2023-2024学年福建省部分优质高中高一下学期期末质量检测数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省部分优质高中高一下学期期末质量检测数学试卷（含解析），共20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.复数z=1+2i31−i(i为虚数单位)在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.某校运动会，一位射击运动员10次射击射中的环数依次为：7，7，10，9，7，6，9，10，7，8.则下列说法错误的是( )
A. 这组数据的平均数为8B. 这组数据的众数为7
C. 这组数据的极差为4D. 这组数据的第80百分位数为9
3.已知向量a,b的夹角为45∘,a=1,b= 2，则2b−a=( )
A. 5B. 7C. 13D. 5
4.已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图是一个圆心角为4π3的扇形，则该圆锥的侧面积为( )
A. 6πB. 8πC. 10πD. 12π
5.已知非零向量a，b满足2a+b⊥2a−b，且向量a在向量b上的投影向量是 34b，则a与b的夹角是( )
A. π6B. π3C. π2D. 5π6
6.学生甲想参加某高中校蓝球投篮特长生考试，测试规则如下：①投篮分为两轮，每轮均有两次机会，第一轮在罚球线处，第二轮在三分线处；②若他在罚球线处投进第一球，则直接进入下一轮，若第一次没有投进可以进行第二次投篮，投进则进入下一轮，否则不预录取；③若他在三分线处投进第一球，则直接录取，若第一次没有投进可以进行第二次投篮，投进则录取，否则不预录取.已知学生甲在罚球线处投篮命中率为34，在三分线处投篮命中率为35，假设学生甲每次投进与否互不影响.则学生甲共投篮三次就结束考试得概率为( )
A. 2780B. 3380C. 950D. 340
7.故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示.已知三楼柱ABF−CDE和BDG−ACH是两个完全相同的直三棱柱，侧棱EF与GH互相垂直平分，EF,GH交于点I，AF=BF=a，AF⊥BF，则点G到平面ACEF的距离是( )
A. 33aB. 12aC. 22aD. 24a
8.如图，直线l1//l2，点A是l1，l2之间的一个定点，点A到l1，l2的距离分别为 2和 6，点B是直线l2上一个动点，过点A作AC⊥AB，点E、F在线段BC上运动(包括端点)且EF=1，若△ABC的面积为2 3，则AE⋅AF的最小值为( )
A. 3B. 114C. 3 22D. 74
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.下列关于平面向量的说法正确的是( )
A. 若a，b是共线的单位向量，则a=b
B. 若a，b是相反向量，则a=b
C. 若a+b=0，则向量a，b共线
D. 若AB//CD，则点A，B，C，D必在同一条直线上
10.如图所示的电路中，5只箱子表示保险匣，设5个盒子分别被断开为事件A，B，C，D，E.箱中所示数值表示通电时保险丝被切断的概率，下列结论正确的是( )
A. A，B两个盒子串联后畅通的概率为13
B. D，E两个盒子并联后畅通的概率为130
C. A，B，C三个盒子混联后畅通的概率为56
D. 当开关合上时，整个电路畅通的概率为2936
11.如图，已知二面角α−l−β的棱l上有A,B两点，C∈α,AC⊥l,D∈β,BD⊥l，且AC=AB=BD，则( )
A. 当α⊥β时，直线CD与平面β所成角的正弦值为 33
B. 当二面角α−l−β的大小为60∘时，直线AB与CD所成角为45∘
C. 若CD=2AB=2，则三棱锥A−BCD的外接球的体积为5 5π3
D. 若CD=2AB，则二面角C−BD−A的余弦值为2 77
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若复数z满足z1+i=i2020+i2021，则复数z= ．
