xxx学校2015-2016学年度3月同步练习(2)

试卷答案

1.D

【考点】余弦定理；正弦定理．

【专题】计算题；转化思想；分析法；解三角形．

【分析】由已知及余弦定理可解得ab的值，利用三角形面积公式即可得解． 【解答】解：∵c=2，

2

2

2

，a+b=3，

2

2

2

∴由余弦定理：c=a+b﹣2abcosC，可得：4=a+b﹣ab=（a+b）﹣3ab=9﹣3ab， ∴解得：ab=，

．

∴S△ABC=absinC=故选：D．

=

【点评】本题主要考查了余弦定理，三角形面积公式的应用，属于基础题．

2.A

【考点】余弦定理；正弦定理．

【专题】计算题；转化思想；分析法；解三角形． 【分析】依题意，可求得B=

2

，利用正弦定理即可求得sinAsinC；另解，求得B=

2

，利

用余弦定理=cosB可求得a+c﹣ac=ac，从而可求得答案． 【解答】解：∵△ABC中，A，B，C成等差数列， ∴2B=A+C，又A+B+C=π， ∴B=

2

，…

2

又b=ac，由正弦定理得sinAsinC=sinB= …

另解：b=ac， =cosB=由此得a+c﹣ac=ac，得a=c，

2

2

2

=

，…

所以A=B=C，sinAsinC=． 故选：A．…

【点评】本题考查正弦定理与余弦定理，熟练掌握两个定理是灵活解题的关键，属于中档题．

3.D

【考点】正弦定理．

【专题】计算题；转化思想；分析法；解三角形．

【分析】由已知及正弦定理可得：sinB=三角函数基本关系式即可求得cosB的值． 【解答】解：∵a=3，

，A=60°，

=，由a＞b，可得B为锐角，利用同角

∴由正弦定理可得：sinB=∵a＞b，B为锐角，

．

==

，

∴cosB=故选：D．

=

【点评】本题主要考查了正弦定理，大边对大角，同角三角函数基本关系式的应用，属于基础题．

4.C

【考点】正弦定理；余弦定理．

【专题】计算题；转化思想；分析法；解三角形．

【分析】已知等式利用余弦定理化简，整理可得：a+c=b，利用勾股定理即可判断出△ABC的形状．

【解答】解：在△ABC中，∵bcosC=a，

2

2

2

∴由余弦定理可得：cosC==

，整理可得：a+c=b，

2

2

2

∴利用勾股定理可得△ABC的形状是直角三角形． 故选：C．

【点评】此题考查了三角形形状的判断，考查了余弦定理以及勾股定理的应用，熟练掌握公式及定理是解本题的关键，属于基础题．

5.B

【考点】余弦定理；正弦定理． 【专题】计算题；解三角形．

【分析】利用正弦定理化简已知的不等式，再利用余弦定理表示出cosA，将得出的不等式变形后代入表示出的cosA中，得出cosA的范围，由A为三角形的内角，根据余弦函数的图象与性质即可求出A的取值范围．

