精品解析：江西省景德镇一中2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题（20班）

2024-2025学年度下学期期中考试 高一（20）数学 第I卷（选择题） 一、单选题 1. 已知，是不同的直线，，，是不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 2. 一条光线从点射出，与轴相交于点，经轴反射，则反射光线所在直线的方程为（ ） A. B. C. D. 3. 已知球的表面积为，一圆台的上、下底面圆周都在球的球面上，且下底面过球心，母线与下底面所成角为，则该圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 4. 正方体 的棱长为 是棱 的中点， 是侧面 内一点，且 平面 ，则 长度的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 6. 已知圆，直线，则下列错误的是（    ） A. 直线l与圆C不可能相切 B. 当时，圆C上恰有三个点到直线l距离等于1 C. 直线l与直线垂直 D. 若圆C与圆恰有三条公切线，则 7. 盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商要为棱长6cm的正四面体魔方设计一款正方体的包装盒，需要保证该魔方可以在包装盒内任意转动，则包装盒的棱长最短为（ ） A. B. C. D. 8. 已知是曲线上一动点，若满足的点恰有2个，则实数的取值可能是（    ） A. B. C. D. 3 二、多选题 9. 如图，圆锥的底面半径为1，侧面积为是圆锥的一个轴截面，则（ ） A. 圆锥的母线长为4 B. 圆锥的侧面展开图的圆心角为 C. 由A点出发绕圆锥侧面一周，又回到A点的细绳长度的最小值为 D. 该圆锥内部可容纳的球的最大半径为 10. 在长方体中，底面是边长为的正方形，，点是的中点，点是上的动点（含端点），则下列说法正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的余弦值为 B. 当时，过点、、的截面是梯形 C. 当点运动到某点时，过点、、的截面是五边形 D. 当时，过点、、的截面是矩形 11. 在平面直角坐标系中，圆，直线与圆相交于不同的两点，且弦的中点为，则下列选项正确的有（ ） A. 弦长的最大值为 B. 实数的取值范围为 C. 若，则 D. 存在定点，使得为定值 12. 如图所示，在直角梯形中，，，分别是，上的点，且，，将四边形沿向上折起，连接，，.在折起的过程中，下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 与所成的角先变大后变小 C. 几何体体积有最大值 D. 平面与平面不可能垂直 第II卷（非选择题） 三、填空题 13. 已知直线与直线平行，则与之间的距离是______． 14. “太极图”因其图形如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”.如图所示是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则 的最小值为_________. 15. 如图，将绘有函数部分图像的纸片沿轴折成钝二面角，夹角为，此时之间的距离为，则__________. 16. 在正三棱锥中，，点在内部运动（包括边界），点到棱的距离分别记为，且，则点运动路径的长度为_______． 四、解答题 17. 如图，在直三棱柱中，，，，，点是的中点． （1）求证：平面； （2）求证：； （3）求到平面的距离． 18. 记的内角所对的边分别为，且. （1）证明：； （2）若平分交于点，且，求的最大值. 19. 类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则． （1）当、时，证明以上三面角余弦定理； （2）如图2，平行六面体中，平面平面，，， ①求的余弦值； ②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 20. 已知轨迹的方程为. （1）过点作轨迹的切线，求切线的方程； （2）经过原点的两条互相垂直的直线分别与轨迹相交于两点和两点，求四边形ACBD的面积的最大值. 21. 已知在平行四边形中，是边上一点，且满足，. （1）求的大小； （2）现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.如图： （i）证明：平面平面； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 22. 在平面四边形中，，，将沿翻折至，其中为动点. （1）设， （i）证明：平面； （ii）求三棱锥的外接球体积； （2）求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度下学期期中考试 高一（20）数学 第I卷（选择题） 一、单选题 1. 