13.为深入贯彻落实习近平总书记对天津工作“三个着力”重要要求，天津持续深化改革，创建全国文明城区，城市文明程度显著提升，人民群众的梦想不断实现.在创建文明城区的过程中，中央文明办对某小区居民进行了创建文明城区相关知识网络问卷调查，从本次问卷中随机抽取了50名居民的问卷结果，统计其得分数据，将所得50份数据的得分结果分为6组：40,50,50,60,60,70,70,80,80,90,90,100，并整理得到如下的频率分布直方图，则该小区居民得分的第70百分位数为 ．
14.《九章算术》中记载：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱剖开，得到一个阳马(底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥)和一个鳖臑(四个面均为直角三角形的四面体).在如图所示的堑堵ABC−A1B1C1中，BB1=BC=2 3，AB=2，AC=4，且有鳖臑C1−ABB1和鳖臑C1−ABC，现将鳖臑C1−ABC沿线BC1翻折，使点C与点B1重合，则鳖臑C1−ABC经翻折后，与鳖臑C1−ABB1拼接成的几何体的外接球的表面积是 ．
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)
设锐角三角形ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，a=2bsinA．
(1)求角B的大小．
(2)若a=3 3，c=5，求b．
16.(本小题12分)
如图，在三棱锥A−BCD中，O,E,M分别是棱BD,BC,AC的中点，CA=CB=CD=BD=2，AB=AD= 2．

(1)求证：EM//平面ABD；
(2)求证：AO⊥平面BCD；
(3)求异面直线AB与CD所成角的余弦值．
17.(本小题12分)
2023年为普及航天知识，某校开展了“航天知识竞赛”活动，现从参加该竞赛的学生中随机抽取了80名，统计他们的成绩(满分100分)，其中成绩不低于80分的学生被评为“航天达人”，将数据整理后绘制成如图所示的频率分布直方图．

(1)若该中学参加这次竞赛的共有3000名学生，试估计全校这次竞赛中“航天达人”的人数；
(2)估计参加这次竞赛的学生成绩的第75百分位数；
(3)若在抽取的80名学生中，利用分层随机抽样的方法从成绩不低于70分的学生中随机抽取6人，再从6人中选择2人作为学生代表，求被选中的2人均为航天达人的概率．
18.(本小题12分)
如图①所示，在Rt▵ABC中，∠C=90∘，D，E分别是AC，AB上的点，且DE//BC,AC=2BC=3DE=6.将▵ADE沿DE折起到▵A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图②所示．M是线段A1D的中点，P是A1B上的点，EP//平面A1CD．
(1)求A1PA1B的值．
(2)证明：平面BCM⊥平面A1BE．
(3)求点P到平面BCM的距离．
19.(本小题12分)
如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，底面ABCD为平行四边形，BD⊥A1C，且E，F，H分别为线段BB1，A1B，AD的中点．
(1)证明：A1B=A1D.
(2)证明：平面EFH //平面A1CD．
(3)若AB=2A1B1，AA1=1，∠ABC=π3，当A1B与平面A1CD所成的角最大时，求四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积V．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查复数的四则运算以及复数的几何意义，属于基础题．
先根据四则运算化简z，得到对应点的坐标，即可得到答案．
【解答】
解：∵z=1+2i31−i=1−2i1−i=(1−2i)(1+i)(1−i)(1+i)=3−i2=32−i2，
∴复数z在复平面内对应的点的坐标是(32,−12)，位于第四象限．
