【文档说明】黑龙江省哈尔滨市第三中学校2022-2023学年高一下学期期中 数学 答案.docx，共(28)页，3.104 MB，由小赞的店铺上传

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哈三中2022－2023学年度下学期高一学年期中考试数学试卷考试说明：（1）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分．考试时间为120分钟；（2）第Ⅰ卷，第Ⅱ卷试题答案均答在答题卡上，交卷时只交答题卡．第Ⅰ卷（选

择题，共60分）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.234iii++=（）A.1B.－1C.iD.i−【答案】D【解析】【分析】利用复数乘方的性质即可求得该式的值.【详解】234iii1i+1=i++=−−−故选：D2.

已知，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，则下列说法错误的是（）A.若l⊥，m⊥，则//lmB.若//l，//，则l//C.若//l，l，m=，则//lmD.若l与m异

面，l，l//，m，//m，则//【答案】B【解析】【分析】根据直线与平面的位置关系可判断ABC；利用反证法可判断D.【详解】对于A，根据垂直于同一平面的两条直线平行可知A正确；对于B，若/

/l，//，则l//或l，故B错误；对于C，根据直线与平面平行的性质定理可知C正确；对于D，假设n=，因为l，l//，n=，所以//ln，同理可得//mn，所以//lm，这与l与m异面相矛盾，故假设不成立，

则//，故D正确.故选：B3.已知长方体1111ABCDABCD−中，3AB=，6=BC，若1AC与平面11BCCB所成的角的余弦值为63，则该长方体外接球的表面积为（）A.27π2B.27πC.45π2D.45π【答案】

B【解析】【分析】根据直线与平面所成角的定义得1116cos3BCACBAC==Ð，即1136BCAC=，设1CCx=，求出212x=，根据该长方体外接球的直径是1AC，可求出2127AC==，再根据球的表面积公式可求出结果.【详解】连1

BC，因为AB⊥平面11BCCB，所以1ACB是1AC与平面11BCCB所成的角，所以1116cos3BCACBAC==Ð，所以1136BCAC=，设1CCx=，则22211BCBCCC=+，即2216BCx=+，又222211ACABBCCC=++，所以2219966BCx=++，所以2

29(6)156xx+=+，即212x=，所以2118BC=，21918276AC==，因为该长方体外接球的直径是1AC，所以半径22112744RAC==，所以该外接球的表面积为2274π4π27π4R==.故选：B4.已知ABC中，D为BC的中点，,PQ分别

为,ABAC上的点，14APAB=，AQxAC=，PQ交AD于点O，若13AOAD=，则x的值为（）A.12B.13C.14D.15【答案】A【解析】【分析】设POyOQ=，用AB、AC作为基底表示，再根据向量相等，列方

程求解即可.【详解】设POyOQ=，则()AOAPyAQAO−=−，则111()343ADAByxACAD−=−，则111()334yADABxyAC+=+，又D为BC的中点，所以1122ADABAC=+，所以1111111()()2332334yAByACABxyAC+++

=+，所以1111()2334111()233yyxy+=+=，解得1212yx==，故12x=.故选：A5.已知一个圆锥的底面半径为1，母线长为3，在其中有一个内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时

，圆柱的高为（）A.223B.2C.423D.322【答案】B【解析】【分析】先求得圆柱的侧面积的表达式，进而求得其侧面积最大时圆柱的高.【详解】设该内接圆柱底面半径为r，高为h，又圆锥的底面半径为1，母线长为3，高为22，则22122rh

−=，整理得2222hr=−，则该内接圆柱的侧面积()()212π42π142π2π2rrSrhrr+−==−=，（当且仅当12r=时等号成立）此时圆柱的高1222222h=−=故选：B6

.在平面直角坐标系中，(3,4)A，(1,8)B，(1,6)C−，则AB在AC上的投影向量的坐标为（）A.168,55−−B.84,55−C.168,55−D.84,55−【答