已知，是不同的直线，，，是不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，逐一核对四个选项得答案． 【详解】对于A，若，，则可以平行、相交、异面,故A错误； 对于B，若，，和可以相交，也可以平行，故B错误； 对于C，若，，则或，故C错误； 对D，若，设与的交线为m，与的交线为n， 在平面内取，在平面内取，与l不重合， 由面面垂直的性质可得，所以， 又，所以，由线面平行的性质定理得， 所以有，故D正确.    故选：D. 2. 一条光线从点射出，与轴相交于点，经轴反射，则反射光线所在直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出直线AQ的斜率，由光的反射定律求出反射光线所在直线的斜率即可得解. 【详解】依题意，直线AQ的斜率为， 由光的反射定律知，反射光线所在直线与直线AQ关于x轴对称，则它们的倾斜角互补， 于是得反射光线所在直线的斜率为-1， 所以反射光线所在直线的方程为，即. 故选：C 3. 已知球的表面积为，一圆台的上、下底面圆周都在球的球面上，且下底面过球心，母线与下底面所成角为，则该圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设出球的半径，求出圆台上下底面的半径，圆台的母线，由圆台的侧面展图形是扇环，利用圆台的侧面积公式可求圆台的侧面积. 【详解】作出示意图如图所示： 设球的半径为，由题意可得，所以是等边三角形， 所以，所以， 因为球的表面积为，所以，解得，所以， 所以， 所以圆台的侧面积为. 故选：B. 4. 正方体 的棱长为 是棱 的中点， 是侧面 内一点，且 平面 ，则 长度的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取的中点为，连接，确定平面平面 ，得到的轨迹是线段,即可求解. 【详解】取的中点为， 连接， 由中位线易知， 又在平面 内，不在平面 内， 所以平面 ，平面 ， 又是平面内两条相交直线， 所以平面平面 ， 又 平面 ， 所以在平面内，又 是侧面 内一点， 所以的轨迹是线段, 易知, ， 所以 长度的取值范围是. 故选：C 5. 已知，则在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数模长公式计算可得，再利用共轭复数定义及其几何意义可求得结果. 【详解】设，则，解得， 则， 则在复平面内所对应的点为，位于第四象限. 故选：D. 6. 已知圆，直线，则下列错误的是（    ） A. 直线l与圆C不可能相切 B. 当时，圆C上恰有三个点到直线l距离等于1 C. 直线l与直线垂直 D. 若圆C与圆恰有三条公切线，则 【答案】B 【解析】 【分析】对于A项，求出直线经过的定点坐标，判断该点与圆的关系，即可判断；对于B项，代入，得出直线的方程，求出圆心到直线的距离，即可得出答案；对于C项，根据两直线的系数计算即可得出；对于D项，根据已知可知两圆外切，根据已知求出两圆圆心、半径，列出方程，求解即可得出答案. 【详解】对于A项，整理直线 可得出， 解方程组可得，直线过定点. 圆的圆心为，半径为， 则， 所以点在圆内，即直线过圆内一定点， 所以，直线l与圆C一定相交，不可能相切.故A正确； 对于B项，当时，直线化为. 此时有圆心到直线的距离，且， 因此圆C上只有两个点到直线l的距离等于1.故B错误； 对于C项，因为， 所以直线l与直线垂直.故C正确； 对于D项，要使圆C与圆恰有三条公切线，则应满足两圆外切. 圆可化为， 圆心为，半径为. 因为两圆外切，所以有， 即， 整理可得，化简可得，解得.故D项正确. 故选：B 7. 盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商要为棱长6cm的正四面体魔方设计一款正方体的包装盒，需要保证该魔方可以在包装盒内任意转动，则包装盒的棱长最短为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意，若要正四面体能自由转动，则正方体必须能装下正四面体的外接球，即正方体的最短棱长就是外接球的直径. 【详解】如图 是棱长为6cm的正四面体， 由题意， ，设BC的中点为M，底面 的重心为G，O为外接球的球心， 则有 底面BCD， ， ， ，R是外接球半径， 在 中， ， 在 中， ， ，解得 ， 即正方体的最短棱长为. 故选：D. 8. 已知是曲线上一动点，若满足的点恰有2个，则实数的取值可能是（    ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】作出图形，利用代数式的几何意义可求答案. 【详解】由曲线，得，则， 所以曲线表示以为圆心，半径的半圆（轴及以上部分）. 设直线：，因为，所以， 所以表示点到直线的距离为， 即只有2个点到直线的距离为， 所以圆心到直线的距离，解得， 结合选项发现只有B选项符合题意. 故选：B 二、多选题 9. 如图，圆锥的底面半径为1，侧面积为是圆锥的一个轴截面，则（ ） A. 圆锥的母线长为4 B. 圆锥的侧面展开图的圆心角为 C. 