2021-2022学年山东省青岛市高一下学期期末数学试题【含答案】

一、单选题

1．已知是虚数单位，复数是纯虚数，则实数的值为（ ）

i ()()242i z x x =-++x A ．2B ．－2

C ．

D ．4

2

±A

【分析】因为是实数，所以复数的实部是，虚部是，直接由实部等于

x z 2

4x -2x +0，虚部不等于0求解的值．

x 【详解】解：由

是纯虚数，得，解得．

2

(4)(2)i z x x =-++240

20

x x ⎧-=⎨

+≠⎩2x =故选：A.2．在正方体

中，分别为，的中点，则平面截正

1111ABCD A B C D -E F BC 1CC AEF 方体所得的截面多边形的形状为（ ）A ．三角形B ．四边形

C ．五边形

D ．六边形

B

【分析】把截面补形可得利用四点共面可得．AEF 【详解】解：如图，把截面补形为四边形，

AEF 1AEFD

连接，

1AD 1BC 因为，分别为，的中点，则， E F BC 1CC 1//EF BC 又在正方体

中，1111ABCD A B C D -11

//AD BC 所以，则四点共面.

1//EF AD 1,,,A D F E 则平面截正方体所得的截面多边形的形状为四边形.AEF 故选：B.3．已知向量，

，若与的夹角为锐角，则实数的取值范围是

()

1,2a =

()

1,1b =

a a λ

b + λ（ ）A ．

B ．5,3⎛⎫-+∞ ⎪

⎝⎭5,3⎛

⎫-∞- ⎪

⎝

⎭C ．D ．5,3⎛

⎫-∞ ⎪

⎝⎭()5,00,3⎛⎫

-⋃+∞ ⎪⎝⎭

D

【分析】根据向量夹角为锐角列出不等式组，求出的取值范围.λ【详解】

，()()()

1,2,1,2a b λλλλλ+=+=++

由题意得：且

，

()()1220λλ+++>2

12

λλ++≠

解得：

且，

5

3λ>-

0λ≠故选：D

4．《九章算术》是中国古代人民智慧的结晶，其卷五“商功”中有如下描述：“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈”，译文为“有一个圆台形状的建筑物，下底面周长为三丈，上底面周长为二丈，高为一丈”，则该圆台的侧面积（单位：平方丈）为（ ）

A B C D B

【分析】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，由已知周长求得和，代入圆r R r R 台的侧面积公式，即可求解.

【详解】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，r R 可得，可得

，

22,23r R ππ==1

3

,2r R π

π=

=

又由圆台的高为1丈，可得圆台的母线长为，l ==

所以圆台的侧面积为.

1

3()(2S R r l ππππ=+⋅=⨯+=

故选：B.

5．已知，是两条不重合直线，是两个不重合平面，则下列说法正确的是a b αβ（ ）

A ．若，则

B ．若，则//a b //b α//a α

αβ⊥//a αa β⊥C ．若，，则D ．若，，则αβ⊥a α⊄a β⊥//a αb α⊥//a b βα⊥//a β

C

【分析】利用线线，线面，面面的位置关系逐项分析即得.【详解】若，则或，故A 错误；//a b //b α//a αa α⊂若，则或或与相交，故B 错误；αβ⊥//a α//a βa β⊂a β若，则或，又，故，故C 正确；αβ⊥a β⊥//a αa α⊂a α⊄a α∥若，则，又，则或，故D 错误.b α⊥//a b a α⊥βα⊥//a βa β⊂故选：C.

6．在△中，角所对的边分别为，若＝，则△

ABC ,,A B C ,,a b c a c -cos cos b C b A -的形状为（ ）

ABC A ．等腰三角形

B ．直角三角形

C ．等腰三角形或直角三角形

D ．等腰直角三角形

C

【分析】由正弦定理的边角关系得，应用三角形内sin sin cos sin sin cos A B C C B A -=-角性质得，即可判断三角形的形状.

cos (sin sin )0B A C -=【详解】由正弦定理，结合题设知：，sin sin sin cos sin cos A C B C B A -=-,

sin sin cos sin sin cos A B C C B A -=-,

sin()sin cos sin()sin cos B C B C B A B A +-=+-，即，

cos sin cos sin B C B A =cos (sin sin )0B A C -=或，

cos 0B =sin sin A C =又，所以或.