案】C【解析】【分析】根据AB在AC上的投影向量为||||ABACACACAC可求出结果.【详解】因为(3,4)A，(1,8)B，(1,6)C−，所以(2,4)AB=−，(4,2)AC=−，所以AB在AC上的投影为88855||164ABACAC+==+，所以AB在AC上的投影

向量为||||ABACACACAC85(4,2)168(,)555164−==−+.故选：C7.科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器.2022年5月

，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55米，高18米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的

组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积为（）A.4542πB.3026πC.2540πD.2441π【答案】C【解析】【分析】根据球、圆柱、圆台的体积公式可求出结果.【详解】该组合体的直观图如图：半球的半径为9米，圆柱的底面半径为9米，母线长为13米，圆台的两底面半径分别

为9米和1米，高为33米，所以半球的体积为314π9486π23=（立方米），圆柱的体积为2π9131053π=（立方米），圆台的体积为22133π(9911)3++1001π=（立方米），故该组合体的体积为486π1053π1001π++=2540π（

立方米）.故选：C8.在ABC中，角,,ABC所对应的边分别为,,abc，设ABC的面积为S，若不等式23Scab+恒成立，则的取值范围是（）A.221B.221C.1633D.1633【答案】A【解析】【分析】转化为23cabS+

恒成立，由余弦定理、三角形面积公式以及不等式知识，得23cabS+104cossinCC−，再令104cos0sinCtC−=，利用辅助角公式求出t的最小值即可得解.【详解】若不等式23Scab+恒成立，即

23cabS+恒成立，23cabS+222cos31sin2ababCababC+−+=22cos3104cos1sinsin2ababCabCCabC−+−=，当且仅当ab=时，等号成立，令104cos0sinCtC−=，则10sin4costCC=+216sin()

tC=++，其中2cos16tt=+，24sin16t=+，则由sin()1C+，得210116t+，得284t，又0t，则221t，当且仅当sin()1C+=时，等号成立，则当且仅当ab=且sin()1C+=时，23cabS+取得最小值221，所以221.故

选：A二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知复数5iz1i+=+，则下列说法正确的是（）A.z13=B.z的虚部为－2C.z在复平面内对应的点在第四象限D.z的共轭复数为

32i−−【答案】BC【解析】【分析】根据复数的除法运算法则求出z，再根据复数的模长公式、复数的概念、复数的几何表示以及共轭复数的概念可得答案.【详解】5iz1i+=+(5i)(1i)(1i)(1i)+−=+−64i32i2−==−，2

2||3(2)13z=+−=，故A不正确；z的虚部为－2，故B正确；32iz=−在复平面内对应的点(3,2)−在第四象限，故C正确；32iz=−的共轭复数为32iz=+，故D错误.故选：BC10.对于ABC，有如下命题，其中正确的有（）A.若ABC是锐角三角形，则不等式sincosAB恒成立B

.coscosbCcBa+=恒成立C.若222sinsincos1ABC++，则ABC为锐角三角形D.若sin:sin:sin2:3:4ABC=，则ABC为钝角三角形【答案】ABD【解析】【分析】利用三角函数诱导公式和正弦函数单调性求得sin,cosAB的大小关系判断选项A；利用余弦定

理求得coscos,bCcBa+的大小关系判断选项B；利用正弦定理余弦定理求得ABC的形状判断选项C；利用正弦定理余弦定理求得ABC的形状判断选项D.【详解】选项A：若ABC是锐角三角形，则ππ,0,,22ABAB+，则ππ022BA−，则πsinsin2BA−

，即sincosAB.判断正确；选项B：222222coscos22abcacbbCcBbcabac+−+−+=+2222222222abcacbaaaa+−++−===.判断正确；选项C：由222sinsincos1ABC++，可得222sinsinsinABC+，则2