【解答】解：利用正弦定理化简sinA≤sinB+sinC﹣sinBsinC得：a≤b+c﹣bc，

2

2

2

2

2

2

变形得：b+c﹣a≥bc，

2

2

2

∴cosA=≥

=，

又∵A为三角形的内角， ∴A的取值范围是（0，故选：B．

【点评】此题考查了正弦、余弦定理，特殊角的三角函数值，以及余弦函数的图象与性质，熟练掌握正弦、余弦定理是解本题的关键，属于基础题．

]．

6.A 如图

故 选A

7.A

考点：平面图形的直观图． 专题：空间位置关系与距离．

分析：逐一分析四个答案中几何体的三视图，比照已知中的三视图，可得答案．

解：A中，的三视图为：

，满足条件；

B中，的侧视图为：

，与已知中三视图不符，不满足条件；

C中，的侧视图和俯视图为：，与已知

中三视图不符，不满足条件；

D中，的三视图为：，与已知中三视

图不符，不满足条件； 故选：A

点评：本题考查的知识点是三视图的画法，能根据已知中的直观图，画出几何体的三视图是解答的关键．

8.D

考点：由三视图求面积、体积． 专题：空间位置关系与距离．

分析：一个底面是矩形的四棱锥，矩形的长和宽分别是6，2，底面上的高与底面交于底面一条边的中点，四棱锥的高是2

，即可求解．

解答： 解：由三视图知，这是一个底面是矩形的四棱锥， 矩形的长和宽分别是6，2

底面上的高与底面交于底面一条边的中点， 四棱锥的高是

=2

，

=8

．

∴四棱锥的体积为：×2×6×2故选：D

点评：本题考查由三视图求几何体的体积，考查由三视图还原几何体的直观图，考查平面图形体积的求法，本题是一个基础题．

9.A

10.B 略 11.C 略 12.A 略 13.A 14.B

【考点】由三视图求面积、体积． 【专题】空间位置关系与距离．

【分析】由几何体的三视图得到原几何体的底面积与高，进而得到该几何体的体积． 【解答】解：由几何体的三视图可知，该几何体为底面是直角梯形，高为其中直角梯形两底长分别为1和2，高是2． 故这个几何体的体积是×[（1+2）×2]×故选：B．

【点评】本题考查由几何体的三视图求原几何体的体积问题，属于基础题．

=

（cm）．

3

的四棱锥，

15.C

【考点】由三视图求面积、体积． 【专题】空间位置关系与距离．

【分析】由三视图可知：该几何体为一个四棱锥，如图所示，CD⊥底面PAD，BA⊥底面PAD，PA⊥AD，PA=AD=CD=2，AB=1．即可得出．

【解答】解：由三视图可知：该几何体为一个四棱锥，如图所示，CD⊥底面PAD，BA⊥底面PAD，PA⊥AD，PA=AD=CD=2，AB=1． PC=2∴S△PBC=

，PB=

，BC=

=． ．

该几何体的表面积S==6+故选：C．

．

++++

【点评】本题考查了四棱锥的三视图及其表面积的计算公式、勾股定理，考查了计算能力，属于基础题．

16.C

考点：球的体积和表面积． 专题：计算题；空间位置关系与距离．

分析：棱长为2的正方体被一平面截成两个几何体，如图所示，截面为菱形，两条对角线长为

，2

，面积为2

，即可求出该几何体的表面积．

解答： 解：棱长为2的正方体被一平面截成两个几何体，如图所示，

截面为菱形，两条对角线长为

，2

，面积为2=12+2

，

，

所以该几何体的表面积是3×2×2+2故选：C．

点评：由三视图作出直观图，发现图象的特征，从而得到几何体的表面积．

17.D

【考点】球的体积和表面积． 【专题】计算题；压轴题．

【分析】根据题意，连接N点与D点，得到一个直角三角形△NMD，P为斜边MN的中点，所以|PD|的长度不变，进而得到点P的轨迹是球面的一部分．

【解答】解：如图可得，端点N在正方形ABCD内运动，连接N点与D点， 由ND，DM，MN构成一个直角三角形，

设P为MN的中点，根据直角三角形斜边上的中线长度为斜边的一半可得 不论△MDN如何变化，P点到D点的距离始终等于1．

故P点的轨迹是一个以D为中心，半径为1的球的球面积． 所以答案为故选D．

，

【点评】解决此类问题的关键是熟悉结合体的结构特征与球的定义以及其表面积的计算公式．

18.B

考点：由三视图求面积、体积． 专题：空间位置关系与距离． 分析：此几何体是底面积是S=

=1的三棱锥，与底面是边长为2的正方形的四棱

，即可得出．

锥构成的组合体，它们的顶点相同，底面共面，高为解答：解：此几何体是底面积是S=

=1的三棱锥，与底面是边长为2的正方形的

，

四棱锥构成的组合体，它们的顶点相同，底面共面，高为

．

∴V==

点评：本题考查了三棱锥与四棱锥的三视图、体积计算公式，属于基础题．

19.B

考点：由三视图求面积、体积． 专题：计算题；空间位置关系与距离．

分析：由三视图知几何体为四棱锥与三棱锥的组合体，画出其直观图，由三视图可得SC⊥平面ABCD，AB⊥平面BCSE，SC=4，BE=2．四边形ABCD为边长为2的正方形，把数据代入棱锥的体积公式计算可得答案．

解答：解：由三视图知几何体为四棱锥与三棱锥的组合体，其直观图如图：

其中SC⊥平面ABCD，AB⊥平面BCSE，

又SC=4，BE=2．四边形ABCD为边长为2的正方形， ∴几何体的体积V=V四棱锥+V三棱锥A﹣BSE=×2×4+××2×2×2=故选B．

点评：本题考查了由三视图求几何体的体积，判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键 20.B

【考点】由三视图求面积、体积． 【专题】计算题；空间位置关系与距离．

【分析】由三视图可知，几何体的直观图如图所示，平面AED⊥平面BCDE，四棱锥A﹣BCDE的高为1，四边形BCDE是边长为1的正方形，分别计算侧面积，即可得出结论． 【解答】解：由三视图可知，几何体的直观图如图所示，平面AED⊥平面BCDE，四棱锥A﹣BCDE的高为1，四边形BCDE是边长为1的正方形，则S△AED=

=，

2

+=

．

S△ABC=S△ADE=故选：B．

=，S△ACD==

，

【点评】本题考查三视图与几何体的关系，几何体的侧面积的求法，考查计算能力．

21.B 22.D

【考点】球的体积和表面积． 【专题】计算题；综合题．

【分析】由题意可知，PO⊥平面ABCD，并且是半径，由体积求出半径，然后求出球的表面积．

【解答】解：如图，正四棱锥P﹣ABCD底面的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，点P在球面上，PO⊥底面ABCD，PO=R，SABCD=2R，所以

，R=2，

2

，

球O的表面积是16π， 故选D．

【点评】本题考查球的内接体问题，球的表面积、体积，考查学生空间想象能力，是基础题．

23.C

考点： 球的体积和表面积． 专题： 计算题；空间位置关系与距离．

分析： 当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，利用三棱锥O﹣ABC体积的最大值为36，求出半径，即可求出球O的表面积．

解答： 解：如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，设球O的半径为R，此时VO﹣ABC=VC﹣

=

=

=36，故R=6，则球O的表面积为4πR=144π，

2

AOB

故选C．

点评： 本题考查球的半径与表面积，考查体积的计算，确定点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣ABC的体积最大是关键．

24.D

考点： 球的体积和表面积；球内接多面体． 专题： 空间位置关系与距离．

分析： 求出BC，利用正弦定理可得△ABC外接圆的半径，从而可求该三棱锥的外接球的半径，即可求出三棱锥的外接球表面积． 解答： 解：∵AC=2，AB=1，∠BAC=120°， ∴BC=

=

，

，

∴三角形ABC的外接圆半径为r，2r=∵SA⊥平面ABC，SA=2， 由于三角形OSA为等腰三角形，

，r=

则有该三棱锥的外接球的半径R═

2

=

2

，

．

∴该三棱锥的外接球的表面积为S=4πR=4π×（故选：D．

）=

点评： 本题考查三棱锥的外接球表面积，考查直线和平面的位置关系，确定三棱锥的外接球的半径是关键．

25.

解：．设多面体的外接球的半径为

，依题意得

，故其外接球的表面积为

．故答案选

26.B 27.B

【考点】球内接多面体；棱柱、棱锥、棱台的体积． 【专题】计算题；空间位置关系与距离．

【分析】由题意求出矩形的对角线的长，结合球的半径，球心到矩形的距离，满足勾股定理，求出棱锥的高，即可求出棱锥的体积．

【解答】解：由题意可知四棱锥O﹣ABCD的侧棱长为：5．所以侧面中底面边长为6和2

，

，

=44．

它们的斜高为：4和2

所以棱锥O﹣ABCD的侧面积为：S=4×6+2故选B．

【点评】本题是基础题，考查球内几何体的体积的计算，考查计算能力，空间想象能力，常考题型．

28.B

考点：球内接多面体．

专题：综合题；空间位置关系与距离．

分析：确定∠BAC=120°，S△ABC=，利用三棱锥D﹣ABC的体积的最大值为，可得D

到平面ABC的最大距离，再利用勾股定理，即可求出球的半径，即可求出球O的表面积． 解答： 解：设△ABC的外接圆的半径为r，则

，

∵AB=BC=∴2r=

，AC=3，∴∠BAC=120°，S△ABC=

=2

，

∵三棱锥D﹣ABC的体积的最大值为∴D到平面ABC的最大距离为3， 设球的半径为R，则R=3+（3﹣R），

2

2

∴R=2，

∴球O的表面积为4πR=16π．

2

故选：B．

点评：本题考查球的半径，考查体积的计算，确定D到平面ABC的最大距离是关键．

29.B

考点：棱锥的结构特征． 专题：计算题．

分析：底面是一个正方形，一共有四条棱，皮球心距这四棱最小距离是10，而对上面的四条棱距离正方形的中心距离为10，由此可得结论．

解答： 解：因为底面是一个正方形，一共有四条棱，皮球心距这四棱最小距离是10，

∵四条棱距离正方形的中心距离为10，所以皮球的表面与8根铁丝都有接触点时，半径应该是边长的一半 ∴球的半径是10 故选B．

点评：本题考查棱锥的结构特征，解题的关键是熟练掌握正四棱锥的结构特征，属于基础题．

30.A

【知识点】多面体与球

解析：根据题意可知三棱锥B﹣ACD的三条侧棱BD⊥AD、DC⊥DA，底面是正三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，

三棱柱中，底面△BDC，BD=CD=1，BC=

=1

，∴∠BDC=120°，∴△BDC的外接圆的半径为

由题意可得：球心到底面的距离为4πr=7π

2

，∴球的半径为r==．外接球的表面积为：

故选：A．

【思路点拨】三棱锥B﹣ACD的三条侧棱BD⊥AD、DC⊥DA，底面是正三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，然后求球的表面积即可．

31.C 32.C 33.B

34.B 【知识点】球的截面性质G8

解析：设球半径为R，则有距离为R+R－2=18cm，则选B.

【思路点拨】一般遇到球的截面问题，通常利用球的截面性质寻求截面圆的半径与球半径的关系进行解答.

,解得R=10，所以球面上的点到冰面的最大

35.8

36.

37.60° 38.

【考点】平面向量数量积的运算．

【专题】数形结合；向量法；平面向量及应用．

【分析】根据=λ（+），容易判断点D为AC的中点，由三角形

的中线长定理和余弦定理，可得AC，BC的长，再由正弦定理，可得sinA． 【解答】解：如图，过B作BE⊥AC，垂足为E，取AC中点F，连接BF，

则=λ（+

）（λ＞0）

=λ（∴

和

+）=

；

共线，∴D点和F点重合，∴D是AC的中点，

由中线长定理可得，BD===

，

又AC=AB+BC﹣2AB?BC?cosB，即为AC=

2222

+BC﹣

2

?BC?

，

解方程可得BC=2，AC=

，

由正弦定理可得=，可得sinA===

．

故答案为：

．

【点评】本题考查向量加法的平行四边形法则，共线向量基本定理，余弦定理的运用，考查运算能力，属于中档题．

39.8

【考点】由三视图求面积、体积． 【专题】空间位置关系与距离．

【分析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的棱锥，求出底面面积和高，代入锥柱体积公式，可得答案．

【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的棱锥， 其底面面积S=×（2+4）×4=12， 高h=2，

故棱锥的体积V=Sh=8， 故答案为：8．

【点评】本题考查的知识点由三视图求体积和表面积，其中根据已知中的三视图，判断出几何体的形状，是解答的关键．

40.

考点：由三视图求面积、体积． 专题：计算题；空间位置关系与距离．

分析：根据三视图判断几何体是直四棱柱，且四棱柱的底面为等腰梯形，棱柱的高为2，底面梯形的上底边长为2，下底边长为4，高为2，利用勾股定理求出腰为的表面积公式计算．

解答： 解：由三视图知几何体是直四棱柱，且四棱柱的底面为等腰梯形，棱柱的高为2，

底面梯形的上底边长为2，下底边长为4，高为2，腰为∴几何体的表面积S=（2+4+2故答案为：

．

）×2+2×

×2=

=．

，

，代入棱柱

点评：本题考查了由三视图求几何体的表面积，判断三视图的数据所对应的几何量是解答本题的关键．

41.

考点： 棱柱、棱锥、棱台的体积． 专题： 空间位置关系与距离． 分析： 由等积法证明案．

解答： 解：如图，

，然后利用棱锥的体积公式求得答

连接B1C，则又∴

， ， ，

∵AA1⊥平面AB1C1，AA1=1，底面△ABC是边长为2的正三角形，

．

∴

点评： 本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系及体积等基础知识；考查学生的空间想象能力、推理论证能力及运算求解能力，是中档题．

42.4π

考点： 球的体积和表面积． 专题： 空间位置关系与距离．

分析： 设该球的半径为R，则AB=2R，2AC=故AC=

AB=

×2R，

R，由于AB是球的直径，所以△ABC在大圆所在平面内且有AC⊥BC，由此能求出

球的体积．

解答： 解：设该球的半径为R， 则AB=2R，2AC=∴AC=

R，

AB=

×2R，

由于AB是球的直径，

所以△ABC在大圆所在平面内且有AC⊥BC， 在Rt△ABC中，由勾股定理，得：

BC=AB﹣AC=R，

2

2

2

2

所以Rt△ABC面积S=×BC×AC=

R，

2

又PO⊥平面ABC，且PO=R，四面体P﹣ABC的体积为，

×R=，

2

∴VP﹣ABC=×R×即

R=9，R=3

3

3

，

3

所以：球的体积V球=×πR=×π×3故答案为：

=4

π．

点评： 本题考查四面体的外接球的体积的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地化空间问题为平面问题．

43. 44.6

【考点】简单组合体的结构特征． 【专题】计算题；作图题；转化思想．

【分析】画出正六面体、正八面体及内切球，设出半径r1与r2， 利用体积求出两个半径的比，然后得到m?n．

【解答】解：设六面体与八面体的内切球半径分别为r1与r2， 再设六面体中的正三棱锥A﹣BCD的高为h1， 八面体中的正四棱锥M﹣NPQR的高为h2，如图所示

则h1=

a，h2=\\frac{\\sqrt{2}}{2}a．

∵V正六面体=2?h1?S△BCD=6?r1?S△ABC，∴r1=h1=\\frac{\\sqrt{6}}{9}a． 又∵V正八面体=2?h2?S正方形NPQR=8?r2?S△MNP，

a=2

3

r2a，r2=\\frac{\\sqrt{6}}{6}a，于是

2

是最简分数，

即m=2，n=3，∴m?n=6．

【点评】本题考查简单几何体的结构特征，考查空间想象能力，逻辑思维能力，是难题．

45.

考点： 球内接多面体；球的体积和表面积． 专题： 计算题；空间位置关系与距离．

分析： 由题意四棱锥P﹣ABCD，扩展为长方体，长方体的对角线的长就是外接球的直径，求出对角线长顶点球的直径，求出球的体积．

解答： 解：四棱锥P﹣ABCD，扩展为长方体，长方体的对角线的长就是外接球的直径， 所以R=

所以球的体积为：故答案为：

．

=1，

．

点评： 本题是基础题，考查棱锥的外接球，几何体的扩展，确定四棱锥与扩展的长方体的外接球是同一个，以及正方体的体对角线就是球的直径是解好本题的前提．

46.20π

考点： 球的体积和表面积．

专题： 计算题；空间位置关系与距离．

分析： 由题意，等边三角形的高为3，设球心到底面的距离为x，则r=2+x=1+（3﹣x）

2

2

2

2

2

，求出x，可得r，即可求出该三棱锥的外接球的表面积．

2

2

2

2

解答： 解：由题意，等边三角形的高为3，设球心到底面的距离为x，则r=2+x=1+（3﹣x），

2

所以x=1，

所以该三棱锥的外接球的表面积为4πr=20π．

2

故答案为：20π．

点评： 本题考查求三棱锥的外接球的表面积，考查学生的计算能力，确定球的半径是关

键．

47.π

考点： 球内接多面体．

专题： 计算题；空间位置关系与距离．

分析： 确定∠ABC=120°，S△ABC=，利用三棱锥D﹣ABC的体积的最大值为，可得D到

平面ABC的最大距离，再利用射影定理，即可求出球的半径，即可求出球O的表面积． 解答： 解：设△ABC的外接圆的半径为r，则

，

∵AB=BC=1，AC=，∴∠ABC=120°，S△ABC==2

∴2r=

∵三棱锥D﹣ABC的体积的最大值为， ∴D到平面ABC的最大距离为设球的半径为R，则1=

，

22

，

），

×（2R﹣

∴R=

∴球O的表面积为4πR=故答案为：

π．

π．

点评： 本题考查球的半径与表面积，考查体积的计算，确定D到平面ABC的最大距离是关键．

48.3π

考点： 棱柱、棱锥、棱台的体积． 专题： 计算题；空间位置关系与距离．

分析： 根据题意，三棱锥S﹣ABC扩展为正方体，正方体的外接球的球心就是正方体体对角线的中点，求出正方体的对角线的长度，即可求解球的半径，从而可求三棱锥S﹣ABC的外接球的表面积．

