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如图, 在几何体 $A B C D E$ 中, 底面 $A B C$ 是以 $A C$ 为斜边的等腰 直角三角形. 已知平面 $A B C \perp$ 平面 $A C D$, 平面 $A B C \perp$ 平面 $B C E, D E / /$ 平面 $A B C, A D \perp D E$.


(1)证明: $D E \perp$ 平面 $A C D$;
(2)若 $A C=2 C D=2$, 设 $M$ 为棱 $B E$ 的中点, 求当几何体 $A B C D E$ 的体 积取最大值时 $A M$ 与 $C D$ 所成角的正切值.
【答案】 (1) 过点 $D$ 作 $D O \perp A C$ 交 $A C$ 与点 $O$,
$\because$ 平面 $A B C \perp$ 平面 $A C D$, 且两平面的交线为 $A C$,
$\therefore D O \perp$ 平面 $A B C, \cdots$
又 $\because D E / /$ 平面 $A B C, \therefore D O \perp D E$,
又 $\because A D \perp D E$ 且 $A D \cap D O=D, \therefore D E \perp$ 平面 $A C D$.
(2) 过点 $E$ 作 $E N \perp B C$ 交 $B C$ 与点 $N$, 连接 $O N$,
$\because$ 平面 $A B C \perp$ 平面 $B C E$, 且两平面的交线为 $B C$,
$\therefore E N \perp$ 平面 $A B C$, 又 $\because D E / /$ 平面 $A B C, \therefore D, E$ 到平面 $A B C$ 的距离相等,
$\therefore D O / / E N$ 且 $D O=E N, O N \perp$ 平面 $A C D, \therefore C O=O N, D E=O N$,
$\therefore V_{A B C D E}=V_{E A B C}+V_{E A C D}=\frac{1}{3} E N \cdot S_{\triangle A B C}+\frac{1}{3} D E \cdot S_{\triangle A C D}=\frac{1}{3} E N+\frac{1}{3} D E \cdot D O=\frac{1}{3} D O(1+D E)$,
又 $D O^2+D E^2=D O^2+C O^2=C D^2=1$, 令 $D E=x(0 \leqslant x \leqslant 1)$,
则 $V_{A B C D E}=f(x)=\frac{1}{3} D O(1+D E)=\frac{\sqrt{1-x^2}(1+x)}{3}, f^{\prime}(x)=\frac{1+x}{3 \sqrt{1-x^2}}(1-2 x)$.
所以 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递增,在 $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 上单调递减,
即 $V_{A B C D E} \leqslant f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\sqrt{3}}{4}$, 当且仅当 $D E=\frac{1}{2}$ 时取得最大值.
如图所示, 以点 $O$ 为原点建立空间直角坐标系 $O-x y z$,


则 $A\left(-\frac{3}{2}, 0,0\right), B\left(-\frac{1}{2}, 1,0\right), E\left(0, \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), C\left(\frac{1}{2}, 0,0\right), D\left(0,0, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$,
所以 $M\left(-\frac{1}{4}, \frac{3}{4}, \frac{\sqrt{3}}{4}\right), \overrightarrow{A M}=\left(\frac{5}{4}, \frac{3}{4}, \frac{\sqrt{3}}{4}\right), \overrightarrow{C D}=\left(-\frac{1}{2}, 0, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.
设 $A M$ 与 $C D$ 所成角为 $\alpha$, 则 $\cos \alpha=\frac{|\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{C D}|}{|\overrightarrow{A M}| \cdot \mid \overrightarrow{C D}}=\frac{\sqrt{37}}{37}$,

则 $\tan \alpha=6$, 即当几何体 $A B C D E$ 体积最大时, $A M$ 与 $C D$ 所成角的正切值为 6 .

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