2024-2025学年安徽省蚌埠二中高二（上）开学数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年安徽省蚌埠二中高二（上）开学数学试卷（含解析），共17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。

1.已知复数z满足(1−i)z=1+i，其中i为虚数单位，则z=( )
A. iB. −iC. 1+iD. 1−i
2.△ABC是边长为1的正三角形，那么△ABC的斜二测平面直观图△A′B′C′的面积为( )
A. 34B. 38C. 68D. 616
3.已知l，m表示不同的直线，α，β表示不同的平面，则下列说法正确的是( )
A. 若l//α，且l//β，则α//β
B. 若α⊥β，l⊥β，m//α，则m//l
C. 若m⊥n，m⊥α，n//β，则α⊥β
D. 若α⊥β，l⊥β，l⊄α，则l//α
4.已知函数f(x)=sin(x+φ)+ 3cs(x+φ)是奇函数，则tanφ=( )
A. 33B. − 33C. 3D. − 3
5.根据下列情况，判断三角形解的情况，其中正确的是( )
A. a=8，b=16，A=30°，有两解
B. b=18，c=20，B=60°，有一解
C. a=30，b=25，A=150°，有一解
D. a=5，c=2，A=90°，无解
6.已知圆锥的顶点为P，侧面面积为4 5π，母线长为2 5,O为底面圆心，A，B为底面圆O上的两点，且∠AOB=π3，则直线OA与PB所成角的余弦值为( )
A. 510B. − 510C. 55D. 3 1714
7.已知函数f(x)=sin(ωx−π3)(ω>0)在区间[0,π3]上的最大值为ω3，则实数ω的取值个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若csA1−sinA=1+cs2Bsin2B，则2asinC+5cccsB的最小值为( )
A. 2 3B. 6 2C. 4 3D. 4 2
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.关于函数f(x)=2sin(2x−π3)+1，下列结论正确的是( )
A. (π6,0)是f(x)的一个对称中心
B. 函数f(x)在(0,π6)上单调递增
C. 函数f(x)图像可由函数g(x)=2cs2x+1的图像向右平移5π12个单位得到
D. 若方程2f(x)−m=0在区间[π12,π2]上有两个不相等的实根，则m∈[2 3+2,6]
10.已知a≠e,|e|=1，满足：对任意t∈R，恒有|a−te|≥|a−e|，则( )
A. a⋅e=0B. e⋅(a−e)=0
C. a⋅e=1D. e⋅(a−e)=1
11.如图，若正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E,F,EF= 2.则下列结论正确的是( )
A. 直线AC1与平面ABCD的夹角的余弦值为 63
B. 当E与D1重合时，异面直线AE与BF所成角为π3
C. 平面C1BD//平面AEF
D. A1C⊥平面AEF
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若tanθ=2，则sinθ(csθ−sinθ)= ______．
13.已知三棱台ABC−A1B1C1的体积为V，记上底面A1B1C1、下底面ABC的面积分别为S1，S2，若S1：S2=1：4，则三棱锥B−A1B1C1的体积为______V.
