【文档说明】重庆市第七中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试卷 Word版含解析.docx，共(23)页，2.113 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市第七中学校2024-2025学年度上期高2026届高二上第一次月考数学试题（满分150分，考试时间120分钟）注意事项1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答題卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮

擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.一、选择题：本题头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.在空间直角坐标系Oxyz中，

点()3,1,4−−关于平面Oxy的对称点为（）A.()3,1,4−−−B.()3,1,4−−C.()3,1,4−D.()3,1,4−【答案】C【解析】【分析】根据点关于平面Oxy对称时，横坐标,纵坐标不变，竖坐标变为原来的相反数即可得到答案.【详解

】根据点关于平面Oxy对称时，横坐标,纵坐标不变，竖坐标变为原来的相反数可知，点()3,1,4−−关于平面Oxy的对称点为()3,1,4−，故选：C.2.设,Rxy，向量(,1,1)ax=−，(1,,1)by=，(2,4,2)c=−，且ac⊥，//bc

，则=ab（）A.−2B.0C.1D.2【答案】B【解析】【分析】利用向量垂直的坐标表示及共线向量分别求出,xy，再利用空间向量的数量积求出结果.【详解】由ac⊥，得2420xac+=+=，解得3x=−，即(3,1,1)a=−−，由//bc，得

11242y==−，解得2y=−，则(1,2,1)b=−，所以31(1)(2)110ab=−+−−+=.故选：B3.在同一平面直角坐标中，表示1l：yaxb=+与2l：ybxa=−的直线可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】结合各选项分析直线

的斜率与在y轴上的截距，即可判断.【详解】对于A：由图可得直线1l的斜率0a，在y轴上的截距0b；而2l的斜率0b，矛盾，故A错误．对于B：由图可得直线1l的斜率0a，在y轴上的截距0b；而2l的斜率0b

，矛盾，故B错误．对于C：由图可得直线1l的斜率0a，在y轴上的截距0b；而2l的斜率0b，在y轴上的截距0a−，即0a，故C正确．对于D：由图可得直线1l的斜率0a，在y轴上的截距0b；而2l的斜率0b，矛盾，故D错误．故选：C．

4.柏拉图多面体是柏拉图及其追随者对正多面体进行系统研究后而得名的几何体．下图是棱长均为1的柏拉图多面体EABCDF，,,,PQMN分别为,,,DEABADBF的中点，则PQMN=（）A.12B.14C.14−D.12−【答案】A【解析】【分析】根据向量运算得11

22PQDAEB=+，1122MNDFAB=+，再求PQMN即可.【详解】由柏拉图多面体的性质可知，侧面均为等边三角形，四边形ABCD为边长为1的菱形，又AEC△≌BED，所以ACBD=，故四边形ABCD为正方形，同理四边形BE

DF也为正方形．取AE的中点K，连接,PKKQ，则1122PQPKKQDAEB=+=+，同理1122MNDFAB=+，11112222PQMNDAEBDFAB=++11114444DADFDAA

BEBDFEBAB=+++111111cos6001111cos604442=+++=．故选：A．5.数学家欧拉于1765年在他著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重

心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线.已知ABCV的顶点为()0,0A，()5,0B，()2,4C，则该三角形的欧拉线方程为（）的A.1522yx=−+B.1126yx=+C.210yx=−+D.210yx=−【答案】A

【解析】【分析】根据顶点坐标可得重心与外心的坐标，进而得欧拉线方程.【详解】由重心坐标公式可得：重心052004,33G++++，即74,33G.由()0,0A，()5,0B，可知外心M在AB的垂直平分线上，所以设外心5,2Ma，因

为MAMC=，所以()()222255002422aa−+−=−+−，解得54a=，即：55,24M，则4513475232GMk−==−−，故欧拉线方程为：417323yx−=−−，

即：1522yx=−+，故选：A.6.在空间直角坐标系Oxyz中，经过点()000,,Pxyz，且法向量为(),,mABC=的平面方程为()()()0000AxxByyCzz−+−+−=，经过点()000,,Pxyz，且方

