第一章素养检测

由题可得 $ \begin{cases}x×1+1×y+1×1=0,\\ \dfrac{1}{2}=\dfrac{y}{-4}=\dfrac{1}{2},\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}x=1,\\ y=-2,\end{cases} $ 所以向量 $ \boldsymbol{a}=(1,1,1) $ ， $ \boldsymbol{b}=(1,-2,1) $ ，所以 $ \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}=(2,-1,2) $ ，所以 $ |\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=\sqrt{{2}^{2}+{\left(-1\right) ^ {2}}+{2}^{2}}=3 $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

依题意得 $ \stackrel{\to }{AC}=(-1,-1,2) $ , $ \stackrel{\to }{AB}=(1,1,-1) $ ，则点C到直线 $ AB $ 的距离为 $ \sqrt{{\left|\stackrel{\to }{AC}\right|}^{2}-{\left(\dfrac{\left|\stackrel{\to }{AC}\cdot \stackrel{\to }{AB}\right|}{\left|\stackrel{\to }{AB}\right|}\right) ^ {2}}}=\sqrt{6-\dfrac{16}{3}}=\sqrt{\dfrac{2}{3}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3} $ .

由题意,在平行六面体 $ ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 中, $ AB\perp AD $ , $ A{A}_{1}\perp AD $ , $ AB=AD=A{A}_{1}=2 $ ,由点 $ P $ 是 $ {C}_{1}D $ 与 $ C{D}_{1} $ 的交点,得 $ \overrightarrow {AP}=\overrightarrow {AD}+\overrightarrow {DP}=\overrightarrow {AD}+\dfrac{1}{2}(\overrightarrow {DC}+\overrightarrow {D{D}_{1}})=\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow {A{A}_{1}}+\overrightarrow {AD} $ ,而 $ \overrightarrow {A{B}_{1}}=\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {A{A}_{1}} $ ,因此 $ \overrightarrow {AP}\cdot \overrightarrow {A{B}_{1}}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {A{A}_{1}}+2\overrightarrow {AD})\cdot (\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {A{A}_{1}})=\dfrac{1}{2}({\overrightarrow {AB}}^{2}+{\overrightarrow {A{A}_{1}}}^{2}+2\overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {A{A}_{1}})=\dfrac{1}{2}({2}^{2}+{2}^{2}+2×2×2× \cos \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3})=2 $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

由题意可知, $ \overrightarrow {SM}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow {SG}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow {SA}+\overrightarrow {AG})=\dfrac{1}{2}[\overrightarrow {SA}+\dfrac{2}{3}×\dfrac{1}{2}(\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AC})]=\dfrac{1}{2}[\overrightarrow {SA}+\dfrac{1}{3}(\overrightarrow {SB}-\overrightarrow {SA})+\dfrac{1}{3}(\overrightarrow {SC}-\overrightarrow {SA})]=\dfrac{1}{6}\overrightarrow {SA}+\dfrac{1}{6}\overrightarrow {SB}+\dfrac{1}{6}\overrightarrow {SC} $ .因为 $ D $ , $ E $ , $ F $ , $ M $ 四点共面,

所以存在实数 $ \lambda $ , $ \mu $ ,使 $ \overrightarrow {DM}=\lambda \overrightarrow {DE}+\mu \overrightarrow {DF} $ ,所以 $ \overrightarrow {SM}-\overrightarrow {SD}=\lambda (\overrightarrow {SE}-\overrightarrow {SD})+\mu (\overrightarrow {SF}-\overrightarrow {SD}) $ ,

所以 $ \overrightarrow {SM}=(1-\lambda -\mu )\overrightarrow {SD}+\lambda \overrightarrow {SE}+\mu \overrightarrow {SF}=(1-\lambda -\mu )k\overrightarrow {SA}+\lambda m\overrightarrow {SB}+\mu n\overrightarrow {SC} $ ,

所以 $ \begin{cases}\left(1-\lambda -\mu \right)k=\dfrac{1}{6},\\ \lambda m=\dfrac{1}{6},\\ \mu n=\dfrac{1}{6},\end{cases} $ 所以 $ \dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{n}=6(1-\lambda -\mu )+6\lambda +6\mu =6 $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

设上底面所在圆的圆心为 $ {O}_{1} $ ,下底面所在圆的圆心为 $ O $ ,连接 $ O{O}_{1} $ , $ {O}_{1}{D}_{1} $ , $ {O}_{1}{C}_{1} $ , $ OD $ , $ OC $ ,

在下底面内过点 $ O $ 作 $ OF\perp OC $ ,以 $ O $ 为原点,以 $ OC $ , $ OF $ , $ O{O}_{1} $ 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.

