2024-2025学年福建省部分优质高中高二上学期入学质量检测数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年福建省部分优质高中高二上学期入学质量检测数学试卷（含解析），共23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：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.在空间直角坐标系中，点A(1,−2,−3)关于x轴的对称点为( )
A. (−1,2,3)B. (1,2,−3)C. (1,2,3)D. (−1,−2,−3)
2.已知a=3p−2q,b=p+q，p,q是相互垂直的单位向量，则a⋅b=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
3.如图，在平行六面体ABCD−A′B′C′D′中，点E，F分别为AB，DD′的中点，则EF=( )
A. −12AB+12AA′+AD
B. 12AB+12AA′+AD
C. −12AB+12AA′+12AD
D. 12AB+12AA′+12AD
4.已知向量m=1,2,−1,n=t,1,−t，且m⊥平面α,n⊥平面β，若平面α与平面β的夹角的余弦值为2 23，则实数t的值为( )
A. 12或−1B. 15或1C. −1或2D. −12
5.如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点，则下列说法正确的是( )
A. 直线D1D与直线AF垂直
B. 直线A1G与平面AEF平行
C. 三棱锥F−ABE的体积为18
D. 直线BC与平面AEF所成的角为45∘
6.已知M，N分别是正四面体ABCD中棱AD，BC的中点，若点P满足MP=2PN.则DP与AB夹角的余弦值为( )
A. 1734B. 1717C. 1326D. 1513
7.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M,N分别在线段AD1和B1C1上，则下列结论中错误的结论( )
A. MN的最小值为2
B. 四面体NMBC的体积为43
C. 有且仅有一条直线MN与AD1垂直
D. 存在点M,N，使▵MBN为等边三角形
8.在正四面体D−ABC中，点E在棱AB上，满足AE=2EB，点F为线段AC上的动点，则( )
A. 存在某个位置，使得DE⊥BF
B. 存在某个位置，使得∠FDB=π4
C. 存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为 714
D. 存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为 32
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.直线l的方向向量为u，两个平面α,β的法向量分别为n1,n2，则下列命题为真命题的是( )
A. 若u⊥n1，则直线l⊥平面α
B. 若n1⊥n2，则平面α⊥平面β
C. 若csn1,n2=12，则平面α,β所成锐二面角的大小为π3
D. 若csu,n1= 32，则直线l与平面α所成角的大小为π3
10.下列说法错误是( )
A. 若A,B,C,D是空间任意四点，则有AB+BC+CD+DA=0
B. 若a//b，则存在唯一的实数λ，使得a=λb
C. 若AB,CD共线，则AB//CD
D. 对空间任意一点O与不共线的三点A,B,C，若OP=xOA+yOB+zOC(其中x,y,z∈R)，则P,A,B,C四点共面
11.在棱长均为1的三棱柱ABC−A1B1C1中，∠A1AB=∠A1AC=∠BAC=60∘，点T满足AT=xAB+yAC+zAA1，其中x,y,z∈0,1，则下列说法一定正确的有( )
A. 当点T为三角形A1B1C1的重心时，x+y+z=2
B. 当x+y+z=1时，AT的最小值为 63
C. 当点T在平面BB1C1C内时，x+y+z的最大值为2
D. 当x+y=1时，点T到AA1的距离的最小值为 22
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知空间向量a=(1,3,2),b=(1,0,1),p=ka−2b,q=3a+4b，若p//q，则实数k= ．