22abc+，则222cos02abcCab+−=，又()0,πC，则π2C.则ABC为钝角三角形.判断错误；选项D：若sin:sin:sin2:3:4ABC=，则::2:3:4abc=，则ABC中C为最大角，可令2,3,

4(0)akbkckk===，则2222222249163cos0222312abckkkCabkkk+−+−−===又()0,πC，则π2C.则ABC为钝角三角形.判断正确.故选：ABD11.已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，面

ABCD和面11CDDC的中心分别为O，1O，M，N，分别为BC，1CC的中点，下列结论中正确的是（）A.该正方体的内切球半径为1B.直线1BD⊥平面1ACBC.直线11AO与直线1DO相交D.平面AMN截正方体所得的截面

面积为92【答案】ABD【解析】【分析】A显然正确；通过证明11BDBC⊥和1BD⊥AC可证1BD⊥平面1ACB；根据异面直线的判定定理可得C不正确；作出截面为梯形1AMND，计算梯形的面积可得D正确.【详解】对于A，因为正方体1111ABC

DABCD−的棱长为2，所以该正方体的内切球半径为1，故A正确；对于B，连1BC，BD，因为11DC⊥平面11BCCB，1BC平面11BCCB，所以111DCBC⊥，又11BCBC⊥，且1111DCBCC=，所以1BC⊥平面11BCD，因为1

BD平面11BCD，所以11BDBC⊥，同理可得1BD⊥AC，又1ACBCC=，1,ACBC平面1ACB，所以1BD⊥平面1ACB.故B正确；对于C，因为11AO平面11ABCD，1D平面11ABCD，111DAO，O平面11ABCD，所

以直线11AO与直线1DO是异面直线，故C不正确；对于D，连1ND，1AD，则1//MNBC，11//BCAD，所以1//MNAD，则平面AMN截正方体所得的截面是梯形1AMND，设MN，1BC，1AD的中点分别为,,EFG，连,,EFEGFG，则EFFG⊥，112222EF

=22=，2FG=，则22132422FGEFFG=+=+=，又12222MN==，122AD=，所以梯形1AMND的面积为132(222)22+=92，故D正确.故选：ABD12.在正三棱柱111ABCABC-中，12ABA

A==，点P满足1BPBCBB=+，其中(0,1，(0,1，则（）A.当1=时，1APBP+定值B.当1=时，三棱锥1PABC−的体积为定值C.当12=时，有且仅有一个点P，使得1APBP⊥D.

当12=时，有且仅有一个点P，使得1AB⊥平面1ABP【答案】BCD【解析】【分析】对于A，当1=时，点P在线段1CC（不含C点）上，P取两个特殊点计算可知A不正确；对于B，当1=时，可得点P在

线段11BC（不含1)B上，利用线面平行以及棱锥的体积公式可知B正确；对于C，当12=时，取BC的中点E，11BC的中点F，可得点P在线段EF（不含E点）上，设(01)EPxx=，根据勾股定理计算可得2x=，可判断C正确；对于D，当12=时，取1CC的中点为M，1BB的中

点为N，可得点P在线段NM上（不含N），当P在点M处时，可证1AB⊥平面1AMB，根据过定点A与定直线1AB垂直的平面有且只有一个，可判断D正确.【详解】对于A，当1=时，1BPBCBB=+，得1BPBCBB−=

，得11CPBBCC==，因为(0,1]，所以点P在线段1CC（不含C点）上，为当P与1C重合时，1111222APBPACBC+=+=+，当P为1CC的中点时，1414125APBP+=+++=，所以1APBP+

不是定值，故A不正确；对于B，当1=时，1BPBCBB=+，1BPBBBC−=，得111BPBCBC==，因为(0,1]，所以点P在线段11BC（不含1)B上，因为11//BCBC，所以

PBC的面积为定值，又三棱锥1PABC−的高也为定值，所以三棱锥1PABC−的体积为定值，故B正确；对于C，当12=时，取BC的中点E，11BC的中点F，则12BEBC=，则1BPBCBB=+112BCBB=+1BEBB=+，则1BPBEBB−=，则1EPBBE