14.△ABC中，AB=AC=8，延长线段AB至D，使得∠A=2∠D，则BD+BC的最大值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知|a|=2,|b|=3，且a⋅b=−4．
(1)若(a+kb)⊥a，求k的值；
(2)求b与a+b夹角的余弦值．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π)的部分图像如图所示．
(1)求函数f(x)的解析式及对称中心；
(2)求函数f(x)在[π12,π2]上的值域．
(3)先将f(x)的图像纵坐标缩短到原来的12倍，再向左平移π12个单位后得到g(x)的图像，求函数y=g(x)在x∈[−π2,π]上的单调减区间．
17.(本小题15分)
如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC=90°．
(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；
(2)设DO= 2，圆锥的侧面积为 3π，求三棱锥P−ABC的体积．
18.(本小题17分)
如图，△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinC+ 3acsC− 3(b+c)=0，D为线段BC上一点，且BD=2DC．
(1)求角A；
(2)若AD= 3，求△ABC面积的最大值；
(3)若csB= 33，求tan∠BAD．
19.(本小题17分)
已知三棱锥P−ABC的棱AP、AB、AC两两互相垂直，且AP=AB=AC=4 3．
(1)若点M、N分别在线段AB、AC上，且AM=MB，AN=3NC，求二面角P−MN−A的余弦值；
(2)若以顶点P为球心，8为半径作一个球，球面与该三棱锥P−ABC的表面相交，试求交线长是多少？
答案解析
1.A
【解析】解：∵(1−i)z=1+i，
∴z=1+i1−i=(1+i)2(1−i)(1+i)=i．
故选：A．
根据已知条件，结合复数的四则运算法则，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算法则，属于基础题．
2.D
【解析】解：正三角形ABC的边长为1，故面积为 34，而原图和直观图面积之间的关系S直观图S原图= 24，
故直观图△A′B′C′的面积为 34× 24= 616
故选D．
3.D
【解析】解：对于A：若l//α且l//β，则α//β或α与β相交，故A错误；
对于B：若α⊥β，l⊥β，则l//α或l⊂α，又m//α，
当l//α，则l与m平行或相交或异面，
当l⊂α，则l与m平行或异面，故B错误；
对于C：若m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，
又n//β，所以α//β或α与β相交(不垂直)或α⊥β，故C错误；
对于D：若α⊥β，l⊥β，则l//α或l⊂α，又l⊄α，所以l//α，故D正确．
故选：D．
根据空间中线面、面面的位置关系一一判断即可．
本题考查空间中线面、面面的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
4.D
【解析】解：因为函数f(x)为奇函数，则f(0)=sinφ+ 3csφ=2sin(φ+π3)=0，
所以φ+π3=kπ，k∈Z，解得φ=kπ−π3，k∈Z，
tanφ=tan(kπ−π3)=tan(−π3)=− 3．
故选：D．
根据奇函数的性质得到f(0)=0，即可求出φ，再利用辅助角公式将函数化简，最后代入计算可得．
本题考查三角函数的性质，属于基础题．
5.C
【解析】解：对于A，由正弦定理有，asinA=bsinB，解得sinB=bsinAa=16×128=1，则B=90°，此时三角形有唯一解，错误；
对于B，由正弦定理有，bsinB=csinC，解得sinC=csinBb=20× 3218=5 39> 32，此时三角形有两解，错误；
对于C，由正弦定理有，asinA=bsinB，解得sinB=bsinAa=25×1230=512，此时三角形有唯一解，正确．
对于D，由正弦定理有，asinA=csinC，解得sinC=csinAa=25，此时三角形有唯一解，错误．
6.A
【解析】解：设底面半径为r，又母线长为l=2 5，侧面面积为4 5π，
所以πrl=4 5π，即πr×2 5=4 5π，解得r=2，
则OP= (2 5)2−22=4，
取OP、OB、AB的中点E、G、F，连接EG、GF、EF、OF，
则EG/​/PB且EG=12PB= 5，GF//OA且GF=12OA=1，OF= 22−12= 3，