由A点出发绕圆锥侧面一周，又回到A点的细绳长度的最小值为 D. 该圆锥内部可容纳的球的最大半径为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，根据圆锥的侧面积为，求出圆锥的母线得解；对B，根据扇形的弧长公式运算得解；对C，由题，细绳长度最小值为圆锥侧面的展开图得到的扇形的圆心角所对的弦长运算得解；对D，利用相似即可求解半径得解. 【详解】对于A，设圆锥的母线长为，圆锥的侧面积为，故A正确； 对于B，圆锥的侧面展开图的圆心角，故B错误； 对于C，如图，由点出发绕圆锥侧面旋转一周， 又回到点的细绳长度最小值为圆锥侧面的展开图得到的扇形的圆心角所对的弦长， 且，故C正确； 对于D，，又设圆锥的内切球的圆心为，半径为，球与圆锥侧面相切于,则, 则，即，解得,故D正确. 故选：ACD. 10. 在长方体中，底面是边长为的正方形，，点是的中点，点是上的动点（含端点），则下列说法正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的余弦值为 B. 当时，过点、、的截面是梯形 C. 当点运动到某点时，过点、、的截面是五边形 D. 当时，过点、、的截面是矩形 【答案】ABC 【解析】 【分析】由异面直线所成角的定义结合余弦定理可判断A选项；推导出，可判断B选项；取，利用面面平行的性质找出截面，可判断C选项；利用面面平行的性质找出截面，可判断D选项. 【详解】对于A选项，连接、，如下图所示： 因为且，所以，四边形为平行四边形， 所以，， 所以，与所成的角为或其补角， 在中，，同理可得，， 由余弦定理可得， 所以，异面直线与所成角的余弦值为，A对； 对于B选项，连接、、， 当时，为的中点， 因为、分别为、的中点，则，且， 因为且，所以，四边形为平行四边形， 所以，，且，所以，且， 所以，、、、四点共面， 所以，当时，过点、、的截面是梯形，B对； 对于C选项，当时，设平面交直线于点， 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以，， 因为，由等角定理结合图形可知，， 则，即，可得， 设平面交直线于点， 因为平面平面，平面平面， 平面平面，则， 因为，由等角定理结合图形可得， 所以，，则， 且，所以，， 故当时，过点、、的截面是五边形，C对； 对于D选项，当时，点与点重合，设平面交棱于点，连接， 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以，， 因为，由等角定理结合图形可知，， 即，所以，，所以，， 则点为的中点， 由勾股定理可得， 同理可得，，则四边形为平行四边形， 因为，所以，， 所以，不是直角，故四边形不是矩形， 因此，当时，过点、、的截面不是矩形，D错. 故选：ABC. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角． 11. 在平面直角坐标系中，圆，直线与圆相交于不同的两点，且弦的中点为，则下列选项正确的有（ ） A. 弦长的最大值为 B. 实数的取值范围为 C. 若，则 D. 存在定点，使得为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用直径为最长弦判定A；利用圆心到直线的距离小于半径，解不等式求得实数a的取值范围，判定B；根据已知判定P在直线l上，且在圆外，再取特值，当直线经过圆心的特殊情况下进行计算，可以否定C；根据垂径定理得到点Q的轨迹为圆的一部分，取D为圆心既满足选项D中的条件，从而判定D正确. 【详解】由题意知圆的圆心为，半径为； 当时，过圆心，则弦长最大为，故A正确； 圆心到的距离，解得，故B正确； 因为，所以点在圆外. 因为,所有点在直线上. 所以向量同向， 取当时，过圆心，所以，不一定是1，故C错； 因为，则的轨迹为以中点为圆心，为半径的圆（在已知圆内的一部分）， 则存在，使得，故D正确. 故选：ABD. 12. 如图所示，在直角梯形中，，，分别是，上的点，且，，将四边形沿向上折起，连接，，.在折起的过程中，下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 与所成的角先变大后变小 C. 几何体体积有最大值 D. 平面与平面不可能垂直 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A：借助线面平行的判定定理推导即可得；对B： 借助线面垂直的性质定理得到后，结合， 即可得与所成的角即为与所成角，由题意可得随翻折角增大，逐渐变小，即可得所成的角的变化； 对C：借助割补法表示出体积后，结合体积公式计算即可得；对D：借助反证法，假设平面与平面垂直， 从而借助面面垂直的性质定理于线面垂直的性质定理可得，其与矛盾，即可得证. 