模塊卷(二)時間:110分鐘　分值:135分立體幾何一、選擇題:本題共10小題,每小題5分,共50分.在每小題給出的四個選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.(2020全國4月大聯(lián)考)設(shè)m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面,則下列四個命題中正確的是(　　)A.若m⊥α,m⊥n,則n∥αB.若m∥α,n∥α,則m∥nC.若α∥β,m?α,則m∥βD.若m∥β,m?α,則α∥β答案　C　對于A,n有可能在α內(nèi),A選項(xiàng)錯誤;對于B,直線m與n有可能相交或者異面,B選項(xiàng)錯誤;對于D,兩個平面有可能相交,D選項(xiàng)錯誤,故選C.2.(2020福建廈門6月質(zhì)量檢查)若平面α⊥平面β,m是β內(nèi)的任意一條直線,則下列結(jié)論中正確的是(　　)A.任意直線l?α,都有l(wèi)⊥βB.存在直線l?α,使得l∥βC.任意直線l?α,都有l(wèi)⊥mD.存在直線l?α,使得l∥m答案　B　由面面垂直的性質(zhì)定理知,在平面α內(nèi),只有垂直于交線的直線才垂直于另一個平面,排除A、C,當(dāng)直線m與平面α相交時,平面α內(nèi)不存在直線與m平行,排除D,故選B.3.設(shè)一個球形西瓜,切下一刀后所得切面圓的半徑為4,球心到切面圓圓心的距離為3,則該西瓜 的體積為(　　)A.100π　　B.π　　C.π　　D.π答案　D　因?yàn)榍忻鎴A的半徑為4,球心到切面圓圓心的距離為3,所以球的半徑為=5.所以該西瓜的體積為π·53=π.故選D.思路分析　利用切面圓的半徑為4,球心到切面圓圓心的距離為3,求出球的半徑,然后求解體積.4.已知m,n是兩條直線,α,β是兩個平面,給出下列命題:①若n⊥α,n⊥β,則α∥β;②若平面α上有不共線的三點(diǎn)到平面β的距離相等,則α∥β;③若m,n為異面直線,n?α,n∥β,m?β,m∥α,則α∥β.其中正確命題的個數(shù)是(　　)A.3　　B.2　　C.1　　D.0答案　B　①若n⊥α,n⊥β,則n為平面α與β的公垂線,則α∥β,故①正確;②若平面α上有不共線的三點(diǎn)到平面β的距離相等,三點(diǎn)可能在平面β的異側(cè),此時α與β相交,故②錯誤;③若n,m為異面直線,n?α,n∥β,m?β,m∥α,根據(jù)面面平行的判定定理,可得③正確.故選B.5.(2020貴州貴陽、遵義、畢節(jié)重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考,6)一個幾何體的三視圖如圖所示,其中主視圖中△ABC是邊長為1的正三角形,俯視圖為正六邊形,那么該幾何體的側(cè)視圖的面積為(　　) A.　　B.　　C.1　　D.答案　A　本題主要考查空間幾何體的三視圖、直觀圖,以空間幾何體三視圖還原直觀圖為載體考查學(xué)生的空間想象能力和邏輯推理能力.由三視圖可知,該幾何體是底面邊長為,側(cè)棱長為1,高為=的正六棱錐(如圖所示),利用三視圖長度之間的關(guān)系可知,該幾何體的側(cè)視圖的底面邊長為,所以該幾何體的側(cè)視圖的面積S=××=,故選A.6.(2020湘贛皖十五校第二次聯(lián)考,3)棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為正方體表面上的一個動點(diǎn),且總有PC⊥BD1,則動點(diǎn)P的軌跡所圍成的圖形的面積為(　　)A.　　B.3　　C.　　D.1答案　C　如圖,連接BD.易證BD1⊥平面ACB1,得動點(diǎn)P的軌跡所圍成圖形為△AB1C,△AB1C是邊長為的正三角形,其面積S=×()2=. 7.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,則BC1與平面BB1D1D所成角的正弦值為(　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　D　以D點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),DA、DC、DD1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),C1(0,2,1),∴=(-2,0,1),=(-2,2,0),易知為平面BB1D1D的一個法向量,∴cos<,>==.∴BC1與平面BB1D1D所成角的正弦值為.一題多解　本題考查線面角的計(jì)算,如圖所示,在平面A1B1C1D1內(nèi)過點(diǎn)C1作B1D1的垂線,垂足為E,連接BE.由C1E⊥B1D1,C1E⊥BB1,B1D1∩BB1=B1,得C1E⊥平面BDD1B1,∴∠C1BE的正弦值即為所求,∵BC1==,C1E==,∴sin∠C1BE===. 8.(2020湖南懷化三模,10)已知一塊形狀為正三棱柱ABC-A1B1C1(底面是正三角形,側(cè)棱與底面垂直的三棱柱)的實(shí)心木材,AB=AA1=2.若將該木材經(jīng)過切割加工成一個球體,則此球體積的最大值為(　　)A.4π　　B.πC.π　　D.π答案　C　由題意知最大球應(yīng)該是和正三棱柱三個側(cè)面都相切的球,即球的大圓和正三棱柱的橫截面相切,橫截面是邊長為2的正三角形,設(shè)大圓的半徑為r,則3××2×r=×(2)2,解得r=1,所以球體積的最大值為π.故選C.9.(2020湖北荊門模擬,11)已知二面角α-l-β為60°,動點(diǎn)P、Q分別在α、β內(nèi),P到β的距離為,Q到α的距離為,則P、Q兩點(diǎn)之間距離的最小值為(　　)A.　　B.1　　C.　　D.2答案　A　如圖,分別作QA⊥α于A,AC⊥l于C,PB⊥β于B,PD⊥l于D,連接CQ,BQ,BD,則∠ACQ=∠PDB=60°,AQ=,BP=,∴BD=CQ=1,又∵PQ==≥.當(dāng)且僅當(dāng)BQ=0,即點(diǎn)B與點(diǎn)Q重合時等號成立.∴P、Q兩點(diǎn)之間距離的最小值為.故選A. 10.(2020河南濮陽一模,11)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的側(cè)棱長為8,底面矩形的面積為16,一個小蟲從C點(diǎn)出發(fā)沿直四棱柱側(cè)面繞行一周后到達(dá)線段CC1上一點(diǎn)M,若AM⊥平面A1BD,則小蟲爬行的最短路程為(　　)A.8　　B.16　　C.2　　D.4答案　C　本題考查棱柱的性質(zhì)以及利用側(cè)面展開圖求側(cè)面兩點(diǎn)間距離的最小值問題,考查直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理的核心素養(yǎng),考查轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學(xué)思想,體現(xiàn)數(shù)學(xué)應(yīng)用意識.如圖,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,若AM⊥平面A1BD,則AM⊥BD.根據(jù)直四棱柱的性質(zhì)得C1C⊥BD,且AM∩C1C=M,∴BD⊥平面A1ACC1,∴BD⊥AC.又∵底面ABCD是矩形,∴底面ABCD是正方形,∴AB2=16,∴AB=4,∴該四棱柱是底面為正方形的長方體.過M點(diǎn)作MH⊥B1B于H點(diǎn),則MH⊥側(cè)面ABB1A1,連接AH,則AH即為AM在平面ABB1A1內(nèi)的射影,又∵AM⊥平面A1BD,∴AM⊥A1B,∴AH⊥A1B.∴Rt△ABH∽Rt△A1AB,∴=,結(jié)合AB=4,A1A=8,解得BH=2,∴CM=BH=2.在側(cè)面展開圖(沿側(cè)棱CC1展開)矩形CC'C'1C1中, CC'=16,C'M=2,∴CM===2.故選C.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共15分.11.一個六棱錐的體積為2,其底面是邊長為2的正六邊形,側(cè)棱長都相等,則該六棱錐的側(cè)面積為　　　　.?答案　12解析　設(shè)六棱錐的高為h,則×6××2×2××h=2,解得h=1.設(shè)六棱錐的斜高為h',則h2+()2=h'2,故h'=2.所以該六棱錐的側(cè)面積為×2×2×6=12.12.(20205·3原創(chuàng)題)已知四面體ABCD,AB=BC=CD=AD=BD=2,當(dāng)四面體的體積取最大值時,該四面體外接球的表面積為　　　　.?答案　π解析　取BD的中點(diǎn)M,連接AM,CM,設(shè)AC=x,易證BD⊥平面AMC,因?yàn)锳B=BC=CD=AD=BD=2,所以AM=CM=, 所以S△AMC=x,而VA-BCD=VB-AMC+VD-AMC=·S△AMC·BM+·S△AMC·DM=·S△AMC·BD=x=,所以當(dāng)x2=-=6,即x=(舍負(fù))時,四面體ABCD的體積取得最大值.在△AMC中,AM2+CM2=AC2,即AM⊥CM,又知AM⊥BD,BD∩CM=M,所以AM⊥平面BCD,又知AM?平面ABD,所以平面ABD⊥平面BCD.設(shè)△BCD的外心為O1,△ABD的外心為O2,過點(diǎn)O1作直線l1∥AM,則l1⊥平面BCD,由此可知四面體外接球的球心一定在直線l1上,同理,過點(diǎn)O2作直線l2∥CM,則l2⊥平面ABD,四面體外接球的球心一定在直線l2上,所以四面體外接球的球心為直線l1與直線l2的交點(diǎn),設(shè)為點(diǎn)O,連接OC,在Rt△OO1C中,O1C=2OO1=MC=,所以外接球半徑R=OC==,所以當(dāng)四面體的體積取最大值時,該四面體外接球的表面積S=4πR2=π.命題意圖　本題以四面體的體積為入手點(diǎn),考查幾何體體積的最值問題和外接球問題,滲透了數(shù)學(xué)運(yùn)算和直觀想象的核心素養(yǎng),屬中檔題.思路分析　利用分割求和法將四面體的體積表示成關(guān)于AC長的函數(shù),進(jìn)而利用函數(shù)思想求得體積取最大值時AC的長,利用球的性質(zhì)以及幾何體的結(jié)構(gòu)特征找出四面體外接球的球心,從而利用R2=r2+d2求得外接球半徑,代入球的表面積公式求得結(jié)果.13.(2020重慶巴蜀中學(xué)一模,16)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,P為體對角線BD1上的一點(diǎn),且BP=λBD1(λ∈(0,1)),現(xiàn)有以下判斷:①A1D⊥C1P;②若BD1⊥平面PAC,則λ=;③△ PAC周長的最小值是2+2;④若△PAC為鈍角三角形,則λ的取值范圍為,其中正確判斷的序號為　　　　.?答案?、佗冖芙馕觥≡谡襟wABCD-A1B1C1D1中,A1D⊥平面ABC1D1,又C1P?平面ABC1D1,故A1D⊥C1P,故①正確.在Rt△ABD1中,AB=2,AD1=2,BD1=2,由于BD1⊥平面PAC,所以BD1⊥AP,由射影定理得AB2=BP·BD1,即4=PB·2,PB=,==,可得λ=,故②正確.將△ABD1和△CBD1放在同一個平面內(nèi),可得AP+CP的最小值為,又AC=2,故③錯誤.利用BD1⊥平面A1C1D,可得當(dāng)△APC為直角三角形時,λ=,故當(dāng)△APC為鈍角三角形時,λ的取值范圍為,故④正確.所以正確判斷為①②④.三、解答題:共70分.解答應(yīng)寫出文字說明,證明過程或演算步驟.14.(10分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC,E,F分別為AB,A1B1的中點(diǎn).(1)求證:AF∥平面B1CE;(2)若A1B1⊥B1C,求證:平面B1CE⊥平面ABC. 解析　(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,AB=A1B1,∵E,F分別是AB,A1B1的中點(diǎn),∴FB1=A1B1,AE=AB,∴FB1=AE,又FB1∥AE,∴四邊形FB1EA為平行四邊形,∴AF∥EB1.又∵AF?平面B1CE,EB1?平面B1CE,∴AF∥平面B1CE.(2)∵AB∥A1B1,A1B1⊥B1C,∴AB⊥B1C,又∵E為AB的中點(diǎn),AC=BC,∴AB⊥EC,又∵EC∩B1C=C,∴AB⊥平面B1CE,又∵AB?平面ABC,∴平面ABC⊥平面B1CE.名師點(diǎn)睛　(1)線面平行的判定定理:平面外的一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行,那么該直線與此平面平行;(2)面面垂直的判定定理:一個平面過另一個平面的垂線,則這兩個平面垂直.15.(12分)(2020皖南八校摸底,19)在四棱錐P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,四邊形ABCD是矩形,E,F,G分別是棱BC,AD,PA的中點(diǎn). (1)求證:PE∥平面BFG;(2)若PD=AD=1,AB=2,求點(diǎn)C到平面BFG的距離.解析　(1)證明:連接DE,∵在矩形ABCD中,E,F分別是BC,AD的中點(diǎn),∴DF=BE,DF∥BE,∴四邊形BEDF是平行四邊形,∴DE∥BF.∵G是PA的中點(diǎn),∴FG∥PD.∵PD,DE?平面BFG,FG,BF?平面BFG,∴PD∥平面BFG,DE∥平面BFG.∵PD∩DE=D,∴平面PDE∥平面BFG.∵PE?平面PDE,∴PE∥平面BFG.(2)解法一:∵PD⊥平面ABCD,FG∥PD,∴FG⊥平面ABCD.在平面ABCD內(nèi),過C作CM⊥BF,垂足為M,則FG⊥CM.∵FG∩BF=F,∴CM⊥平面BFG,∴CM的長是點(diǎn)C到平面BFG的距離.在矩形ABCD中,F是AD的中點(diǎn),AD=1,AB=2,易知△BCM∽△FBA.∴=.∵FB==,BC=AD=1,∴CM=,即點(diǎn)C到平面BFG的距離為. 解法二:設(shè)C到平面BFG的距離為d,在矩形ABCD中,AF=AD=,AB=2,∴BF==.∵PD⊥平面ABCD,BF?平面ABCD,∴PD⊥BF,∵FG∥PD,∴FG⊥BF,FG=PD=,∴△BFG的面積為BF·FG=.∵△BCF的面積為BC·AB=1,VC-BFG=VG-BCF,∴×d=×1×,∴d=,即點(diǎn)C到平面BFG的距離為.16.(12分)(2020廣東中山紀(jì)念中學(xué)質(zhì)檢)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1的底面是邊長為2的正三角形,E,F分別是BC,CC1的中點(diǎn).(1)證明:平面AEF⊥平面B1BCC1;(2)若直線A1C與平面A1ABB1所成的角為45°,求三棱錐F-AEC的體積.解析　(1)證明:因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C1是直三棱柱,所以AE⊥BB1,又E是正三角形ABC的邊BC的中點(diǎn),所以AE⊥BC,又BC∩BB1=B,因此AE⊥平面B1BCC1,又AE?平面AEF,所以平面AEF⊥平面B1BCC1. (2)取AB的中點(diǎn)D,連接A1D,CD,因?yàn)椤鰽BC是正三角形,所以CD⊥AB,又三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CD⊥AA1,又AB∩AA1=A,因此CD⊥平面A1ABB1,于是∠CA1D為直線A1C與平面A1ABB1所成的角,由題設(shè)知,∠CA1D=45°,所以A1D=CD=AB=,在Rt△AA1D中,AA1===,所以FC=AA1=,故三棱錐F-AEC的體積V=S△AEC·FC=××=.解后反思　(1)由面面垂直的判定定理很容易得證;(2)所求三棱錐底面積容易求得,本題的難點(diǎn)為求三棱錐的高FC,已知直線A1C與平面A1ABB1所成的角為45°,故作出線面角,進(jìn)而可求得AA1的值,則可得FC的長.17.(12分)(2020湖南衡陽八中模擬,18)如圖,多面體ABCD-A1B1C1D1中,AA1,BB1,CC1,DD1均垂直于平面ABCD,AD∥BC,AB=BC=CD=AA1=CC1=2,BB1=1,AD=DD1=4.(1)證明:A1C1⊥平面CDD1C1;(2)求直線BC1與平面A1B1C1所成角的正弦值. 解析　(1)證明:如圖,連接AC,因?yàn)锳A1∥CC1,且AA1=CC1,所以四邊形ACC1A1為平行四邊形,即A1C1∥AC.又底面ABCD為等腰梯形,且AB=BC=CD=2,AD=4,所以AC⊥CD.因?yàn)镃C1⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,所以CC1⊥AC.又CD∩CC1=C,所以AC⊥平面CDD1C1,所以A1C1⊥平面CDD1C1.(2)解法一:由題意得BC1=2,延長DC,D1C1,AB,A1B1交于點(diǎn)G,取CG的中點(diǎn)M,連接BM.易知BM∥AC∥A1C1,又BM?平面A1B1C1,A1C1?平面A1B1C1,所以BM∥平面A1B1C1,所以點(diǎn)B到平面A1B1C1的距離和點(diǎn)M到平面A1B1C1的距離相等.由(1)知A1C1⊥平面CDD1C1,又A1C1?平面A1B1C1, 所以平面A1B1C1⊥平面CDD1C1.過點(diǎn)M作MH⊥GD1于點(diǎn)H,則MH⊥平面A1B1C1,即點(diǎn)M到平面A1B1C1的距離為MH=.設(shè)直線BC1與平面A1B1C1所成的角為θ,則sinθ===,即直線BC1與平面A1B1C1所成角的正弦值為.解法二:以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA所在直線為x軸,過點(diǎn)D且垂直于平面ADD1A1的直線為y軸,DD1所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則B(3,,0),A1(4,0,2),B1(3,,1),C1(1,,2),則=(-2,0,2),=(-3,,0),=(-2,0,1).設(shè)平面A1B1C1的法向量為n=(x,y,z),由得令x=1,得n=(1,,2).設(shè)直線BC1與平面A1B1C1所成的角為θ, 則sinθ=|cos<,n>|==,即直線BC1與平面A1B1C1所成角的正弦值為.名師點(diǎn)睛　本題考查直線與平面垂直的判定、線面角,考查空間想象能力和運(yùn)算求解能力,屬于中檔題.思路分析　(1)連接AC,證出AC⊥CD,CC1⊥AC,利用線面垂直的判定定理可得AC⊥平面CDD1C1,再利用平行線的性質(zhì)即可得證.(2)解法一:由題意得BC1=2,延長DC,D1C1,AB,A1B1交于點(diǎn)G,取CG的中點(diǎn)M,連接BM,由BM∥AC∥A1C1,可得點(diǎn)B到平面A1B1C1的距離和點(diǎn)M到平面A1B1C1的距離相等,求出點(diǎn)M到平面A1B1C1的距離,找到線面角即可求解;解法二:以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA所在直線為x軸,過點(diǎn)D且垂直于平面ADD1A1的直線為y軸,DD1所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系,求出平面A1B1C1的一個法向量,利用線面角的向量公式即可求解.18.(12分)(2020天津適應(yīng)性測試,17)如圖,在四棱錐P-ABCD中,已知AB=BC=,AC=4,AD=DC=2,點(diǎn)O為AC的中點(diǎn),PO⊥底面ABCD,PO=2,點(diǎn)M為PC的中點(diǎn).(1)求直線PB與平面ADM所成角的正弦值;(2)求二面角D-AM-C的正弦值;(3)記棱PD的中點(diǎn)為N,若點(diǎn)Q在線段OP上,且NQ∥平面ADM,求線段OQ的長.解析　連接OB,由已知得O,B,D共線.依題意,以O(shè)為原點(diǎn),分別以,,的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系(如圖),可得O(0,0,0),A(0,-2,0),B(1,0,0),C(0,2,0),D(-2,0,0),P(0,0,2),M(0,1,1). (1)依題意,可得=(-2,2,0),=(0,3,1),設(shè)n=(x,y,z)為平面ADM的法向量,則即不妨設(shè)y=1,可得n=(1,1,-3),又=(1,0,-2),故cos<,n>==,∴直線PB與平面ADM所成角的正弦值為.(2)由已知可得OB⊥AC,OB⊥PO,所以O(shè)B⊥平面AMC,故是平面AMC的一個法向量,易知=(1,0,0),∴cos<,n>==,于是有sin<,n>=.∴二面角D-AM-C的正弦值為.(3)設(shè)線段OQ的長為h(0≤h≤2),則點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(0,0,h),易知點(diǎn)N的坐標(biāo)為(-1,0,1),進(jìn)而可得=(1,0,h-1),由NQ∥平面ADM,得⊥n,∴·n=0,即1-3(h-1)=0,解得h=∈[0,2], ∴線段OQ的長為.點(diǎn)睛　用空間向量解答立體幾何問題的一般步驟:(1)觀察圖形,建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系;(2)寫出相應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo),求出相應(yīng)直線的方向向量;(3)設(shè)出相應(yīng)平面的法向量,利用兩向量垂直數(shù)量積為零列出方程組求出法向量;(4)將空間位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為向量關(guān)系;(5)根據(jù)定理結(jié)論求出相應(yīng)的角和距離.