13.平面内的点、直线可以通过平面向量及其运算来表示，数学中我们经常会用到类比的方法，把平面向量推广到空间向量，利用空间向量表示空间点、直线、平面等基本元素，经过研究发现，平面向量中的加减法、数乘与数量积运算法则同样也适用于空间向量.在四棱锥P−ABCD中，已知ABCD是平行四边形，∠ABC=120∘,AB=2,BC=3，且PA⊥面ABCD，则向量PC在向量BD方向上的投影向量是 (结果用BD表示)．
14.如图，正方形ABCD和矩形ABEF所在的平面互相垂直．点P在正方形ABCD及其内部运动，点Q在矩形ABEF及其内部运动．设AB=2,AF=1，给出下列四个结论：
①存在点P,Q，使PQ=3；
②存在点P,Q，使CQ//EP；
③到直线AD和EF的距离相等的点P有无数个；
④若PA⊥PE，则四面体PAQE体积的最大值为13．
其中所有正确结论的序号是 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
如图，在四棱锥A−BCDE中，平面ABE⊥平面BCDE，AE⊥BE，四边形BCDE为梯形，BC//DE，BC⊥BE，AB=2 3，BC=2，CD=2 2，BE=2，BD交CE于点O，点P在线段AB上，且AP=2PB．
(1)证明：OP//平面ACD．
(2)求二面角A−CD−E的正弦值．
16.(本小题12分)
在长方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别在BB1，DD1上，且AF⊥A1D，AA1=BD．
(1)求证：平面A1CD⊥平面AEF；
(2)当AD=3，AB=4，求平面D1B1BD与平面A1CD的夹角的余弦值．
17.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，已知底面ABCD为矩形，PA⊥BC，平面PAD⊥平面ABCD．

(1)求证：PA⊥平面ABCD；
(2)若PA=AD=2，AB= 2，点M在棱PD上，且二面角M−AC−B的大小为120∘．
①求证：CM⊥BD；
②设Q是线段BC上的点，求直线MQ与平面MAC所成角的正弦值的最大值．
18.(本小题12分)
《瀑布》(图1)是最为人所知的作品之一，图中的瀑布会源源不断地落下，落下的水又逆流而上，荒唐至极，但又会让你百看不腻，画面下方还有一位饶有兴致的观察者，似乎他没发现什么不对劲.此时，他既是画外的观看者，也是埃舍尔自己.画面两座高塔各有一个几何体，左塔上方是著名的“三立方体合体”由三个正方体构成，右塔上的几何体是首次出现，后称“埃舍尔多面体”(图2)
埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造，设边长均为2，定义正方形AnBnCnDn，n=1,2,3的顶点为“框架点”，定义两正方形交线为“极轴”，其端点为“极点”，记为Pn,Qn，将极点P1,Q1，分别与正方形A2B2C2D2的顶点连线，取其中点记为Em，Fm，m=1,2,3,4，如(图3).埃舍尔多面体可视部分是由12个四棱锥构成，这些四棱锥顶点均为“框架点”，底面四边形由两个“极点”与两个“中点”构成，为了便于理解，图4我们构造了其中两个四棱锥A1−P1E1P2E2与A2−P2E1P3F1
(1)求异面直线P1A2与Q1B2成角余弦值；
(2)求平面P1A1E1与平面A1E2P2的夹角正弦值；
(3)求埃舍尔体的表面积与体积(直接写出答案)．
19.(本小题12分)
如图1，在平行四边形ABCD中，AB=2BC=4,∠ABC=60∘，E为CD的中点．将▵ADE沿AE折起，连接BD与CD，如图2．

(1)当BD为何值时，平面ADE⊥平面ABCE?
(2)设BF=λBD(0≤λ≤1)，当BE⊥DE时，是否存在实数λ，使得直线AF与平面ABCE所成角的正弦值为 3010？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
(3)当三棱锥B−CDE的体积最大时，求三棱锥D−ABE的内切球的半径．
答案解析
1.C
【解析】点A(1,−2,−3)关于x轴的对称点为(1,2,3)，
故选：C．
2.A
【解析】p,q是相互垂直的单位向量，故p⋅q=0,p=q=1，
故a⋅b=3p−2q⋅p+q=3p2+p⋅q−2q2=3+0−2=1．
故选：A
3.A