解答： 解：三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的表面上，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，又SA=AB=BC=1，

三棱锥扩展为正方体的外接球，外接球的直径就是正方体的对角线的长度，

．

∴球的半径R==

球的表面积为：4πR=4π?（故答案为：3π．

2

）=3π．

2

点评： 本题考查三棱锥S﹣ABC的外接球的表面积，解题的关键是确定三棱锥S﹣ABC的外接球的球心与半径．

49.2 50.8π

【考点】球的体积和表面积． 【专题】计算题；空间位置关系与距离．

【分析】画出图形，正四棱锥P﹣ABCD的底面是正方形，推出底面中心到顶点的距离为球的半径，求出球的表面积．

【解答】解：正四棱锥P﹣ABCD的底面是正方形，对角线的长为2

，如图，

因为P﹣ABCD是所有棱长均为2的正四棱锥，所以△PAC与△DPB都是等腰直角三角形，中心到P，到A，B，C，D的距离相等，是外接球的半径R，R+（∴球的表面积S=4π（故答案为：8π．

）=8π．

2

2

）=2，解得R=

22

，

【点评】本题给出正四棱锥的形状，求它的外接球的表面积，着重考查了正棱锥的性质、多面体的外接球、勾股定理与球的表面积公式等知识，属于中档题．

51.R 【考点】球的体积和表面积．

【专题】计算题；空间位置关系与距离．

【分析】由球截面圆的性质，当截面是以AB为直径的圆时，球心到过A、B两点的平面的距离最大．设D为AB中点，OD即为所求． 【解答】解：两点A、B间的球面距离为

，∴∠AOB=

．[来源:学_科_网]

设过A、B两点的球截面为圆C，由球截面圆的性质OC为球心到过A、B两点的平面的距离．

D为AB中点，则OC≤OD，当且仅当C，D重合时取等号．

R．

在边三角形AOB中，OD=

故答案为：

R．

【点评】本题考查球面距离的概念，点面距的计算．分析出何时区最大值是关键，考查了空间想象能力、推理论证、计算能力．

52.

考点：球内接多面体．

专题：计算题；空间位置关系与距离．

分析：设正△ABC的中心为O1，连结O1O、O1C、O1D、OD．根据球的截面圆性质、正三角形

的性质与勾股定理，结合题中数据算出OD=．而经过点D的球O的截面，当截面与OD

垂直时截面圆的半径最小，相应地截面圆的面积有最小值，由此算出截面圆半径的最小值，从而可得截面面积的最小值．

解答： 解：设正△ABC的中心为O1，连结O1O、O1C、O1D、OD，

∵O1是正△ABC的中心，A、B、C三点都在球面上， ∴O1O⊥平面ABC，结合O1C?平面ABC，可得O1O⊥O1C， ∵球的半径R=2，球心O到平面ABC的距离为1，得O1O=1， ∴Rt△O1OC中，O1C=

=

．

．

又∵D为BC的中点，∴Rt△O1DC中，O1D=O1C=

．

∴Rt△OO1D中，OD==

∵过D作球O的截面，当截面与OD垂直时，截面圆的半径最小，

∴当截面与OD垂直时，截面圆的面积有最小值．

此时截面圆的半径r=故答案为：

==，可得截面面积为S=πr=

2

．

点评：本题已知球的内接正三角形与球心的距离，求经过正三角形中点的最小截面圆的面积．着重考查了勾股定理、球的截面圆性质与正三角形的性质等知识，属于中档题．

53.

54.【考点】余弦定理；平面向量共线（平行）的坐标表示；正弦定理．

【专题】转化思想；数形结合法；解三角形；平面向量及应用． 【分析】（Ⅰ）由?=，得范围0＜C＜π，即可求C的值．

（Ⅱ）由正弦定理可得a=2sinA，b=2sinB．从而可得b﹣a=

，可得

围．

【解答】解：（Ⅰ）由?=，得

，…

∴

∵0＜C＜π， ∴

．…

，且

， ，即

，…

，…

，由

，化简可得

，结合

，利用余弦函数的图象和性质即可解得b﹣a的范

（Ⅱ）∵

∴

，

∴a=2sinA，b=2sinB．… ∴b﹣a=2sinB﹣2sinA===∵∴

，

，

，… ．…

，…

=

…

…

∴∴

【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，平面向量共线的性质的应用，考查了余弦函数的图象和性质，三角函数恒等变换的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．