,,(0,)A B C π∈2B π

=

A C =故选：C.

关键点点睛：利用正弦定理边角互化，结合三角形内角关系及三角恒等变换判断三角形的形状.

7．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等边三角形， AA 1＝AB ，M 是A 1C 1的中点，则AM 与平面

所成角的正弦值为（ ）

11BCC B

A ．

B

C

D ．

710B

【分析】取的中点，以为原点，所在直线分别为x 轴、y 轴、z AC D D ,,BD DC DM 轴，建立空间直角坐标系，即可根据线面角的向量公式求出．

【详解】如图所示，取的中点，以为原点，所在直线分别为x 轴、AC D D ,,BD DC DM y 轴、z

轴，建立空间直角坐标系，

不妨设，则

，2AC =()(

)(

)

10,1,0,0,0,2,,,22A M B N ⎛⎫

-- ⎪ ⎪

⎝⎭所以

，平面

的一个法向量为()

0,1,2AM =

11BCC

B 3,02n ⎫=-⎪⎪⎭ 设AM 与平面所成角为，向量与所成的角为，

11BCC B αAM n

θ所以

，

sin cos AM n AM n

αθ⋅===

⋅ 即AM 与平面

11BCC B 故选：B ．

8．蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球）的表面上有四个点，，

A B C ，且球心在上，，

P O PC 4AC BC ==AC BC

⊥tan tan PAB PBA ∠=∠=

鞠（球）的表面积为（ ）

A ．

B ．

C ．

D ．9π18π36ππ

C

【分析】画出图形，作出辅助线，求出

MP ==

，利用勾股定理求出球的半径，求出球的表面积.

2PH ==

【详解】如图，取AB 的中点M ，连接MP ，由AC =BC =4，AC ⊥BC 得：，

AB =

由

，

tan tan PAB PBA ∠=∠=

MP ==连接CM 并延长，交球O 于点H ，连接PH ，因为PC 球O 的直径，

设球的半径为R ，则PH ⊥CH ，

11

22MH CH AB =

==

则，

2PH ===

所以

，

()(2

2

2222436R PC CH PH ==+=+=解得：，球的表面积为.

3R =2

4π36πR =

故选：C

立体几何中外接球问题，要画出具体图形，找到球心的位置，结合解三角形等知识进行求出半径，再求解球的表面积或体积.二、多选题

9．已知复数对应的向量为，复数对应的向量为，则下列说法正确的是1z 1OZ 2z 2OZ

（ ）A ．若

，则

或11

OZ =

11z =±i

±B ．若，则143i z =+234i z =+()

121,1Z Z =-

C ．若，则

1212

z z z z +=-12

OZ OZ ⊥ D ．若

，则

(

)(

)1212

OZ OZ OZ OZ +⊥- 12

=z z

CD

【分析】A 可以举出反例；B 选项，经过复数的向量表示下的运算得到

；C 选项，设，得到，从而

()

12211,1Z Z OZ OZ =-=-

1i z a b =+2i z c d =+0ac bd +=得到；D 选项，同样设出，通过复数的向量表示形式1

2OZ OZ ⊥ 1i z a b =+2i z c d =+下的计算得到，得到.

2222+=+a b c d 12

=z z

【详解】当

时，满足，故A 错误；

112z =

11OZ = ，B 错误；

()()()12213,44,31,1Z Z OZ OZ =-=-=-

设，

1i z a b =+2i R z c d a b c d =+∈，，若

，则

，

1212

z z z z +=-()()()()2222

a c

b d a

c b

d +++=-+-化简得：，0ac bd +=故

，所以，C 正确；

120

OZ OZ ac bd ⋅=+=

12

OZ OZ ⊥ 设，

1i z a b =+2i R z c d a b c d =+∈，，则

，

，

()

12,OZ OZ a c b d +=++

()

12,OZ OZ a c b d -=--

若，

()()

1212OZ OZ OZ OZ +⊥- 则，

()()()()22220a c a c b d b d a b c d +-++-=+--=所以，

2222

+=+a b c d 则

，D 正确.