【详解】对A：延长与延长线交于，连接，， 由题意可得且，则可得、分别为、中点， ，又， 为平行四边形，，又平面，平面， 平面，故A正确； 对B：，，，， 又，平面，平面， 又平面，，随翻折角增大，逐渐变小， 所以与所成角即与所成角逐渐变小，故B错误； 对C：由，则， 则 ， 其中为点到平面距离，则，故； 故C正确； 对D：若平面平面，过作于点， 由平面平面，平面平面，平面， 则平面，又平面，， ，，则， 又，平面，， 平面，又平面，， ，平面， 平面，又平面，， 又由B选项知，与矛盾， 故平面与平面不垂直，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：D选项中关键点在于借助反证法，假设平面与平面垂直，从而借助面面垂直推导出矛盾之处即可得. 第II卷（非选择题） 三、填空题 13. 已知直线与直线平行，则与之间的距离是______． 【答案】##0.8 【解析】 【分析】根据直线平行求出，再由平行线间的距离公式得解. 【详解】因为直线与直线平行， 所以且， 解得， 所以两平行线间的距离， 故答案为： 14. “太极图”因其图形如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”.如图所示是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则 的最小值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用目标式的几何意义，结合直线与圆的位置关系求出最小值. 【详解】依题意，表示点与定点确定直线的斜率， 令，得直线：， 观察图形知，当与半圆相切于第一象限时，最小， 此时，因此，解得，所以的最小值为. 故答案为： 15. 如图，将绘有函数部分图像的纸片沿轴折成钝二面角，夹角为，此时之间的距离为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】过分别作轴的垂线，垂足分别为，过分别作轴，轴的垂线相交于点，结合条件和余弦定理求出，然后将代入函数解析式即可得出答案. 【详解】过分别作轴的垂线，垂足分别为，过分别作轴，轴的垂线相交于点， 连接，则， 由余弦定理得， 由上可知，轴垂直于，又平面， 所以轴垂直于平面，又轴，所以平面， 因为平面，所以， 因为的周期，所以， 由勾股定理得，解得 由图知，的图象过点，且在递减区间内， 所以即 因为，点在递减区间内，所以， 故答案为：. 16. 在正三棱锥中，，点在内部运动（包括边界），点到棱的距离分别记为，且，则点运动路径的长度为_______． 【答案】 【解析】 【分析】分析可知，结合正三棱锥可得在底面内的投影为底面的中心，且，做辅助线结合长方体的性质可得，即可知点的轨迹是以点为圆心，半径的圆的一部分即可求解. 【详解】由题意可知：， 则， 可知， 因为三棱锥为正三棱锥，则点在底面内的投影为底面的中心， 取的中点，则，， 设点在平面、平面和平面内的投影分别为、和， 根据正三棱锥的结构特征，可以以为邻边作长方体， 则平面，平面，则，即， 同理可知：， 由长方体的性质可知：， 可得，即， 又因为平面，平面， 则，可得， 可知点在以点为圆心，半径的圆上， 因为，可知与圆相交， 设圆与交于两点，则， 可知为等边三角形，则， 结合对称性可知点运动路径的长度为. 故答案为：. 四、解答题 17. 如图，在直三棱柱中，，，，，点是的中点． （1）求证：平面； （2）求证：； （3）求到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求出，根据勾股定理得，从而建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据即可证明； （2）根据向量垂直证明线线垂直即可； （3）结合（1）中平面的法向量，后利用点到平面的距离的向量公式求解即可. 【小问1详解】 在中，，，， 由余弦定理得， 所以，所以. 又平面ABC，平面，平面， 所以，，又，如图建立空间直角坐标系， 则，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 因为，所以， 又平面，所以平面； 【小问2详解】 因为，所以， 所以； 【小问3详解】 易知，平面的一个法向量为， 则点到平面的距离. 18. 记的内角所对的边分别为，且. （1）证明：； （2）若平分交于点，且，求的最大值. 【答案】（1）证明：由正弦定理及， 得， 因为，所以， 所以， 即， 因为，所以， 所以，即， 又因为，所以， 又，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，通过三角函数的恒等变换来证明等式； （2）根据三角形面积公式及角平分线性质得到的表达式，再结合均值不等式求出其最值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由平分，则， 因为， 即，整理可得， 又因为， 则， 可得，当且仅当，即时取等号， 所以的最大值为. 19. 类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则． （1）当、时，证明以上三面角余弦定理； （2）如图2，平行六面体中，平面平面，，， ①求的余弦值； ②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）①；②当点在的延长线上，且使时，平面. 