【解析】根据题意，EF=EA+AD+DF=−12AB+12AA′+AD．
故选：A
4.B
【解析】因为m=1,2,−1,n=t,1,−t
所以m⋅n=2+2t,m= 6,n= 1+2t2，
因为m⊥平面α,n⊥平面β，若平面α与平面β夹角的余弦值为2 23，
所以2+2t 6⋅ 1+2t2=2 23，化简得5t2−6t+1=0，解得t=15或1．
故选：B
5.B
【解析】A选项：ABCD−A1B1C1D1为正方体，所以DD1//CC1，直线AF与直线CC1不垂直，所以直线AF与直线DD1不垂直，故 A错误；
如图建立空间直角坐标系，则A2,0,0,E1,2,0,F0,2,1,G2,2,1,A12,0,2，
对于B，设平面AEF的法向量为n=(x,y,z)，则AE⋅n=−x+2y=0AF⋅n=−2x+2y+z=0，令y=1，则n=(2,1,2)，
因为A1G=0,2,−1，所以A1G⋅n=0×2+2×1−1×2=0，所以A1G⊥n，
因为A1G在平面AEF外，所以直线A1G与平面AEF平行，所以 B正确，
对于C，S▵ABE=12BE⋅AB=12×1×12=14，所以三棱锥F−ABE的体积为13S▵AEB⋅d=13×14×12=124，所以 C错误，
对于D，B1,1,0,C0,1,0,BC=−1,0,0，直线BC与平面AEF所成的角为θ，sinθ=BC⋅nBCn=−21× 22+12+22=23，所以 D错误，
故选：B．
6.A
【解析】设AB=a,AD=b,AC=c，
因为MP=2PN，所以DP=DM+MP=−12AD+23MN
=−12AD+23MA+AB+BN=−12AD+23MA+23AB+23BN
=−12AD+23×−12AD+23AB+23BA+23AN=−56b+23a−23a+23×12AB+12AC
=−56b+13a+13c，
设正四面体ABCD的棱长为1，
故DP⋅AB=13a−56b+13c⋅a=13a2−56a⋅b+13a⋅c
=13a2−56a⋅bcs60∘+13a⋅ccs60∘=13−56×12+13×12=112，
又DP2=13a−56b+13c2=19a2+2536b2+19c2−59a⋅b−59b⋅c+29a⋅c
=19a2+2536b2+19c2−59a⋅bcs60∘−59b⋅ccs60∘+29a⋅ccs60∘
=19+2536+19−59×12−59×12+29×12=1736，
所以DP= 1736= 176，
故csDP,AB=DP⋅ABDP⋅AB=112 176= 1734，
DP与AB夹角的余弦值为 1734．
故选：A
7.C
【解析】根据正方体的特征可知C1D1⊥B1C1,C1D1⊥面AD1，
又AD1⊂面AD1，所以C1D1⊥AD1，
即C1D1是异面直线AD1和B1C1的公垂线，
当M、N分别与D1、C1重合时，MN最小值，最小值为2，故A正确；
易知S▵NBC=12×2×2=2，所以VM−NBC=13×2×2=43，故 B正确；
易知▵AB1D1是等边三角形，所以当M是AD1中点，而N与B1重合时，MN⊥AD1，
又由A项可知当M、N分别与D1、C1重合时，MN⊥AD1，故 C错误；
如图所示，建立空间直角坐标系，则B2,2,0，可设Mx,0,2−x,Ny,2,2，x,y∈0,2，
若存在点M,N，使▵MBN为等边三角形，则有MN2=x−y2+4+x2MB2=x−22+4+2−x2NB2=y−22+4,
由MB2=NB2⇒ 22−x=2−y，由MB2=NM2⇒2x=8−y24−y，
解方程得y=3 2−2± 4 2−2 2−1，
当y=3 2−2+ 4 2−2 2−1=3 2−3+1+ 4 2−2 2−1=3+1+ 4 2−2 2−1>3舍去，
又因为11<8 2⇒2 2−12<4 2−2⇒2 2−1< 4 2−2⇒y=3 2−2− 4 2−2 2−1∈0,1所以y=3 2−2− 4 2−2 2−1符合题意，即 D正确．
故选：C
8.C
【解析】如下图所示，设正四面体D−ABC的底面中心为点O，连接DO，则DO⊥平面ABC，
以点O为坐标原点，OB、OD所在直线分别为x、z轴建立空间直角坐标系，
设正四面体D−ABC的棱长为2，
则A− 33,−1,0，B2 33,0,0，C− 33,1,0，D0,0,2 63，E 33,−13,0，
设F− 33,λ,0，其中−1≤λ≤1，
对于A，若存在某个位置使得DE⊥BF，DE= 33,−13,−2 63，BF=− 3,λ,0，
所以DE⋅BF=−1−13λ=0，解得λ=−3，不满足题意，故 A错误；
对于B，若存在某个位置使得∠FDB=π4，DF=− 33,λ,−2 63，DB=2 33,0,−2 63，
则csDF,DB=DF⋅DBDF⋅DB=2 λ2+3×2=1 λ2+3= 22，该方程无解，故 B错误；
对于C，设平面DBF的一个法向量为u=x3,y3,z3，
DB=2 33,0,−2 63，DF=− 33,λ,−2 63，
由u⋅DB=2 33x3−2 63z3=0u⋅DF=− 33x3+λy3−2 63z3=0，令z3=λ，则u= 2λ, 6,λ，
若存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为 714，又DE= 33,−13,−2 63，
则 714=csu,DE=u⋅DEu⋅DE= 63λ+1 3λ2+6×2 73= 2λ+12 7× λ2+2，
整理得λ2+4λ=0，解得λ=0或λ=−4(舍去)，
所以存在F− 33,0,0，即F为AC的中点，满足题意，故 C正确；
对于D，设平面DAC的一个法向量为m=x1,y1,z1，
又DA=− 33,−1,−2 63，DC=− 33,1,−2 63，
由m⋅DA=− 33x1−y1−2 63z1=0m⋅DC=− 33x1+y1−2 63z1=0，取z1=−1，得m=2 2,0,−1，
设平面DEF的一个法向量为n=x2,y2,z2，
DE= 33,−13,−2 63，DF=− 33,λ,−2 63，
由n⋅DE= 33x2−13y2−2 63z2=0n⋅DF=− 33x2+λy2−2 63z2=0，取y2=4 6，则n=2 2+6 2λ,4 6,3λ−1，
若存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为 32，
则 32=csm,n=m⋅nm⋅n=81+3λ−3λ−13× 81+3λ2+96+3λ−12，
整理得47λ2−42λ+279=0，易得Δ=422−4×47×279<0，所以该方程无解，故 D错误．
故选：C．
9.BCD
【解析】由u⊥n1，则直线l//平面α或l⊂α，故A错误；
由n1⊥n2，则平面α⊥平面β，故B正确；
若csn1,n2=12，设平面α和平面β所成角为θ，且θ∈0,π2，
则csθ=csn1,n2=12，
所以平面α,β所成锐二面角的大小为π3，故C正确；
设直线l与平面α所成角为γ，
则sinγ=csu,n1= 32，且γ∈0,π2，
所以直线l与平面α所成角的大小为π3，故D正确．
故选：BCD．
10.BCD
【解析】对于A，AB+BC+CD+DA=AC+CA=0， A正确；
对于B，当b=0,a≠0时，λ不存在， B错误；
对于C，AB,CD共线，AB,CD可以在同一条直线上， C错误；
对于D，当x+y+z≠1时，P,A,B,C四点不共面， D错误．
故选：BCD
11.BCD
【解析】对于A，当点T为三角形A1B1C1的重心时，A1T=23×12A1B1+A1C1=13AB+AC，
所以AT=AA1+A1T=13AB+13AC+AA1，又因为AT=xAB+yAC+zAA1，
所以x=y=13,z=1，所以x+y+z=53，故 A错误；
对于B，AT2=x2AB2+y2AC2+z2AA12+2xyAB⋅AC+2xzAB⋅AA1++2yzAC⋅AA1
=x2+y2+z2+xy+xz+yz=x+y+z2−xy+xz+yz=1−xy+xz+yz，
因为x+y+z=1，所以z=1−x+y，
则xy+xz+yz=xy+x+yz=xy+x+y1−x+y
=xy+x+y−x+y2≤x+y24+x+y−x+y2
=−34x+y2+x+y=−34x+y−232+13≤13，
当且仅当x+y=23时取等号，
所以AT2=1−xy+xz+yz≥1−13=23，
所以AT≥ 63，所以AT的最小值为 63，故 B正确；
对于C，当点T在平面BB1C1C内时，
则存在唯一实数对λ,μ使得BT=λBB1+μBC=λBB1+μAC−AB，
则AT=AB+BT=1−μAB+μAC+λAA1，又因为AT=xAB+yAC+zAA1，
所以x=1−μ,y=μ,z=λ，所以x+y+z=1−μ+μ+λ=1+λ，
因为λ=z∈0,1，所以1+λ∈1,2，所以x+y+z的最大值为2，故C正确；
对于D，当x+y=1时，由A选项知，