故选D．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了平均数、极差、众数和百分位数，是基础题．
根据平均数、极差、众数和百分位数的概念逐一求解判断即可．
【解答】
解：这组数据的平均数为7+7+10+9+7+6+9+10+7+810=8，故A说法正确；
这组数据的众数为7，故B说法正确;
这组数据的极差为10−6=4，故C说法正确;
将这组数据按照从小到大顺序排序为6，7，7，7，7，8，9，9，10，10，
第80百分位数为9+102=9.5，故D说法错误．
故选D．
3.【答案】A
【解析】【分析】由题意，根据2b−a= (2b−a)2和平面向量数量积的定义和运算律计算即可求解．
【详解】由题意知，
2b−a= (2b−a)2= 4b2+a2−4a⋅b= 4×2+1−4×1× 2× 22= 5．
故选：A
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查圆锥表面积问题，属于基础题．
由圆面积公式求出圆锥的底面面积，再由扇形侧面积公式求出圆锥侧面积．
【解答】
解：因为底面半径 r=2 ，所以底面积 S底=πr2=4π ，底面周长 L=2πr=4π ，
圆锥母线长 l=L4π3=3 ，圆锥侧面积 S侧=πrl=6π ．
故选：A．
5.【答案】A
【解析】【分析】根据2a+b⊥2a−b，可得2a+b⋅2a−b=0，结合数量积的运算律可得a,b的关系，再根据投影向量的公式即可得解．
【详解】因为2a+b⊥2a−b，
所以2a+b⋅2a−b=4a2−b2=0，
所以b=2a，
因为向量a在向量b上的投影向量是 34b，
所以acsa,b⋅bb= 34b，
即12csa,b⋅b= 34b，所以csa,b= 32，
又因为a,b∈0,π，
所以a与b的夹角是π6．
故选：A．
6.【答案】B
【解析】【分析】根据独立事件概率的乘法公式及互斥事件和的概率公式求解．
【详解】记事件Ai表示“甲在罚球线处投篮，第i次投进”，事件Bi表示“甲在三分线处投篮，第i次投进，事件C表示“甲共投篮三次就结束考试”．
则P(C)=PA1A2B1+A1B1=1−34×34×35+34×1−35=3380，
故选：B
7.【答案】B
【解析】【分析】根据已知条件，结合空间总直线与平面的位置关系，先确定点G到平面ACEF的垂线段，在根据已知条件得sinθ=KGIG=h 22a，解方程求出h即可．
【详解】取AC中点M，连接MI，过G作MI的垂线交MI的延长线于点K，

取AB中点N，连接FN，
由已知，M、I分别为AC、EF中点，
因为ABF−CDE是直三棱柱，所以AF⊥AC，EF//AC且EF=AC，
所以FI//AM其FI=AM，所以四边形AMIF为平行四边形，
又AF⊥AC，所以AMIF为矩形，所以EF⊥MK，
又EF⊥GH，MK⊂平面KIG，GH⊂平面KIG，MK∩GH=I，
所以EF⊥平面KIG，KG⊂平面KIG，所以EF⊥KG，
又因为KG⊥MK，EF⊂平面ACEF，MK⊂平面ACEF，EF∩MK=I，
所以KG⊥平面ACEF，所以点G到平面ACEF的距离等于线段KG的长度，设为h；
AF⊥BF，在Rt▵ABF中，AF=BF=a，
所以AB= a2+a2= 2a，设角∠FAB=θ，则有sinθ= 22，
因为四边形AMIF为平行四边形，所以MI//AF，
又因为因为BDG−ACH是直三棱柱，所以AB//HG，且HG=AB=a，
所以∠KIG=∠FAB=θ，IG= 2a2，
又因为KG⊥平面ACEF，IK⊂平面ACEF，所以KG⊥IK，
所以sinθ=KGIG=h 22a，即h 22a= 22，解得h=a2，
所以点G到平面ACEF的距离是a2，
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据空间中点、线、面的位置关系，确定点G到平面ACEF的垂线段．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查三角形面积公式，二倍角公式，向量的坐标运算，属于较难题．