向向量为()()0nuvwuvw=,,的直线l的方程为000xxyyzzuvw−−−==.阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面的方程为2320xyz−+−=，直线l的方程为321xyz==−，则直线l与平面所成角的正弦值为（）A.457B.27C.357D

.47【答案】B【解析】【分析】由题意得到直线l的方向向量和平面的法向量，利用线面角的向量求解公式得到答案.【详解】依题意，直线l的方向向量为(3,2,1)n=−，平面的法向量为(1,2,3)m=−，设直线l与平面所成角的大小为，则7||4sin|cos,|||||1241

4nmnmnm====故选：B7.如图，直线334yx=+交x轴于A点，将一块等腰直角三角形纸板的直角顶点置于原点O，另两个顶点M，N恰好落在直线334yx=+上，若点N在第二象限内，则tanAON的值为（）A1

7B.16C.15D.18【答案】A【解析】【分析】过O作OCAB⊥于C，过N作NDOA⊥于D，根据等面积求出OC，运用在直角三角形等知识求出结果.【详解】设直线与y轴的交点为B，过O作OCAB⊥于C，过N作NDOA⊥于D

，因为N在直线334yx=+上且在第二象限内，设3,34Nxx+，则33,4DNxODx=+=−，又()()4,0,0,3AB−，即4,3OAOB==，所以5AB=，在AOBV中，由三角形的面积公式得：1122OBOAABOC=，所以125OC=，在RtNOM

中，,45OMONMNO==，所以125sin45OCONON==，.即1225ON=，在RtNDO中，222NDDOON+=，即()2223122345xx++−=，解得：128412,2525xx=−=，

因为N在第二象限内，所以8425x=−，所1284,2525NDOD==，所以1tan7NDAONON==，故选：A.8.在棱长为4的正方体1111ABCDABCD−中，EF是正方体1111ABCDABCD−外接球的直径，点

P是正方体1111ABCDABCD−表面上的一点，则PEPF的取值范围是（）A.8,0−B.4,0−C.2,0−D.1,0−【答案】A【解析】【分析】求出正方体1111ABCDABCD−的

外接球O的半径R，并求得212PEPFPO=−，求出OP的取值范围，进而可求得PEPF的取值范围.【详解】设正方体1111ABCDABCD−的外接球的球心为O，球O的半径为R，由243R=，得23R=，则23

OEOF==，22()()()()||||PEPFPOOEPOOFPOOEPOOEPOOE=++=+−=−212PO=−，当点P为正方体1111ABCDABCD−的侧面或底面中心时，OP的长取最小值，即min2OP=，当点P与正方体1111ABCDABCD−的顶点

重合时，OP的长取最大值，即max23OP=，即223OP，所以2128,0PEPFPO=−−.故选：A二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.下面四个结论正确的是（）A.已知空间向量(),,0abab，若ab⊥，则0ab=B.若对空间中任意一点O，有111632OPOAOBOC=++，则P，A，B，C四点共面C

.若()1,1,1a=，()1,1,2b=−r，则向量a在向量b上的投影向量112(,,)333c=−D.任意向量a，b，c满足()()abcabc=【答案】ABC【解析】【分析】根据空间向量的概念及其向量共面定理，基底，数量积等的概念，即可判断

得出答案.【详解】对于A，若ab⊥，则πcos02abab==，A正确；对于B，若对空间中任意一点O，有111632OPOAOBOC=++，则111111663322OPOAOBOPOCOP−=−+−，即23AP

PBPC=+，因此AP，PB，PC共面，则P，A，B，C四点共面，B正确；对于C，2,||6abb==，向量a在向量b上的投影向量2112(,,)333||abcbb==−，C正确；对于D，由于ab是一个实数，bc也是一个实数，若()()abcabc=，则c和

a共线，与已知,,abc的任意性不符，D错误.故选：ABC10.下列说法错误的是（）A.“1a=−”是“直线210axy−+=与直线20xay−−=互相垂直”的充要条件B.直线sin20xy++=的倾斜角的取值范围是π3π0,,π44C.过()()11

22,,,xyxy两点的所有直线，其方程均可写为112121yyxxyyxx−−=−−D.已知()()2,4,1,1AB，若直线:20lkxyk++−=与线段AB有公共点，则12,23k−【答案】ACD【解析】【分析】根据两直线垂直的判断方法依次

判断充分性和必要性可知A错误；由直线斜率和倾斜角关系可求得B正确；根据直线两点式方程无法表示的直线可知C错误；求得l所过定点后，由两点连线斜率公式可求得临界状态，结合图象可确定D错误.【详解】对于A，当1a=−时，两直线分别

为10xy−+=和20xy+−=，此时两直线垂直，充分性成立；若两直线垂直，则()21aa=−−，解得：0a=或1a=−，必要性不成立；“1a=−”是“直线210axy−+=与直线20xay−−=互相垂直”的充分不必要条件，A错误；对于B，由直线sin20xy++=得：si

n2yx=−−，直线的斜率sin1,1=−−k，即tan1,1−，又)0,π，π3π0,,π44，B正确；对于C，平行于坐标轴的直线，即12xx=或1

2yy=时，直线方程不能写为112121yyxxyyxx−−=−−，C错误；对于D，由:20lkxyk++−=得：()():120lxky++−=，直线l恒过定点()1,2C−；422213ACk−==+，211112BCk−==−−−，结合图象可知：

,BCACkkk−，21,32k−，D错误.故选：ACD.11.如图，四边形ABCD中，AB＝BC＝AC＝2，DA＝DC＝2，将四边形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论正确的是（）A.两条异面直线AB与CD所

成角的范围是,122B.P为线段CD上一点（包括端点），当CD⊥AB时，2APBC.三棱锥D−ABC的体积最大值为33D.当二面角D−AC−B的大小为6时，三棱锥D−ABC的外接球表面积为283【答案】BCD【解析】【分析】以O为

坐标原点，过z轴垂直平面ABC，建立如图所示的空间直角坐标系，表示出两条异面直线AB与CD所成角可判断A；由CD⊥AB求出360,,33D，P为线段CD上一点（包括端点），表示出P点坐标，由空间向

量夹角公式可判断B；当平面DAC⊥平面ABC时，三棱锥D−ABC的体积最大，求出底面积和高可判断C；求出三棱锥D−ABC的外接球的半径，由球的表面积公式可判断D.【详解】对于A，以O为坐标原点，过z轴垂直平面ABC，

建立如图所示的空间直角坐标系，所以()100A,,,()1,0,0,C−()0,3,0,B设(),,Dxyz，()222222220212111xDAxyzyzDOxyz==−++=+==++=，所以()1

,1y−所以()0,,Dyz，()()1,3,0,1,,ABCDyz=−=，所以设两条异面直线AB与CD所成角为，13coscos,22ABCDyABCDABCD−+===，当1y=−时，62cos4+=，此时12

=，但1y=−时，D平面ABC内.故A不正确；对于B,CD⊥AB时，()()1,,,1,3,0,0CDyzABCDAB==−=，解得：33y=，又因为221yz+=，所以63z=，所以360,,33DP为线段CD上一点（包括端

点）,设()01CPCD=解得361,,33P−.而36362,,,1,3,3333PAPB=−−−=−+−−，()22224210PAPB=+−

=−，所以2APB，故B正确；对于C，当平面DAC⊥平面ABC时，三棱锥D−ABC的体积最大，且连接DO，DOAC⊥，则DO⊥平面ABC，所以1133413343ABCVSDO===.故C正确；对于D，取AC中点O，

连接OB，取ABCV的外心1O，过O作一条垂线垂直平面DAC，过2O作一条垂线垂直平面ABC，两条垂直相交于点H，则H为三棱锥D−ABC的外接球的球心，且二面角D−AC−B的大小为6，即26OHO=，所以在直角三角形2OHO中，233OO=，

所以在223tan63OOOH==，则21OH=，所以2222222237133BHROBOH==+=+=，所以三棱锥D−ABC的外接球表面积为23428SR==，故D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15

分.12.已知,,abc是空间的一个单位正交基底，向量24pabc=−−，,,ababc+−是空间的另一个基底，用基底,,ababc+−表示向量p=_______.【答案】13()()422ababc−++−−

【解析】【分析】根据空间向量基底的意义表示向量p，再借助相等向量列出方程组求解即得.【详解】设()()pxabyabzc=++−+，依题意，()()24pxyaxybzcabc=++−+=−−，而{},,abcrrr空间的基底，则124xyxyz+=−=−=−，解得13,,422xyz=

−==−，所以13()()422pababc=−++−−．故答案为：13()()422ababc−++−−13.如图，60的二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB．已知4AB=，6AC=，8BD=，则CD的长为________

__【答案】217【解析】【分析】由向量的线性表示，根据向量模长根式即可代入求解.【详解】解：由条件，知00CAABABBD==，，CDCAABBD=++,所以2222222222648268cos12068CDCAABBD

CAABABBDCABD=+++++=+++=，所以217CD=,故答案为：21714.已知,PQ分别在直线1:10lxy−+=与直线2:10lxy−−=上，且1PQl⊥，点()4,6A−，()5,1B−，则APPQQB++的最小值为__________【答案】1

02+##210+【解析】【分析】利用数形结合，找到线段的等量关系进行转化，找到APQB+最小值即可得解.【详解】因为1:10lxy−+=，2:10lxy−−=，所以直线1l与2l间的距离为11211+=+，又1PQl⊥，

故2PQ=，过()5,1B−作直线l垂直于1:10lxy−+=，如图，则可设直线l的方程为0xyc++=，代入()5,1B−，得510c−+=，则4c=−，所以直线l的方程40xy+−=，将()5,1B−沿着直线l往

上平移2个单位到B点，设(),4Baa−+，则()()22552aa−+−+=，解得4a=或6a=（舍去），则()4,0B，连接AB交直线1l于点P，过P作2⊥PQl于Q，连接BQ，有//,||||BBPQBBPQ=，即四边形BBPQ为平行四边形，则||||PBBQ=，

即有APQBAPPBAB+=+=，显然AB是直线1l上的点与点,AB距离和的最小值，因此APQB+的最小值，即APPB+的最小值AB，而()()22446010AB=−−+−=，所以APPQQB++的最小值为ABPQ+=102+.故答案为：1

02+.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是将APQB+等价转化为APPB+，从而得解.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.如图，在平行六面体ABCDABCD−中，底面ABCD是边长为2的菱形

，侧棱AA的长为3，且120ABCAABAAD===.（1）AC的长；（2）直线BD与AC所成角的余弦值.【答案】（1）3；（2）3913.【解析】【分析】（1）（2）利用空间向量基底法，结合数量积运算法则即可得解

.【小问1详解】在平行六面体ABCDABCD−中，底面ABCD是边长为2的菱形，侧棱3AA=，120ABCAABAAD===，则224ABAD==，29AA=，cos602ABADABAD==，cos1203

ADAAABAAABAA==−=，而ACABADAA=++，则()2ACABADAA=++222222ABADAAABADABAAADAA=+++++()()3449222323=++++−+−=.【小问2详解

】以,,ABADAA作为空间的一个基底，则BDBAADDDABADAA=++=−++，ACABAD=+，所以()()BDACABADAAABAD=−+++22ABABADADABADAAABAAAD=−−++++44336=−+−−=−，()2BDABAD

AA=−++222222ABADAAABADABAAADAA−−+=++()()32242492331=++−+−−=−，()2224422223ACABADABADABAD+=+=+=++

=，所以639cos,13|||13|23BDACBDACBDAC−===−，所以直线BD与AC所成角余弦值为3913.16.在ABCV中，内角,,ABC所对的边分别是,,abc，已知2222sinsincCbcaB=+−．（1）求角A；（2）设边BC的中点为D，若7a=，且A

BCV的面积为334，求AD的长．【答案】（1）π3A=的（2）132【解析】【分析】（1）根据正弦定理和题中所给式子化简计算得到222bcabc+−=，再结合余弦定理即可求出角A；（2）根据三角形面积公式得到3bc=和2210bc+=，再结合中线向量公式计算即可.【小问1

详解】在ABCV中，由正弦定理得，sinsinCcBb=，因为2222sinsincCbcaB=+−，所以2222ccbcab=+−，化简得，222bcabc+−=，在ABCV中，由余弦定理得，2221cos22bcaAbc+−==，又因为0πA，所以π3A=【小问2详解】由1333sin2

44ABCSbcAbc===△，得3bc=，由2222cosabcbcA=+−，得2273bc=+−，所以2210bc+=．又因为边BC的中点为D，所以()12ADABAC=+，所以222111113()2cos102322222ADABA

CbcbcA=+=++=+=17.已知ABC顶点(4,1)A，AB边上的中线CM所在的直线方程为220xy−+=，AC边上的高BH所在的直线方程为2320xy+−=.（1）求点C的坐标；（2）求BC所在直线的方程.【答案】(1)(6,4)(2)4100xy−+=【

解析】【详解】试题分析：（1）根据AC和BH的垂直关系可得到直线AC的方程为320xym−+=，再代入点A的的坐标可得到直线AC的方程为32100xy−−=，联立CM直线可得到C点坐标；（2）设()00,Bxy，则004+1,22xyM+，将两个点分别带入

BH和CM即可求出()2,2B−，结合第一问得到BC的方程．解析：（1）因为ACBH⊥，BH的方程为2320xy+−=，不妨设直线AC的方程为320xym−+=，将()4,1A代入得1220m−+=，解得10m=−，所以直线AC的方程为32100xy−−=，联立直线,

ACCM的方程，即32100220xyxy−−=−+=，解得点C的坐标为()6,4.（2）设()00,Bxy，则004+1,22xyM+，因为点B在BH上，点M在CM上，所以00002320

4+122022xyxy+−=+−+=，解得()2,2B−，所以()421624BCk−==−−,所以直线BC的方程为()1224yx−=+，整理得4100xy−+=.18.图①是直角梯形,,90ABC

DABCDD=∥，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且60BCE=，以BE为折痕将BCE折起，使点C到达1C的位置，且16AC=．（1）求证：平面1BCE⊥平面ABED；（2）在棱1DC上是否存在点P，使得点P到平面1ABC的距离为155？若存在，求出直线EP与平

面1ABC所成角的正弦值：若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明过程见解析（2）存在，直线EP与平面1ABC所成角的正弦值为155.【解析】【分析】（1）作出辅助线，取BE的中点F，连接1,AFCF，1,,AFBECFBE⊥⊥由勾股定理逆定理得：1AFCF⊥

，从而1CF⊥平面ABED,所以平面1BCE⊥平面ABED；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解出点P的坐标，从而得到线面角.【小问1详解】取BE的中点F，连接1,AFCF，因为四边形ABCE是边

长为2的菱形，并且60BCE=，所以1,ABEBEC均为等边三角形，故1,,AFBECFBE⊥⊥且13AFCF==，因为16AC=，所以22211AFCFAC+=，由勾股定理逆定理得：1AFCF⊥，又因为,AFBE是平面ABE内两条相交直线，所以1CF

⊥平面ABE，即1CF⊥平面ABED,因为1CF平面1BEC，所以平面1BCE⊥平面ABED；【小问2详解】以F为坐标原点，FA所在直线为x轴，FB所在直线为y轴，1CF所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则()()()()()1330,0,0,3,0,0,0,1,0,0,0,

3,0,1,0,,,022FABCED−−，设1(,,),,[0,1]PmntDPDC=，故3333,,,,3,0,12222mnt−+=−，解得：3333,,32222mnt=−=−=，故3333,,3

2222P−−，设平面1ABC的法向量为(,,)vxyz=，则1(3,1,0),(3,0,3),ABAC=−=−，故130330vABxyvACxz=−+==−+=，令1x=，则3,1yz==，故(1,3,1)v=，其中33

33(,,3)2222AP=−−−则3333(,,3)(1,3,1)2222155131APvdv−−−===++，解得：12=,则3333313(,,),(,,),442442APEP=−−=，

设直线EP与平面1ABC所成角为，则15sin=cos,5EPvEPvEPv==，直线EP与平面1ABC所成角的正弦值为155.19.《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nnnnABCD，1,2,3n=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,nnPQ，将极点11,PQ，分别与正方形2222ABCD的顶点连线，取其中点记为mE，mF，1,2,3,4m=，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11122APEPE−与22131A

PEPF−（1）求异面直线12PA与12QB成角余弦值；（2）求平面111PAE与平面122AEP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）.【答案】（1）13；（2）32；（3）表面积为122，体积为4.【解析】【分析】（1）以点O为坐

标原点，分别以221,,OPOQOPuuuruuuuruuur的方向为,,xyz轴的正方向，建立空间直角坐标系.写出点的坐标，求出()121,1,1PA=−−uuur，()121,1,1QB=uuuur，根据向量即可结果；（2）根据坐标，求出平面111PAE与平面122A

EP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1122PEPE为菱形.根据向量法求出四棱锥11122APEPE−的体积以及表面积即可得出结果.【小问1详解】解：由题意可知，221,,OPOQOP两两垂直，且22

11OPOQOP===.以点O为坐标原点，分别以221,,OPOQOPuuuruuuuruuur的方向为,,xyz轴的正方向，如图5，建立空间直角坐标系.则由题意可得，()0,0,0O，()20,1,0P，()10,0,1P，()21,1,0B−，()10,1,1A，()

21,1,0A，()10,0,1Q−.又12,EE分别是1212,PAPB的中点，所以1111,,222E，2111,,222E−.所以()121,1,1PA=−uuur，()121,1,1QB=−，则12121212121211cos,333PAQBPAQBPAQ

B−===−uuuruuuuruuuruuuuruuuruuuur，所以异面直线12PA与12QB成角余弦值为13.【小问2详解】解：由（1）可得，()110,1,0PA=uuur，11111,,

222PE=−uuur，()210,0,1PA=uuur，22111,,222PE=−−uuuur.设()1111,,nxyz=是平面111PAE的一个法向量，则11111100nPAnPE==，即111101110

222yxyz=+−=，令11x=，可得()11,0,1n=是平面111PAE的一个法向量.设()2222,,nxyz=是平面122AEP的一个法向量，因为()2221111,,,,,021220PAPE==−−

uuuuruuuur则22122200nPAnPE==，即222201110222zxyz=−−+=，取21x=，可得()21,1,0n=−是平面122AEP的一个法向量.则12121211cos,222nnnnnn===uruururuururuu

r，所以平面111PAE与平面122AEP的夹角正弦值为213122−=.【小问3详解】解：由（1）（2）可得，()120,1,1PP=−uuur，()121,0,0EE=−uuuur，11111,,222PE=−uuur，2211

1,,222PE=−−uuuur，()110,1,0AP=−uuur，12111,,222PE=−−uuuur.所以2211PEPE=−uuuuruuur，所以22PE∥11PE且2211=PEPE，所以四边

形1122PEPE为平行四边形.又()()12120,1,11,0,00PPEE=−−=uuuruuuur，所以1212PPEE⊥uuuruuuur，即1212PPEE⊥，所以四边形1122PEPE为菱形.又122PP=uuur，

121EE=uuuur，所以112212121222PEPESPPEE==uuuruuuur.设()3333,,nxyz=是平面1122PEPE的一个法向量，则31231100nPPnPE==，即3333301110222yzxyz−=+−

=，取31y=，则()30,1,1n=ur是平面1122PEPE的一个法向量.又()110,1,0AP=−uuur，所以点1A到平面1122PEPE的距离11331222APndn−===uuururur.所以四棱锥

11122APEPE−的体积112211122133226PEPEVSd===，四棱锥23333PABCD−的体积33332221114413233ABCDVSAD===因为()110,1,0AP=−uuur，12111,,222PE=−−uuuur，11111,,22

2PE=−uuur.所以11APuuur在12PEuuuur方向上的投影为111212132334APPEPE−==−uuuruuuuruuuur，所以点1A到直线12PE的距离2211121111

263APPEhAPPE=−=uuuruuuuruuuruuuur.同理可得点1A到直线11PE的距离263h=.所以四棱锥11122APEPE−的侧面积112111364422223SPEh===uuuur

.所以埃舍尔体的表面积为112122S=，体积为()12244VV+=.