思路分析　以O(shè)為原點(diǎn),分別以,,的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系.(1)求出直線PB的方向向量,利用向量垂直數(shù)量積為零列方程求出平面ADM的法向量,進(jìn)而可求直線PB與平面ADM所成角的正弦值;(2)由已知可得OB⊥平面AMC,故是平面AMC的一個法向量,結(jié)合(1)中平面ADM的法向量,利用空間向量夾角余弦公式可求二面角D-AM-C的余弦值,從而可得二面角的正弦值;(3)設(shè)線段OQ的長為h(0≤h≤2),則點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(0,0,h),利用直線與平面ADM的法向量數(shù)量積為零列方程求解即可.19.(12分)(2020河南、山西百校聯(lián)盟4月聯(lián)考,19)如圖,將斜邊長為4的等腰直角△ABC沿斜邊BC上的高AD折成直二面角B-AD-C,E為AD中點(diǎn).(1)求二面角A-BC-E的余弦值;(2)M為線段BC上一動點(diǎn),當(dāng)直線DM與平面BCE所成的角最大時,求三棱錐M-CDE外接球的體積.解析　解法一:(1)∵△ABC為等腰直角三角形,D是斜邊BC的中點(diǎn),∴BD⊥AD,CD⊥AD,∴∠BDC是二面角B-AD-C的平面角,則有∠BDC=90°,即BD⊥CD,又AD∩CD=D,∴BD⊥平面ADC,∴以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA、DC、DB所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系, ∵在平面圖形中,△ABC是斜邊長為4的等腰直角三角形,且E為高AD的中點(diǎn),∴D(0,0,0),A(2,0,0),B(0,0,2),C(0,2,0),E(,0,0),∴=(-2,2,0),=(0,2,-2),=(-,2,0),設(shè)平面ABC的法向量為m=(x1,y1,z1),平面BCE的法向量為n=(x2,y2,z2),由得令x1=1,則y1=z1=1,∴m=(1,1,1),同理可求得n=(2,1,1),∴cos===.∴二面角A-BC-E的余弦值為.(2)如圖,設(shè)=λ(0≤λ≤1),可得M(0,2λ,2-2λ),∴=(0,2λ,2-2λ),又由(1)可知平面BCE的法向量為n=(2,1,1).∴cos<,n>==.即直線DM與平面BCE所成的角的正弦值為.∵0≤λ≤1,∴≤,當(dāng)且僅當(dāng)λ=時,等號成立. ∴當(dāng)M為BC中點(diǎn)時,直線DM與平面BCE所成的角最大,此時DM=2.由平面幾何知識可知,△CDE和△CME都是直角三角形,設(shè)N為CE的中點(diǎn),則ND=NE=NC=NM=CE=,∴三棱錐M-CDE外接球的半徑為,∴外接球的體積V=π=π.解法二:(1)取BC的中點(diǎn)F,連接EF,AF,∵△ABC為等腰直角三角形,D是斜邊BC的中點(diǎn),∴BD⊥AD,CD⊥AD,∴∠BDC是二面角B-AD-C的平面角,則有∠BDC=90°,即BD⊥CD,又AD∩CD=D,∴BD⊥平面ADC.由題意得AD=BD=CD=2,AB=BC=CA=4.由平面幾何知識可知,BE=CE=,∴EF⊥BC,AF⊥BC,∴∠EFA是二面角A-BC-E的平面角,在△EFA中,AE=,AF==2,EF==,∴cos∠EFA===,∴二面角A-BC-E的余弦值為.(2)設(shè)直線DM與平面BCE所成的角為α,點(diǎn)D到平面BCE的距離為d,則sinα=,易求得S△BCE=2, 由V三棱錐B-CDE=V三棱錐D-BCE,求得d=.∴當(dāng)DM最小時,直線DM與平面BCE所成的角的正弦值最大,此時所成角也最大,∴當(dāng)M為BC中點(diǎn)時,直線DM與平面BCE所成的角最大,此時DM=2.由平面幾何知識可知,△CDE和△CME都是直角三角形,設(shè)N為CE的中點(diǎn),則ND=NE=NC=NM=CE=.∴三棱錐M-CDE外接球的半徑為.∴外接球的體積V=π=π