所以∠EGF为直线OA与PB所成角(或补角)，
又EF= OE2+OF2= 22+( 3)2= 7，
所以cs∠EGF=GF2+EG2−EF22GF⋅EG=12+( 5)2−( 7)22×1× 5=− 510，
所以直线OA与PB所成角的余弦值为 510．
故选：A．
设底面半径为r，根据圆锥的侧面积求出r，取OP、OB、AB的中点E、G、F，连接EG、GF、EF、OF，即可得到∠EGF为直线OA与PB所成角(或补角)，最后由余弦定理计算可得．
本题考查异面直线所成的角的余弦值的求法，属于中档题．
7.B
【解析】解：0≤x≤π3，则ωx−π3∈[−π3,π3ω−π3]，
①若π3ω−π3≤π2，即0<ω≤52时，f(x)在[0,π3]单调递增，
f(x)max=f(π3)=sin(π3ω−π3)=ω3，
作函数r(ω)=sin(π3ω−π3)的图象，作y=ω3与r(ω)仅一个交点，
②若π3ω−π3>ω3，即52<ω≤3时，f(x)max=1=ω3，
∴ω=3，f(x)=sin(3x−π3)，∴3x−π3=π2，x=518π<π3．
满足要求．综上知，满足条件的ω共有两个．
故选：B．
根据已知题意，以及三角函数的性质进行分析即可．
本题考查了三角函数的性质以及三角函数最值的相关知识，属于基础题．
8.C
【解析】解：csA1−sinA=1+cs2Bsin2B=2cs2B2sinBcsB=csBsinB，得csB−csBsinA=sinBcsA，
即csB=sinBcsA+csBsinA=sin(B+A)=sinC，
△ABC中，csB=sinC>0，由1−sinA≠0，则A≠π2，C≠π2−B，所以C=π2+B，
sinA=sin(π−B−C)=sin[π−B−(π2−B)]=sin(π2−2B)=cs2B，
由正弦定理，2asinC+5cccsB=2sinAsinC+5sinCsinCcsB=2sinA+5csB=2cs2B+5csB=4cs2B+3csB
=4csB+3csB≥2 12=4 3，
当且仅当4csB=3csB，即csB= 32,B=π6时等号成立，
所以2asinC+5cccsB的最小值为4 3．
故选：C．
由csA1−sinA=1+cs2Bsin2B，利用三角恒等变换化简得csB=sinC，得C=π2+B，代入2asinC+5cccsB化简得4csB+3csB，结合基本不等式求最小值．
本题考查正弦定理，考查基本不等式，属于中档题．
9.BC
【解析】解：A选项：由f(x)=2sin(2x−π3)+1，令2x−π3=kπ，k∈Z，解得x=π6+k2π，k∈Z，所以其对称中心为(π6+k2π,1)，所以(π6,0)不是其对称中心，A选项错误；
B选项：令2kπ−π2≤2x−π3≤2kπ+π2，k∈Z，解得kπ−π12≤x≤kπ+5π12，k∈Z，即函数的单调递增区间为[kπ−π12,kπ+5π12]，k∈Z，又(0,π6)⊆[kπ−π12,kπ+5π12]，k∈Z，故B正确；
C选项：由g(x)=2cs2x+1=2sin(2x+π2)+1，向右平移5π12可得f(x)=2sin(2x−π3)+1，C选项正确；
D选项：2f(x)−m=4sin(2x−π3)+2−m=0，即m−24=sin(2x−π3)，
设t=2x−π3，则t∈[−π6,2π3]，
即函数y=m−24与函数y=sint在t∈[−π6,2π3]上有两个交点，
做出函数图像，如图所示，
所以可得sin2π3≤m−24<1，解得2+2 3≤m<6，D选项错误．
故选：BC．
根据三角函数图象和性质分别判断选项A、B、C、D的结论．
本题考查的知识点：三角函数的关系式的变换，函数的图象的平移变换，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
10.BC
【解析】解：不妨设OE=e=(1,0),OA=a,OT=te=(t,0)，
则|a−te|=|OA−OT|=|TA|，其几何意义为定点A到x轴上的动点T的距离，
显然当AT⊥x轴时，|TA|取得最小值，
若对任意t∈R，恒有|a−te|≥|a−e|，即|TA|≥|OA−OE|=|EA|，
所以EA⊥x轴，
所以(a−e)⊥e，即e⋅(a−e)=0，故B正确，D错误；
因为e⋅(a−e)=e⋅a−e2=e⋅a−1=0，
所以e⋅a=1，故A错误，C正确．
故选：BC．
设OE=e=(1,0),OA=a,OT=te=(t,0)，根据向量线性运算的几何意义分析可得|a−te|=|TA|，即定点A到x轴上的动点T的距离，进而推出(a−e)⊥e，可判断选项B和D；由(a−e)⊥e，结合向量数量积的运算法则，可判断选项A和C．
