河北省沧州市多校联考2025-2026学年高二上学期11月考试数学试卷

这是一份河北省沧州市多校联考2025-2026学年高二上学期11月考试数学试卷，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
直线 y  2025  0 的倾斜角为（ ）
A． πB． π
2
C． π
4
D．0
F , F
x2y2
PF  6
PF 
已知 12 是椭圆C :
 1的左､右焦点， P 是C 上一点，若1
6436
，则2（ ）
A．6B．8C．10D．12
已知向量a  (1, x, 2) ， b  (4, 4, y) ，若a 与b 共线，则 x  y  （ ）
A．12B．9C． 9D． 12
若点 P 1,1 在圆C : x2  y2  x  2 y  k  0 的外部，则实数k 的取值范围是（ ）
A． ∞, 1
B．   5 , 1
C．  1, 5 
D．  1,  4 
 4
4 
5 

已知点 A2, 3, B 3, 2 ，若过定点 P 1,1 的直线l 与线段 AB 相交，则直线l 的斜率k 的取值范围是
（ ）
A． ∞, 4  3 , ∞
B． 4, 3 

 4
4 
C．  ,  3  ∪4, D．  3 , 4
4 
 4

如图，在四棱锥 P  ABCD 中， PA  底面 ABCD ，底面 ABCD 为正方形， O 为△PBC 的重心，
uuur
PM 
1 uur
3 PA ，且 PA  3 ， AB  2 ，则点O 到直线 DM 的距离为（ ）
66
6
x2y2
66
4
33
6
2
33
4
x  y  5  0
22
已知椭圆 E : 1a  b  0 的离心率为
ab
2


，则长半轴长a 的取值范围为（ ）
，若椭圆 E 上的点到直线

2
的最短距离不小于
A． 0, 2
B． 2, 6 
C． 0, 6 
D． 6, 3
已知点 A2, 0, B 2, 0 ，直线l : 3x  4 y  m  0 ，若直线l 上存在点 P ，使得 PA  2 PB ，则实数m 的取
值范围是（ ）
A． 0, 80 
B．  80 , 0
C．  70 , 10 
D．  10 , 70 
3 
3

33 

33 
二、多选题
x2
若
2
y
 2 为椭圆的方程，则m
的值可以为（ ）
10  mm  2
5
A．3B．6C．8D．1 10．已知直线l : 2x  y  b  0 与eO : x2  y2  9 ，则下列说法正确的是（ ）
若eO 上恰有 1 个点到直线l 的距离为 2，则b  5
若eO 上恰有 2 个点到直线l 的距离为 2，则b 的取值范围是5 5, 5 5 
5
若eO 上恰有 3 个点到直线l 的距离为 2，则b  
若eO 上恰有 4 个点到直线l 的距离为 2，则b 的取值范围是 5, 5 
如图，多面体 ABCD  EFH 是各棱长均为 1 的平行六面体 ABCD  EFGH 截去三棱锥G  CFH 后剩下的几何体，若点 P 是三角形CHF 的重心，∠EAB  ∠EAD  ∠DAB  60, AQ  λAP ，则下列说法正确的是
（ ）
AP  8
3
异面直线 AP, CD 所成角的余弦值为 6
3
AP  BD
若 E, Q, B, D 四点共面，则点Q 是线段 AP 的中点
三、填空题
已知直线l1 ： y  ax  2 ，直线l2 ： y  (a2  2)x  2a ，若l1//l2 ，则a  .
过点 A1, 1 与圆C : (x 1)2  ( y  3)2  4 相切的直线方程为.
已知 F 、 F 分别是椭圆C : x2  y2  1a  b  0 的左､右焦点， O 为坐标原点， P, Q 是椭圆C 上的点，
12a2b2
若△PQF 的面积是 3 b2 ，且 PF  2QF  0 ，则C 的离心率是．
1222
四、解答题
已知直线 x  y  2  0 与直线 x  2 y 1  0 相交于点 P ．
求过点 P 且与直线 x  2 y 1  0 垂直的直线的方程；
求过点 P 且在 x 轴上的截距是在 y 轴上的截距的 2 倍的直线的方程．
如图，在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， AB  BC ， AB  BC  BB1  2 ， D ， E 分别为 AB ， CC1 的中点.
判断直线 DE 与平面 AB1C1 的位置关系，并说明理由；
求异面直线 AB1 与 BE 所成角的余弦值.
已知圆C1 经过点2, 0 ，且与圆C2 : x2  y2  4x  8 y  0 相切于原点O .
求圆C1 的标准方程；
若直线l : ax  by  2a  b  0(a, b 不同时为 0 ) 与圆C1 交于 A, B 两点，当 AB 取得最小值时， l 与圆C2 交于
C , D 两点，求 CD 的值.
x2y2
3 2 
已知椭圆 E : a2  b2  1a  b  0 的左､右焦点分别为 F1 3, 0, F2 3, 0 ，且过点M  3, 2  ．