12

=z z 故选：CD

10．已知空间向量，则下列说法正确的是（ ）

()

1,1,2a =-

A B ．向量与向量共线

a

()2,2,4b =-- C ．向量关于轴对称的向量为a

x (

)1,1,2-D ．向量关于平面对称的向量为a

yOz ()1,1,2--ABC

【分析】根据空间向量模的公式，结合共线向量、线对称、面对称的性质逐一判断即

可.

【详解】A =B ：因为，所以向量与向量共线，因此本选项说法正确；

2b a =- a ()2,2,4b =-- C ：设的起点为坐标原点，所以该向量的终点为，

()1,1,2a =- ()1,1,2-因为点关于轴对称的点的坐标为，

()1,1,2-x ()1,1,2-所以向量关于轴对称的向量为，因此本选项说法正确；

a x ()1,1,2-D ：设的起点为坐标原点，所以该向量的终点为，

()1,1,2a =- ()1,1,2-因为点关于平面对称点的坐标为，

()1,1,2-yOz ()1,1,2--所以向量关于平面对称的向量为

，a yOz ()1,1,2--故选：ABC

11．已知圆锥的底面半径为2，为顶点，为底面圆周上两个动点，S A B 则下列说法正确的是（ ）A ．圆锥的体积为24π

B

C ．圆锥截面面积的最大值为SAB

D ．若圆锥的顶点和底面上所有点都在同一个球面上，则此球的体积为256π

3

BD

【分析】根据题意，求出圆锥的母线长，体积，侧面展开图的弧长，轴截面面积，外接球体积，即可得出结论．

【详解】解：因为圆锥的底面半径为，所以圆锥的母线长r =2h =

，则：

4SA SB ==

对于A ，圆锥的体积，故A 错误；

2211ππ28π33V r h ==⨯⨯=

对于B ，设圆锥的侧面展开图的圆心角大小为，则，故B 正α2π4α⨯=⨯α确；

对于C ，当圆锥截面为圆锥的轴截面时，此时，SAB 4SA SB ==AB =，所以当时，截面的面积最大，

2π3ASB ∠=π2ASB ∠=SAB

，故C 错误；

11sin 441822ASB S SA SA ASB =⋅⋅⋅∠=⨯⨯⨯= 对于D ，圆锥的顶点和底面上所有点都在同一个球面上，即圆锥的外接球，设圆锥外

接球半径为，由球的性质可知：，即，解得

R 222()R h R r =-+222(2)R R =-+，所以外接球的体积．故D 正确．

4R =3344256πππ4333V R ==⨯=故选：BD.

12．已知

，，()2cos ,sin a x x ωω= (),2cos x b x ωω= 0>ω()f x a b =⋅ 且的图象的对称中心与对称轴的最小距离为，则下列说法正确的是（ ）

()f x 4π

A ．1

ω=B ．的图象关于直线对称

()f x 12x π=-

C ．把图象向左平移单位，所得图象关于轴对称

()f x 12πy D ．保持图象上每一点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，然后把图象向左()

f x 平移个单位，得到函数的图象

3π

2sin y x =ABD

【分析】利用向量数量积的坐标表示、降幂公式及辅助角公式可得()

f x ，根据已知有求得，即

，应用代入法验(232in s x πω-=T π=1ω=()sin(f x x π

=-223证对称轴、根据图象平移写出平移后的解析式并判断对称性，即可得答案.

