11．（6分）已知某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积是100cm，表
3
面积是（）cm．
考点： 由三视图求面积、体积． 专题： 空间位置关系与距离．
分析： 由三视图知几何体为长方体砍去一个三棱锥，根据三视图的数据求出长方体的棱长、三棱锥的高和底面上的边长，代入体积公式和面积公式计算即可．
解答： 解：由三视图可得，原几何体为：一个长宽高分别为6cm、3cm、6cm的长方体砍去一个三棱锥，
且三棱锥的底面为直角边分别为3cm、4cm直角三角形，高为4cm，如图：
2
∴该几何体的体积V=3×6×6﹣
表面积S=2（6×3×2+6×6）﹣（3×4×2+4×4）+=（cm）．
3
故答案为：100cm；（
2
=108﹣8=100（cm），
3
）cm．
2
点评： 本题考查了由三视图求几何体的体积，解题的关键是判断几何体的形状及相关数据所对应的几何量，考查空间想象能力．
12．（6分）已知双曲线与椭圆
有相同的焦点，且以
为其一条渐近线，则
双曲线方程为，过其右焦点且长为4的弦有3条．
考点： 直线与圆锥曲线的综合问题． 专题： 圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析： 利用已知条件求得双曲线方程，求弦长为4时可先寻找临界的直线，一条平行x轴，一条垂直x轴．
解答： 解：由双曲线与椭圆有相同的焦点，可设双曲线的方程为
2
2
，
以为其一条渐近线，所以
2
2
，①6=a+b②，
由①②解得：a=4，b=2． 所以双曲线的方程为
；
，即弦长
右焦点坐标为（），当过右焦点的直系垂直x轴时，代入双曲线方程得y=为2＜4，故过右焦点的在右支上有2条弦长为4的直线， 加上过右焦点的x轴的弦长为2+2=4．故一共有3条． 故答案为：
；3
点评： 本题主要考查双曲线方程得求解方法和求定长的弦长的个数，属于中档题，在选择题填空题中常涉及． 13．（4分）如图放置的边长为1的正方形ABCD的顶点A、D分别在x轴、y轴正半轴上（含原点）上滑动，则
的最大值是2．
考点： 向量在几何中的应用． 专题： 转化思想．
分析： 令∠OAD=θ，由边长为1的正方形ABCD的顶点A、D分别在x轴、y轴正半轴上，可得出B，C的坐标，由此可以表示出两个向量，算出它们的内积即可 解答： 解：如图令∠OAD=θ，由于AD=1故0A=cosθ，OD=sinθ，
如图∠BAX=故
﹣θ，AB=1，故xB=cosθ+cos（﹣θ）=cosθ+sinθ，yB=sin（
﹣θ）=cosθ
=（cosθ+sinθ，cosθ）
=（sinθ，cosθ+sinθ），
同理可求得C（sinθ，cosθ+sinθ），即∴
=（cosθ+sinθ，cosθ）?（sinθ，cosθ+sinθ）=1+sin2θ， 的最大值是2
故答案是 2
点评： 本题考查向量在几何中的应用，设角引入坐标是解题的关键，由于向量的运算与坐标关系密切，所以在研究此类题时应该想到设角来表示点的坐标．
14．（4分）已知圆C：（x﹣a）+（y﹣a+2）=1，A（0，2），若圆C上存在一点M，满足
22
MA+MO=10，则实数a的取值范围是[0，3]．
考点： 圆的标准方程． 专题： 直线与圆．
22
分析： 设M（x，y），利用MA+MO=10，可得M的轨迹方程，利用圆C上存在点M，满
22
足MA+MO=10，可得两圆相交或相切，建立不等式，即可求出实数a的取值范围． 解答： 解：设M（x，y），
22
∵MA+MO=10， 2222
∴x+（y﹣2）+x+y=10， 22
∴x+（y﹣1）=4，
22
∵圆C上存在点M，满足MA+MO=10， ∴两圆相交或相切， ∴1≤
≤3，
22
∴0≤a≤3．
故答案为：[0，3]
点评： 本题考查轨迹方程，考查圆与圆的位置关系，确定M的轨迹方程是关键． 15．（4分）设M、N是直角梯形ABCD两腰的中点，DE⊥AB于E（如图），AE=EB=DE=2．现将△ADE沿DE折起，使二面角A﹣DE﹣B为90°，P，Q分别是线段AE和线段EB上任意一点，若MQ⊥PN时，求PQ长度的取值范围
．
考点： 平面与平面垂直的性质．
专题： 空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用．
分析： 先画出折叠后的图形，根据已知条件可分别以EB，ED，EA三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，并可求出图形上一些点的坐标，根据P，Q分别为线段AE、EB上的点，
可设P（0，0，z），Q（x，0，0）．这时可由MQ⊥PN得到从而可以得到PQ的长度|PQ|=
，从而可得到z=1﹣2x，
，这时候，根据x，z的范围可求出x的范围，
由x的范围即可求出|PQ|的取值范围．
解答： 解：如图，由条件知EB，ED，EA三直线两两垂直，分别以这三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则：
E（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），N（2，1，0），D（0，2，0），A（0，0，2），M（0，1，1）；
P，Q分别是线段AE和线段EB上任意一点； ∴设P（0，0，z），Q（x，0，0），x，z∈[0，2]； ∴
∵MQ⊥PN； ∴
=0；
，
；
∴z=1﹣2x；
∵x，z∈[0，2]，∴0≤1﹣2x≤2； 解得∴∴
时，|PQ|取最小值
；
=
，x=0时，|PQ|取最大值，1]．
；
；
∴PQ长度的取值范围为[故答案为：[
]．
点评： 考查二面角的大小的定义，弄清图形折叠前后的变化，建立空间直角坐标系，利用空间向量解决异面直线垂直的问题的方法，能够确定空间点的坐标，以及配方求函数最值的方法，注意正确确定变量的范围．
三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 16．（15分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知=（1）求cosC的值； （2）求sinB的值；
（3）若b=3，求△ABC的面积．
，A+3C=π．
考点： 正弦定理；三角函数中的恒等变换应用． 专题： 计算题；解三角形．
分析： （1）由题意可得B=2C．又由正弦定理及已知得（2）由C∈（0，π），可得sinC，根据sinB=sin2C即可求值． （3）由B=2C，可得cosB，又A+B+C=π，可求sinA=sin（B+C），由得C，由面积公式即可得解． 解答： 解：（1）因为A+B+C=π，A+3C=π，
所以B=2C． …（2分） 又由正弦定理，得化简得，
，
，
，
，即可得解．
，，可
． …（5分）
．
． …（8分）
（2）因为C∈（0，π），所以所以
（3）因为B=2C， 所以
因为A+B+C=π， 所以…（12分） 因为
，
，所以
．
． …（10分）
．
所以△ABC的面积． …（14分）
点评： 本题主要考查了正弦定理，二倍角公式，同角三角函数关系式，三角形面积公式的应用，属于基础题．
17．（15分）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的AA1=1，底面ABCD的周长为4． （1）当长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积最大时，求直线BA1与平面A1CD所成角；
（2）线段A1C上是否存在一点P，使得A1C⊥平面BPD，若有，求出P点的位置，没有请说明理由．