求 E 的方程；
若点 A, B 是 E 上的两点，且线段 AB 的中点为C 1, 2 ，求直线 AB 的方程；

若点 P 是 E 上不同于左､右顶点的一点，点G 是VPF1F2 的重心，点Q 是圆 N : x2   y 

1 2
2


 1 上的一点，
16
求 QG 的最大值．
如图 1，在V ABC 中， AC  BC ， AC  BC  2 ， M ， N 分别是 BA ， BC 边上的动点（不同于端点），且MN ∥ AC ，将VBMN 沿MN 折起到VPMN 的位置，得到四棱锥 P  ACNM ，如图 2 所示，点Q 是线段 AC的中点.
求证： MN  PC ；
若 PN  2NC ，当四棱锥 P  ACNM 的体积取得最大值时，求平面 PMC 与平面 PMQ 的夹角的余弦值；
若 AM  PQ ，求直线 PM 与平面 ACM 所成角的正弦值的取值范围.
1．D
由倾斜角的定义可得.
【详解】由题意知直线的倾斜角为 0．故选：D．
2．C
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
C
B
A
A
C
D
AC
ACD
题号
11
答案
BCD
根据椭圆的定义求得正确答案.
【详解】根据椭圆的定义可知 PF1  PF2
 2a  16 ，
所以 PF2  16  PF1  10 .
故选：C 3．C
由空间向量共线的充要条件列式求得 x  1 ， y  8 ，即得.
【详解】由向量a  (1, x, 2) ， b  (4, 4, y) 共线，
4  t
故存在t  R ，使得b  → ，即4  tx ，
ta

 y  2t
解得 x  1 ， y  8 ，所以 x  y  9 ．故选：C．
4．B
由方程表示圆可得k   5 ，再由点在圆外即可得k  1 ，求得实数k 的取值范围是  5 , 1 .
4 4

1 22555
2
【详解】易知圆C 可化为 x  

  y 1
 k  ，可得k   0 ，即k   ；
444
又 P 1,1 在圆C 外部，可得111 2  k > 0 ，解得k  1 ；
可得 5  k  1.
4
故选：B.
5．A
根据直线斜率公式，结合数形结合思想进行求解即可.
【详解】Q 直线l 过定点 P 1,1, kPA
 3 1  4, k
2 1PB
 2 1  3 ，且直线l 与线段 AB 相交，
3 14
 由图象知， k  3 或k  4 ，则斜率k 的取值范围是∞, 4  3 , ∞ ．

4
故选：A
6．A
 4
建立空间直角坐标系，确定相关点以及向量的坐标，利用点到直线的距离的向量求法，即可得答案.
【详解】如图，以 A 为原点， AB ， AD ， AP 所在直线分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系，
则 P(0, 0, 3) ， B(2, 0, 0) ， D(0, 2, 0) ， C(2, 2, 0) ，由 uuur  1 uur ，可得M (0, 0, 2) ，
PMPA
3
O  4 2–––→ 4 4
O 为△PBC 的重心，所以  , ,1 ， OD    , , 1 ， DM  (0, 2, 2) ，
 4 2 4 2
 
 