【详解】由2()2sin cos sin(2))f x x x x x x ωωωωω=-+=，

(232in s x πω-=而对称中心与对称轴的最小距离为，即

，可得，4π

44T π=T π=所以，可得，A 正确；22T ππω==1ω=故，则，故的图象关于直线()sin()f x x π=-2232sin (1))2632(f πππ---=-=()f x 对称，B 正确；

12x π=-，显然不关于轴对称，C 错误；2si ()(2)6n 12f x x π

π+-=y 横坐标变为原来的2倍，再左移个单位则，D 正确.3π

1[(232sin f x x π=+故选：ABD

三、填空题

13．欧拉公式（为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉提出的，它将

i e cos isin x x x =+i

______．1i -i 1

-+【分析】利用复数三角形式以及复数的除法化简所求复数，利用共轭复数的定义可得结果

.【详解】由已知可得

，

i 4e cos isin 44π

π

π

=+

=所以，

，()()()()2i 1i 2i i 1i 1i 1i 1i 1i -====-=+++

-.

1i -故答案为.1i

-14．在正方体中，点，分别在棱，上，且

1111ABCD A B C D -G H 11B C 11A D ，则异面直线与所成角的余弦值为______．

111113A H C G A D ==BG DH .

5

13【分析】根据空间向量夹角公式进行求解即可.

【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设该正方体的棱长为，

3则有，，

(0,0,0)D (3,3,0)B (1,3,3)G (2,0,3)H ，

(2,0,3)DH = (2,0,3)BG =- 设异面直线与所成角为，

BG DH θ所以

，

5cos cos ,13DH θ=〈=

故答案为.5

13

15．已知，则______．1sin 3

3πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭cos 23πα⎛⎫-= ⎪⎝⎭7

9

-【分析】由已知条件及诱导公式可得，再应用二倍角余弦公式求目标式1cos()63πα-=的值.

【详解】，1sin cos[()]cos()3

2363ππππααα⎛⎫+=-+=-= ⎪⎝⎭由.27cos 22cos ()1369ππαα⎛⎫-=--=- ⎪⎝⎭故7

9-

16．已知中，若，则周长的最大值

ABC 222sin sin sin sin sin A B C B C --=3BC =ABC 为

__________.

3

+3

【分析】先对已知式子利用正弦定理统一成边的形式，然后利用余弦定理可求出角，

A 再利用余弦定理可得，再利用基本不等式可求出的最

2()9AC AB AC AB +-⋅=AC AB +大值，从而可求出三角形周长的最大值

【详解】由正弦定理可得：，

222BC AC AB AC AB --=⋅∴，2221cos 22AC AB BC A AC AB +-==-⋅∵

，

()0,A π∈∴.23A π

=由余弦定理得：，

222222cos 9BC AC AB AC AB A AC AB AC AB =+-⋅=++⋅=即.

2()9AC AB AC AB +-⋅=∵（当且仅当时取等号），

2

2AC AB AC AB +⎛⎫⋅≤ ⎪⎝⎭AC AB =∴，222239()()()24AC AB AC AB AC AB AC AB AC AB +⎛⎫=+-⋅≥+-=+ ⎪⎝⎭解得：（当且仅当时取等号）

，

AC AB +≤AC AB =∴周长

ABC 3L AC AB BC =++≤+

∴周长的最大值为ABC 3+

故3+四、解答题

17．如图所示，三棱柱

中，，111ABC A B C -CA a = CB b = 1CC c = ，，是中点．11CA CB CC ===2π,,3a b a c == π,2b c = N AB

(1)用，表示向量；

a b c 1A N (2)在线段上是否存在点，使？若存在，求出的位置，若不存在，11C B M 1AM A N ⊥M 说明理由．(1)；

11122A N a b c =-+- (2)存在，理由见解析.

【分析】（1）根据空间向量线性运算的几何意义进行求解即可；

（2）根据空间向量共线向量的性质，结合空间向量垂直的性质进行求解即可.