过点A作l1，l2的垂线，交l1，l2分别于点M，N，根据三角形ABC的面积为2 3，先求出∠ABN=π4，进而求出AC，AB，BC，再建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算，结合二次函数即可求解．
【解答】
解：过点A作l1，l2的垂线，交l1，l2分别于点M，N，
则AM= 2，AN= 6，
设∠ABN=θ，则∠ACM=π2−θ，0<θ<π2，
所以AC=AMsin(π2−θ)= 2csθ，AB=ANsinθ= 6sinθ，
所以三角形ABC的面积为：12× 2csθ× 6sinθ=2 3sin2θ=2 3，
解得sin2θ=1，又0<θ<π2，所以2θ=π2,θ=π4，
所以AC=2，AB=2 3，BC= 4+12=4，
以B为原点，BC所在直线为x轴，垂直BC所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系：

可知A(3, 3), 因为EF=1，
不妨设E(x,0),F(x+1,0) ，0⩽x⩽3，
所以AE=(x−3,− 3),AF=(x−2,− 3) ，
所以AE⋅AF=x−3x−2+3=x2−5x+9=x−522+114，
又0⩽x⩽3，所以当x=52时，AE⋅AF取得最小值为：114．
故选：B．
9.【答案】BC
【解析】【分析】利用相反向量、共线向量的概念分析判断各选项得解．
【详解】对于A，a，b是共线的单位向量，则a=b或a=−b， A错误；
对于B，若a，b是相反向量，则a=b， B正确；
对于C，a+b=0，即a=−b，则向量a，b共线， C正确
对于D，AB//CD，点A，B，C，D可以不在同一直线上， D错误．
故选：BC
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题主要考查了互斥与对立事件的概率计算、相互独立事件同时发生的概率计算，属于中档题．
根据互斥与对立事件的概率计算、相互独立事件同时发生的概率计算公式逐个计算判定．
【解答】
解：由题意知，，，，，，
所以A，B两个盒子畅通的概率为，因此A正确;
D，E两个盒子并联后畅通的概率为1−15×16=1−130=2930，因此B错误;
A，B，C三个盘子混联后畅通的概率为，C正确;
根据上述分析可知，当开关合上时，电路畅通的概率为，D正确．
故选ACD．
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查空间线线角、线面角、面面角的求法，考查几何体的体积求法，属于较难题．
对A：借助空间垂直的转化可得线线垂直，结合线面角的定义计算即可得；对B：借助二面角的定义，作出平行直线AB且与CD相交的直线即可计算异面直线夹角；对C：找到底面外接圆圆心，作出过该点且垂直底面的直线，则球心必在该直线上，设出半径，结合勾股定理可得半径，即可得外接球体积；对D：借助二面角定义作出该二面角的平面角，结合意义计算即可得．
【解答】
解：对A选项：当α⊥β时，因为α∩β=l，AC⊥l，
所以AC⊥β，所以直线CD与平面β所成角为∠CDA，
又因为AD⊂β，所以AC⊥AD，
因为BD⊥l，AC=AB=BD，所以AD= 2AB= 2AC，
所以sin⁡∠CDA=ACCD=AC AC2+( 2AC)2= 33，故A正确；
对B选项：如图，过A作AE/​/BD，且AE=BD，连接ED，EC，

则四边形ABDE为正方形，所以AB//DE，所以∠CDE，即为直线AB与CD所成角，
因为BD⊥l，四边形ABDE为正方形，有AE/​/BD，所以AE⊥l，
又因为AC⊥l，所以∠CAE即为二面角α−l−β的平面角，即∠CAE=60∘，
由AC⊥l、AE⊥l、AC∩AE=A且AC、AE⊂平面ACE，
所以l⊥平面ACE，又四边形ABDE为正方形，所以DE/​/l，
所以DE⊥平面ACE，又CE⊂平面ACE，所以DE⊥CE，
由AC=BD且四边形ABDE为正方形，∠CAE=60∘，所以AC=AE=CE，
所以tan⁡∠CDE=1，即∠CDE=45∘，即直线AB与CD所成角为45∘，故B正确；
对于D，如图，作AE/​/BD，且AE=BD，