因为 $ {l}_{1}=2{l}_{2}=\dfrac{4\mathrm{\pi }}{3} $ ,所以弧长 $ {l}_{2} $ , $ {l}_{1} $ 对应的两个圆的半径之比为 $ 1:2 $ ,

即 $ \dfrac{OD}{OA}=\dfrac{1}{2} $ ,由 $ AD=1 $ ,得 $ OD=1 $ , $ OA=2 $ , $ \mathrm{\angle }AOB=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ ,则 $ D( \cos \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}, \sin \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3},0) $ ,即 $ D(-\dfrac{1}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{2},0) $ , $ E(2 \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{3},2 \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{3},3) $ ,即 $ E(1,\sqrt{3},3) $ .又 $ C(1,0,0) $ , $ {B}_{1}(2,0,3) $ ,则 $ \overrightarrow {CE}=(0,\sqrt{3},3) $ , $ \overrightarrow {D{B}_{1}}=(\dfrac{5}{2},-\dfrac{\sqrt{3}}{2},3) $ ,则 $ \left|\overrightarrow {CE}\right|=\sqrt{3+9}=2\sqrt{3} $ ,

$ \left|\overrightarrow {D{B}_{1}}\right|=\sqrt{\dfrac{25}{4}+\dfrac{3}{4}+9}=4 $ , $ \overrightarrow {CE}\cdot \overrightarrow {D{B}_{1}}=\dfrac{5}{2}×0+(-\dfrac{\sqrt{3}}{2})×\sqrt{3}+3×3=\dfrac{15}{2} $ ，所以 $ \cos ⟨\overrightarrow {CE},\overrightarrow {D{B}_{1}}⟩=\dfrac{\overrightarrow {CE}\cdot \overrightarrow {D{B}_{1}}}{\left|\overrightarrow {CE}\right|\left|\overrightarrow {D{B}_{1}}\right|}=\dfrac{\dfrac{15}{2}}{2\sqrt{3}×4}=\dfrac{5\sqrt{3}}{16} > 0 $ .故异面直线 $ CE $ 与 $ D{B}_{1} $ 所成角的余弦值为 $ \dfrac{5\sqrt{3}}{16} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

如图，设 $ BD $ 与 $ AC $ 交于点 $ O $ ,连接 $ OF $ .

$ \because $ 四边形 $ ABCD $ 为菱形， $ \therefore O $ 为 $ AC $ 的中点， $ AC\perp BD $ .

$ \because F $ 为 $ PC $ 的中点， $ \therefore OF//PA $ .

$ \because PA\perp $ 平面 $ ABCD $ ， $ \therefore OF\perp $ 平面 $ ABCD $ .

以 $ O $ 为原点， $ OB $ ， $ OC $ ， $ OF $ 所在直线分别为 $ x $ 轴、 $ y $ 轴、 $ z $ 轴建立空间直角坐标系 $ Oxyz $ .设 $ PA=AD=AC=1 $ ，则 $ BD=\sqrt{3} $ ，

$ \therefore B(\dfrac{\sqrt{3}}{2},0,0) $ ， $ F(0,0,\dfrac{1}{2}) $ ， $ C(0 $ ， $ \dfrac{1}{2} $ ， $ 0) $ ， $ D(-\dfrac{\sqrt{3}}{2},0,0) $ ， $ \therefore \stackrel{\to }{OC}=(0,\dfrac{1}{2},0) $ ，结合图形可知， $ \stackrel{\to }{OC} $ 为平面 $ BDF $ 的一个法向量.

由 $ \stackrel{\to }{BC}=(-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{1}{2},0) $ ， $ \stackrel{\to }{FB}=(\dfrac{\sqrt{3}}{2} {\rm ，0} $ ， $ -\dfrac{1}{2}) $ ，可求得平面 $ BCF $ 的一个法向量 $ \boldsymbol{n}=(1 $ ， $ \sqrt{3} $ ， $ \sqrt{3}) $ .

$ \therefore \cos ⟨\boldsymbol{n} $ ， $ \stackrel{\to }{OC}⟩=\dfrac{\sqrt{21}}{7} $ ，又二面角 $ C-BF-D $ 为锐二面角， $ \therefore \sin ⟨\boldsymbol{n} $ ， $ \stackrel{\to }{OC}⟩=\dfrac{2\sqrt{7}}{7} $ ， $ \therefore \tan ⟨\boldsymbol{n} $ ， $ \stackrel{\to }{OC}⟩=\dfrac{2\sqrt{3}}{3} $ .

