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1、2021-2022学年湖北省武汉市常青联合体高一（下）期末数学试卷I .已知a eR,若有|a =而 0 为虚数单位），则a=（）A.1B.-2 C.2 D.12.正四棱锥底面正方形的边长为4,高与斜高的夹角为30。，则该四棱锥的侧面积（）A.32 B.48 C.6 4 D 号3.如图，在四边形4 88中，同=3况，E 为边BC的中点,若 荏=4 而+而，则/（+=（）4.已知lf(x)=2s i n(a x +3)的部分图象如图所示，则/(x)的表达式为()A./(无)=2s i n(|x +B./(x)=2s i n(|x +y)C./(x)=2s i n(x +y)D.f(x)=2s i
2、 n(x +7 r)5 .已知三条不同的直线/,m,九和两个不同的平面a,/7,下列四个命题中正确的是（）A.若ma,n/a,则m 九B.若 1a,m c a,则/mC.若a 1 氏 Z u a,贝“1 BD.若Za,110,则6 .已知c os+0）=手，贝 U s i n20的值是（）A.-B.-C.-9 9 97 .如图为一正方体的平面展开图，在这个正方体中，有下列四个命题：A C/EB；AC与 CG成6 0。角；DG与 MN成异面直线且D G 1 MN；若NB与面A B C D所成角为a,则s i na=y.其中正确的个数是（）A.1B.2C.3D.48 .已知函数f (x)=s i
3、nw x 4-acosa)x,周期T 兀,/(g)=1且在x =2处取得最大值，则使得不等式引创 a恒成立的实数;I 的最小值为()A.-B.-C.-D.-9 15 21 279 .设向量益=(2,0),b=(1,1),则()A.|a|=|b|B.(a-K)/KC.(a-K)1 K D.五与方的夹角为W10.设函数/(x)=s i n(2x +$,给出下列命题，不正确的是()A./(x)的图象关于直线x =g 对称B.f(x)的图象关于点舄,0)对称C.把/。)的图象向左平移卷个单位长度，得到一个偶函数的图象D./(%)的最小正周期为乃，且在 0,勺上为增函数11.下列结论正确的是()A.在
4、A B C 中，若则s i nA s i nBB.已知t an(Q +0)=,t an(6 乙)=工，则t an(Q +C)=35 4 4 4 11C,在4 4 8 c 中，若/+a2 c2=2 ac,snB=,则C =-3 6D.正六棱台的上、下底面边长分别是2C 7 7 2和 6 C 7 M,侧棱长是5C%,则它的体积是6 0v 5 c m312.在正方体4B C D -&B 1 C 1 5 中，棱长为1,点尸为线段4 C上的动点(包含线段端点),则下列结论正确的是()A.当 砧 =3 不 时，D i P/平面B O GB.当尸为a C中点时，四棱锥P-441劣。的外接球表面为3兀C.A
5、P +P D 的最小值为平D.当4/=争寸，点 P是48 也 的重心13.已知i 是虚数单位，复数z 的共轨复数W,(l+2i)z =4+3i,求2=.14.已知E为一个单位向量，日与3的夹角是120。.若五在3上的投影向量为 2落 则I 五 I=-15 .在A A B C 中，B=-,B C 边 上 的 高 等 于 则 c os A =_.4 316 .已知四棱锥P-4 B C D 的底面A B C D 是矩形，其中4D =1,A B =2,侧棱P A _L 底面A B C D,且直线P 8 与 C。所成角的余弦值为管，则四棱锥P-A B C。的外接球体积为.1 7 .如图，在正方体4 B
6、C D-&当 的 劣 中，E为劣劣的中点，A C D B D =。.求证：(团)4 C，平面BIBDDQ(E l)D E 平面 A C/.第2页，共17页18.已知函数f(x)=l+2sin：(cos：sin，在/8 C 中，角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,(1)求函数f(C)的最大值，并求出此时C 的值；(2)若/(C 一己)=或，且3贬=8 a c,求cosB的值.19.如图所示，四棱锥P45CQ的底面ABCD是边长为1的菱形，/.BC D=60,是CD的中点，P 4，底面ABC D,PA=遮.(1)证明：平面PB E1平面尸A8；(2)求二面角4-B E-P的大小.20.在c