则二面角α−l−β的平面角为∠CAE (结合B选项中的分析)，不妨取CD=2AB=2，

由CD=2，在Rt△DCE中，易得CE= 3，
在△ACE中，由余弦定理得cs⁡∠CAE=−12，得∠CAE=120∘，
过C点作CO⊥AE交线段EA的延长线于点O，
由B选项的中l⊥平面ACE，且OC⊂平面ACE，故CO⊥l，
而l∩AE=A，且AE，l⊂平面ABDE，则CO⊥平面ABDE，
过O点作OH⊥BD，交线段DB的延长线于点H，连接CH，
则∠CHO为二面角C−BD−A的平面角，
易得CO= 32，HO=1，CH= 72，
所以cs⁡∠CHO=OHCH=2 77，故D正确；
对C选项：同选项D可知∠CAE=120∘，
如图，分别取线段AD，AE的中点G，M，连接GM，过G点作平面β的垂线，

记三棱锥A−BCD的外接球的球心为O1，
则球心O1必在该垂线上，设球的半径为R，则O1E=R，
又△ACE的外接圆半径r=12× 3sin120∘=1，则R2=1+(12)2=54，
所以四面体A−BCD的外接球的体积为43πR3=5 5π6，故C错误．
故选ABD．
12.【答案】2i
【解析】【分析】根据复数的乘方及乘法运算计算即可．
【详解】z1+i=i2020+i2021=i21010+i21010⋅i=1+i，
所以z=1+i2=2i．
故答案为：2i．
13.【答案】84.55
【解析】【分析】利用第70百分位数的定义结合频率分布直方图求解即可．
【详解】由题意得0.004+a+0.018+2×0.022+0.028×10=1，
解得a=0.006，
因为前4组数据的频率之和为0.04+0.06+0.22+0.28=0.6，
前5组数据的频率之和为0.04+0.06+0.22+0.28+0.22=0.82，
则70%分位数在80,90内，设70%分位数为x，
则0.6+x−80×0.022=0.7，解得x≈84.55，
所以70%分位数约为84.55．
故答案为：84.55
14.【答案】100π3
【解析】【分析】
本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，属于中档题．
由题意可得鳖臑C1−ABC经翻折后，与鳖臑C1−ABB1拼接成的几何体是三棱锥，由已知求得底面三角形A′B1A是边长为4的正三角形，侧棱C1B1⊥底面A′B1A，找出三棱锥外接球的球心，求解三角形求得外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．
【解答】
解：鳖臑C1−ABC经翻折后，与鳖臑C1−ABB1拼接成的几何体如图，
该几何体是三棱锥，由已知求得底面三角形A′B1A是边长为4的正三角形，
侧棱C1B1⊥底面A′B1A，
设△A′B1A的外心为M，过M作底面垂线，取C1B1 的中点N，过N作C1B1的垂线，
使两垂线相交于点O，则O为拼接成的几何体的外接球的球心．
B1M=23×2 3=4 33，则外接球的半径R满足R2=(4 33)2+( 3)2=253，
∴拼接成的几何体的外接球的表面积为4π×253=100π3．
故答案为100π3．
15.【答案】解：(1)由a=2bsinA，
根据正弦定理得sinA=2sinBsinA，所以sinB=12，
由△ABC为锐角三角形得B=π6．
(2)因为a=3 3, c=5，
由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB=27+25−45=7，
所以b= 7．
【解析】本题考查了正弦定理和余弦定理．
(1)利用正弦定理将边的关系化为角的关系，然后即可求出角B的正弦值，再由△ABC为锐角三角形可得结论；
(2)根据(1)中所求角B的值，结合余弦定理计算得b的值．
16.【答案】(1)
由已知得EM//AB，
又EM⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，
因此EM//平面ABD；
(2)
连结OC

∵BO=DO,AB=AD,∴AO⊥BD，
∵BO=DO,BC=CD,∴CO⊥BD，