3
3
 

1
2
–––→
 3 3
 3 3
41
9
2
––––→

，
–––→ ––––→
 8  2
则 OD 

， DM  2
OD  DM
––––→
DM
3  7 2 ，
2 2
6
OD   ––––→ 
–––→
2
 –––→ ––––→ 2
OD  DM


DM


故点O 到直线 DM 的距离为

66 .
417
9
 

2
2 


6


6
故选：A 7．C
2
确定与 x  y  5  0 距离为
的直线，由题意这条直线与相切或没交点，联立方程，由韦达定理即可求解.
【详解】
2
设 x  y  5  0 平行且距离为
的直线方程为 x  y  c  0 ，
所以
 2 ，解得c  3 或c  7 （结合图象舍去）
2
c  5
2
设直线l 与 x  y  5  0 平行且它们之间的距离为，则l 的方程为 x  y  3  0 ，
 x2  y2 

由 a2b21, 整理，得a2  b2  x2  6a2 x  9a2  a2b2  0 ，
x  y  3  0,
2
因为 E 上的点到直线 x  y  5  0 的最短距离不小于，所以 x  y  3  0 与椭圆相切或没有交点，
所以Δ  36a4  4 a2  b2 9a2  a2b2   0 ，整理得a2  b2  9  0 ，
2
b21b21
由椭圆 E 的离心率为
，可知1 ，所以 ，
2a22a22
所以a2  1 a2  9  0 ，则a2  6 ，所以0  a  6 .
2
故选：C.
8．D
利用两点间距离公式由 PA  2 PB 得到点 P 的轨迹方程，再利用圆心到直线的距离小于或等于半径可得.
( x  2)2  y2
【详解】设点 P  x, y  ，
( x  2)2  y2
因为 PA  2 PB ，所以
 2，

整理得点 P 的轨迹方程为 x 

10 2
3


 y2 
64 ，
9
根据题意可得直线l 与点 P 的轨迹有公共点，
3 10  4  0  m
401070
32  (4)2
所以3  8 ，即 m 10 
3
，解得
33
 m ．
3
故选：D．
9．AC

2 10  m  0

将方程化为标准式，依题意可得 2 m  2  0

2 10  m  2 m  2
，即可求出m 的取值范围，即可判断.
x2y2
xy2
2
【详解】方程
10 
m  m  2  2 ，即 2 10  m
2 m  21，
2 10  m  0

依题意可得2 m  2  0

2 10  m  2 m  2
，解得2  m  10 且m  6 ，
即m 的取值范围为2, 6 6,10 ，结合选项可知 A、C 符合题意.
故选：AC 10．ACD
根据圆O 上点的个数到直线l 的距离为 2，数形结合得到圆心到直线l 的距离或距离范围，得到方程或不等式，求出答案.
【详解】圆O : x2  y2  9 的圆心为0, 0 ，半径为3 ，
b
4 1
A 选项，要想圆O 上恰有 1 个点到直线l 的距离为2 ，则圆心到直线l 的距离为5 ，
即
 5 ，解得b  5 5 ，A 正确；
b
4 1
B 选项，要想圆O 上恰有 2 个点到直线l 的距离为2 ，则圆心到直线l 的距离大于1，小于5 ，
即
1, 5 ，解得b 5
5, 
5 ∪ 
5, 5 5  ，B 错误；
b
4 1
C 选项，圆O 上恰有 3 个点到直线l 的距离为2 ，则圆心到直线l 的距离等于 1，
即
 1 ，解得b  
5 ，C 正确；
b
4 1
D 选项，圆O 上恰有 4 个点到直线l 的距离为2 ，则圆心到直线l 的距离小于 1，
即
 1 ，解得b 
5, 5 ，D 正确.
故选：ACD．
BCD
用基底 AB, AD, AE 表示 AP ，再结合数量积计算 AP 即可求解判断 A；由基底法和向量夹角余弦公式计算
–––→ –––→
cs AP, AB ，再结合异面直线所成角定义即可求解判断 B；由基底法计算 AP·BD 即可判断 C；用基底
AB, AD, AE 表示 AQ ，由共面定理求出λ即可得解.
【详解】因为EAB  EAD  DAB  60 ，
–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→1
所以 AB·AD  AB·AE  AD·AE  11cs 60  ，
2
取 FC 中点为 M，因为点 P 是三角形CHF 的重心，
–––→–––→–––→→–––→–––→–––→––––→
所以 PH  PC  PF  0  PH  PC  PF   2PM ，
–––→
2 ––––→2 1 –––→–––→
–––→ –––→–––→ ––––→
所以 PH   HM    HF  HC    EF  EH  DC  DH 
3323