AT2=x2+y2+z2+xy+xz+yz=x+y2+z2−xy+x+yz=1+z2−xy+z，
AT在AA1方向上的投影为AT⋅AA1AA1=xAB⋅AA1+yAC⋅AA1+zAA1⋅AA1=12x+12y+z=12+z，
所以点T到AA1的距离d= 1+z2−xy+z−12+z2= 34−xy，
因为xy≤x+y24=14，所以d= 34−xy≥ 34−14= 22，当且仅当x=y=12时，取等号，
所以点T到AA1的距离的最小值为 22，故 D正确．
故选：BCD．
12.−32 或−1.5
【解析】因为p=ka−2b=k−2,3k,2k−2，q=3a+4b=7,9,10，
因为p//q，所以k−27=3k9=2k−210，解得：k=−32
故答案为：−32
13.57BD
【解析】向量PC在向量BD方向上的投影向量为PC⋅BD|BD|⋅BD|BD|=PC⋅BD|BD|2⋅BD．
运用运用余弦定理求得|BD|2=AB2+AD2−2AB⋅ADcs60∘=4+9−6=7．
PC=PA+AC=PA+BC−BA，BD=BA+AD=BA+BC，
PC⋅BD=(PA+BC−BA)⋅(BA+BC)，展开化简得到，
PC⋅BD=PA⋅BA+PA⋅BC+BC⋅BA+BC2−BA2−BA⋅BC=PA⋅BA+PA⋅BC+BC2−BA2，由于且PA⊥面ABCD，则PA⋅BA=0,PA⋅BC=0，
则PC⋅BD=BC2−BA2=5．
代入PC⋅BD|BD|2⋅BD，得到57BD.则向量PC在向量BD方向上的投影向量为57BD．
故答案为：57BD．

14.①③④
【解析】建立如图所示空间直角坐标系A−FBD，
则有A(0,0,0)、F1,0,0、B0,2,0、D0,0,2、C0,2,2、E1,2,0，
设P0,m,n，Qs,t,0，其中0≤m,n,t≤2，0≤s≤1，
对①：PQ=s,t−m,−n，则PQ= s2+t−m2+n2，
当s=1，t=n=2，m=0时，有PQ= 1+4+4=3，
故存在点P,Q，使PQ=3，故①正确；
对②：CQ=s,t−2,−2，EP=−1,m−2,n，
若CQ//EP，则有sm−2=−t−2sn=2,
由0≤m,n,t≤2，0≤s≤1，故当sn=2时，s=1，n=2，
此时有m−2=−t−2，即m+t=4，即m=t=2，
此时Q与E重合，P与C重合，故不存在点P,Q，使CQ//EP，故②错误；
对③：点P到直线AD的距离为m，点P到直线EF的距离为 12+n2，
即有m= 12+n2，即m2−n2=1，由0≤m,n≤2，
故其轨迹为双曲线的一部分，即点P有无数个，故③正确；
对④：AP=0,m,n，EP=−1,m−2,n，
由PA⊥PE，故有mm−2+n2=0，则n2=1−m−12∈0,1，
又S▵AQE≤12S矩形ABFE=12×1×2=1，
故VP−AQE=13×S▵AQE×n≤13×1×1=13，故④正确．
故答案为：①③④．
15.(1)
∵平面ABE⊥平面BCDE，且两平面交于BE，又AE⊥BE，
∴AE⊥平面BCDE．
在▵ABE中，∵AB=2 3，BE=2，∴AE=2 2．
∵BC⊥BE且BC=BE=2，∴▵BCE是等腰直角三角形，
∠BEC=∠BCE=π4，∴EC=2 2．
∵BC//DE，∴∠CED=∠BCE=π4，
又∵EC=CD=2 2，∴▵DCE为等腰直角三角形，DE=4．
∵▵BOC∽▵DOE，∵BODO=BCDE=12，
又∵BPPA=12，所以OP//AD，OP⊄平面ACD，AD⊂平面ACD，
∴OP//平面ACD．
(2)
由(1)得AE⊥平面BCDE，且BE⊥DE，所以建立如图所示空间直角坐标系．
可得A0,0,2 2，C2,2,0，D0,4,0，
即AC=2,2,−2 2，AD=0,4,−2 2．
设平面ACD的法向量为n=x,y,z，则n⋅AC=2x+2y−2 2z=0n⋅AD=4y−2 2z=0,
解得n=1,1, 2．
平面CDE的法向量为EA=0,0,2 2．
设二面角A−CD−E为θ，所以csθ=n⋅EAn⋅EA= 22，
则sinθ= 1−cs2θ= 22．
【解析】(1)根据三角形边角关系可证明相似，即可得OP//AD，即可求证，
(2)建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求解即可．
16.(1)
∵ABCD−A1B1C1D1为长方体 ∴CD⊥平面AA1D1D