F==，则点P在线段EF（不含E点）上，设(01)EPxx=，则2PFx=−，则22221BPBEEPx=+=+，2222113(2)APAFPFx=+=+−，218AB=，若1APBP⊥，则22211ABBPAP=+，则22813(2)xx=+++−，则(

2)0xx−=，所以2x=或0x=（舍），则点P与F点重合时，即当12=时，有且仅有一个点P，使得1APBP⊥，故C正确；对于D，当12=时，取1CC的中点为M，1BB的中点为N，由1112BPBCB

BBCBB=+=+BCBN=+，得BPBNBC−=，得NPBCNM==，因为(0,1]，则点P在线段NM上（不含N），当P在点M处时，取AC的中点G，连1AG，BG，因为BG⊥平面11ACC

A，AM平面11ACCA，所以BGAM⊥，在正方形11ACCA中，1AMAG^，又1BGAGG=，1,BGAG平面1ABG，所以AM⊥平面1ABG，又1AB平面1ABG，所以1AMAB⊥，在正方形11ABBA中，11ABAB⊥，又1AMAAB=，1,

AMAB平面1AMB，所以1AB⊥平面1AMB，因为过定点A与定直线1AB垂直的平面有且只有一个，故有且只有一个点P，使得1AB⊥平面1ABP，故D正确.故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题属于动点轨迹问题，关键是得到动点P的轨迹，利用1BPBC

BB=+以及或的取值，利用向量的线性运算可得点P的轨迹.第Ⅱ卷（非选择题，共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.正三棱锥−PABC中，3PA=，3AB=，则直线PA和平面ABC所成角的正弦值为___．【答案】223##223【解析】

【分析】先作出直线PA和平面ABC所成的角，进而利用三角函数求得该角的正弦值.【详解】取正ABC中心为O，连接AO并延长交BC于D，连接PD，则D为BC中点，PO⊥平面ABC，则PAO为直线PA和平面ABC所成的角，RtPBD△中，3PB=，32BD=，BDPD⊥

，则332PD=，RtPOD中，332PD=，1313322OD==，ODPO⊥，则223312222PO=−=，则22sin3POPAOPA==.则直线PA和平面ABC所成的角的正弦值为223.故答案为：22314.在复平面内，复数z满足

z2=，i为虚数单位，则z34i−+的最小值为______．【答案】3的【解析】【分析】根据复数几何意义可求出结果.【详解】因为z2=，所以复数z对应的点的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆，又z34i−+的几

何意义是表示复数z对应的点与点(3,4)−之间的距离，其最小值为原点到点(3,4)−之间的距离22345+=减去圆的半径2，故z34i−+的最小值为523−=.故答案为：3.15.赵爽是我国汉代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》作注解时，给出了“赵爽弦图”：四个全等的直角三角形与一个小正

方形拼成的一个大的正方形．如图，正方形ABCD的边长为13，正方形EFGH边长为1，则ABAE的值为______．【答案】4【解析】【分析】设AFx=，根据勾股定理求出2x=，然后求出cosEAF，sinEAF，cosGABÐ，si

nGAB，根据两角和的余弦公式求出cosEAB，最后利用平面向量数量积的定义可求出结果.【详解】设AFx=，则BGx=，1AGx=+，在直角三角形AGB中，222AG+BGAB=，即222(1)(13)xx++=，即260xx+−=，解得2x=或3x=−（舍），在直角三角形AFE中，22

22215AEAFFE=+=+=，225cos55AFEAFAE===Ð，15sin55EFEAFAE===Ð，在直角三角形AGB中，3313cos1313AGGABAB===Ð，2213sin1313BGG

ABAB===Ð，所以coscos()EABEAFGAB=+行?coscossinsinEAFGABEAFGAB=−行行的253135213513513=−46565=，所以|||cosAEABAEABEAB=Ð46551365=4=.故答案为：4.16.在ABC

中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且满足22223sinabcabC++=．若A，B，C，D四点共圆，且点D与点A位于直线BC的两侧．3AB=，3BD=，则AD=______．【答案】23【解析】【分析】根据余

弦定理，结合不等式以及三角函数的有界性可得πsin16C+=，进而可得π3C=，进而由余弦定理即可求解.【详解】由2222cosabcabC+−=，与22223sinabcabC++=相加可得()22π3sincos3sincos2sin6ababCabCabCCabC+=

++=+=，由于222abab+，所以ππsin1,sin166CC++=,所以πππ2π,Z,2π,Z623CkkCkk+++==,由于()0,πC,故π3C=，如图可知

：π3ADBC==,3AB=，3BD=,在ABD△中，由余弦定理可得2222222133cos3602223ADBDABADADBADADADDBAD+−+−=−−==,解得23,AD=或3AD=-（舍去），故答案为：23四、解答题：本

题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17.设1e，2e为平面内不共线的两个单位向量，122aee=+，123bee=−，1256cee=+．（1）以a，b为基底表示c；（2）若21ab−=，求cr

【答案】（1）3cab=−（2）91【解析】【分析】（1）利用平面向量基本定理列方程组即可求得3cab=−；（2）利用向量数量积即可求得cr的值.小问1详解】设cab=+rrr，又122aee=+，123bee=−，1256cee=+．则()()1212125632eeeeee++=+−，

则5263=+=−，解之得31==−，则3cab=−【小问2详解】122aee=+，123bee=−，则124abee−=+又由21ab−=，可得()221ab−=，则()212421ee+=，22121216821eeee++=，又11e=，2

1e=，则1212ee=，则()2221212125625366091ceeeeee=+=++=18.已知棱长均相等的正三棱柱111ABCABC-，M，N分别为棱1CC，11AB中点．【（1）证明：1CN∥平面1ABM；（2）证明：1AB⊥平

面1ABM．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；【解析】【分析】（1）利用线面平行判定定理即可证得1CN∥平面1ABM；（2）利用线面垂直判定定理即可证得1AB⊥平面1ABM．【小问1详解】设11ABABT=，连接,NTMT又棱长均相等的正三棱柱111ABC

ABC-中，M，N分别为棱1CC，11AB中点．则111//,2NTBBNTBB=，11111//,2CMBBCMBB=，则11//,NTCMNTCM=，则四边形1NTMC为平行四边形，则1//NCTM，又1NC平面1ABM，TM

平面1ABM，则1CN∥平面1ABM；【小问2详解】取BC中点S，连接1,ASBS，则ASBC⊥又面ABC⊥面11BBCC，面ABC面11BBCCBC=，AS面ABC，则AS⊥面11BBCC，又BM面11BBCC，则ASBM⊥又正方形11BBCC中，1CMCM=，则1()BBSCBMSA

S△△,则1BBSCBM=，又11π+=2BBSBSB，则1π+=2CBMBSB，则1BSBM⊥，又ASBM⊥，1ASBSS=，1ASBS，面1ASB，则BM⊥面1ASB，又1AB面1ASB，则1BMAB⊥，又正方形11AABB中，

11ABAB⊥，1ABBMB=，1ABBM,平面1ABM，则1AB⊥平面1ABM．19.已知锐角ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c．在下列三个条件：①3sin,2mA=−，()2cos2,2cosnAA=，且mn∥；

②()2222sin3acBbca=+−；③222coscoscos1sinsinBCABC+=+−中任选一个，回答下列问题．（1）求角A；（2）若23ABCSBC==△，求ABC内切圆的半径．【答案】（1）π3A=（2）31−【

解析】【分析】（1）选①利用向量平行充要条件列出关于角A的三角方程解之即可求得A的值；选②利用三角形面积公式和余弦定理列出关于角A的三角方程解之即可求得A的值；选③利用正弦定理和余弦定理列出关于角A的三角方