7、os2?!V3sinlsinC=cos2B+sin2C,2bcos(A+；)=c,(a b c)(a+b-c)+(2+V3)ac=0,在三个条件中选一个填在下面试题的横线上，并加以解析.已知在力BC中，内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且_ _.(1)求角B；(2)若b=2,求g c +2 a 的取值范围.21.摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢往上转，可以从高处俯瞰四周景色.如图，该摩天轮轮盘直径为120米，设置有36个座舱.游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，当到达最高点时距离地面140米，匀速转动一周大约需要30分钟.当游客中坐上摩天轮的座舱开始计时
8、.1)(1)经过，分钟后游客甲距离地面的高度为，米，已知“关于f 的函数关系式满足H(t)=4sin(ot+0,a 0,p 沿 C旋转至平面PC。的位置，记点A 旋转后对应的点为P(不在平面BCO 内)，M,N 分别是B。、C C 的中点.(1)求证：C D L MN；(2)当三棱锥C 一 4P。的体积最大值时，求三棱锥P-BMN的体积.第4页，共17页答案和解析1.【答案】C【解析】解：|a-i|=V5,1+a2=5.解得a +2,故选：C.根据复数模的定义得到关于的方程，再解出a即可.本题考查了复数模的定义，考查方程思想，是基础题.2.【答案】A【解析】【分析】本题考查四棱锥的侧面积的求法
9、，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养.属于中档题.作出正四棱锥的高P 0,斜高P E,底面边心距。E组成直角APOE.由此能求出结果.【解答】解：如图，正四棱锥的高尸0，斜高PE,底面边心距OE组成直角APOE.P OE=2 m/P E =30hPE =：1,1,1 S 正棱锥獭=2Ch=2 X 4 x 4 x 4 =32.故选43.【答案】C【解析】【分析】本题考查平面向量的线性运算及其平面向量的基本定理，属于基础题.根据平面向量线性运算法则将近用通,而表示，再结合平面向量基本定理即可得答案.【解答】解：连接A C,因为E为BC的中点，所 以 左=；荏+3前E荏+知。+硝E
10、近+之 同+！荏=|四+号而,又 因 为 荏=4通+而，根据平面向量基本定理可得a =于是4 +4 =(.O Z O故选：c.4 .【答案】B【解析】解：.函数的周期为7 =?一(一乡=，6 6 3 32 7 r 2 7 r 3Cl)=2=-7 4 兀 23又 函数的最大值是2,相应的x 值为萼+p=-+2 k n,其中k Z2 6V 2取 k=1,得 W=y因此，f(x)的表达式为/(x)=2 sin(|x +,故选：B.设函数的周期等于T,根 据 图 象 可 得 若 与 的 距 离 等 于 得 到 T =，利用公式可求6 6 4 3出3的值，将此代入表达式，再度函数当X=9 时取得最大值，
11、由正弦函数最值的结论，可求出3 值，从而得到函数/(X)的表达式.本题以一个特殊函数求解析式为例，考查由y =4 sin 0 x +0)的部分图象确定其解析式、三角函数的图象与性质，周期与相位等概念，属于基础题.5.【答案】D【解析】【分析】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力，是中档题.对于A,小与 相 交、平行或异面；对于B,/与?平行或异面；对 于 C,/不一定垂直0；对于。，由面面垂直的判定定理得a 1 0.【解答】解：三条不同的直线/,m,和两个不同的平面a,。，对于A,若ma,n/a,则机与相交、平行或异面，故 4错误；对于8,若1
12、 a,m c a,则/与机平行或异面，故 8 错误；对 于 C,若a JL,I c a,贝！I/不一定垂直口，故 C 错误；对于),若/a,110,则由面面垂直的判定定理得a 1 0,故 )正确.故选：D.6 .【答案】A第 6 页，共 17页【解析】解：已知cos+。)=等，c o s0+2。)=2cos2+0)1=g.故 sin28=cos(+20)=1,故选：A.由题意利用查诱导公式、二倍角公式，求得sin20的值.本题主要考查诱导公式、二倍角公式的应用，属于基础题.7 .【答案】B【解析】解：将正方体纸盒展开图还原成正方体，如图知A C 与 E 8 不平行，故错误;连接4 F、F C