如图,设平面 $ ACE $ 与棱 $ {B}_{1}{C}_{1} $ 交于点 $ F $ ,连接 $ EF $ , $ FC $ , $ {A}_{1}{C}_{1} $ ,又平面 $ ABCD// $ 平面 $ {A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ ,平面 $ {A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1}\cap $ 平面 $ AEC=EF $ ,平面 $ ABCD\cap $ 平面 $ AEC=AC $ ,所以 $ AC//EF $ .又 $ AC//{A}_{1}{C}_{1} $ ,所以 $ EF//{A}_{1}{C}_{1} $ ,则 $ E{B}_{1}=F{B}_{1} $ , $ {A}_{1}E={C}_{1}F $ .当 $ E $ 与 $ {B}_{1} $ 重合时,截面为 $ △A{B}_{1}C $ , $ {V}_{{B}_{1}-ABC}=\dfrac{1}{3}×\dfrac{1}{2}×1×1×1=\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{6}{V}_{ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1}} $ ,不符合题意.

同理,当 $ E $ 与 $ {A}_{1} $ 重合, $ F $ 与 $ {C}_{1} $ 重合时,也不符合题意.

如图,以点 $ D $ 为坐标原点, $ DA $ , $ DC $ , $ D{D}_{1} $ 所在直线分别为 $ x $ , $ y $ , $ z $ 轴,建立空间直角坐标系,

设 $ E{B}_{1}=a(0 < a < 1) $ ,则 $ F{B}_{1}=a $ ,由题易

知 $ A(1,0,0) $ , $ C(0,1,0) $ , $ {B}_{1}(1,1,1) $ , $ E(1,1-a,1) $ ,故 $ \overrightarrow {EA}=(0,a-1,-1) $ , $ \overrightarrow {A{B}_{1}}=(0,1,1) $ , $ \overrightarrow {C{B}_{1}}=(1,0,1) $ ,

所以三棱台 $ EF{B}_{1}-ACB $ 的体积 $ {V}_{EF{B}_{1}-ACB}=\dfrac{1}{3}(\dfrac{1}{2}{a}^{2}+\dfrac{1}{2}+\sqrt{\dfrac{1}{2}{a}^{2}×\dfrac{1}{2}})×1=\dfrac{1}{4}{V}_{ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1}} $ ,所以 $ \dfrac{1}{3}(\dfrac{1}{2}{a}^{2}+\dfrac{1}{2}+\sqrt{\dfrac{1}{2}{a}^{2}×\dfrac{1}{2}})×1=\dfrac{1}{4} $ ,化简整理得 $ 2{a}^{2}+2a-1=0 $ ,解得 $ a=\dfrac{\sqrt{3}-1}{2} $ .

设平面 $ A{B}_{1}C $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=(x,y,z) $ ,则 $ \begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {A{B}_{1}}=y+z=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {C{B}_{1}}=x+z=0,\end{cases} $ 令 $ z=-1 $ ,则 $ \boldsymbol{n}=(1,1,-1) $ ,

所以点 $ E $ 到平面 $ A{B}_{1}C $ 的距离 $ d=\dfrac{\left|\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {EA}\right|}{\left|\boldsymbol{n}\right|}=\dfrac{\left|a-1+1\right|}{\sqrt{3}}=\dfrac{a}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}-1}{2\sqrt{3}}=\dfrac{3-\sqrt{3}}{6} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

由题意,以 $ C $ 为坐标原点, $ CA $ , $ CB $ , $ C{C}_{1} $ 所在直线分别为 $ x $ , $ y $ , $ z $ 轴,建立如图所示的空间直角坐标系 $ Cxyz $ ,则 $ {A}_{1}(1,0,1) $ , $ B(0,1,0) $ , $ C(0,0,0) $ , $ A(1,0,0) $ , $ E(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},0) $ ,

所以 $ \overrightarrow {CB}=(0,1,0) $ , $ \overrightarrow {C{A}_{1}}=(1,0,1) $ , $ \overrightarrow {A{A}_{1}}=(0,0,1) $ ,设 $ A $ 关于平面 $ {A}_{1}BC $ 的对称点为 $ A\prime (x,y,z) $ , $ z > 0 $ ,则 $ \overrightarrow {A\prime {A}_{1}}=(1-x $ , $ -y $ , $ 1-z) $ , $ \overrightarrow {AA\prime }=(x-1,y,z) $ .

设平面 $ {A}_{1}BC $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=({x}_{1},{y}_{1},{z}_{1}) $ ,则 $ \begin{cases}\overrightarrow {CB}\cdot \boldsymbol{n}=0,\\ \overrightarrow {C{A}_{1}}\cdot \boldsymbol{n}=0,\end{cases} $ 即 $ \begin{cases}{y}_{1}=0,\\ {x}_{1}+{z}_{1}=0,\end{cases} $ 令 $ {x}_{1}=1 $ ,则 $ {y}_{1}=0 $ , $ {z}_{1}=-1 $ ,所以 $ \boldsymbol{n}=(1,0,-1) $ 为平面 $ {A}_{1}BC $ 的一个法向量,