55.【考点】正弦定理．

【专题】计算题；转化思想；数形结合法；解三角形．

【分析】（Ⅰ）由已知利用余弦定理可得cosA=，又结合∠A是△ABC的内角，即可求A的值．

（Ⅱ）由正弦定理得sinAcosA=sinBcosB，可得sin2A=sin2B．利用正弦函数的图象和性质可得2A=2B或2A+2B=π，即可得解．

=，…

【解答】解：（Ⅰ）∵由已知得cosA=又∵∠A是△ABC的内角， ∴A=

．…

=

（Ⅱ）在△ABC中，由acosA=bcosB，得sinAcosA=sinBcosB，… ∴sin2A=sin2B．… ∴2A=2B或2A+2B=π．… ∴A=B或

∴△ABC是等腰三角形或直角三角形．…

【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，正弦函数的图象和性质，考查了转化思想和数形结合思想的应用，属于中档题．

56.【考点】余弦定理的应用．

【专题】三角函数的求值；解三角形．

【分析】（1）利用三角形的内角转化为A的三角函数，利用两角和的正弦函数求解结合正弦定理求出表达式，求出结合即可．

（2）由余弦定理以及基本不等式求解最值即可． 【解答】解：（1）cosBsinC+（a﹣sinB）cos（A+B）=0 可得：cosBsinC﹣（a﹣sinB）cosC=0 即：sinA﹣acosC=0． 由正弦定理可知：∴

∴asinC﹣acosC=0， sinC﹣cosC=0，可得∴C=

．

2

2

2

，

，

sin（C﹣

）=0，C是三角形内角，

（2）由余弦定理可知：c=a+b﹣2abcosC， 得1=a+b﹣

2

2

ab

又

，

，

．

时，a+b取到最大值为2+

2

2

∴即：当

．

【点评】本题考查三角形的最值，余弦定理的应用，正弦定理的应用，考查计算能力．

57.【考点】余弦定理；正弦定理．

【专题】计算题；转化思想；分析法；解三角形．

【分析】（1）由已知条件化简变形可得：a+b﹣c=ab，利用余弦定理可得cosC，结合范围C∈（0°，180°），即可得解C的值．

2

2

2

（2）利用已知及正弦定理可得sinB，利用大边对大角可求角B的值，利用两角和的正弦函数公式可求sinA的值，利用三角形面积公式即可求值得解． 【解答】（本题满分为12分）

解：（1）由已知条件化简可得：（a+b）﹣c=3ab，变形可得：a+b﹣c=ab，

2

2

2

2

2

由余弦定理可得：cosC=∵C∈（0°，180°）， ∴C=60°…6分 （2）∵c=

，b=

，C=60°，

=，

∴由正弦定理可得：sinB=又∵b＜c，∴B＜C，∴B=45°，

==

，

在△ABC中，sinA=sin（B+C）=sinBcoC+cosBsinC=

…12分

=

，

∴S△ABC=bcsinA==

【点评】本题主要考查了余弦定理，正弦定理，大边对大角，两角和的正弦函数公式，三角形面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．

58.【考点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的图象；正弦定理．

【专题】函数思想；综合法；三角函数的图像与性质；平面向量及应用． 【分析】（1）将f（x）化简成y=Asin（ωx+φ）形式，带入周期公式求出； （2）利用正弦定理将条件化简得出C，根据f（）取最大值求出B，然后解三角形． 【解答】解：（1）f（x）

2

2

=

．

=+=1+sinxcosx+cosx=1+sin2x+cos2x+=sin（2x+）

+1+

∴f（x）的最小正周期T=

=π．

（2）∵acosB+bcosA=2ccosC，∴sinAcosB+sinBcosA=2sinCcosC，即sin（A+B）=2sinCcosC． ∴cosC=．∴C=