13、将 C G平移到A F,则 A C 与 OG所成角，即可A C =6 0。，故正确;同理Q G与 M N成6 0。角，故错误；NB与面ABCD所 成 角 乙NBD,sin乙NBD=券=,故正确.NB 3故选：B.首先还原几何体，再根据线线的位置关系，判断选项.本题考查线面角及异面直线所成的角，考查学生的推理能力，属于中档题.8.【答案】C【解析】解：/(x)=sintox+acosa)x=Va2+lsin(o)x+(p),其中tanw=a,=B处取得最大值，6(ji)(p=5+2/CTT,即9=+2/C T T (i),k E Z,:，tan(p=tan(-+2kn -o)=tan(-0)=赚
14、=a，tan =k G Zf 2 6 2 6 tan-6 Q,/(g)=Va2 4-lsin(co+9)=Va2 4-Isin(o)+2kn-*)=Va2+lcosa)=l,k e Z,A COS-O)=,6 Va2+1X得S 呜 3=?扃,i sin2 +cos2637r _ 16 a2+l a2(a2+l)=1,即。4 =i,解得&=1,或a =-i,若a=1,则f(无)=sineox coscox=V2sin(cox-),4%)=近 sin(詈-：)=a,，处一=%+2k7i,kZ,6 4 29:.(J L)=&+12fc/k G Z,/(j)=Vsin(詈-$=Vsin(手+4kn)=
15、&cos：=1,这与/(；)=1 矛盾，故应舍去.当Q=1时，则f(x)=sino)x+cosa)x=V2sin(a)x+：),4)=后 叭 詈+=夜，3 T C T C _ T C .n j i _ ry：,-1 =F 2.KTI,k W Z,6 4 23-C i)=-+12k,k&Z,f(；)=&sin(詈+：)=V2sin(+4kn+?)=V2cos=1,又T 7 T,二含 2.使得不等式;l|3|a恒成立即使得不等式用3 1恒成立要使|”|最小，则k=一1,止匕时最小为所以 4 x 1,A ,2 21所以实数泄最小值为高.故选：C.先根据己知求出a=1,或。=一1,通过分析舍去a=-1
16、,再分析得到3 =|+12k,k e Z,且同2,即得解.本题考查三角恒等变换和同角三角函数关系，三角函数的图象与性质，属于难题.9.【答案】CD【解析】【分析】本题考查了根据向量的坐标求向量长度的方法，向量垂直的充要条件，向量数量积的坐标运算，向量夹角的余弦公式，考查了计算能力，属于中档题.可以求出|引=2,|方|=&，从而判断A 错误；容易得出 一方)7 =0,从而判断2错误，C正确；可以求出co s=亨，从而判断。正确.【解答】W：|a|=2,|K|=V2,A A错误;五一b=(1,1),(五一b)b=1 1=0,0 b)_ L b,.8错误，C正确；cos V 五 是 =展 含=盍=当
17、,HO B,则a b,s i n A s i n B,故 A正确：因为 t a n(a +。)=|,t a n(j?-：)=；，则 t a n(a +)=t a n (a +)-(-：)_ tan(a+0)-tan(/5-9 _-_ 3.群旺但-l+tan(a+6)tan(0-9 一 年 一 9 故 8 珀吠；因为炉+。2 _。2 =2 ac=2 a b e o s C,又s i n B =y,所以s i n C =s i n 8 c o s C,即t a n C =4，又C e (0,T T),所以。=g 故 C正确；正六棱台的上、下底面边长分别是2 c,相和6 c?，侧棱长是5 C M,设
18、正六棱台的高为h,则九=J5 2 -(6 -2 尸=3(c m),正六棱台的上、下底面面积分别为6 x x 22=6 V 3(c m2),6 x y x 62=5 4 V 3(c m2),故它的体积是 x 3 x (6 V 3 +5 4 V 3 +V 6 V 3 X 5 4 V 3)=7 8 7 3 (c m3),故。错误.故选：AC.利用大角对大边及正弦定理可判断4 利用两角差的正切公式可判断B,利用正余弦定理，面积公式及特殊角的三角函数可判断C,利用正六棱台的性质及体积公式可判断D.本题主要考查正弦定理及其应用，两角和差的正切公式，余弦定理的应用，台体体积的计算等知识，属于中等题.12.【
19、答案】A C D【解析】解：对于A,连接B Q,则%=3X2X =6,SAABMI=X&X 夜 Xs i n 6 0 0 =y,4 1 c =y/3,设点儿到平面4 8 也 的距离为/?,贝畤x x九=；,解得3 2 6%=,所以九=叫1(7,则 当 砧=3尸时，P为&C与 平 面 的 交 点，又 他 BG，也,平面BDG，BQ u平面BDG，所以也平面BDG，同 理 可 证 平 面 B O Q,A D1n A B1=A,ADt,4 当 u 平面4 8 也，所以平面AB i D i 平面BDG，D i P u 平面AB i D i，所以D】P 平面B Z)G，对于B,当点尸为4 1 c 的中点
20、时，四棱锥P-4 4/1。为正四棱锥，设平面4 4 皿。的中心为O,四棱锥P -4 4 也。的外接球半径为R,则(R-1)2+(y)2=R2,解得/?=三，4所以四棱锥P -4 4 也。的外接球表面积为季对于 C,连接 AC,D C RtArAC =R t A C,所以4 P =Z)i P,由等面积法可得，A P的最小值为 笥 旨=9，所以AP +P D i 的最小值为半，对于。，由以上分析可得，当4$=苧时，&P即三棱锥4 5 4 8 1 的高，所以&P，平面。1 力氏，又三棱锥为 一。1 4 殳为正三棱锥，所以点P是 AB/i 的重心,故 选:AC D.利用等体积法求出点为到平面力劣久的距
21、离与4 1 c 的关系，利用面面平行的性质定理，即可判断选项A,当4 止=?时，&P即三棱锥&-D 1 AB 1 的高，即可判断选项D,当点 P为4 1 c 的中点时，四棱锥P-A A iA。为正四棱锥，求出外接球的半径，即可判断选项 5,由等面积法即可判断选项C.本题主要考查命题的真假判断，涉及空间直线和平面的位置关系，外接球面积的计算,综合性较强，运算量较大，有一定的难度.13.【答案】2 +1第10页，共17页【解析】解：(l+2i)z=4+3i,.；_ _ (4+3 i)(l-2 i)_ .*l+2 i(l+2 i)(l-2 i)A z=2+i.故答案为：2+i.根据已知条件，结合共辗
22、复数的定义，以及复数的四则运算，即可求解.本题主要考查共规复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题.14.【答案】4【解析】解：由题意得，a-e=a|cosl200=-1|a|,因为由较上的投影向量为|五I x(-|e)=-2 e,所 以 国=4故答案为：4.由已知结合向量数量积的定义及性质即可求解.本题主要考查了向量数量积的定义及投影的定义，属于基础题.15.【答案】一詈【解析】【分析】本题考查解三角形中，作出图形，令NDAC=8,利用两角和的余弦求cosZ是关键，属于中档题.作出图形，令NMC=9,依题意，可求得cos。=也=匹，sin。=亚,女唇百丽5 5利用两角和的余弦即可求得答案.
23、【解答】解：设 ABC中角A、B、C、对应的边分别为。、b、c,4。，8。于 ,令乙DAC =9,在AABC中，B=8C边上的高4D=/i=gBC=9a,1 2：BD=AD=-a,C D=-a,3 3在RtZk/DC中，cos0 =3 =,故sin。=上”c超洛荷5 5i t n 7 1 V2 V5 V2 2V5 cosA=cos(+8)=cos cos0 sin sin0=x-x =、4,4 4 2 5 2 5VToIo 故答案为-詈.1 6.【答案】V 6 7 T【解析】解：如图，因为4 B C。，故4 PB 4或其补角为异面直线P B与C。所成的角,因为P4 平面A B C。，4 Bu平
24、面A 8 C Z),故P4 1 4 B,故N PB 4为锐角，故C 0 S4 PB 4 =誓，故PB =亲=遮，故2 4 =1.5将该四棱锥补成如图所示的长方体：则该长方体的外接球即为四棱锥的外接球，其 直 径 为+1+4 =V 6,故外接球的体积为“内=i X (y)37 T =V 6 7 T.故答案为：V 6 7 T.利用异面直线所成的角可求P A的长度，将四棱锥补成长方体后可求外接球的直径，从而可求外接球的体积.本题考查球的体积，考查学生的运算能力，属于中档题.1 7.【答案】证明：(团)在正方体中可得四边形A B C。为正方形，所以A C L B D,又可得B B i 1 面 ABC