【详解】(1)；11111111()2222A N A A AN C C AB CC CB CA a b c =+=+=-+-=-+- (2)假设存在点，使，设，M 1AM A N ⊥1

11,([0,1])C M C B λλ∈= 显然，

1C M CB b λλ== ，

1111AM AA A C C M c a b λ=++=-+ 因为，所以

，1AM A N ⊥110AM A N AM A N ⊥⇒⋅= 即，()c a b λ-+⋅ 11()022a b c -+-= ，2221111110222222c a c b c a a b c a a b b b c λλλ-⋅+⋅-+-⋅+⋅-⋅+-⋅= 因为，，11CA CB CC ===2π,,3a b a c == π,2b c =

所以有：，

22211111()022222c a c a a b b λλ⋅-+-+⋅+= 即，

222111111111()11()11(102222222λλ⨯⨯⨯--+⨯-+⨯⨯⨯-+⋅=解得，所以当时，

.13λ=11113C M C B =1AM A N ⊥18．如图所示，直三棱柱中，为中点．

111ABC A B C -M BC

(1)求证：平面；

1A B ∥1AC M (2)若三棱柱

上下底面为正三角形，，求证：平面111ABC A B C -6AB =13AA =平面．

1AB M ⊥1AC M (1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】作出辅助线，得到，从而证明线面平行；（2）先证明1//MF A B 与，得到平面，结合平面，得到平面11B M MC ⊥AM ⊥1B M 1B M ⊥1AMC 1B M ⊂1AMB 平面1AB M ⊥1AC M

【详解】(1)连接，与相交于点F ，连接MF ，则为的中点，1A C 1AC F 1A C 因为为中点，

M BC 所以MF 是的中位线，

1A BC 所以，

1//MF A B 因为平面，平面，MF ⊂1AMC 1

A B ⊄1AMC 所以平面1//A B 1AMC

(2)因为直三棱柱

上下底面为正三角形，，111ABC A B C -6AB =13AA =所以

，113CC CM BM BB ====所以

，1145CMC BMB ∠=∠=︒所以，即，

1190B MC ∠=︒11B M MC ⊥由三线合一可得：，

AM BC ⊥又因为

平面ABC ，平面ABC ，1BB ⊥AM ⊂所以

，1BB AM ⊥因为，

1BC BB B = 所以平面

，AM ⊥11BCC B 因为平面，

1B M ⊂11BCC B 所以AM ⊥1

B M 因为

1AM MC M ⋂=所以

平面，1B M ⊥1AMC 因为平面，

1B M ⊂1AMB 所以平面

平面1AB M ⊥1AC M

19．如图所示，已知的扇形，为弧上一动点，四DOE 3π

P DE 边形是矩形，

．PQMN 03POD x x π⎛⎫∠=<< ⎪⎝⎭

(1)求矩形的面积

的最大值及取得最大值时的值；PQMN ()f x x (2)在中，

，其面积

的周长．

ABC ()f C =2c =

ABC S = ABC (1)当时，

6x π

=()max f x =(2).

6+

【分析】（1）将利用加以表示，并利用三角恒等变换化简函数解析式，利用,PN MN x 正弦型函数的性质可求得函数的最大值；

（2）由题可得

，然后利用余弦定理及三角形面积公式可得6C π=4a b +=+而即得.【详解】(1)因为

，03POD x x π⎛⎫∠=<< ⎪⎝⎭所以，则，

QM PN x ==sin tan

3QM OM x π=

=又，所以，

ON x

=sin MN

ON OM x x =-=-所以

()233sin cos sin 22

f x MN

PN x x x x

=⋅==

，3sin 2220263x x x x ππ⎛⎫⎫==+<< ⎪⎪⎝

⎭⎭，则，

03x π<< 52666x π

π

π

<+<

故当时，即当时，函数

262x ππ

+=6x π=(

)2

6f x x π

⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()max f x ==

(2)∵()26f C C π⎛⎫=+= ⎪⎝⎭∴，又，

sin 216C π⎛⎫+= ⎪⎝⎭()0,C π∈∴，即，132,666

C πππ⎛⎫+

∈ ⎪⎝⎭262C ππ+=6C π=

又，2c =1sin 2

ABC S ab C ==

∴，2222cos c a b ab C =+-ab =

∴，即，

()22242a b a b ab =+=+-()228a b +=+

∴，

4a b +=+

∴，即的周长为6a b c ++=+ABC 6+20．如图所示，四棱锥中，底面为矩形，平面，P ABCD -ABCD PA ⊥ABCD

，是的中点．

2PA AB ==AD =E PB

(1)证明：；

AE PC ⊥(2)求点到的距离；

D C

E (3)求二面角的大小．

C AE

D --(1)证明见解析；

(3).