∵AF⊂平面AA1D1D∴CD⊥AF
又∵AF⊥A1D，且CD∩A1D=D，CD,A1D⊂平面A1CD，
AF⊥平面A1CD
∵AF⊂平面AEF
∴平面AEF⊥平面A1CD
(2)
依题意，建立以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的空直角坐标系，AA1=BD=5
则A(3,0,0),B(3,4,0),C(0,4,0),A1(3,0,5),D1(0,0,5)，
则DD1=(0,0,5),DB=(3,4,0),A1C=(−3,4,−5),A1D=(−3,0,−5)
设平面A1CD 法向量为n.则n⋅A1C=0n⋅A1D=0，即3x−4y+5z=03x+5z=0
令x=5，则z=−3．∴n=(5,0,−3)．
设平面D1B1BD的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅DB=3x+4y=0m⋅DD1=5z=0,
令x=4，则y=−3,z=0，所以平面D1B1BD的法向量为m=(4,−3,0)，
设平面A1CD与平面D1B1BD的夹角为θ，
则csθ=csm,n=m⋅nmn=20 34×5=2 3417，
所以平面A1CD与平面D1B1BD的夹角的余弦值为2 3417
【解析】(1)先证明线面垂直，再应用面面垂直判定定理证明即可；
(2)应用空间向量法求二面角余弦值．
17.(1)证明：在四棱锥P−ABCD中，
因为底面ABCD为矩形，
所以AB⊥AD．
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD．
因为PA⊂平面PAD，
所以AB⊥PA，
因为PA⊥BC，AB，BC⊂平面ABCD，且AB∩BC=B，
所以PA⊥平面ABCD．
(2)以AB,AD,AP为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz．

则A(0 , 0 , 0)，B( 2 , 0 , 0)，C( 2 , 2 , 0)，D(0 , 2 , 0)，P(0 , 0 , 2)．
①所以AC=( 2 , 2 , 0)．
因为点M在棱PD上，
所以设DM=λDP，0<λ<1(λ=0或λ=1显然不满足题设)．
因为DP=(0 , −2 , 2)，
所以DM=(0 , −2λ , 2λ)，
所以AM=AD+DM=(0 , 2−2λ , 2λ)．
设平面MAC的一个法向量n1=(x,y,z)，
则n1·AM=0n1·AC=0，即 (2−2λ)y+2λz=0 , 2x+2y=0 ,
取n1=( 2 , −1 , 1−λλ)．
又AP=(0 , 0 , 2)是平面ABC的一个法向量，
所以cs=n1⋅AP|n1|⋅|AP|=2(1−λ)λ2 3+(1−λλ)2=1−λλ 3+(1−λλ)2，
因为二面角M−AC−B的大小为120∘，
所以|cs|=12，
即1−λλ 3+(1−λλ)2=12，解得λ=12．
此时，CM=CD+DM=(− 2 , −2λ , 2λ)=(− 2 , −1 , 1)，
又BD=(− 2 , 2 , 0)，
所以CM⋅BD=(− 2 , −1 , 1)⋅(− 2 , 2 , 0)=0，
所以CM⊥BD，即CM⊥BD．
②因为Q是线段BC上的点，
所以设Q( 2 , x , 0) , x∈0,2，
由①，可得M(0 , 1 , 1)，所以MQ→=( 2 , x−1 , −1) ,
平面MAC的一个法向量n1=( 2 , −1 , 1)．
设直线MQ与平面MAC所成角为θ，
则sin θ=|cs|=|2−x|2 (x−1)2+3，x∈0,2．
令t=2−x，x∈0,2，则t∈0,2，
则sin θ=t2 t2−2t+4，
则sin θ=12 4t2−2t+1，
令m=1t，则m∈12,+∞,
则sin θ=12 4m2−2m+1，
所以当m=12，即t=2,x=0时，(sin θ)max=12，
即直线MQ与平面MAC所成角的正弦值的最大值为12．
【解析】本题考查线面垂直的判定，利用空间向量求线面的夹角正弦值，判定线线垂直，属于拔高题．
(1)由条件证明得到PA⊥AB，再利用线面垂直的判定定理求出答案．
(2)以AB,AD,AP为正交基底，建立空间直角坐标系A−xyz，
①设DM=λDP，求出向量DP的坐标，进而得到DM的坐标，再求出平面MAC的法向量和平面ABC的法向量，根据二面角M−AC−B的大小为120∘列式求出λ，进而求出CM,BD的坐标，根据其数量积为0证明即可．
②设Q( 2 , x , 0) , x∈0,2，求出平面MAC的一个法向量n1=( 2 , −1 , 1)，设直线MQ与平面MAC所成角为θ，进而得sin θ=t2 t2−2t+4，化简为sin θ=12 4t2−2t+1，进而求出其最大值即可．
18.解：(1)由题意可知，OP3,OP2,OP1两两垂直，且OP3=OP2=OP1=1.以点O为坐标原点，分别以OP3,OP2,OP1的方向为x,y,z轴的正方向，如下图，建立空间直角坐标系．
则由题意可得，O0,0,0，P10,0,1，P20,1,0，P3(1,0,0)，B2−1,1,0，A10,1,1，A21,1,0，Q10,0,−1 ，
又E1,E2分别是P1A2,P1B2的中点，
所以E112,12,12，E2−12,12,12 ，
所以P1A2=1,1,−1，Q1B2=−1,1,1，
则cs=P1A2⋅Q1B2P1A2Q1B2=−1 3× 3=−13，
所以异面直线P1A2与Q1B2成角的余弦值为13 ；
(2)由(1)可得，P1A1=0,1,0，P1E1=12,12,−12，P2A1=0,0,1，P2E2=−12,−12,12 ，
设n1=x1,y1,z1是平面P1A1E1的一个法向量，
则n1⋅P1A1=0n1⋅P1E1=0,
即y1=012x1+12y1−12z1=0,
令x1=1，可得n1=1,0,1是平面P1A1E1的一个法向量，
设n2=x2,y2,z2是平面A1E2P2的一个法向量，
因为P2A1=0,0,1,P2E2=−12,−12,12，
则n2⋅P2A1=0n2⋅P2E2=0,
即z2=0−12x2−12y2+12z2=0,
取x2=1，可得n2=1,−1,0是平面A1E2P2的一个法向量，
则cs=n1⋅n2n1n2=1 2× 2=12，
所以平面P1A1E1与平面A1E2P2的夹角正弦值为 1−122= 32 ；
(3)由(1)、(2)可得：P1P2=0,1,−1，E1E2=−1,0,0，P1E1=12,12,−12，P2E2=−12,−12,12，A1P1=0,−1,0，P1E2=−12,12,−12 ，
所以P2E2=−P1E1，
所以P2E2//P1E1且P2E2=P1E1，
所以四边形P1E1P2E2为平行四边形，
又P1P2⋅E1E2=0,1,−1⋅−1,0,0=0，
所以P1P2⊥E1E2，即P1P2⊥E1E2，
所以四边形P1E1P2E2为菱形．
又P1P2= 2，E1E2=1，
所以SP1E1P2E2=12×P1P2×E1E2= 22 ，
设n3=x3,y3,z3是平面P1E1P2E2的一个法向量，
则n3⋅P1P2=0n3⋅P1E1=0,
即y3−z3=012x3+12y3−12z3=0,
取y3=1，则n3=0,1,1是平面P1E1P2E2的一个法向量，
又A1P1=0,−1,0，
所以点A1到平面P1E1P2E2的距离d=A1P1⋅n3n3=−1 2= 22 ，
所以四棱锥A1−P1E1P2E2的体积V1=13×S菱形P1E1P2E2×d=13× 22× 22=16，
四棱锥P2−A3B3C3D3的体积V2=13×S正方形A3B3C3D3×12A2D2=13×4×1=43，
因为A1P1=0,−1,0，P1E2=−12,12,−12，P1E1=12,12,−12 ，
所以A1P1在P1E2方向上的投影为A1P1⋅P1E2P1E2=−12 34=− 33，
所以点A1到直线P1E2的距离ℎ1= A1P12−A1P1⋅P1E2P1E22= 63 ，
同理可得点A1到直线P1E1的距离ℎ2= 63 ，
所以四棱锥A1−P1E1P2E2的侧面积S1=12×P1E2×ℎ1×4=12× 32× 63×4= 2 ，
所以埃舍尔体的表面积为：12S1=12 2，体积为：24V1+V2=4．
【解析】本题考查空间向量、简单组合体的表面积与体积，属于难题；
(1)以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系.写出点的坐标，求出P1A2=1,1,−1，Q1B2=−1,1,1，根据向量即可求解；
(2)根据坐标，求出平面P1A1E1与平面A1E2P2的法向量，根据向量法可以求出法向量夹角的余弦值，进而得出结果；
(3)由已知可得，四边形P1E1P2E2为菱形.根据向量法求解即可得出结果．