25、D,AC u 面 ABC D,所以幽1 AC,而 B B i D B D =B,所以4 c _L平面8道 叫;第12页，共17页(团)连接Bi。，因为BB/D D 1，BBi=DD,所以四边形BBiQD为平行四边形，所以B 1 0 J/B 0,且多。1=BD,又因为E 为Bi%的中点，。为的中点，所以四边形。DEB1为平行四边形，所以 DEBi。，而D E:面4CB,80 u 面力BiC,所以DE 面4cBi【解析】(团)在正方体中可得面的对角线互相存在，侧棱垂直于底面，可得侧棱垂直于面内的直线，由直线与平面垂直的判定定理可证得线面垂直：(国)由正方体的平行平面的对角线平行及线段的中点可得DE
26、B1。为平行四边形，可得对边平行，再由线面平行的判定定理可证得线面的平行.本题考查线面垂直，平行的判定定理的应用，属于中档题.18.答案 解：(l)/(x)=1+2sin|(cos sing)=1+2 sin|co s|-2sin2(=sin g +cosy=V 2sin(y+),v 0 C 7T,W iJ-4 4 3 12当 声 g =轲，即当C=时，/(C)取得最大值d i(2)/(C=V2sin|(C-=)+=V2sin(|c+=近，所以 sin/C +B)=l,()C /r,则g =+，3 6 6 3 6 6则|c +g=g,即c=m3 o Z Z因为3b2=8 a c,则BsiMB=
27、8sin4sin=8sin4=8cosB,即3 3cos2g=8cosB,所以 3 c o s+8cosB-3=0,因为B 为锐角，则0 c o s B L 解得co sB=/【解析】(1)函数由二倍角公式及恒等变形可得解析式，由三角形的内角的范围，可得/(C)的最大值；(2)由(1)及题意可得C=p由正弦定理及同角三角函数的基本关系可得cosB的值.本题考查三角函数的恒等变换及诱导公式的应用，属于基础题.19.【答案】(1)证明：如图所示，连接8D,由ABCD是菱形且NBCO=6 0,知4 BCO是等边三角形.因为E是CD的中点，所以BE 1 CD.又 AB“CD,所以 BE 148.又因为
28、P4 1平面ABC D,BE u 平面 ABC D,所以 P力 1 BE.而P4 n AB=A,因此BE _ L平面P4B.又BE u 平面PBE,所以平面PBE _ L平面PAB；(2)解：由(1)知，BE _ L平面 PAB,PB u 平面 PAB,所以 PB 1 BE.乂 AB 1 BE,所以4P84是二面角4-B E-P的平面角.在RM PAB中，tanPBA=AB=V3,则B A =60.故二面角A-B E-P的大小是60。.【解析】连 接B D,证明BE 1 CD.推出BE 1 4B,证明PA，平面A B C D,得到24 1 BE.然后证明平面PBE，平面P4B.(2)说明NPB
29、A是二面角4-B E-P的平面角.在RtAPAB中，求解二面角4-B E-P的大小即可.本题考查直线与平面垂直以及平面与平面垂直的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查计算能力.20.【答案】解：若选条件，则有1 sin2?l V3sinXsinC=1 sin2B+sin2C,根据正弦定理得a?+c2-fa2=-y/3 ac,所以csB=立 巴 竺=一 遗，2ac 2因为0 B 兀，所以8=?.若选条件，根据正弦定理得2sinBCcosA-日sinA)=sinC=sinQ4+B),所以 sinBcosA 百 sinBsinA=sinAcosB+cos/sinB,所以一Bsin/sinB=s
30、inAcosB第14页，共17页因为0 A V ,sinA H 0,所以一W s i n B =co s B,解得 t an B =-y,因为0 B 兀，所以B=.6若选条件，则有(Q -c)2 -/+(2 +4 3)ac=0,所以 Q2+c2-62=V 3 ac,则修7因为0 V 8 7 T,所以6(2)由正弦定理知号=七=三=4,sin71 sinB sinC所以7 5 c+2 a=4(V 3 s i n C 4-2 s i n 4)=4 V 3 s i n(A)+2 s i n/=4 V 3(|co s y l y s i n/1)+2 s i n 4 =4(y co s/1 +：s i
31、 n A)=4 s i n(/+因为0 A V H6所以巴4+巴33 3 2所以日V s i n(i 4 +1)1,则2巡 v 4 s i n Q 4+g)V 4,所以百c+2 a的取值范围为(2遮,4).【解析】(1)选条件时，直接利用三角函数关系式的变换和余弦定理co s B-y,进一步求出8的值；选条件时，利用三角函数关系式的变换和正弦定理及三角函数的值的应用求出B的值;选条件时，利用余弦定理(a-c)2 一 Z?2+(2 +V 3)ac=0,进一步转换为co s B =a，2=_1，最后求出8的值.2ac 2(2)利用正弦定理整理得百c+2 =4 s i n Q 4 +$,进一步利用正