π

4【分析】（1）由已知位置关系推出，即可证明异面直线；

AE PBC ⊥平面AE PC ⊥（2）由（1）中，得，求解

AE PBC ⊥平面BC PAB ⊥平面AE EC ⊥AD AE ⊥

各边长度，得为等边三角形，利用等边三角形的性质即得点到的距ECD ECD D CE 离；

（3）利用二面角定义求解即可.

【详解】(1)证明：平面，底面为矩形

PA ⊥ ABCD ABCD ，又,PA BC BC AB ∴⊥⊥,,PA AB A PA AB PAB

=⊂ 平面，又BC PAB ∴⊥平面AE PAB

⊂ 平面，点是的中点．

BC AE ∴⊥PA AB = E PB ，又AE PB ∴⊥,,PB BC B PB BC PBC

=⊂ 平面AE PBC

∴⊥平面AE PC

∴⊥(2)解：由（1）得：AE PBC ⊥平面AE EC

⊥又，，即BC PAB ⊥平面BC AD ∥AD PAB ∴⊥平面AD AE

⊥

因为，2PA AB ==AD =

所以，AE =2DE =AC =2

EC =即，三角形是边长为2的正三角形，

2EC DE CD ===ECD

点到的距离为,则，所以D CE d 1π122sin 2232ECD S d =⨯⨯⨯==⨯⨯ d =

所以点到D CE (3)解：由（2）知，故取中点M ，连接EM ，DM .

AD AE ⊥AE EC ⊥PC

因为分别为中点，所以，即，故,E M ,PB PC EM BC ∥EM AD EM AE ⊥则为二面角的平面角MEC ∠C AE D --

又在中，EMC △1112,222EC EM BC MC PC ======

所以

，又cos MEC ∠==(0,π)

MEC ∠∈所以.π4MEC ∠=即二面角的大小为.

C AE

D --π

421．如图所示，在海岛上有一座海拔0.5千米的山，山顶设有一个观察站（观察站A P 高度忽略不计），已知在某时刻观测员测得一轮船在岛北偏东方向，俯角为的30°30°处，若10分钟后，又测得该船在海岛北偏西方向，俯角为

的处．

B 60︒60︒

C (1)求船的航行速度是每小时多少千米？

(2)若又经过一段时间后，船到达海岛的正西方向的处，问此时船距岛的距离？

D A

千米时

/【分析】（1）先、中确定、的长，进而求得，

Rt PAB Rt PAC △AB AC ，最后利用勾股定理求得，用里程除以时间即为船的速306090CAB ∠=︒+︒=︒BC 度．

（2）利用锐角三角函数求出，利用两角差的正弦公式求得sin ABC ∠cos ABC ∠的值，进而利用正弦定理求得．

sin BDA ∠AD 【详解】(1)解：（1）在中，，

．

Rt PAB 60APB ∠=︒0.5

PA =tan 60AB AP ∴=︒在中，

Rt PAC △30APC ∠

=︒tan 30AC AP ∴=︒=在中，

ACB △306090CAB ∠=︒+

︒=︒

BC ∴==

时）．

16=/(2)解：在中，

，Rt ACB △90CAB ∠=

︒AC

BC

AB =所以

sin AC ABC BC ∠==cos AB ABC BC ∠=在中，

ABD △9030120DAB ∠=︒+︒=︒所以sin sin(60)

BDA ABC ∠=︒-∠sin 60cos

cos 60sin ABC ABC

=

︒∠-︒

∠12

=

-=由正弦定理得．

sin sin AD AB DBA BDA =∠∠

．

sin sin AC DBA AD BDA ⋅∠

∴=∠故此时船距岛A 22．如图①所示，长方形中，，点是边的中点，将ABCD 1AD =2AB =M CD 沿翻折到

，连接，得到图②的四棱锥．

ADM △AM PAM △PB PC P ABCM -(1)求四棱锥的体积的最大值；

P ABCM -(2)若棱的中点为，求的长；

PB N CN (3)设的大小为，若

，求平面和平面夹角余弦值的最P AM D --θπ0,2θ⎛

⎤∈ ⎥⎝⎦PAM PBC 小值．

【分析】（1）作出辅助线，得到当平面⊥平面时，P 点到平面ABCM 的距

PAM ABCM 离最大，四棱锥的体积取得最大值，求出

P ABCM -12PG AM =

=最大值；（2）作出辅助线，证明出四边形CNQM 为平行四边形，从而得到

3）作出辅助线，得到∠PGD 为的平面角，CN MQ ===

P AM D --即，建立空间直角坐标系，用含

的关系式表达出平面PAM 和平面PBC 的

PGD θ∠=θ法向量，利用空间向量夹角余弦公式得到的取值范围求

cos α=

t 出余弦值的最小值

【详解】(1)取AM 的中点G ，连接PG ，因为PA =PM ，则PG ⊥AM ，

当平面⊥平面时，P 点到平面ABCM 的距离最大，PAM ABCM

四棱锥的体积取得最大值，

P ABCM -此时PG ⊥平面，且

ABCM 12PG AM =

底面为梯形，面积为

，ABCM ()13

121

22+⨯⨯

=

则四棱锥的体积最大值为P ABCM

-1332⨯=

(2)取AP 中点Q ，连接NQ ，MQ ，

则因为N 为PB 中点，所以NQ 为△PAB 的中位线，所以NQ ∥AB 且

，

1

2NQ AB =

因为M 为CD 的中点，四边形ABCD 为矩形，所以CM ∥AB 且

，

12CM AB =

所以CM ∥NQ 且CM =NQ ，故四边形CNQM 为平行四边形，所以

.CN MQ ===

(3)连接DG ，

因为DA =DM ，所以DG ⊥AM ，

所以∠PGD 为的平面角，即，

P AM D --PGD θ∠=过点D 作DZ ⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DZ 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则

，

()()()

1,0,0,0,1,0,0,2,0A M C 过P 作PH ⊥DG 于点H ，由题意得PH ⊥平面ABCM ，设

，

()

000,,P x y z 因为

，所以

，

PG

=

)

,,1cos PH GH DH θθθ===

-所以

，

)()001

1cos 1cos 2x y θθ==

-=

-0z θ

=

所以，()(

)111cos ,1cos 22P θθθ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝

⎭所以

，(

)1cos cos 11,1,0,,,22AM PA θθθ⎛⎫+-=-= ⎪ ⎪⎝⎭ 设平面PAM 的法向量为，

()1111,,x n y z =

则

，111110

1cos cos 1022x y x y θθ-+=⎧⎪

⎨+-+=⎪⎩令

，则

，

1z

=(

1tan ,tan n θθ=

设平面PBC 的法向量为

，

()

2222,,n x y z =

因为

，(

)cos 1cos 31,0,0,,,22CB PC θθθ⎛⎫-+== ⎪ ⎪⎝⎭

则22220cos 1cos 3sin 022x x y z θθθ=⎧⎪

⎨-++=⎪⎩令

，可得：

，

2y θ

=(

)2,3cos n θθ

=+

设两平面夹角为，

α

则

1212cos n n n n α⋅==

=⋅

=

=

令

，所以，

11cos 3t θ=+

π0,2θ⎛⎤∈ ⎝⎦3,34t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦所以

时，

cos

α=3t =cos α所以平面和平面PAM PBC 求解二面角的大小或最值，利用空间向量求解，可以将几何问题转化为代数问题，简洁明了，事半功倍.