  1 –AB––→  –A–D–→  –A–B–→  –A–E–→   1 2–A–B–→  –AD––→  –AE––→ ，
33

–––→–––→ –––→–––→1–––→ –––→ –––→–––→ –––→1–––→ –––→ –––→2 –––→ –––→ –––→
3
所以 AP  AH  PH  AH  2 AB  AD  AE   AD  AE 
2 AB  AD  AE 
33
 AB  AD  AE ，
–––→24 –––→ –––→ –––→ 2
9
所以 AP   AB  AD  AE 


4 –––→2–––→2–––→2–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→
AB  AD  AE  2 AB  AD  2 AD  AE  2 AB  AE
9
8
3
2 6
 4 1 3  2  1  3  8 ，所以 AP ，故 A 错误；
9 23
3
因为 AB//CD ，所以异面直线 AP, CD 所成角即为 AP, AB 所成角，



–––→ –––→2 –––→–––→–––→ –––→2 –––→2–––→ –––→–––→ –––→4
因为 AP·AB  AB  AD  AE  AB  AB  AD  AB  AE  AB  ，
333
所以cs
–––→ –––→


AP, AB
–––→ –––→ AP·AB –––→ –––→
4
36 ，
2 63
AP AB
3
所以 AP, AB 所成角即异面直线 AP, CD 所成角的余弦值为 6 ，故 B 正确；
3
–––→ –––→2
因为 AP·BD 
3
–––→–––→–––→–––→ –––→

AB  AD  AE · AD  AB

–––→ –––→ –––→2
 AB·AD  AB
3
–––→2
 AD
–––→ –––→–––→ –––→ –––→ –––→

 AB·AD  AE·AD  AB·AE  0 ，
所以 AP  BD ，即 AP  BD ，故 C 正确；

–––→–––→2λ –––→ –––→ –––→2λ–––→2λ–––→2λ–––→
AQ  λAP AB  AD  AE AB AD AE ，
3333
因为 E, Q, B, D 四点共面，所以
2λ 2λ 2λ1
 1  λ ，
3332
–––→  1 –––→Q
所以 AQ
AP ，所以点
2
是线段 AP 的中点，故 D 正确.
故选：BCD 12．2
根据给定条件，利用两直线平行的充要条件列式求解.
a  a2  2
【详解】由直线l1 ： y  ax  2 与直线l2 ： y  (a2  2)x  2a 平行，得
2  2a
，解得a  2 ，
所以a  2 .
故答案为：2
x 1  0 或3x  4 y 1  0
直接分两类：一类切线斜率存在时待定系数法可得，二类斜率不存在时验证直线是不是切线即可.
【详解】易知圆心C 1, 3 ，半径r  2 ，且点 A 在圆C 外，
当直线斜率存在时，设切线方程为 y 1  k  x 1 ，即kx  y  k 1  0 ，
k 2  12
k·1 3  k 1
3
k 2 1
则
 2 ，即 k  2 
，解得k  ，故切线方程为3x  4 y 1  0 .
4
当直线斜率不存在时，且过 A1, 1 ，此时直线为 x 1  0 ，圆心C 1, 3 到直线的距离
d  1 (1)  2 ，所以直线 x 1  0 与圆C 相切.
故所求切线方程为 x 1  0 或3x  4 y 1  0 .
故答案为： x 1  0 或3x  4 y 1  0 .
5 / 1 5
33
依题意可得 PF
 2 QF
且 F 在线段 PQ 上，从而得到S
 b2 ，设m  PF , n  PF
，利用余弦定理及椭
222
△PF1F212
圆的定义得到b2  mn 1 csF PF  ，再由面积公式得到1+csÐF PF = sinÐF PF ，即可求出F PF ，再
212
121212
由勾股定理求出n 、m 与a 的关系，最后在VF1PF2 中利用勾股定理求出a 、c 的关系，即可得解.
【详解】因为 PF2  2QF2  0 ，所以 PF2  2 QF2 且 F2 在线段 PQ 上，
所以S
V PF1F2
 2  S
3
V PQF1
 2  3 b2  b2 ，
32
设m  PF , n  PF ，则m  n  2a, QF  n , QF  2a  n ，
122212
在VPF F 中，由余弦定理得 F F 2  PF 2  PF 2  2 PF PF csF PF ，
1 21 212
1212
即4c2  m2  n2  2mncsF PF  (m  n)2  2mn 1 csF PF   4a2  2mn 1 csF PF  ，
121212
即b2  mn 1 csF PF  ，
212
又因为S
 1 mnsin∠F PF
 b2 ，
V PF1F2212
所以1+csÐF PF = sinÐF PF ，即sin F PF  π  2 ，
1212
124 2
所以F1PF2