在▵AOC中，由已知可得AO=1,CO= 3，而AC=2,
∴AO2+CO2=AC2, ∴∠AOC=90,即AO⊥OC，
∵BD∩OC=O,BD⊂平面BCD，OC⊂平面BCD，
∴AO⊥平面BCD；
(3)
连结OM,OE，由E为BC的中点知ME//AB,OE//DC，
∴直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角．
在▵OME中，EM=12AB= 22,OE=12DC=1,
∵OM是直角▵AOC斜边AC上的中线，∴OM=12AC=1,
∴cs∠OEM=OE2+EM2−OM22OE⋅EM= 24,
∴异面直线AB与CD所成角的所成角的余弦值是 24．

【解析】(1)由已知得EM//AB，根据线面平行的判定定理可证；
(2)由AO⊥BD，AO⊥OC，根据线面垂直的判定定理可证；
(3)连结OM,OE，直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角，利用余弦定理求解．
17.【答案】解：(1)由频率分布直方图可知，成绩在 [80,100] 内的频率为 0.020×10+0.010×10=0.3 ，
则估计全校这次竞赛中“航天达人”的人数约为 3000×0.3=900 人；
(2)由频率分布直方图可知，成绩在 [40,50) 内的频率为 0.005×10=0.05 ，
成绩在 [50,60) 内的频率为 0.015×10=0.15 ，
成绩在 [60,70) 内的频率为 0.020×10=0.2 ，
成绩在 [70,80) 内的频率为 0.030×10=0.3 ，
成绩在 [80,90) 内的频率为 0.020×10=0.2 ，
所以成绩在 80 分以下的学生所占的比例为 0.05+0.15+0.2+0.3=70% ，
成绩在 90 分以下的学生所占的比例为 0.05+0.15+0.2+0.3+0.2=90% ，
所以成绩的75%分位数一定在 [80,90) 内，即为80+10×0.75−，
因此估计参加这次竞赛的学生成绩的75百分位数为82.5；
(3)因为 6×0.30.3+0.2+0.1=3 ， 6×0.20.3+0.2+0.1=2 ， 6×0.10.3+0.2+0.1=1 ，
所以从成绩在[70,80),[80,90)，[90,100]内的学生中分别抽取了3人，2人，1人，
其中有3人为航天达人，设为a,b,c，有3人不是航天达人，设为d,e,f，
则从6人中选择2人作为学生代表，有(a,b)，(a,c)，(a,d)，(a,e)，(a,f)，
(b,c)，(b,d)，(b,e)，(b,f)，(c,d)，(c,e)，(c,f)，(d,e)，(d,f)，(e,f)共15种，
其中2人均为航天达人为 a,b,a,c,b,c 共3种，
所以被选中的2人均为航天达人的概率为315=15．

【解析】本题考查频率分布直方图，考查百分位数，以及古典概型的概率求解，属中档题．
(1)根据直方图求得成绩在 [80,100] 内的频率，再乘以总人数，即可估计；
(2)根据百分位数定义求解即可；
(3)根据古典概型的定义求解即可．
18.【答案】(1)
令平面PED交棱A1C于点N，连接PN,DN，由DE//BC，BC⊂平面A1BC，DE⊄平面A1BC，
则DE//平面A1BC，而平面PED∩平面A1BC=PN，DE⊂平面PED，于是PN//DE，
又EP//平面A1CD，平面PED∩平面A1CD=DN，EP⊂平面PED，于是EP//DN，
因此四边形DEPN是平行四边形，PN=DE，而BC=3,DE=2，PN//BC，
所以A1PA1B=PNBC=23．
(2)
在图①的Rt▵ABC中，由DE//BC,AC=2BC=3DE=6，得AD=4,CD=2，
于是A1D=4,CD=2，而A1C⊥CD，则A1C= A1D2−CD2=2 3，∠CA1D=30∘，
又M是线段A1D的中点，则MC=MA1，∠A1CM=∠CA1D=30∘，
由(1)得A1NA1C=NPBC=23，则A1N=4 33,CN=2 33，tan∠CND=CDCN= 3，
则有∠CND=60∘，∠CND+∠NCM=90∘，因此DN⊥CM，
