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．