【解析】 【分析】（1）过射线上一点作交于点，作交于点，连接，，可得是二面角的平面角．在中和中分别用余弦定理，两式相减变形可证结论； （2）①直接利用三面角定理（（1）的结论）计算；②连结，延长至，使，连结，由线面平行的判定定理证明平面． 【详解】（1）证明：如图，过射线上一点作交于点， 作交于点，连接， 则是二面角的平面角． 在中和中分别用余弦定理，得 ， ， 两式相减得， ∴， 两边同除以，得． （2）①由平面平面，知， ∴由（1）得， ∵，， ∴． ②在直线上存在点，使平面． 连结，延长至，使，连结， 在棱柱中，，， ∴，∴四边形为平行四边形， ∴． 在四边形中，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， 又平面，平面， ∴平面． ∴当点在的延长线上，且使时，平面． 20. 已知轨迹的方程为. （1）过点作轨迹的切线，求切线的方程； （2）经过原点的两条互相垂直的直线分别与轨迹相交于两点和两点，求四边形ACBD的面积的最大值. 【答案】（1）和 （2）7 【解析】 【分析】（1）需要分类讨论：切线的斜率存在和不存在两种情况，根据点到直线的距离等于半径求解即可； （2）根据直线是否存在斜率进行分类讨论，当直线存在斜率时，利用点斜式写出两直线的方程，分别求出弦长，将四边形的面积用弦长表示，即可求出最大值. 【小问1详解】 圆的圆心，半径， 当切线斜率不存在时，圆心到直线的距离为2，等于半径，直线与圆相切. 当切线斜率存在时，设切线斜率为k， 则切线方程为，即. 圆心到切线的距离，解得，切线方程为. 所以，所求的切线方程为和. 【小问2详解】 若两直线都有斜率，可设直线的方程为，则直线的方程为， 圆的圆心，半径， 圆心到直线的距离，所以， 同理，， 所以四边形ACBD的面积． ， 当且仅当，即时，等号成立. 若AB、CD两直线中有一条斜率不存在，则另一条的斜率为0， 此时线段、的长分别为、4（或4、）， 所以． 综上所述，四边形ACBD的面积的最大值为7． 21. 已知在平行四边形中，是边上一点，且满足，. （1）求的大小； （2）现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.如图： （i）证明：平面平面； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析 （ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意，设，，则，，可证，则，在中，利用正弦定理并结合三角函数恒等变形，可求解； （2）（i）由（1），，即，，可得平面，进而证明平面，最后可证平面平面； （ii）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 根据题意，设，，则，， 由，所以， 且，，所以， 所以，则， 在中，，即， 所以， 即， 可得，化简得， 因为，所以，即； 【小问2详解】 （i）根据（1），，即，， 则，又，平面， 所以平面，平面，则， 又，平面， 所以平面，平面，则， 由，即，平面， 所以平面，平面， 所以平面平面； （ii）以为原点，分别为轴、轴、轴，建立直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 所以，即， 取，则，所以， 又因为平面的法向量， 则，即， 令，则，，故， 所以, 因为平面与平面夹角的余弦值. 22. 在平面四边形中，，，将沿翻折至，其中为动点. （1）设， （i）证明：平面； （ii）求三棱锥的外接球体积； （2）求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】（1） （i）在中，，，所以. 因为，，所以，所以. 又因为，平面，， 所以平面. （ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）结合已知和勾股定理，根据线面垂直的判定定理可证线面垂直； （ⅱ）根据三棱锥的特征确定球心，然后利用球的性质求出球的半径，代入球的体积公式求解即可. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量表示出直线与平面所成角的正弦值，再结合换元法和基本不等式可求其最大值. 【小问1详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）因为平面，且为正三角形，作下图 设三棱锥的外接球的球心为，连结，延长交球面于H， 过作交平面于， 则为直角三角形， 所以为斜边的中点， 平面，为的外接圆的直径. 所以，为的中位线，为小圆圆心，则为的中点， 则，则，， 则球的半径， 所以三棱锥的外接球体积为. 【小问2详解】 如图，建立以为原点的空间直角坐标系，设二面角的平面角为， 则，，，. 所以,平面的法向量为. 设直线与平面所成角为， 则. 设， 设，所以， （当且仅当，即时取等号），即. 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $