1．（5分）已知向量＝（1，2），＝（﹣1，m），若⊥，則m的值為（ ）
A．﹣2B．2C．D．
2．（5分）復(fù)數(shù)，則的虛部是（ ）
A．2B．2iC．iD．﹣2
3．（5分）已知單位向量，滿足|﹣|＝，則cs＜，+＞＝（ ）
A．B．C．D．
4．（5分）從正方體的8個頂點上任取4個頂點，則這4個頂點構(gòu)成的幾何圖形不可能是（ ）
A．三個面是直角三角形的正三棱錐
B．有一個面是鈍角三角形的四面體
C．每個面都是等邊三角形的四面體
D．每個面都是直角三角形的四面體
5．（5分）在△ABC中，已知cs2A+cs2B﹣cs2C＝1﹣2sinAsinB，則一定成立的是（ ）
A．B．C．A＝CD．
6．（5分）在△ABC中，，若三角形有兩解，則x的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
7．（5分）過△ABC的重心G的直線l分別交線段AB、AC于點E、F，若，則2λ+μ的最小值為（ ）
A．B．C．D．
8．（5分）在銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若，則的取值范圍是（ ）
A．B．C．（1，+∞）D．
二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分.
（多選）9．（5分）設(shè)，，為平面內(nèi)任意三個非零向量，下列結(jié)論正確的是（ ）
A．|+|＝||+||的充要條件是∥
B．⊥的充要條件是?＝0
C．若∥，∥，則∥
D．若?＝?，則＝
（多選）10．（5分）已知復(fù)數(shù)z＝a+bi（a，b∈R），下列結(jié)論正確的是（ ）
A．z∈R的充要條件是
B．z是純虛數(shù)的充要條件是
C．若z2＝|z|2，則z∈R
D．若z2+|z|2＝0，則z是純虛數(shù)
（多選）11．（5分）在正四面體ABCD中，若AB＝2，M為BC的中點，下列結(jié)論正確的是（ ）
A．正四面體的體積為
B．正四面體外接球的表面積為6π
C．如果點P在線段DM上，則（AP+CP）2的最小值為
D．正四面體ABCD內(nèi)接一個圓柱，使圓柱下底面在底面BCD上，上底圓面與面ABD、面ABC、面ACD均只有一個公共點，則圓柱的側(cè)面積的最大值為
（多選）12．（5分）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，，O是△ABC的外接圓圓心，下列結(jié)論正確的是（ ）
A．a(chǎn)b的最大值是
B．b的取值范圍是（0，2）
C．若，則△ABC是等腰三角形
D．的最大值是3
三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．
13．（5分）若，為單位向量，且|3+5|＝7，則在方向上的投影向量為 ．
14．（5分）在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)方程x2﹣4x+5＝0的兩根為α，β，則|α|+|β|＝ ．
15．（5分）若G為△ABC的重心，BG⊥CG，則csA的最小值為 ．
16．（5分）水平桌面上放置了3個半徑為2的小球，它們兩兩相切，并均與桌面相切．若用一個半球形容器（容器厚度忽略不計）罩住三個小球，則半球形容器的半徑的最小值是 ．
四、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
17．（10分）已知，，O為坐標(biāo)原點．
（1）若與的夾角為鈍角，求實數(shù)m的取值范圍；
（2）當(dāng)t∈[﹣1，1]時，求的取值范圍．
18．（12分）已知半圓圓心為O點，直徑AB＝8，C為半圓弧上靠近點A的三等分點，若P為半徑OC上的動點，以O(shè)點為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示．
（1）若，求與夾角的大?。?br>（2）試求點P的坐標(biāo)，使取得最小值，并求此最小值．
19．（12分）如圖，在△ABC中，AB＝2，3sin2B﹣2csB﹣2＝0，且點D在線段BC上．
（1）若∠ADC＝，求AD的長；
（2）若BD＝2DC，＝4，求△ABD的面積．
20．（12分）已知正四棱錐P﹣ABCD的側(cè)棱長為和底面邊長為2．
（1）求正四棱錐P﹣ABCD的體積和表面積；
（2）若點E，F(xiàn)，G分別在側(cè)棱PB，PA，PC上，且，求三棱錐A﹣EFG的體積．
21．（12分）正六棱臺玻璃容器的兩底面棱長分別為7cm，31cm，高為32cm，如圖水平放置，盛有水深為12cm．
（1）求玻璃容器的體積；
（2）將一根長度為40cm的攪棒l置入玻璃容器中，l的一端置于點E處，另一端置于側(cè)棱GG1上，求l沒入水中部分的長度．（容器厚度，攪棒粗細(xì)均忽略不計）
22．（12分）如圖1，某景區(qū)是一個以C為圓心，半徑為的圓形區(qū)域，道路l1，l2成60°角，且均和景區(qū)邊界相切，現(xiàn)要修一條與景區(qū)相切的觀光木棧道AB，點A，B分別在l1和l2上，修建的木棧道AB與道路l1，l2圍成三角地塊OAB．（注：圓的切線長性質(zhì)：圓外一點引圓的兩條切線長相等）．
（1）若△OAB的面積，求木棧道AB長；
（2）如圖2，若景區(qū)中心C與木棧道A段連線的∠CAB＝α，求木棧道AB的最小值．
2022-2023學(xué)年廣東省深圳實驗學(xué)校高中部高一（下）期中數(shù)學(xué)試卷
參考答案與試題解析
一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1．（5分）已知向量＝（1，2），＝（﹣1，m），若⊥，則m的值為（ ）
A．﹣2B．2C．D．
【分析】利用向量垂直的性質(zhì)求解．
【解答】解：∵向量＝（1，2），＝（﹣1，m），⊥，
∴＝﹣1+2m＝0，
解得m＝．
故選：C．
【點評】本題考查實數(shù)值的求法，是基礎(chǔ)題，解題時要認(rèn)真審題，注意向量垂直的性質(zhì)的合理運用．
2．（5分）復(fù)數(shù)，則的虛部是（ ）
A．2B．2iC．iD．﹣2
【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合復(fù)數(shù)的四則運算，以及共軛復(fù)數(shù)、虛部的定義，即可求解．
【解答】解：i）＝（﹣2+i）（1+i）＝﹣2（）（1+i）＝﹣8，
（2+2i）2＝8i，
故＝＝i+1+i＝1+2i，
則，其虛部為2．
故選：D．
【點評】本題主要考查復(fù)數(shù)的四則運算，以及共軛復(fù)數(shù)、虛部的定義，屬于基礎(chǔ)題．
3．（5分）已知單位向量，滿足|﹣|＝，則cs＜，+＞＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合平面向量的數(shù)量積運算，以及平面向量的夾角公式，即可求解．
【解答】解：單位向量，滿足|﹣|＝，
則，即1+1﹣，解得，
＝＝，
＝，
故cs＜，+＞＝＝．
故選：B．
【點評】本題主要考查平面向量的數(shù)量積運算，以及平面向量的夾角公式，屬于基礎(chǔ)題．
4．（5分）從正方體的8個頂點上任取4個頂點，則這4個頂點構(gòu)成的幾何圖形不可能是（ ）
A．三個面是直角三角形的正三棱錐
B．有一個面是鈍角三角形的四面體
C．每個面都是等邊三角形的四面體
D．每個面都是直角三角形的四面體
【分析】根據(jù)題意，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，舉出例子可以說明ACD正確，對于B，先選取其中一點A，與其余的7個點中的任意2個都不會構(gòu)成鈍角三角形，由此可得B錯誤，即可得答案．
【解答】解：根據(jù)題意，如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，
對于A，四面體A﹣A1BD就是三個面是直角三角形的正三棱錐，A正確；
對于C，四面體C1﹣A1BD就是每個面都是等邊三角形的四面體，C正確；
對于D，四面體A﹣A1BC就是每個面都是直角三角形的四面體，D正確；
對于B，先選取其中一點A，與其余的7個點中的任意2個都不會構(gòu)成鈍角三角形，則不可能構(gòu)成有一個面是鈍角三角形的四面體，B錯誤；
故選：B．
【點評】本題考查正方體、四面體的幾何結(jié)構(gòu)，涉及直線與平面垂直的判定，屬于基礎(chǔ)題．
5．（5分）在△ABC中，已知cs2A+cs2B﹣cs2C＝1﹣2sinAsinB，則一定成立的是（ ）
A．B．C．A＝CD．
【分析】由二倍角的余弦公式化簡已知表達(dá)式，并結(jié)合余弦定理可求出csC的值，結(jié)合C的范圍可求C的值，即可得解．
【解答】解：因為cs2A+cs2B﹣cs2C＝1﹣2sinAsinB，
所以1﹣2sin2A+1﹣2sin2B﹣（1﹣2sin2C）＝1﹣2sinAsinB，
所以sin2A+sin2B﹣sin2C＝sinAsinB，
由正弦定理得：a2+b2﹣c2＝ab，
由余弦定理得csC＝＝＝，
又C∈（0，π），
所以C＝．
故選：D．
【點評】本題主要考查正弦定理以及余弦定理在解三角形中的綜合應(yīng)用，考查了轉(zhuǎn)化思想，屬于基礎(chǔ)題．
6．（5分）在△ABC中，，若三角形有兩解，則x的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
【分析】△ABC有兩組解，利用正弦定理得asinB＜b＜a，代入數(shù)據(jù)，求出x的范圍．
【解答】解：當(dāng)asinB＜b＜a時，三角形ABC有兩組解，
又b＝，B＝60°，a＝x，如果三角形ABC有兩組解，
那么x應(yīng)滿足xsin60°＜＜x，
即＜x＜2；
x的取值范圍是＜x＜2．
故選：C．
【點評】本題考查了三角形的應(yīng)用與正弦定理的應(yīng)用問題，屬基礎(chǔ)題．
7．（5分）過△ABC的重心G的直線l分別交線段AB、AC于點E、F，若，則2λ+μ的最小值為（ ）
A．B．C．D．
【分析】由G為重心，且E，G，F(xiàn)三點共線，可得用，的線性表示，再由題意可得用，的線性表示，可得λ，μ的關(guān)系，由“1“的活用及均值不等式可得2λ+μ的最小值．
【解答】解：設(shè)直線AG與BC交于D，因為直線l過重心G，又＝＝?（+）＝（+），
而E，G，F(xiàn)三點共線，所以＝x+（1﹣x）＝λx+（1﹣x）μ，
所以，可得+＝3，
所以2λ+μ＝（2λ+μ）?（+）＝（3++），
因為λ＞0，μ＞0，所以＞0，
由均值不等式可得2λ+μ≥（3+2）＝（3+2）＝1+，
所以2λ+μ的最小值為1+．
故選：A．
【點評】本題考查重心的性質(zhì)及向量的基本定理的應(yīng)用，均值不等式的應(yīng)用，屬于中檔題．
8．（5分）在銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若，則的取值范圍是（ ）
A．B．C．（1，+∞）D．
【分析】先根據(jù)已知條件化簡可得A＝2C，再將化為，結(jié)合△ABC為銳角三角形，可得C的范圍，進(jìn)而得解．
【解答】解：因為，
所以2sinCcsA＝sinB﹣sinC＝sin（A+C）﹣sinC，
則2sinCcsA＝sinAcsC+csAsinC﹣sinC，
則sinC＝sin（A﹣C），
則C＝A﹣C或C+A﹣C＝π，
則A＝2C或A＝π（舍），
由正弦定理可得＝
＝＝＝，
又因為△ABC 是銳角三角形，
所以，解得，
則，
則，即．
故選：A．
【點評】本題考查三角恒等變換，解三角形與三角函數(shù)的性質(zhì)，考查運算求解能力，屬于中檔題．
二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分.
（多選）9．（5分）設(shè)，，為平面內(nèi)任意三個非零向量，下列結(jié)論正確的是（ ）
A．|+|＝||+||的充要條件是∥
B．⊥的充要條件是?＝0
C．若∥，∥，則∥
D．若?＝?，則＝
【分析】根據(jù)平面向量的平行與垂直的性質(zhì)即可判定．
【解答】解：|+|＝||+||，當(dāng)且僅當(dāng)與同向時成立，而與方向相同或相反都有，因此不是充要條件，A錯誤；
因為和均為非零向量，所以當(dāng)時，必有cs＜＞＝，則必有，B正確；
因為和均為非零向量，所以當(dāng)∥，∥時，有和方向相同或相反，和方向相同或相反，故與同向或反向，C正確；
由可得，＝0，則可得或，故D錯誤．
綜上，BC正確．
故選：BC．
【點評】本題考查了平面向量的平行、垂直的性質(zhì)，屬基礎(chǔ)題．
（多選）10．（5分）已知復(fù)數(shù)z＝a+bi（a，b∈R），下列結(jié)論正確的是（ ）
A．z∈R的充要條件是
B．z是純虛數(shù)的充要條件是
C．若z2＝|z|2，則z∈R
D．若z2+|z|2＝0，則z是純虛數(shù)
【分析】根據(jù)充分必要條件判斷A，根據(jù)充分必要條件以及特殊值法判斷B，根據(jù)定義得方程組判斷CD．
【解答】解：對于A，若z∈R，則b＝0，，是充分條件，反之也成立，故A正確；
對于B，若z是純虛數(shù)，則a＝0且b≠0，則z+＝2a＝0，是充分條件，
反之，若z+＝2a＝0，則z＝bi，當(dāng)b＝0時，z不是純虛數(shù)，故不是必要條件，故B錯誤；
對于C，若z2＝|z|2，則（a+bi）2＝a2﹣b2+2abi＝a2+b2，
則，則b＝0，z∈R，故C正確；
對于D，若z2+|z|2＝0，則2a2+2abi＝0，則a＝b＝0，則z＝0，故D錯誤．
故選：AC．
【點評】本題考查了復(fù)數(shù)，充分必要條件問題，考查轉(zhuǎn)化思想，是基礎(chǔ)題．
（多選）11．（5分）在正四面體ABCD中，若AB＝2，M為BC的中點，下列結(jié)論正確的是（ ）
A．正四面體的體積為
B．正四面體外接球的表面積為6π
C．如果點P在線段DM上，則（AP+CP）2的最小值為
D．正四面體ABCD內(nèi)接一個圓柱，使圓柱下底面在底面BCD上，上底圓面與面ABD、面ABC、面ACD均只有一個公共點，則圓柱的側(cè)面積的最大值為
【分析】由正四棱錐的結(jié)構(gòu)特征，應(yīng)用棱錐的體積公式求體積，并確定外接球的半徑求表面積，展開側(cè)面，要使（AP+CP）2最小，只需A，P，C共線，結(jié)合余弦定理求其最小值，根據(jù)正四面體ABCD內(nèi)接一個圓柱底面圓與其中截面正三角形關(guān)系求半徑、體高，應(yīng)用二次函數(shù)性質(zhì)求側(cè)面積最大值．
【解答】解：由正四面體各棱都相等，即各面都為正三角形，
故棱長為2，如下圖示，
O為底面中心，則D，O，M共線，AO為體高，
故，
所以，
故正四面體的體積為，A錯誤；
由題設(shè)，外接球球心E在AO上，且半徑r＝EA＝EB，
所以r2＝（AO﹣r）2+BO2，則，
故外接球的表面積為，B正確；
由題意知：將面AMD與面CMD沿MD翻折，使它們在同一個平面，如下圖示，
所以AD＝CD＝2且，，
又∠CDM＝30°，
而，
要使（AP+CP）2最小，只需A，P，C共線，
則，
所以，C正確；
如下圖，棱錐中一個平行于底面的截面所成正三角形的內(nèi)切圓為正四面體ABCD內(nèi)接一個圓柱的上底面，
若截面所成正三角形邊長為x∈（0，2），
則圓柱體的高，圓柱底面半徑為，
所以其側(cè)面積，
故當(dāng)x＝1時，，D正確．
故選：BCD．
【點評】本題考查立體幾何知識的綜合運用，考查空間想象能力與運算求解能力，屬于中檔題．
（多選）12．（5分）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，，O是△ABC的外接圓圓心，下列結(jié)論正確的是（ ）
A．a(chǎn)b的最大值是
B．b的取值范圍是（0，2）
C．若，則△ABC是等腰三角形
D．的最大值是3
【分析】由余弦定理、基本不等式可得，進(jìn)而求ab最大值，注意取值條件，由已知條件和構(gòu)成三角形條件有求b范圍，若E，F(xiàn)，G為AB，BC，AC中點，由外心的性質(zhì)、向量線性關(guān)系可得CE⊥AB且AE＝BE，即得三角形形狀，將化為，根據(jù)對應(yīng)線段位置關(guān)系、長度及正弦邊角關(guān)系、三角恒等變換、正弦函數(shù)性質(zhì)求最值．
【解答】解：設(shè)△ABC的外接圓半徑為r，
則根據(jù)正弦定理可得，
如下圖，過A作AD⊥BC于D，
由a2+b2﹣2abcsC＝c2＝2，則，
所以，僅當(dāng)時等號成立，A正確；
由題意，，則，B錯誤；
若E，F(xiàn)，G為AB，BC，AC中點，由，故C，O，E共線，
又OE⊥AB，所以CE⊥AB且AE＝BE，故CE為中垂線，
所以△ABC是等腰三角形，C正確；
由
＝
＝＝，又，
則上式＝，
所以原式＝2sin2B﹣（1+2sinBcsB）+2（csB+sinB）sinB＝4sin2B﹣1，
由，故時最大值為3，D正確．
故選：ACD．
【點評】本題考查向量與解三角形的綜合問題，三角形外接圓的性質(zhì)，余弦定理與正弦定理的應(yīng)用，化歸轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題．
三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．
13．（5分）若，為單位向量，且|3+5|＝7，則在方向上的投影向量為 ．
【分析】對|3+5|＝7兩邊平方，求出＝，再利用投影向量的定義求解．
【解答】解：∵|3+5|＝7，||＝||＝1，
∴＝+30+25||2＝34+30＝49，
∴＝，
∴在方向上的投影向量為＝．
故答案為：．
【點評】本題主要考查了投影向量的定義，屬于基礎(chǔ)題．
14．（5分）在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)方程x2﹣4x+5＝0的兩根為α，β，則|α|+|β|＝ ．
【分析】由題意，利用當(dāng)判別式小于零時，利用根公式求得α、β，再根據(jù)復(fù)數(shù)的模的定義與求法，
【解答】解：復(fù)數(shù)范圍內(nèi)方程x2﹣4x+5＝0的兩根為α，β，
∵Δ＝16﹣20＝﹣4，∴α、β＝＝2±i，
故α、β中一個等于2+i，另一個等于2﹣i，
則|α|+|β|＝+＝2．
故答案為：2．
【點評】本題主要考查當(dāng)判別式小于零時，求根公式的應(yīng)用，復(fù)數(shù)的模的定義與求法，屬于基礎(chǔ)題．
15．（5分）若G為△ABC的重心，BG⊥CG，則csA的最小值為 ．
【分析】令，且它們的模長分別為a，b，夾角為90°，以此為基底向量，表示出csA的值，然后借助于基本不等式求解．
【解答】解：如圖：令，且它們的模長分別為a，b，夾角為90°，
則＝＝，同理，
所以＝＝，，＝2a2+2b2，
故csA＝＝＝＝……①，
因為a2+b2≥2ab，所以（a2+b2）2≥4a2b2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號，故①式，
即csA的最小值為．
故答案為：．
【點評】本題考查數(shù)量積的運算以及基本不等式求最值，屬于中檔題．
16．（5分）水平桌面上放置了3個半徑為2的小球，它們兩兩相切，并均與桌面相切．若用一個半球形容器（容器厚度忽略不計）罩住三個小球，則半球形容器的半徑的最小值是 +2 ．
【分析】以3個小球球心和與桌面的切點為頂點作三棱柱，結(jié)合圖形分析可解．
【解答】解：如圖所示，設(shè)3個球心分別為A1，B1，C1，3個球分別與水平桌面相切于A，B，C三點，
假設(shè)半球形的容器與球C1相切于點D，此時半球形容器內(nèi)壁的半徑最小，
記最小半徑設(shè)為Rmin，易知△ABC是邊長為4的正三角形，
記AB中點為E，半球形容器的球心O為△ABC的中心，
則OC＝CE＝＝．
則Rmin＝OC1+C1D＝+2＝+2．
故答案為：+2．
【點評】本題考查內(nèi)切球問題，化歸轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題．
四、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
17．（10分）已知，，O為坐標(biāo)原點．
（1）若與的夾角為鈍角，求實數(shù)m的取值范圍；
（2）當(dāng)t∈[﹣1，1]時，求的取值范圍．
【分析】（1）根據(jù)題意，求出與的坐標(biāo)，由向量數(shù)量積的運算性質(zhì)可得關(guān)于m的不等式，然后求出m的范圍；
（2）根據(jù)題意，求出﹣t的坐標(biāo)，得到|﹣t|的表達(dá)式，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)，求出取值范圍．
【解答】解：（1）根據(jù)題意，，，
則＝（3m+2，﹣2m+1），＝（﹣1，﹣4），
若與的夾角為鈍角，
則有（）?（）＝﹣3m﹣2+8m﹣4＝5m﹣6＜0，且4（3m+2）≠﹣（﹣2m+1），
解得m＜且m≠﹣，即m的取值范圍為（﹣∞，﹣）∪（﹣，）；
（2）根據(jù)題意，﹣t＝（3﹣2t，﹣2﹣t），
則2＝（3﹣2t）2+（﹣2﹣t）2＝5t2﹣8t+13，
所以|﹣t|＝，
又﹣1≤t≤1，則≤|﹣t|≤，
即的取值范圍是[，]．
【點評】本題考查向量數(shù)量積的計算，涉及向量模的計算，屬于基礎(chǔ)題．
18．（12分）已知半圓圓心為O點，直徑AB＝8，C為半圓弧上靠近點A的三等分點，若P為半徑OC上的動點，以O(shè)點為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示．
（1）若，求與夾角的大?。?br>（2）試求點P的坐標(biāo)，使取得最小值，并求此最小值．
【分析】（1）由平面向量數(shù)量積運算，結(jié)合平面向量的夾角公式求解即可；
（2）設(shè)點P的坐標(biāo)，再結(jié)合平面向量數(shù)量積運算即可．
【解答】解：（1）因為半圓的直徑AB＝8，由題易知：又A（﹣4，0）、B（4，0）
又OC＝4，，則C（4cs，4sin），則．
所以，，所以．
設(shè)與夾角為α，則csα＝＝＝﹣，
又因為α∈[0，π]，
所以，
即與的夾角為．
（2）設(shè)，
由（1）知，，
則，，
所以，
又因為0≤t≤1，
所以當(dāng)時，有最小值為﹣1，
此時點P的坐標(biāo)為．
【點評】本題考查了平面向量數(shù)量積的運算，重點考查了向量的坐標(biāo)運算，屬中檔題．
19．（12分）如圖，在△ABC中，AB＝2，3sin2B﹣2csB﹣2＝0，且點D在線段BC上．
（1）若∠ADC＝，求AD的長；
（2）若BD＝2DC，＝4，求△ABD的面積．
【分析】（1）由3sin2B﹣2csB﹣2＝0，可得3cs2B+2csB﹣1＝0，求出csB，sinB，再利用正弦定理求得AD．
（2）由BD＝2DC和三角形的面積公式求出AC，再利用余弦定理可得BC，再求面積即可．
【解答】解：（1）由3sin2B﹣2csB﹣2＝0，可得3cs2B+2csB﹣1＝0，
所以csB＝或csB＝﹣1（舍去），所以sinB＝，
因為∠ADC＝，所以∠ADB＝，
在△ABD中，由正弦定理可得＝
解得AD＝．
（2）由BD＝2DC，得＝2，∴＝2，
因為＝4，AB＝2，所以AC＝4，
由余弦定理AC2＝AB2+BC2﹣2AB?BC?csB，
可得BC2﹣BC﹣28＝0，解得BC＝6或BC＝﹣（舍去），
所以BD＝4，
所以S△ABD＝?AB?BD?sinB＝×2×4×＝．
【點評】本題考查了正余弦定理的應(yīng)用，三角形的面積公式，屬于中檔題．
20．（12分）已知正四棱錐P﹣ABCD的側(cè)棱長為和底面邊長為2．
（1）求正四棱錐P﹣ABCD的體積和表面積；
（2）若點E，F(xiàn)，G分別在側(cè)棱PB，PA，PC上，且，求三棱錐A﹣EFG的體積．
【分析】（1）根據(jù)錐體的體積公式，表面積公式，計算即可求解；
（2）根據(jù)題意，化歸轉(zhuǎn)化，即可求解．
【解答】解：（1）根據(jù)題意可知四邊形ABCD為正方形，
設(shè)O為底面中心，則PO為該錐體的高，
又易知OD＝，PD＝，∴PO＝＝2，
∴正四棱錐P﹣ABCD的體積為＝，
又側(cè)面等腰三角形的高為＝，
∴正四棱錐P﹣ABCD的表面積為；
（2）∵PE＝PB，PF＝PA，
∴S△AEF＝＝，
∴VA﹣EFG＝VG﹣EFA＝，
∵＝，∴VG﹣ABP＝，
即VA﹣EFG＝＝＝．
【點評】本題考查正四棱錐的體積與表面積的求解，三棱錐的體積的求解，化歸轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題．
21．（12分）正六棱臺玻璃容器的兩底面棱長分別為7cm，31cm，高為32cm，如圖水平放置，盛有水深為12cm．
（1）求玻璃容器的體積；
（2）將一根長度為40cm的攪棒l置入玻璃容器中，l的一端置于點E處，另一端置于側(cè)棱GG1上，求l沒入水中部分的長度．（容器厚度，攪棒粗細(xì)均忽略不計）
【分析】（1）求解下底面面積，上底面的面積，結(jié)合臺體的高，求解正六棱臺的體積．
（2）設(shè)攪棒在GG1上的點為M，攪棒與水面的交點為N，在平面E1EGG1中，過點N作NP⊥EG，交EG于點P，過點E作EQ⊥E1G1，交E1G1于點Q，畫出平面EE1G1G的平面圖，求解E1Q，E1E，結(jié)合正弦定理求解sin∠EMG，cs∠EMG，然后轉(zhuǎn)化求解即可．
【解答】解：（1）由題意可知，下底面面積為，
上底面的面積＝，又臺體的高為32cm，
所以正六棱臺的體積
（2）設(shè)攪棒在GG1上的點為M，則EM＝40cm，攪棒與水面的交點為N，在平面E1EGG1中，過點N作NP⊥EG，交EG于點P，過點E作EQ⊥E1G1，交E1G1于點Q，
∵EABGCD﹣E1A1B1G1C1D1為正六棱臺，∴EE1＝GG1，EG∥E1G1，EG≠E1G1，
∴EE1G1G為等腰梯形，畫出平面EE1G1G的平面圖，
∵E1G1＝62cm，EG＝14cm，EQ＝32cm，NP＝12cm，
∴E1Q＝24cm，
由勾股定理得：，
∴，，，
根據(jù)正弦定理得：，∴，
∴，
∴sin∠GEM＝sin（∠EGM+∠EMG）＝，
∴．
∴攪棒l沒入水中部分的長度為20cm．
【點評】本題考查棱臺的體積的求法，空間點、線、面距離的求法，正弦定理的應(yīng)用，考查空間想象能力，轉(zhuǎn)化思想以及計算能力，是中檔題．
22．（12分）如圖1，某景區(qū)是一個以C為圓心，半徑為的圓形區(qū)域，道路l1，l2成60°角，且均和景區(qū)邊界相切，現(xiàn)要修一條與景區(qū)相切的觀光木棧道AB，點A，B分別在l1和l2上，修建的木棧道AB與道路l1，l2圍成三角地塊OAB．（注：圓的切線長性質(zhì)：圓外一點引圓的兩條切線長相等）．
（1）若△OAB的面積，求木棧道AB長；
（2）如圖2，若景區(qū)中心C與木棧道A段連線的∠CAB＝α，求木棧道AB的最小值．
【分析】（1）由已知可得OA?OB＝40，OA+OB+AB＝20，進(jìn)而由余弦定理可得AB2＝OA2+OB2﹣OA?OB，可求AB；
（2）設(shè)圓與AO，OB分別切于N，P，由已知可得∠MAP＝2α，利用，可求木棧道AB的最小值．
【解答】解：（1）在△OAB中，因為△OAB的面積，所以S＝OA?OBsin∠ACB，
則解得OA?OB＝40①，
所以，
則OA+OB+AB＝20，所以O(shè)A+OB＝20﹣AB，
兩邊平方得OA2+OB2+2OA?OB＝AB2﹣40?AB+400，
所以O(shè)A2+OB2＝AB2﹣40?AB+320②，
在△ABC中，由余弦定理可得AB2＝OA2+OB2﹣2OA?OBcs∠AOB，
即AB2＝OA2+OB2﹣OA?OB③，
由①②③求解得AB＝7；
（2）設(shè)圓與AO，OB分別切于N，P，
則AM＝AN，BM＝BP，∠CMA＝∠CNA＝∠CMB＝∠CPB＝90°，
則△CMA≌△CNA，△CMB≌△CPB，
則∠CAM＝∠CAN，∠CBM＝∠CBP，
由∠CAB＝α，可得∠MAP＝2α，
由，
可得，則，
則；
；；
＝
＝＝，
當(dāng)且僅當(dāng)時等號成，則AB的最小值6．
【點評】本題考查解三角形在生活中的應(yīng)用，考查余弦定理，考查運算求解能力，考查三角恒等變換，屬中檔題．
聲明：試題解析著作權(quán)屬菁優(yōu)網(wǎng)所有，未經(jīng)書面同意，不得復(fù)制發(fā)布日期：2024/4/18 11:24:31；用戶：1848518485；郵箱：1848518485@qq.cm；學(xué)號：20021486

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