 π ，
2
因为 PF 2  | PQ |2  QF 2 ，所以(2a  n)2   3n 
2n 2

2a ，
11 2 2 

所以n  2 a, m  4 a ，又 F F 2  PF 2  PF 2 ，所以4c2  20 a2 ，所以e2  5 ，
33
即e 5 ．
3
1 21299
故答案为： 5
3
15．(1) 2x  y  3  0 ；
(2) x  y  0 或 x  2 y  3  0 ．
通过解方程组求出交点坐标，再根据互相垂直的两直线方程的特征，利用代入法进行求解即可；
根据截距是否为零分类进行求解即可.
x  y  2  0,

【详解】（1）由x  2 y 1  0,
得x  1, 所以点 P 1,1 ．
 y  1,

设过点 P 且与直线 x  2 y 1  0 垂直的直线的方程为2x  y λ 0 ，将点 P 1,1 代入方程得2 1λ 0 ，解得λ 3 ，
所以所求直线的方程为2x  y  3  0 ．
（2）当直线过原点时，直线在 x 轴上的截距与在 y 轴上的截距都是 0，显然符合题意，设所求直线的方程为 y  kx ，将点 P 1,1 代入，得k  1 ，
故所求直线方程为 x  y  0 ．
当直线不过原点时，设所求直线方程为 x  y  1，将点 P 1,1 代入，得a  3 ，
2aa2
故所求直线方程为 x  2 y  1，即 x  2 y  3  0 ．
33
综上所述，所求直线的方程为 x  y  0 或 x  2 y  3  0 ．
16．(1)直线 DE ∥平面 AB1C1 ，理由见解析
(2) 10
10
直线 DE ∥平面 AB1C1 ，取 AB1 的中点 F ，连接 DF ， C1F ，证明 DE ∥ FC1 即可；
建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式计算可得结果.
【详解】（1）直线 DE ∥平面 AB1C1 ，证明如下：
取 AB 的中点 F ，连接 DF ，C F ，因为 D 为 AB 的中点，所以 DF ∥ BB ，且 DF  1 BB ，又 E 为CC 的中
111211
点，BB ∥CC ，BB  CC ，所以 EC ∥ BB ，且 EC  1 BB ，所以 DF ∥ EC ，且 DF  EC ，所以四边形 DEC F
1111
11121111
为平行四边形，所以 DE ∥ FC1 ，又 DE  平面 AB1C1 ， FC1  平面 AB1C1 ，所以直线 DE ∥平面 AB1C1 .
（2）因为 AB  BC ，由已知得 BB1  平面 ABC ，以 B 为坐标原点，以 BC ， BA ， BB1 所在直线分别为 x 轴，
y 轴， z 轴建立空间直角坐标系如图所示，
由 AB  BC  BB1  2 ，得 A0, 2, 0 ， B1 0, 0, 2 ， E 2, 0,1 ， AB1  0, 2, 2 ， BE  2, 0,1 .
–––→ –––→
–––→ –––→
AB1  BE
210
设异面直线 AB1 与 BE 所成的角为θ，则csθ cs
所以异面直线 AB1 与 BE 所成角的余弦值为 10 .
10
17．(1) (x 1)2  ( y  2)2  5 ；
AB1 , BE
 –––→ –––→ ，
2 2  5
AB1  BE10
(2) CD  78 .
先判断出C1 与圆C2 外切，从而得C1 , O, C2 三点共线，则有圆心C1 在直线 y  2x ，用待定系数法求解即可；
先求出直线l 恒过点 P 2,1 ，从而得当 PC1 ^ l 时， AB 取最小值，即可求出直线l 的方程，再利用直线与圆相交时的弦长公式求解即可.
【详解】（1）解：因为圆C1 与图C2 相切，且点2, 0 在圆C2 的外部，
所以圆C1 与圆C2 外切，则C1 , O, C2 三点共线，
2
图C : x2  y2  4x  8 y  0 ，
化为标准形式为： (x  2)2  ( y  4)2  20 ，所以圆心C2 2, 4 ，
故圆心C1 在直线 y  2x 上，
设圆C1 的标准方程为(x  t)2  ( y  2t)2  r 2 ，又圆C1 过原点O 0, 0 ，则r 2  5t 2 ，
圆C1 经过点2, 0 ，则(2  t)2  (0  2t)2  r 2  5t 2 ，解得t  1，
故圆C1 的标准方程为(x 1)2  ( y  2)2  5 ；
（2）解：由（1）可知，圆C1 的圆心坐标为1, 2 ，
由直线l : ax  by  2a  b  0 ，化为a  x  2  b  y 1  0 ，所以直线l 恒过点 P 2,1 ，
易知点 P 在圆C1 的内部，
r2  d 2
5  d 2
设点C1 到直线l 的距离为d ，则 AB  2 2，
要使 AB 取得最小值，则d 取得最大值，所以 PC1 ^ l ，
此时k
PC1
 2 1
1 2
 1，所以kl  1，
则直线l 的方程为 y 1   x  2 ，即 x  y 1  0 .
又圆心C2 到直线 x  y 1  0 的距离d  
，
2
2  4 1
2
2
20  
2 
2
 2 