所以 $ A $ 与 $ A\prime $ 到平面 $ {A}_{1}BC $ 的距离 $ d=\dfrac{|\overrightarrow {A{A}_{1}}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{|\overrightarrow {A\prime {A}_{1}}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=\dfrac{|-x+z|}{\sqrt{2}} $ ,

即 $ |-x+z|=1\mathrm{①} $ ,又 $ \overrightarrow {AA\prime }//\boldsymbol{n} $ ,所以 $ \begin{cases}x-1=-z,\\ y=0\end{cases}\mathrm{②} $ ,

所以由①②得 $ |2z-1|=1 $ ,又由 $ z > 0 $ 可得 $ x=0 $ , $ y=0 $ , $ z=1 $ ,所以 $ A\prime (0,0,1) $ ,

所以 $ PA+PE=PA\prime +PE\geqslant A\prime E= $

$ \sqrt{{\left(0-\dfrac{1}{2}\right) ^ {2}}+{\left(0-\dfrac{1}{2}\right) ^ {2}}+{\left(1-0\right) ^ {2}}}= $

$ \sqrt{\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}+1}=\dfrac{\sqrt{6}}{2} $ ,

当且仅当 $ A\prime $ , $ P $ , $ E $ 三点共线时取等号,所以 $ PA+PE $ 的最小值为 $ \dfrac{\sqrt{6}}{2} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,由空间中点的对称性可知点 $ A(1,2,3) $ 关于 $ x $ 轴对称的点的坐标为 $ (1,-2,-3) $ ,故A正确；对于 $ \mathrm{B} $ ,在空间直角坐标系中, $ \boldsymbol{n}=(1,0,0) $ 是坐标平面 $ Ozy $ 的一个法向量,故B错误；对于 $ \mathrm{C} $ ,因为{ $ \boldsymbol{a} $ , $ \boldsymbol{b} $ , $ \boldsymbol{c} $ }是空间的一个基底,所以 $ \boldsymbol{a} $ , $ \boldsymbol{b} $ , $ \boldsymbol{c} $ 不共面,即其中任何一个向量都不能用另外两个向量线性表示,假设 $ \boldsymbol{a} $ , $ \boldsymbol{b}-\boldsymbol{a} $ , $ \boldsymbol{a}-\boldsymbol{c} $ 共面,则存在 $ x $ , $ y\in \boldsymbol{R} $ ,满足 $ \boldsymbol{a}=x(\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a})+y(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{c}) $ ,则有 $ \begin{cases}-x+y=1,\\ x=0,\\ y=0,\end{cases} $ 无解,故 $ \boldsymbol{a} $ , $ \boldsymbol{b}-\boldsymbol{a} $ , $ \boldsymbol{a}-\boldsymbol{c} $ 中任何一个向量也不能用另外两个向量线性表示,所以是空间的一个基底,故C正确；对于 $ \mathrm{D} $ ,由题意可得 $ AB=\sqrt{{\left(10-4\right) ^ {2}}+{\left(-1-1\right) ^ {2}}+{\left(6-9\right) ^ {2}}}=7 $ , $ AC=\sqrt{{\left(4-2\right) ^ {2}}+{\left(1-4\right) ^ {2}}+{\left(9-3\right) ^ {2}}}=7 $ , $ BC=\sqrt{{\left(10-2\right) ^ {2}}+{\left(-1-4\right) ^ {2}}+{\left(6-3\right) ^ {2}}}=7\sqrt{2} $ ,显然 $ A{B}^{2}+A{C}^{2}=B{C}^{2} $ ,且 $ AB=AC $ ,则 $ △ABC $ 为等腰直角三角形,故D错误.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C} $ .

因为 $ \mathrm{\angle }EAB=\mathrm{\angle }EAD=\mathrm{\angle }DAB={60}^{\circ } $ ,所以 $ \overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AD}=\overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AE}=\overrightarrow {AD}\cdot \overrightarrow {AE}=1×1× \cos {60}^{\circ }=\dfrac{1}{2} $ ,取 $ FC $ 的中点 $ M $ ,连接 $ HM $ ,则 $ P $ 在线段 $ HM $ 上，因为点 $ P $ 是 $ △CHF $ 的重心,所以 $ \overrightarrow {PH}+\overrightarrow {PC}+\overrightarrow {PF}=0⇒\overrightarrow {PH}=-(\overrightarrow {PC}+\overrightarrow {PF})=-2\overrightarrow {PM}. $ ,所以 $ \overrightarrow {PH}=-\dfrac{2}{3}\overrightarrow {HM}=-\dfrac{2}{3}×\dfrac{1}{2}(\overrightarrow {HF}+\overrightarrow {HC})=-\dfrac{1}{3}(\overrightarrow {EF}-\overrightarrow {EH}+\overrightarrow {DC}-\overrightarrow {DH})=-\dfrac{1}{3}(\overrightarrow {AB}-\overrightarrow {AD}+\overrightarrow {AB}-\overrightarrow {AE})=-\dfrac{1}{3}(2\overrightarrow {AB}-\overrightarrow {AD}-\overrightarrow {AE}) $ ,所以 $ \overrightarrow {AP}=\overrightarrow {AH}-\overrightarrow {PH}=\overrightarrow {AH}+\dfrac{1}{3}(2\overrightarrow {AB}-\overrightarrow {AD}-\overrightarrow {AE})=\overrightarrow {AD}+\overrightarrow {AE}+\dfrac{1}{3}(2\overrightarrow {AB}-\overrightarrow {AD}-\overrightarrow {AE})=\dfrac{2}{3}(\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AD}+\overrightarrow {AE}) $ ,

所以 $ {\overrightarrow {AP}}^{2}=\dfrac{4}{9}{\left(\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AD}+\overrightarrow {AE}\right) ^ {2}}=\dfrac{4}{9}({\overrightarrow {AB}}^{2}+{\overrightarrow {AD}}^{2}+{\overrightarrow {AE}}^{2}+2\overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AD}+2\overrightarrow {AD}\cdot \overrightarrow {AE}+2\overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AE})=\dfrac{4}{9}(1×3+2×\dfrac{1}{2}×3)=\dfrac{8}{3} $ ,所以 $ AP=\sqrt{\dfrac{8}{3}}=\dfrac{2\sqrt{6}}{3} $ ,故A错误；

因为 $ AB//CD $ ,所以异面直线 $ AP $ , $ CD $ 所成角即为 $ AP $ , $ AB $ 所成角,因为 $ \overrightarrow {AP}\cdot \overrightarrow {AB}=\dfrac{2}{3}(\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AD}+\overrightarrow {AE})\cdot \overrightarrow {AB}=\dfrac{2}{3}({\overrightarrow {AB}}^{2}+\overrightarrow {AD}\cdot \overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AE}\cdot \overrightarrow {AB})=\dfrac{4}{3} $ ,所以 $ \cos ⟨\overrightarrow {AP},\overrightarrow {AB}⟩=\dfrac{\overrightarrow {AP}\cdot \overrightarrow {AB}}{\left|\overrightarrow {AP}\right|\left|\overrightarrow {AB}\right|}=\dfrac{\dfrac{4}{3}}{\dfrac{2\sqrt{6}}{3}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3} > 0 $ ,所以异面直线 $ AP $ , $ CD $ 所成角的余弦值为 $ \dfrac{\sqrt{6}}{3} $ ,故B正确；

因为 $ \overrightarrow {AP}\cdot \overrightarrow {BD}=\dfrac{2}{3}(\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AD}+\overrightarrow {AE})\cdot (\overrightarrow {AD}-\overrightarrow {AB})=\dfrac{2}{3}(\overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AD}-{\overrightarrow {AB}}^{2}+{\overrightarrow {AD}}^{2}-\overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AD}+\overrightarrow {AE}\cdot \overrightarrow {AD}-\overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AE})=0 $ ,所以 $ \overrightarrow {AP}\perp \overrightarrow {BD} $ ,即 $ AP\perp BD $ ,故C正确；

$ \overrightarrow {AQ}=\lambda \overrightarrow {AP}=\dfrac{2\lambda }{3}(\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AD}+\overrightarrow {AE})=\dfrac{2\lambda }{3}\overrightarrow {AB}+\dfrac{2\lambda }{3}\overrightarrow {AD}+\dfrac{2\lambda }{3}\overrightarrow {AE} $ ,因为 $ E $ , $ Q $ , $ B $ , $ D $ 四点共面,所以 $ \dfrac{2\lambda }{3}+\dfrac{2\lambda }{3}+\dfrac{2\lambda }{3}=1⇒\lambda =\dfrac{1}{2}. $ ,所以 $ \overrightarrow {AQ}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AP} $ ,所以点 $ Q $ 是线段 $ AP $ 的中点,故D正确.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

由题意知，“阿基米德体”是由如图①所示的正方体截去八个一样的四面体得到的,即“阿基米德体”的所有顶点都是正方体的棱的中点.

图①

$ \mathrm{A} $ 选项：由图①可知 $ AG\perp $ 平面 $ BCDG $ , $ \mathrm{A} $ 正确.

$ \mathrm{B} $ 选项： $ \because $ 点 $ A $ , $ F $ , $ C $ , $ D $ ， $ M $ , $ N $ 均是正方体的棱的中点,

$ \therefore AF//CM $ , $ DF//MN $ , $ CD//AN $ , $ \therefore $ 六边形 $ AFDCMN $ 为正六边形， $ \therefore A $ , $ F $ , $ C $ , $ D $ 四点共面, $ \mathrm{B} $ 正确.

$ \mathrm{C} $ 选项：如图②建立空间直角坐标系,

图②

$ \because AG=\sqrt{A{F}^{2}+F{G}^{2}}=4 $ , $ \therefore $ 正方体的棱长为 $ {\rm 4,} \therefore B(2,0,4) $ , $ A(4,2,0) $ , $ D(2,4,4) $ , $ C(0,2,4) $ ,

$ \therefore \overrightarrow {CB}=(2,-2,0) $ , $ \overrightarrow {CD}=(2,2,0) $ , $ \overrightarrow {CA}=(4,0,-4) $ .

设平面 $ ACD $ 的法向量为 $ {\boldsymbol{n}}_{1}=(x,y,z) $ ,

则 $ \begin{cases}\overrightarrow {CD}\cdot {\boldsymbol{n}}_{1}=2x+2y=0,\\ \overrightarrow {CA}\cdot {\boldsymbol{n}}_{1}=4x-4z=0,\end{cases} $ 令 $ x=1 $ ，则 $ y=-1 $ ， $ z=1 $ ,即 $ {\boldsymbol{n}}_{1}=(1,-1,1) $ , $ \therefore $ 点 $ B $ 到平面 $ ACD $ 的距离为 $ \dfrac{|\overrightarrow {CB}\cdot {\boldsymbol{n}}_{1}|}{|{\boldsymbol{n}}_{1}|}=\dfrac{2+2}{\sqrt{3}}=\dfrac{4\sqrt{3}}{3} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误.

设 $ E(a,2-a,4) $ ,且 $ 0\leqslant a\leqslant 2 $ , $ \therefore \overrightarrow {DE}=(a-2,-a-2,0) $ ,易知 $ F(4,4,2) $ ,则 $ \overrightarrow {AF}=(0,2,2) $ .

设直线 $ DE $ 与直线 $ AF $ 所成的角为 $ \theta $ ,

$ \therefore \cos \theta =\dfrac{|\overrightarrow {DE}\cdot \overrightarrow {AF}|}{|\overrightarrow {DE}||\overrightarrow {AF}|}=\dfrac{2a+4}{\sqrt{{\left(a-2\right) ^ {2}}+{\left(-a-2\right) ^ {2}}}×2\sqrt{2}}=\dfrac{a+2}{\sqrt{16+4{a}^{2}}}=\sqrt{\dfrac{{a}^{2}+4a+4}{16+4{a}^{2}}} $ ,

当 $ a\ne 0 $ 时,令 $ f(a)=\dfrac{{a}^{2}+4a+4}{4{a}^{2}+16}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{a}{{a}^{2}+4}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{a+\dfrac{4}{a}} $ ,

因为 $ a+\dfrac{4}{a}\geqslant 2\sqrt{a\cdot \dfrac{4}{a}}=4 $ ,当且仅当 $ a=\dfrac{4}{a} $ ,即 $ a=2 $ 时取等号,所以 $ \dfrac{1}{4} < f(a)\leqslant \dfrac{1}{2} $ ,即 $ \dfrac{1}{2} < \cos \theta \leqslant \dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ,

当 $ a=0 $ 时, $ \cos \theta =\dfrac{1}{2} $ ,

所以直线 $ DE $ 与直线 $ AF $ 所成角的余弦值的取值范围为 $ [\dfrac{1}{2},\dfrac{\sqrt{2}}{2}] $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .

因为 $ \boldsymbol{a} $ 与 $ \boldsymbol{b} $ 的夹角为钝角,所以 $ \boldsymbol{a} $ 与 $ \boldsymbol{b} $ 不共线,且 $ \boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{b} < 0 $ .

若 $ \boldsymbol{a} $ 与 $ \boldsymbol{b} $ 共线,则 $ \dfrac{2}{-4}=\dfrac{-1}{2}=\dfrac{m}{4} $ ,解得 $ m=-2 $ ,故 $ m\ne -2 $ .

由 $ \boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{b} < 0 $ 可得 $ -8-2+4m < 0 $ ,解得 $ m < \dfrac{5}{2} $ ,所以实数 $ m $ 的取值范围为 $ (-\mathrm{\infty },-2 )\cup (-2 $ , $ \dfrac{5}{2}) $ .

因为 $ \overrightarrow {PQ}=2x\overrightarrow {PA}+y\overrightarrow {PB}+(1-2x-y)\overrightarrow {PC} $ ，

所以 $ \overrightarrow {PQ}-\overrightarrow {PC}=2x\overrightarrow {PA}-2x\overrightarrow {PC}+y\overrightarrow {PB}-y\overrightarrow {PC} $ ，即 $ \overrightarrow {CQ}=2x\overrightarrow {CA}+y\overrightarrow {CB} $ ，

所以 $ \overrightarrow {CQ} $ ， $ \overrightarrow {CA} $ ， $ \overrightarrow {CB} $ 共面.

又 $ A $ ， $ B $ ， $ C $ 为底面圆周上三点，所以点 $ Q $ 为平面 $ ABC $ 上一点.

由题意知 $ PO\perp $ 平面 $ ABC $ ，

所以 $ \left|\overrightarrow {PQ}\right|\geqslant \left|\overrightarrow {PO}\right| $ ，又圆锥 $ PO $ 的轴截面是边长为2的等边三角形，所以 $ \left|\overrightarrow {PO}\right|=\sqrt{3} $ ，所以 $ \left|\overrightarrow {PQ}\right| $ 的最小值为 $ \sqrt{3} $ .

因为平面 $ ACE\perp $ 平面 $ ABC $ ， $ AC\perp CE $ ,且平面 $ ACE\cap $ 平面 $ ABC=AC $ ， $ CE\subset $ 平面 $ ACE $ ,所以 $ CE\perp $ 平面 $ ABC $ ，

又 $ AB $ , $ BC\subset $ 平面 $ ABC $ ,所以 $ CE\perp AB $ , $ CE\perp BC $ .

在 $ △ABC $ 中，因为 $ AC=2AB=12 $ ， $ \mathrm{\angle }BAC=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ，由余弦定理得 $ BC=\sqrt{A{C}^{2}+A{B}^{2}-2AC\cdot AB \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}}=\sqrt{{12}^{2}+{6}^{2}-2×12×6×\dfrac{1}{2}}=6\sqrt{3} $ ，所以 $ A{C}^{2}=A{B}^{2}+B{C}^{2} $ ， $ \mathrm{\angle }ABC=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，所以 $ AB\perp BC $ .

以 $ B $ 为坐标原点， $ BC $ , $ BA $ 所在直线分别为 $ x $ 轴， $ y $ 轴，过 $ B $ 且垂直于平面 $ ABC $ 的直线为 $ z $ 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为 $ AC=CE=2AB=12 $ ， $ D $ 为 $ AC $ 的中点， $ F $ 是 $ CE $ 上的一个动点，设 $ CF=m > 0 $ ,

所以 $ B(0,0,0) $ , $ A(0,6,0) $ , $ C(6\sqrt{3},0,0) $ , $ D(3\sqrt{3},3,0) $ ， $ F(6\sqrt{3},0,m) $ .设 $ △ABD $ 的重心为 $ O $ ，则 $ O(\sqrt{3},3,0) $ ，设三棱锥 $ B-ADF $ 外接球的球心为 $ {O}_{1} $ ，则 $ {O}_{1}(\sqrt{3},3,n) $ ，

则有 $ B{O}_{1}=F{O}_{1} $ ，即 $ \sqrt{{\left(\sqrt{3}\right) ^ {2}}+{3}^{2}+{n}^{2}}=\sqrt{{\left(5\sqrt{3}\right) ^ {2}}+{\left(-3\right) ^ {2}}+{\left(m-n\right) ^ {2}}} $ ,

则 $ {m}^{2}-2mn+72=0 $ ，所以 $ n=\dfrac{m}{2}+\dfrac{36}{m}\geqslant 2\sqrt{\dfrac{m}{2}\cdot \dfrac{36}{m}}=6\sqrt{2} $ ，当且仅当 $ \dfrac{m}{2}=\dfrac{36}{m} $ ，即 $ m=6\sqrt{2} $ 时等号成立.设三棱锥 $ B-ADF $ 外接球半径为 $ R $ ，表面积为 $ S $ ，则 $ S=4\mathrm{\pi }{R}^{2}=4\mathrm{\pi }(12+{n}^{2}) $ ,

则 $ {S}_{ \min }=4\mathrm{\pi }×[12+{\left(6\sqrt{2}\right) ^ {2}}]=336\mathrm{\pi } $ .

（1）如图，

过点 $ E $ 作 $ EG\perp AD $ 交 $ AD $ 于点 $ G $ ,连接 $ GF $ .

因为 $ PA\perp $ 平面 $ ABCD $ ， $ AD\subset $ 平面 $ ABCD $ ，所以 $ PA\perp AD $ ，又 $ EG\subset $ 平面 $ PAD $ ， $ PA\subset $ 平面 $ PAD $ ，故 $ EG//PA $ .

因为 $ E $ 为 $ PD $ 的中点，所以 $ G $ 也为 $ AD $ 中点，又 $ F $ 为 $ BC $ 的中点， $ AB//CD $ ,所以 $ GF//AB $ .

因为 $ EG\not\subset $ 平面 $ PAB $ ， $ PA\subset $ 平面 $ PAB $ ，所以 $ EG// $ 平面 $ PAB $ ，同理 $ GF// $ 平面 $ PAB $ ，又 $ EG\cap GF=G $ ， $ EG $ , $ GF\subset $ 平面 $ EGF $ ，所以平面 $ EGF// $ 平面 $ PAB $ ，而 $ EF\subset $ 平面 $ EGF $ ,所以 $ EF// $ 平面 $ PAB $ .

