．
【考点】
平面与平面垂直的判定
异面直线及其所成的角
直线与平面所成的角
【解析】
左侧图片未给出解析
左侧图片未给出解析
【解答】
(1)证明：由题意，CO⊥AO，BO⊥AO ，
∴∠BOC是二面角B−AO−C的平面角.
又∵ 二面角B−AO−C是直二面角，
∴CO⊥平面AOB.
又CO⊂平面COD，
∴ 平面COD⊥平面AOB ．
(2)解：作DE⊥OB，垂足为E， 连结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=12BO=1，
∴CE=CO2+OE2=5．
又DE=12AO=3．
∴ 在Rt△CDE中 , tan∠CDE=CEDE=53=153，
∴ 异面直线AO与CD所成角的正切为153．
(3)解：由(1)知，CO⊥平面AOB，
∴∠CDO是CD与平面AOB所成的角 , 且tan∠CDO=OCOD=2OD，
当OD最小时，∠CDO最大，
这时，OD⊥AB，垂足为D，OD=OA⋅OBAB=3，tan∠CDO=233，
∴CD与平面AOB所成角正切的最大值为233．