．

f（）=sin（B+大值，

）+1+．∵0＜B＜，∴当B+=，即B=时，f（）取得最

∴A=．∴b=c?tanB=1，∴S△ABC==

．

【点评】本题考查了三角函数的恒等变换与求值，正弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．

59.解析：在中，由余弦定理知，故．

．．．．．．．．．．．．3分 所以

=分

．．．．．．．．．．7

故的最大值为，此时与夹角为．

的最小值为

． ．．．．．．．．．12分

，此时与夹角为

60.（Ⅰ）由

又

，得，代入得

，

，

由，得

，

，

得，

（Ⅱ）

，

，，则

61.考点：余弦定理；正弦定理．

专题：解三角形．

分析：（Ⅰ）利用余弦定理表示出cosB，代入已知等式整理后再利用余弦定理表示求出cosA的值，即可确定出A的度数；

（Ⅱ）由a与sinA的值，利用正弦定理表示出b与c，代入b+c中，利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，利用正弦函数的值域确定出范围即可．

解答： 解：（Ⅰ）∵cosB==a﹣b，

2

2

，c（acosB﹣b）

∴a+c﹣b﹣bc=2a﹣2b，即a=b+c﹣bc，

2

2

2

2

2

2

2

2

∵a=b+c﹣2bccosA，

2

2

2

∴cosA=， 则A=

；

（Ⅱ）由正弦定理得∴b=2sinB，c=2sinC，

===

=2，

∴b+c=2sinB+2sinC=2sinB+2sin（A+B）=2sinB+2sinAcosB+2cosAsinB =3sinB+

cosB=2

）， ，

）， sin（B+

），

∵B∈（0，∴B+

∈（

∴sin（B+则b+c∈[

）∈[，1]， ，2

]．

点评：此题考查了正弦、余弦定理，以及正弦函数的定义域与值域，熟练掌握定理是解本题的关键．

62.解：（Ⅰ）∵a2+b2＜c2，

∴∴

，

，

故π＜2C＜2π 由得∴即

， ；

，

，

（Ⅱ）

， ，

，

=由知故

∴

，

∴

即．

考点：余弦定理；正弦定理． 专题：解三角形．

分析：（I）根据余弦定理判断出C的范围，然后根据sin（2C﹣出C；

）=利用诱导公式求

（Ⅱ）根据正弦定理化简围．

=，利用正弦函数的单调性即可判断其范

解答：解：（Ⅰ）∵a+b＜c，

2

2

2

∴∴

，

，

故π＜2C＜2π 由得∴即

， ；

，

，

（Ⅱ）

， ，

，

=由知故

∴

， ．

∴即

点评：本题主要考查三角形内角和定理，正弦定理和余弦定理的灵活应用，以及正弦函数的单调性．属于中档题

63.考点： 三角形的形状判断；基本不等式；两角和与差的

正弦函数．

专题： 计算题．

分析： （1）利用正弦定理，结合两角和的正弦公式展开可求

（2）利用换元，结合基本不等式可求最大值取得的条件，从而可判断三角形的形状． 解答： 解：（1）由

2sinBcosA=sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB?sinAcosB=3sinBcosA?（2）设tanB=t，则tanA=3t且t＞0

可得2sinAcosB﹣=3（4分）

tan（A﹣B）=

（10分）

，△ABC为直角三角形（12分）

此时，故

点评： 本题主要考查了正弦定理、两角和的正弦公、两角差的正切公式在解三角形中的应用，基本不等式在求解函数最值中的应用

64.A

【考点】棱柱的结构特征．

【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离．

【分析】连接BD，则AC⊥平面BB1D1D，从而AC⊥BE；P点到面BEF的距离等于A到面

BDD1B1的距离为；三棱锥A﹣BEF中，底面积是定值，高是定值，所以体积是定值；在

AC 上任取点P，过点P和直线DD1确定面α，l与直线B1C1必有交点G，直线PG就是所画的直线，这样的直线有无数条．

【解答】解：对于（1），连接BD，∵AC⊥BD，AC⊥DD1，∴AC⊥平面BB1D1D，又BE?平面BB1D1D，∴AC⊥BE．故（1）正确；

对于（2），由AA1∥面BDD1B1，则P点到面BEF的距离等于A到面BDD1B1的距离为（2）正确；

，故

对于（3），在三棱锥A﹣BEF中，底面积是定值，高是定值，所以体积是定值，故（3）正确；

对于（4），在AC 上任取点P，过点P和直线DD1确定面α，

设面α∩面BCC1B1=l，则l与直线B1C1必有交点G（若l∥B1C1，则B1C1∥DD1，矛盾），

则直线PG就是所画的直线，因为点P的任意性，所以这样的直线有无数条，故（4）正确． 故选：A．

【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查线面垂直，考查线面角、线线角，考查空间想象能力，逻辑思维能力，是中档题．

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