程解之即可求得A的值；（2）利用题给条件求得,bc的值，进而利用面积等式求得ABC内切圆的半径．【小问1详解】选①3sin,2mA=−，()2cos2,2cosnAA=，且mn∥；则2sincos3cos20AAA+=，即sin23cos20AA+=，则π2s

in203A+=，又ππ4π2,333A+，则π2π3A+=，即π3A=；选②由()2222sin3acBbca=+−，可得2sin23cosbcAbcA=则tan3A=，又()0,πA，则π3A=；选③由222c

oscoscos1sinsinBCABC+=+−，可得2221sin1sin1sin1sinsinBCABC−+−=−+−，即222sinsinsinsinsinABCBC−−=−，则222abcbc−−=−，则2221cos222bcabcAbcb

c+−===，又()0,πA，则π3A=【小问2详解】由23ABCSBC==△，π3A=，可得132322bc=，()22212322bcbc=+−，联立22812bcbcbc=+−=，解之得24bc==，或42bc==，则ABC内切圆的半径233111()(

2324)22ABCSabc==−++++△20.如图，在四棱锥PABCD−中，PAAD⊥，底面ABCD为直角梯形，3BCAD=，//ADBC，90BCD=，M为线段PB上一点．（1）若13PMPB=，棱BC上是否存在点E，使得平面//AME平面PCD？并说明理由；（2）若2PA=，

1AD=，1CD=，异面直线PA与CD成90角，求异面直线PC与AB所成角的余弦值．【答案】（1）存在，理由见解析（2）3030【解析】【分析】（1）当13ECBC=时，根据面面平行的判定定理可证平面//AME平面PCD；（2）在PA上取点

F，且13PFPA=，连MF，可得//MFAB，又//MEPC，可得EMF（或其补角）是异面直线PC与AB所成的角，在EMFV中，根据余弦定理可求出结果.【小问1详解】棱BC上存在点E，且13ECBC=时，平面//AME平面PCD，

理由如下：连AE，ME，因为13PMPB=，13ECBC=，所以//MEPC，因为ME平面PCD，PC平面PCD，所以//ME平面PCD，因为3BCAD=，13ECBC=，所以ECAD=，又//ECAD，所以四边形ADCE是平行四边形，所以//AE

CD，因为AE平面PCD，CD平面PCD，所以//AE平面PCD，又ME平面AME，AE平面AME，且MEAEE=，所以平面//AME平面PCD.【小问2详解】由（1）可知，//AECD，又90B

CD=，所以AEAD⊥，因为异面直线PA与CD成90角，所以PACD⊥，因为PAAD⊥，且ADCDD=，,ADCD平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD，因为AE平面ABCD，所以PAAE⊥，在PA上取点F，且1233PFPA==，因为13PMP

B=，所以//MFAB，又由（1）知，//MEPC，所以EMF（或其补角）是异面直线PC与AB所成的角，43AF=，1AE=，所以165193EF=+=，22145ABAEBE=+=+=，1533MFAB==，222233MEPCPDCD==+22223PAADCD=++=226411

33++=，在EMFV中，222cos2MEMFEFEMFMENF+−==Ð24525999265233+−3030=.所以异面直线PC与AB所成角的余弦值为3030.21.已知点,CD为线段AB上的点，点P为,AB

所在平面内任意一点，1AC=，35CD=，3DB=，=APCDPB，设1ACP=，2BDP=．（1）求证：214sin9sinPAPB=，并求出PAPB的值；（2）若30CPD=，求PAB的面积．【答案】（1）证明见解析，239PAPB=（2）69550【解

析】【分析】（1）在PAC△和PBD△中用正弦定理可得12sin3sinPAPB=，在PAD、PBC中用正弦定理可得214sin9sinPAPB=，由1221sin4sin3sin9sin=得到21sin3sin2=，从而可得239PAPB=；（2）由30CPD

=得21210=−，代入21sin3sin2=，求出1π2=，得PCAB⊥，再根据12PCAB可求出结果.【小问1详解】在PAC△中，由正弦定理得1sinsinPAACAPC=Ð，得1sinsinACPA

APC=Ð，在PBD△中，由正弦定理得2sinsinPBBDDPB=Ð，得2sinsinBDPBDPB=Ð，因为1AC=，35CD=，3DB=，=APCDPB，所以12sinsinPAACPBBD=12sin3s

in=，在PAD中，由正弦定理得2sin(π)sinPAADAPD=−Ð，得28sin5sinPAAPD=Ð，在PBC中，由正弦定理得1sin(π)sinPBBCBPC=−Ð，得118sin5sinPBBPC=Ð，因为=

APCDPB，所以APDBPC=，sinsinAPDBPC=行，所以218sin518sin5PAPB=214sin9sin=，所以1221sin4sin3sin9sin=，所以22123sin4sin=，因为1和2都是三角形的内角，所以1sin

0，2sin0，所以123sin2sin=，所以21sin3sin2=，所以214sin43239sin929PAPB===.【小问2详解】若30CPD=，则12210+=，21210=−，所以11sin(210)3sin2−=，

得1112(sin210coscos210sin)3sin−=，所以111132(cossin)3sin22−+=，得1cos0=，因为1(0,π)，所以1π2=，则PCAB⊥，在直角三角

形PCD中，35tan3033CDPC===335，所以PAB的面积为11353(13)2255PCAB=++69550=.22.已知矩形ABCD中，2AB=，23BC=，,MN分别为,ADBC中点，O为对角线,

ACBD交点，如图1所示．现将OAB和OCD剪去，并将剩下的部分按如下方式折叠：沿MN将AOD△，BOC折叠，并使OA与OB重合，OC与OD重合，连接MN，得到由平面OAM，OBN，ODM，OCN围成的无盖几何体，

如图2所示．（1）求证：MN⊥平面OAC；（2）若P为棱OC上动点，求MPNP+的最小值；（3）求此多面体体积V的最大值．【答案】（1）证明见解析（2）3（3）1【解析】【分析】（1）在图2中，取MN的中点E，连AE，CE，OE，通过证明MNOA⊥，MNOC⊥，可证

MN⊥平面OAC；（2）将侧面OCM与OCN展开在一个平面内，根据两点间线段最短可求出结果；（3）根据对称性得2MOCNVV−=，因为OCN的面积为定值，所以当平面OMC^平面ONC时，三棱锥体积最大，由此计算

可得结果.【小问1详解】在图2中，取MN的中点E，连AE，CE，OE，因为AMAN=，E为MN的中点，所以MNAE⊥，同理得MNCE⊥，MNOE⊥，因为AEOEE=，,AEOE平面AOE，所以MN⊥平面AOE，因OA平面AOE，所以MNOA⊥，因为CEOEE=，,CEOE平面COE，所以MN

⊥平面COE，因为OC平面COE，所以MNOC⊥，因为OAOCO=，,OAOC平面OAC，所以MN⊥平面OAC.为【小问2详解】将侧面OCM与OCN展开在一个平面内，如图：当点P是MN与OC的交点时，MPN

P+最小，在图1中，2AB=，23BC=，所以因为1OMON==，3MCNC==，⊥OMMC，ONNC⊥，2OC=，MNOC⊥，所以60MOCNOC==行，所以3322MPNPOM===，所以3MPNP+=.所以MPNP+的最小值为3.【小问3详解】根据图形的对称性可知，

2MOCNVV−=，因为OCN的面积为11313222ONNC==，为定值，所以当点M到平面OCN的距离最大值时，三棱锥体积最大，此时平面OMC^平面ONC，点M到平面OCN的距离等于点M到OC的距离，等于3，所以此多面体体积V的最大值为1323132=.获得更多资

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