（2）存在点 $ M $ 满足题意，此时 $ \dfrac{DM}{DP}=\dfrac{1}{2} $ .根据题意设 $ DM=tPD(0\leqslant t\leqslant 1) $ ,如图, 以点 $ A $ 为原点，过点 $ A $ 在平面 $ ABCD $ 内作垂直于 $ AB $ 的直线为 $ x $ 轴， $ AB $ , $ AP $ 所在的直线分别为 $ y $ , $ z $ 轴建立空间直角坐标系.

则 $ P(0,0,1) $ , $ B(0,1,0) $ , $ C(2\sqrt{2},1,0) $ , $ D(2\sqrt{2},-1,0) $ .

故 $ \overrightarrow {PB}=(0,1,-1) $ , $ \overrightarrow {PC}=(2\sqrt{2},1,-1) $ , $ \overrightarrow {PD}=(2\sqrt{2},-1,-1) $ , $ \overrightarrow {CD}=(0,-2,0) $ ，则 $ \overrightarrow {CM}=\overrightarrow {CD}+\overrightarrow {DM}=\overrightarrow {CD}-t\overrightarrow {PD}=(-2\sqrt{2}t,t-2,t) $ .

设平面 $ PBC $ 的法向量为 $ \overrightarrow {n}=(x,y,z) $ ,则有 $ \begin{cases}\overrightarrow {n}\cdot \overrightarrow {PB}=y-z=0,\\ \overrightarrow {n}\cdot \overrightarrow {PC}=2\sqrt{2}x+y-z=0,\end{cases} $ 取 $ y=1 $ ，可得 $ \overrightarrow {n}=(0,1,1) $ .

则 $ | \cos ⟨\overrightarrow {n} $ , $ \overrightarrow {CM}⟩|=\dfrac{\left|\overrightarrow {n}\cdot \overrightarrow {CM}\right|}{\left|\overrightarrow {n}\right|\left|\overrightarrow {CM}\right|}=\dfrac{\left|2t-2\right|}{\sqrt{2}×\sqrt{{\left(-2\sqrt{2}t\right) ^ {2}}+{\left(t-2\right) ^ {2}}+{t}^{2}}}=\dfrac{1}{3} $ ,

整理得 $ 4{t}^{2}-16t+7=0 $ ,解得 $ t=\dfrac{1}{2} $ 或 $ \dfrac{7}{2} $ （舍去），

所以当 $ \dfrac{DM}{DP}=\dfrac{1}{2} $ 时, 直线 $ CM $ 与平面 $ PBC $ 所成角的正弦值是 $ \dfrac{1}{3} $ .

（3）存在点 $ H $ 满足题意，此时点 $ H $ 的轨迹是半径为 $ \dfrac{3\sqrt{2}}{4} $ 的圆.由（2）知，平面 $ PBC $ 的一个法向量为 $ \overrightarrow {n}=(0,1,1) $ ，点 $ B(0,1,0) $ , $ AD $ 的中点 $ G(\sqrt{2},-\dfrac{1}{2},0) $ ，则 $ \overrightarrow {BG}=(\sqrt{2} $ , $ -\dfrac{3}{2} $ , $ 0) $ ,则点 $ G $ 到平面 $ PBC $ 的距离为 $ \dfrac{\left|\overrightarrow {BG}\cdot \overrightarrow {n}\right|}{\left|\overrightarrow {n}\right|}=\dfrac{\left|0×\sqrt{2}+1×(-\dfrac{3}{2})+1×0\right|}{\sqrt{1+1}}=\dfrac{\left|-\dfrac{3}{2}\right|}{\sqrt{2}}=\dfrac{3\sqrt{2}}{4} $ .由 $ \overrightarrow {HD}\cdot \overrightarrow {HA}=0 $ ，得 $ HD\perp HA $ ,故 $ H $ 在以 $ AD $ 的中点为球心，半径为 $ \dfrac{1}{2}AD=\dfrac{3}{2} $ 的球面上，

而 $ \dfrac{3\sqrt{2}}{4} < \dfrac{3}{2} $ ，故 $ H $ 在平面 $ PBC $ 内的轨迹是半径为 $ \sqrt{{\left(\dfrac{3}{2}\right) ^ {2}}-{\left(\dfrac{3\sqrt{2}}{4}\right) ^ {2}}}=\dfrac{3\sqrt{2}}{4} $ 的圆，

故存在符合题意的点 $ H $ ，此时点 $ H $ 的轨迹是半径为 $ \dfrac{3\sqrt{2}}{4} $ 的圆.