19.(1)
连接BE，由题意得，AD=DE=2,∠ADE=60∘，
则▵ADE为等边三角形，AE=AD=2，
在▵BCE中，EC=2,BC=2,∠BCE=180∘−60∘=120∘，
由余弦定理得BE2=BC2+EC2−2BC⋅ECcs∠BCE=4+4−2×2×2×−12=12，
所以BE=2 3，由BE=2 3,AE=2,AB=4，
则AE2+BE2=AB2，故BE⊥AE．
若平面ADE⊥平面ABCE，
由平面ADE∩平面ABCE=AE，BE⊂平面ABCE，BE⊥AE，
则BE⊥平面ADE，DE⊂平面ADE，则BE⊥DE，
所以BD= BE2+DE2= 2 32+22=4．
下面证明当BD=4时，平面ADE⊥平面ABCE．
证明：由BE=2 3,DE=2,BD=4，则BE2+DE2=BD2，
所以BE⊥DE，又BE⊥AE，AE∩DE=E,AE,DE⊂平面ADE，
所以BE⊥平面ADE，
又BE⊂平面ABCE，所以平面ADE⊥平面ABCE，
故当BD=4时，平面ADE⊥平面ABCE；
(2)
由(1)知，BE⊥DE，则平面ADE⊥平面ABCE．
在平面ADE内过E作EG⊥AE，
由平面ADE∩平面ABCE=AE，EG⊂平面ABCE，
则EG⊥平面ABCE，BE⊂平面ADE，则EG⊥BE．
如图，以点E为坐标原点，以EA,EB,EG所在直线分别为x,y,z轴，过E垂直于平面ABCE的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，
则E0,0,0,A2,0,0,B0,2 3,0,C−1, 3,0,D1,0, 3，
故AB=−2,2 3,0,BD=1,−2 3, 3，
由BF=λBD(0≤λ≤1)，
AF=AB+BF=AB+λBD=−2,2 3,0+λ1,−2 3, 3=−2+λ,2 3(1−λ), 3λ，
因为z轴垂直平面ABCE，故可取平面ABCE的一个法向量为m=0,0,1，
设直线AF与平面ABCE所成角为θ，
所以sinθ=csm,AF=m⋅AFmAF= 3λ −2+λ2+2 3(1−λ)2+ 3λ2= 3010，
化简得3λ2−14λ+8=0，解得λ=23或λ=4(舍去)，
故当BE⊥DE时，存在λ=23，使直线AF与平面ABCE所成角的正弦值为 3010；

(3)
设点D到平面ABCE的距离为ℎ，
由VB−CDE=VD−BCE=13S▵BCEℎ，其中S▵BCE为定值，
则要使三棱锥D−BCE的体积最大时，则点D到平面BCE的距离取最大，
取AE中点H，连接DH，则DH⊥AE，
当DH⊥平面BCE时，点D到平面BCE的距离最大，
此时，由DH⊂平面ADE，则平面ADE⊥平面ABCE，
由(1)知，BE⊥DE，▵BED为直角三角形，BD=4．
则S▵BED=12BE⋅DE=12×2 3×2=2 3，
S▵ABE=12AE⋅BE=12×2×2 3=2 3，
S▵ADE=12AE⋅DH=12×2× 32×2= 3，
在▵ABD中，AB=4,AD=2,BD=4，取AD中点M，
则BM⊥AD，且BM= 42−12= 15，
所以S▵ABD=12AD⋅BM=12×2× 15= 15，
设内切球球心为I，内切球半径为r，由等体积法知，
VD−ABE=VI−ABD+VI−ABE+VI−ADE+VI−BDE=13rS▵ABD+S▵ABE+S▵ADE+S▵BDE
其中，VD−ABE=13S▵ABE⋅DH=13×2 3× 3=2，
故r=3VD−ABES▵ABD+S▵ABE+S▵ADE+S▵BDE=2×32 3+ 3+2 3+ 15=5 3− 1510，
故当三棱锥B−CDE的体积最大时，三棱锥D−ABE的内切球的半径为5 3− 1510．
【解析】(1)先探索面面垂直的必要条件，再证明充分性即可．
(2)由(1)得面面垂直、线面垂直关系，建立空间直角坐标系，用向量方法表示线面角的正弦值，建立关于λ的方程求解即可
(3)借助体积公式可得当DH⊥平面CBE时，三棱锥B−ACD的体积最大，借助等体积法计算可得内切球半径．
方法点睛：空间几何体的内切球问题，一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出或找到截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径；三是建立空间直角坐标系，设出球心坐标，利用有关半径等的等量关系解方程组可得．