本题考查平面向量的运算，熟练掌握平面向量的线性运算和数量积的运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
11.ACD
【解析】解：对于A，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，有CC1⊥平面ABCD，
所以直线AC1与平面ABCD所成的角就是∠CAC1，且CC1⊥AC，
又由正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
所以AC=2 2,AC1=2 3，
则cs∠CAC1=ACAC1=2 22 3= 63，选项A正确；
对于B，当E与D1重合时，由于EF= 2,B1D1=2 2，可知此时F为B1D1的中点，
如上图，连接BC1，C1F，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
易由AB//C1D1且AB=C1D1，可得四边形ABC1D1是平行四边形，所以AD1//BC1，
所以异面直线AE与BF所成角就是∠C1BF或其补角，
由于BB1⊥平面A1B1C1D1，B1F⊂平面A1B1C1D1，
所以B1B⊥B1F，
则BF= BB12+FB12= 4+2= 6，
又因为BC1=2 2,C1F= 2，
所以cs∠C1BF=C1B2+BF2−C1F22C1B⋅BF=8+6−22×2 2× 6= 32，
因为∠C1BF∈(0,π)，
所以∠C1BF=π6，选项B错误；
对于C，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，易由AB//C1D1且AB=C1D1可得：
四边形ABC1D1是平行四边形，所以AD1//BC1，
又因为AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，
所以AD1//平面BDC1，同理可证明AB1//平面BDC1，
又因为AD1∩AB1=A，AD1，AB1⊂平面AB1D1，
所以平面AB1D1//平面BDC1，
而平面AEF与平面AB1D1共面，所以平面C1BD//平面AEF，选项C正确；
对于D，由于A1B1⊥平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1，所以A1B1⊥AD1，
又因为AD1⊥DA1，DA1∩A1B1=A1，DA1，A1B1⊂平面DA1B1C，
所以AD1⊥平面DA1B1C，
又因为A1C⊂平面DA1B1C，所以A1C⊥AD1，
同理可证明：A1C⊥AB1，又因为AB1∩AD1=A，AB1，AD1⊂平面AB1D1，
所以A1C⊥平面AB1D1，而平面AEF与平面AB1D1共面，则A1C⊥平面AEF，选项D正确．
故选：ACD．
利用正方体的性质，结合中位线，勾股定理，可计算和证明各选项，并加以判断．
本题考查了空间中的垂直与平行关系应用问题，也考查了推理与运算能力，是中档题．
12.−25
【解析】解：因为tanθ=2，
所以sinθ(csθ−sinθ)=sinθcsθ−sin2θ=sinθcsθ−sin2θsin2θ+cs2θ=tanθ−tan2θtan2θ+1=2−2222+1=−25．
故答案为：−25．
根据同角三角函数关系式，结合齐次式可得解．
本题考查了同角三角函数关系式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
13.17
【解析】解：根据题意可得小三棱锥与大三棱锥的相似比为1：2，
∴小三棱锥的高与三棱台ABC−A1B1C1的高相等，
∴三棱锥B−A1B1C1的体积与三棱台上面的小三棱锥的体积相等，
又小三棱锥与大三棱锥的体积比为1：8，
∴小三棱锥的体积为三棱台ABC−A1B1C1的体积的17，
∴三棱锥B−A1B1C1的体积为17V.
故答案为：17．
根据题意可得小三棱锥与大三棱锥的相似比为1：2，从而可得小三棱锥的高与三棱台ABC−A1B1C1的高相等，进而可得三棱锥B−A1B1C1的体积与三棱台上面的小三棱锥的体积相等，又小三棱锥与大三棱锥的体积比为1：8，从而可得小三棱锥的体积为三棱台ABC−A1B1C1的体积的17，即可得解．
本题考查几何体的体积关系，化归转化思想，属中档题．
14.18
【解析】解：如图所示，
设∠A=2∠D=2θ，
在△ABC中，由AB=AC=8，则∠ABC=∠ACB=π−∠A2=π2−θ，
再由正弦定理得BCsinA=ABsin∠ACB，则BC=8sin2θcsθ=16sinθ，
又在△ACD中，由正弦定理得ADsin∠ACD=ACsin∠D，
即ADsin(π−θ−2θ)=8sinθ，则AD=8sin3θsinθ=8(sinθcs2θ+sin2θcsθ)sinθ=8(4sinθcs2θ−sinθ)sinθ=32cs2θ−8，
所以BD+BC=AD+BC−AB=32cs2θ+16sinθ−16=−32sin2θ+16sinθ+16，
又0<θ<π0<2θ<π0<π−3θ<π，则0<θ<π3，所以sinθ∈(0, 32)，设t=sinθ∈(0, 32)，
则BD+BC=−32t2+16t+16=−32(t−14)2+18，
所以当t=sinθ=14时，BD+BC取得最大值为18．
故答案为：18．
分别在△ABC与△ACD中用正弦定理，可得BD+BC，再利用二倍角公式化简，结合二次函数性质可得最值．
本题考查了正弦定理的应用，涉及到二次函数的性质，考查了学生的运算求解能力，属于中档题．
15.解：(1)若(a+kb)⊥a，则(a+kb)⋅a=0，即a2+k(a⋅b)=0，可得22−4k=0，解得k=1；
(2)由(a+b)2=a2+2a⋅b+b2=4+2×(−4)+9=5，可得|a+b|= 5(舍负)．
因为b⋅(a+b)=a⋅b+b2=−4+9=5，
所以b与a+b的夹角θ满足csθ=b⋅(a+b)|b|⋅|a+b|=53× 5= 53．
【解析】(1)根据两个向量垂直的条件，建立关于k的等式，解之可得实数k的值；
(2)先利用向量模的公式与数量积的运算性质，求出|a+b|与b⋅(a+b)，然后根据两个向量的夹角公式算出b与a+b夹角的余弦值．
本题主要考查平面向量垂直的条件、向量数量积的运算性质、向量的夹角公式等知识，属于基础题．
16.解：(1)根据函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π)的部分图像，
可得A=2,34⋅2πω=5π12+π3，故ω=2．
再根据五点法作图，2×5π12+φ=π2+2kπ,k∈Z，
由于|φ|<π，
所以φ=−π3；
故有f(x.)=2sin(2x−π3)．
令2x−π3=kπ,k∈Z，解得x=π6+kπ2,k∈Z．
故函数f(x)对称中心为(π6+kπ2,0),k∈Z．
另解：根据图像可得：(−π3,0)是f(x)的图像的一个对称中心，
故函数的对称中心为(kπ2−π3,0),k∈Z．
(2)∵x∈[π12,π2]，
∴2x−π3∈[−π6,2π3]，
当2x−π3=−π6时，f(x)min=f(π12)=−1；
当2x−π3=π2时，f(x)max=f(5π12)=2．
因此函数f(x)的值琙为[−1,2]．
(3)先将f(x)的图像纵坐标缩短到原来的12，再向左平移π12个单位，得到y=sin(2x−π6)的图像，
即g(x)=sin(2x−π6)．
令π2+2kπ≤2x−π6≤3π2+2kπ,k∈Z，
可得g(x)的减区间为[π3+kπ,5π6+kπ],k∈Z．
结合x∈[−π2,π]，
可得g(x)在[−π2,π]上的单调递减区间为[−π2,−π6],[π3,5π6]．
【解析】(1)直接利用函数的性质求出函数的关系式，进一步求出函数的对称中心；
(2)利用函数的定义域求出函数的值域；
(2)利用函数图象的平移变换和伸缩变换求出函数的解析式，进一步求出函数的单调递减区间．
本题考查的知识点：函数图象的平移变换和伸缩变换，正弦型函数的性质，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
17.解：(1)连接OA，OB，OC，△ABC是底面的内接正三角形，
所以AB=BC=AC．
O是圆锥底面的圆心，所以：OA=OB=OC，
所以AP=BP=CP=OA2+OP2=OB2+OP2=OC2+OP2，
所以△APB≌△BPC≌△APC，
由于∠APC=90°．
所以∠APB=∠BPC=90°
所以AP⊥BP，CP⊥BP，AP，PC⊂平面APC，
由于AP∩CP=P，
所以BP⊥平面APC，
由于BP⊂平面PAB，
所以：平面PAB⊥平面PAC．
(2)设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，
所以l= 2+r2．
由于圆锥的侧面积为 3π，
所以π⋅r⋅ 2+r2= 3π，整理得(r2+3)(r2−1)=0，
解得r=1．
所以AB= 1+1−2×1×1×(−12)= 3．
由于AP2+BP2=AB2，解得AP= 32
则：VP−ABC=13×12× 32× 32× 32= 68．
【解析】(1)首先利用三角形的全等的应用求出AP⊥BP，CP⊥BP，进一步求出二面角的平面角为直角，进一步求出结论．
(2)利用锥体的体积公式和圆锥的侧面积公式的应用及勾股定理的应用求出结果．
本题考查的知识要点：面面垂直的判定和性质的应用，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．
18.解：(1)∵asinC+ 3acsC− 3(b+c)=0，
由正弦定理可得sinAsinC+ 3sinAcsC− 3(sinB+sinC)=0，
即sinAsinC+ 3sinAcsC− 3sin(A+C)− 3sinC=0，
∴sinAsinC+ 3sinAcsC− 3sinAcsC− 3csAsinC− 3sinC=0，
∴sinAsinC− 3csAsinC− 3sinC=0，
∵A∈(0,π)，∴sinC>0，∴sinA− 3csA= 3，∴sin(A−π3)= 32，
又A−π3∈(−π3,2π3)，∴A−π3=π3，∴A=2π3．
(2)∵BD=2DC，
∴AD=AB+BD=AB+23BC=AB+23(AC−AB)=13AB+23AC，
∴AD2=(13AB+23AC)2，即3=19AB2+49AB⋅AC+49AC2
=19c2−12×49bc+49b2=19(c2+4b2−2bc)≥19(4bc−2bc)，即3≥19⋅2bc，
∴bc≤272，当且仅当2b=c，即b=3 32，c=3 3时等号成立．
∴S=12bcsinA= 34bc≤27 38，当且仅当2b=c即b=3 32，c=3 3时等号成立．
∴△ABC面积的最大值为27 38．
(3)设∠BAD=θ(0<θ<2π3)，CD=m(m>0)，∵BD=2DC，∴BD=2m，C=π3−B，
在△ABD中，根据正弦定理有：ADsinB=BDsin∠BAD，即ADsinB=2msinθ，
在△ADC中，根据正弦定理有：ADsinC=DCsin∠CAD，即ADsin(π3−B)=msin(2π3−θ)，
∴sin(π3−B)sinB=2sin(2π3−θ)sinθ，
即sinπ3csB−csπ3sinBsinB=2sin2π3csθ−2cs2π3sinθsinθ，
∴ 32csB−12sinBsinB= 3csθ+sinθsinθ= 3tanθ+1，
又csB= 33，则sinB= 1−cs2B= 63，
即 32× 33−12× 63 63= 3tanθ+1，∴tanθ=−2 2+4 35，
∴tan∠BAD=−2 2+4 35．
【解析】(1)利用正弦定理将边化角，再由三角恒等变换公式得到sin(A−π3)= 32，即可得解；
(2)依题意可得AD=13AB+23AC，将两边平方，结合数量积的运算律及基本不等式求出bc的最大值，再由面积公式计算可得；
(3)设∠BAD=θ，CD=m，在△ABD、△ADC中利用正弦定理得到sin(π3−B)sinB=2sin(2π3−θ)sinθ，即可求出tanθ．
本题考查正弦定理，两角和差公式，基本不等式，属于中档题．
19.解：(1)因为AP、AB、AC两两垂直，AP=AB=AC=4 3，
AB，AC⊂平面ABC，AB∩AC=A，所以PA⊥平面ABC,AN=3 3，
AM=2 3,MN= (2 3)2+(3 3)2= 39，
过点A作AE⊥MN于E，连接PE，则AE=AM⋅ANMN=6 3913，

又MN⊂平面ABC，所以PA⊥MN，又AE，PA⊂平面PAE，AE∩PA=A，
所以MN⊥平面PAE，又PE⊂平面PAE，所以MN⊥P E，
∠AEP即为P−MN−A的平面角，
在Rt△PAE中，PE= AE2+AP2= 73213，
所以二面角P−MN−A的余弦值cs∠AEP=AEPE=3 6161．
(2)AP=4 3<8，BP=CP= (4 3)2+(4 3)2=4 6>8，
所以以P为球心，8为半径的球与三棱锥交于四段弧，

①平面ABC与球面相交所成的弧是以A为圆心，
82−(4 3)2=4为半径的14圆弧DD′=14×2π×4=2π；
②平面PAB与球面相交，得到的弧是以P为圆心，8为半径的弧DQ，
∠BPA=π4，cs∠DPA=APPD=4 38= 32，又∠DPA为锐角，
所以∠DPA=π6，DQ所对圆心角θ=π4−π6=π12，所以DQ=π12×8=23π；
③由对称性可知，平面PAC与球面相交所得到弧长与②情况相同，长度也为23π；
④BC= (4 3)2+(4 3)2=4 6=BP=CP，
所以△PBC为等边三角形，∠BPC=π3，
点P到BC的距离等于4 6×sinπ3=6 2>8，
所以平面PBC与球面相交得到弧长QH=π3×8=83π，
所以交线长L=2π+23π+23π+83π=6π．
【解析】(1)作出二面角P−MN−A的平面角，在直角三角形求解即可；
(2)根据数形结合和弧长公式求解即可．
本题考查二面角的计算以及截面的交线问题，属于难题．