所以 CD  2
x2
y2
 78 .
18．(1)
 1
189
(2) x  4 y  9  0
(3) 10  1
24
根据椭圆定义求出a 的值，根据c  3 ，求解即得椭圆方程；
利用点差法求出中点弦所在直线方程；
依题意，设G  x0 , y0 , P  xP , yP  yP  0 ， NG 

 y 

 0
1 2
5

22

10
2
，根据
QG  NG  QN 
10  1 ，求解即可．
(3  3)2   3 2 
2


2
(3  3)2   3 2 
2


2
24
a2  32
【详解】（1）解：由题意知2a 

 6 2 ，
2
所以a  3
，所以b 
 3 ，
2
所以 E 的方程为 x
2
y
 1．
189
（2）设 A x1 , y1 , B  x2 , y2  ，又线段 AB 的中点为C 1, 2 ，且在椭圆内部，
所以 x1  x2  1, y1  y2  2 ，即 x  x
 2, y  y
 4 ，
221212
x2y2x2y2
又点 A, B 是 E 上的两点，所以 1  1  1, 2  2  1 ，
189189
 x1  x2  x1  x2  y1  y2  y1  y2 
两式相减得
 0 ，
189
所以 y1  y2  
x1  x2
x1  x2
2  y1  y2 
2
  2 4
 1 ，
4
即直线 AB 的斜率为 1 ,
4
所以直线 AB 的方程为 y  2  1  x 1 ，即 x  4 y  9  0 ．
4
（3）
00PPP1 2

0
x  3  3  xP
设G  x , y , P  x , y  y  0 ，因为点G 是VPF F 的重心，所以3，
 y  0  0  yP
 03
x2y2
所以 xP  3x0 , yP  3y0 ，又点 P 是 E 上的一点，所以 P  P  1 ，
189
0


3x 2
所以
3y 2
x2
2
 1，即 0  y  1 y
 0 ，
0
000
189
200
所以 x2  2  2 y2 , y
1, 0 0,1 ．
x2  y 
0 02 
1 2