32、弦型函数的性质求出结果.本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理和余弦定理的应用，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题.2 1.【答案】解：(1)因为关于f的函数关系式为H(t)=4 s i n(3 t +s)+B,且摩天轮的最高点距离地面为1 4 0米，最低点距离地面为1 4 0 -1 2 0 =2 0米,所以 合，解得4 =60,8 =8 0,又因为函数周期为3 0分钟，所以3 =祟=刍H(t)=6O s i n(m +0+8 O,O V X O X O又因为H(0)=60 s i n*x 0 +p)+8 0 =2 0,所以sirup=-1
33、,因为|伊|转，所以中=_ 今所以H(t)=60sin得 t-)+80,0 t 30.(2)因为 H(t)=60sin检 t-彳)+80=-60cost+80,所以一60cost+80=5 0,解得c o s?=$又因为0 W tW 3 0,所以9=或 解 得 t=5,所以第一次达到50米用时5 分钟.(3)经过r分钟后甲距离地面的高度为=-60cos争+80,乙与甲间隔的时间为工X 6=5分钟，36所以乙距离地面的高度为为=-6 0 co s(t-5)+80,5 t 3 0,所以两人离地面的高度差/i=阳1一/1 =|-6 0 co s t+60cos(t-5)|=60|sin t cos-
34、1|=60|sin(t )|,5W tW 30,因 为 一 三 工 等，所以当三亡一三=5或9 时，得t=10或 25分钟时，取最大值为 60米.【解析】(1)根据题意，求出A、B 和3、w的值，即可写出函数解析式.(2)令H(t)=5 0,求出f 的值，即可得出第一次达到50米的时间.(3)求出乙与甲间隔的时间，写出甲、乙距离地面的高度差，利用三角恒等变换求出它的最大值即可.本题考查了三角函数的模型与应用问题，也考查了数学建模应用问题，是中档题.22.【答案】(1)证明：如图，连接AM,MC,侧面 4BD是边长为4 的正三角形，AB=A D,又 M 是 B。的中点，A M LBD,平面ABD
35、 1平面B C D,平面ABD 0平面BCD=BD,AM u 平面 ABO,A M 1 平 面 BCD,又M C u 平面 BCD,A M J.MC,4BD为边长为4 的正三角形，A M=273,又AC=4,.由勾股定理可得MC=2,M C =M B =M D =加=2,：.BCD为直角三角形，且B C 1 C O,又M,N 分别BQ,C Q 的中点，MNBC,M N 1 C D；解：(2)如图，连接AN,PN,三棱锥C-APD与三棱锥P-ACO为同一个三棱锥，且4 ACD的面积为定值,二当三棱锥P-AC。的体积最大时，平面PCD，平面ACD,第16页，共17页 AC =A D,则PC=PD,
36、N 为 CD 的中点，则P N J.C O,又C D=2,：.C N=1,平面 PCD 1平面 AC D,平面 PCDCI 平面 ACD=C D,PN u 平面 P C D，：.PN JL 平面 AC D,PN 1 AN,PN=A N =y/AC2-C N2=V 1 5,v C D _L 平面 AM N,CD，平面 APN,平面4MN与平面APN为同一个平面，4 M N P =4 M N A +乙 ANP=90+/.M NA,又MN=VCM2-C N2=V3,在Rt AAMN 中，cosz.ANM=煞=看 sinN M =sin(90+4 ANM)=cosANM=91 3SAPMN=：M N PN sinzPWM=j,由(1)知BCMN,BCC平面 PMN,MN u 平面尸MN,；BC平面 PMN,KP-BMN=B-PM N=%-PM N=3 APMW C N=【解析】(1)首先证明4M，平面B C D,再利用垂直关系，以及勾股定理证明CD 1 MN；(2)当满足平面P C O,平面AC,此时三棱锥C-A PD 的体积最大，利用等体积转化求三棱锥P BMN的体积.本题主要考查了空间中的垂直关系以及几何体体积的计算，属于中档题.