显然DE⊥CD,DE⊥A1D，CD∩A1D=D,CD,A1D⊂平面A1CD，则DE⊥平面A1CD，
而DE//BC，因此BC⊥平面A1CD，又DN⊂平面A1CD，则DN⊥BC，
又BC∩CM=C,BC,CM⊂平面BCM，从而DN⊥平面BCM，又EP//DN，
则EP⊥平面BCM，而EP⊂平面A1BE，
所以平面BCM⊥平面A1BE．
(3)
由(1)知PN//BC，又BC⊂平面BCM，PN⊄平面BCM，则PN//平面BCM，
即点P到平面BCM的距离等于点N到平面BCM的距离h=CNsin30∘=12×2 33= 33，
所以点P到平面BCM的距离为 33．

【解析】(1)令平面PED交棱A1C于点N，利用线面平行的性质证明四边形DEPN是平行四边形，再利用平行推比例式即可得解．
(2)在△A1CD中证明DN⊥CM，再利用线面垂直的判定、性质证明DN⊥BC，然后利用线面垂直的判定性质、面面垂直的判定推理即得．
(3)利用(2)中信息，求出点N到平面BCM的距离即可．
19.【答案】(1)证明：如图，连接AC，与BD交于点O．
因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD．
又因为BD⊥A1C，AA1∩A1C=A1，AA1、A1C⊂平面AA1C，
所以BD⊥平面AA1C，
因为AC⊂平面AA1C，所以AC⊥BD．
因为四边形ABCD是平行四边形，
所以四边形ABCD是菱形，则AB=AD．
因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，
所以A1B2=A1A2+AB2
=A1A2+AD2=A1D2，即A1B=A1D；
(2)证明：延长EF交AA1于点M，连接MH，
由中位线性质可得EF/​/A1B1，
因为A1B1//AB//CD，所以EF/​/CD．
因为EF⊄平面A1CD，CD⊂平面A1CD，所以EF//平面A1CD，
易得M为AA1的中点，则MH//A1D.
因为MH⊄平面A1CD，A1D⊂平面A1CD，所以MH/​/平面A1CD，
因为EF∩MH=M，EF、MH⊂平面EFH，
所以平面EFH/​/平面A1CD；
(3)解：设AB=m，m>0，因为∠ABC=π3，
所以AC=BC=AB=AD=m，
则A1B= m2+1，A1D=A1C= m2+1，
所以△A1CD为等腰三角形，
故S△A1CD=12⋅m⋅ m2+1−14m2=12 34m4+m2，
设点B到平面A1CD的距离为d，A1B与平面A1CD所成的角为α，
则sinα=dA1B=d m2+1，
因为VA1−BCD=13⋅AA1⋅S△BCD
=13S△BCD=13× 34m2= 312m2，
VB−A1CD=13⋅d⋅S△A1CD=13⋅d⋅12 34m4+m2，
所以13⋅d⋅12 34m4+m2= 312m2，
解得d= 3m 3m2+4，
所以sinα= 3m 3m2+4 m2+1= 3 3m2+4m2+7
≤ 3 2 12+7= 32+ 3=2 3−3，
当且仅当m4=43，即m2=2 33时，等号成立，此时A1B与平面A1CD所成的角最大．
故此时ABCD−A1B1C1D1的体积
V=13×1×(2× 34m2+2×14× 34m2
+ 2× 34m2×2×14× 34m2)
=13( 32×2 33+12× 34×2 33+ 32×2 33×12× 34×2 33)=712．
【解析】本题考查面面平行的判定、直线与平面所成的角以及棱台的体积，属于较难题．
(1)先得出四边形ABCD是菱形，则AB=AD，由AA1⊥平面ABCD，可得AA1⊥AB，AA1⊥AD，由勾股定理计算证明；
(2)先得出EF//平面A1CD和MH/​/平面A1CD，由面面平行的判定即可；
(3)设AB=m，m>0，设点B到平面A1CD的距离为d，A1B与平面A1CD所成的角为α，则sinα=dA1B=d m2+1，由等体积法得出d，利用基本不等式得出A1B与平面A1CD所成的角最大时m的值，再计算四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积V．