所以 NG 



，
 y 

 0
1 2
5

22

10
2
2  2 y2  y2  y  1
000
4
 y2  y  9
00
4
当且仅当 y   1 时等号成立，
02
因为 QG  NG  QN 
10  1 ，当且仅当 N 在线段GQ 上时等号成立，
24
所以 QG 的最大值为 10  1 ．
24
19．(1)证明见解析
(2) 6
3
(3)  0, 6 
4 

【详解】（1）在V ABC 中， AC  BC ， MN ∥ AC ，所以MN  BC ，所以在四棱锥 P  ACNM 中， MN  PN ， MN  NC ，
又 PN  NC  N ， PN ， NC  平面 PNC ，所以MN  平面 PNC ，又 PC  平面 PNC ，所以MN  PC .
当四棱锥 P  ACNM 的体积取得最大值时，平面 PMN  平面 ACNM .
又平面 PMN ∩ 平面 ACNM  MN ， MN  PN ， PN  平面 PMN ，所以 PN ^ 平面 ACNM ，
故以 N 为坐标原点， NM ， NC ， NP 所在的直线分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系，
如图所示，
N 0, 0, 0
2
4 
2
 4
 2
则  ， A 2, 3 , 0  ， P  0, 0, 3  ， C  0, 3 , 0  ， M  3 , 0, 0  ，所以Q 1, 3 , 0  .

设平面 PMC 的一个法向量为m1   x1, y1, z1  ，
–––→24 ––––→ 42
又 PC   0, 3 ,  3  ， CM   3 ,  3 , 0  ，

––→ –––→24
m1  PC  3 y1  3 z1  0
所以––→ ––––→
m  CM 
4 x  2 y
，令 z1  1，解得 x1  1 ， y1  2 ，
 0
 13 13 1
所以平面 PMC 的一个法向量m1  1, 2,1 .
设平面 PMQ 的一个法向量为m2   x2 , y2 , z2  ，
–––→ 44 ––––→ 1 2
又MP    3 , 0, 3  ， MQ    , , 0  ，
 3 3
––→ –––→44
m2  MP   3 x2  3 z2  0
所以––→ ––––→12，
m  MQ   x  y  0
 23 23 2
令 y2  1 ，解得 x2  z2  2 ，所以平面 PMQ 的一个法向量m2  2,1, 2 .
设平面 PMC 与平面 PMQ 的夹角为θ，
––→ ––→
––→ ––→
m1  m2
2  2  26
1 4 1  4 1 4
所以csθ csm1 , m2  ––→ ––→ ，
m1  m23
即平面 PMC 与平面 PMQ 的夹角的余弦值为 6 .
3
以C 为坐标原点，直线CA 和CN 分别为 x ， y 轴，过C 作平面 ACNM 的垂线为 z 轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，设 P 0, s, u u  0 ， N 0, t, 00  t  2 ， Q 1, 0, 0 ， A2, 0, 0 ，
M t  2, t, 0 ，
AM  t, t, 0 ， PQ  1, s, u  ，
又 AM  PQ ，所以 AM  PQ  t  st  0 ，解得s  1 ，则 P 0, 1, u  ，则 PM  t  2, t 1, u  ，
又 PM  2PN ，所以t  22  t 12  u 2  2 2  t 2 ，
整理得u2  3  6t ，且u2  3  6t  0 ， t  0 ，得0  t  1 .
2
→
易得平面 ACM 的一个法向量为n  0, 0,1 ，设直线 PM 与平面 ACM 所成角为β，
PM  n
––––→
––––→ →
PM  n
→
sinβ→
––––→u
t  22  t 12  u2
csPM , n ，
sin2β 3  6t  3  6t  6 1 2t   6 1 2t   6
则2  t 2  t 12  3  6t
2t 2  8t  8
2t  42
3  1 2t 2
1 2t   9  6 ，
1 2t
令1 2t  λ 0,1 ，函数 f λ  λ 9  6 在0,1 上单调递减， f λ  f 1  16 ，
λ
因此1 2t  
9
1 2t
 6  16 ，则0  sin2β 3 ，解得0  sinβ6 ，
84