2022-2023学年重庆市中山外国语学校高一（下）月考数学试卷（5月份）（含解析）

这是一份2022-2023学年重庆市中山外国语学校高一（下）月考数学试卷（5月份）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.设复数z=1+i，则z的共轭复数z−的虚部为( )
A. 1B. −1C. iD. −i
2.对于用“斜二侧画法”画平面图形的直观图，下列说法正确的是( )
A. 等腰三角形的直观图仍是等腰三角形B. 梯形的直观图可能不是梯形
C. 正方形的直观图为平行四边形D. 正三角形的直观图一定是等腰三角形
3.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，其内切球与外接球的表面积分别为s1，S2，则s1s2=( )
A. 1B. 12C. 13D. 14
4.已知单位向量a，b满足|a+b|=1，则a在b方向上的投影向量为( )
A. 12bB. −12bC. 12aD. −12a
5.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为 3，则点A1到面AB1D1的距离为( )
A. 2B. 3C. 1D. 5
6.圣⋅索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，1996年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点，其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美.小明为了估算索菲亚教堂的高度，在索非亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为10( 6− 2)m，在它们之间的地面上的点M(B,M,D三点共线)处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则估算索菲亚教堂的高度为( )
A. 20mB. 20 3mC. 20 6mD. 10 3m
7.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形.PA⊥底面ABCD，PA=AB=2，AD=4.E为PC的中点，则异面直线PD与BE所成角的余弦值为( )
A. 35
B. 3010
C. 1010
D. 3 1010
8.祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家.祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.”例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为R的圆柱与半径为R的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R，高为R的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面α去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等.若用垂直于半径的平面α去截半径为R的半球，且球心到平面α的距离为12R，则平面α所截得的较小部分(阴影所示称之为“球冠)的几何体的体积是( )
A. 524πR3B. 14πR3C. 13πR3D. 1124πR3
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且A=30°,a=1,c= 3，则b的值可能是( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
10.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，则下列命题正确的是( )
A. 若sinA>sinB，则a>b
B. 若a2+b2−c2<0，则△ABC是钝角三角形
C. 若acsA=bcsB，则△ABC为等腰三角形
D. 若bcsC+ccsB=asinA，则△ABC为直角三角形
11.已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论正确的为( )
A. 若m/​/α，n⊂α，则m/​/n
B. 若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β
C. 若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n
D. 若α/​/β，m⊥α，n/​/β，则m⊥n
12.在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，已知AB=AD=AA1=1，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°，则( )
A. 直线A1C与BD所成的角为90°
B. 线段A1C的长度为 3
C. 直线A1C与BB1所成的角为90°
D. 直线A1C与平面ABCD所成角的正切值为 24
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.在四面体PABC中，二面角P−AB−C、P−BC−A、P−CA−B的大小相等，则点P在平面ABC上的投影是△ABC的______心．
14.已知边长为3的等边△ABC，BD=2DC，则AB⋅AD= ______．
15.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinB+2sinAcsC=0，则当csB取最小值时，ca= ______．
16.已知向量a,b,c满足|a|=3，|b|=2，|c|=1，(a−c)⋅(b−c)=−4，则|a−b|的取值范围是______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知向量a=(1,1)，b=(2,0)．
(1)若a+kb与3a−b共线，求实数k的值：
(2)求向量a与b夹角θ的大小．
18.(本小题12分)
已知如图所示，P是正方形ABCD外一点，PB⊥平面ABCD，O为AP中点，PB=AB=2．
(1)求证：PC//平面BOD；
(2)三棱锥O−ABD的体积．
19.(本小题12分)
如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点．
(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；
(2)若AB=2，AC=1，PA=1，求：二面角C−PB−A的正切值．
20.(本小题12分)
如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2,AA1= 3，E、F分别为棱AB和BC的中点．
(1)求直线BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值；
(2)在线段CC1是否存在一点M，使得平面MEF/​/平面A1BC1？若存在，请指出并证明；若不存在，请说明理由．
21.(本小题12分)
已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，tanB+tanC= 3csAcsBcsC．
(1)求A；
(2)若a= 6，求b+c的取值范围．
22.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知△ABC内一点G满足GA+GB+GC=0，且AG⊥BG，
(1)若∠GBA=60°，求tan∠GAC；
(2)若△ABC是锐角三角形，令∠ACB=θ，求1−cs2θsin2θ的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵z=1+i，
∴z−=1−i，其虚部是−1．
故选：B．
根据已知条件，结合共轭复数和虚部的定义，即可求解．
本题主要考查共轭复数和虚部的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：根据斜二侧画法画水平放置的平面图形时的画法原则，可得：
等腰三角形的直观图不再是等腰三角形，
梯形的直观图还是梯形，
正方形的直观图是平行四边形，
正三角形的直观图是一个钝角三角形，
故选：C
根据斜二侧画法画水平放置的平面图形时的画法原则，可得：等腰三角形的直观图不再是等腰三角形，梯形的直观图还是梯形，正方形的直观图是平行四边形，正三角形的直观图是一个钝角三角形，进而得到答案．
本题考查的知识点是斜二侧画法，熟练掌握斜二侧画法的作图步骤及实质是解答的关键．
3.【答案】C
【解析】解：如图正方体ABCD−A1B1C1D1，
∵正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，
∴其内切球的半径为12，外接球的半径为12 12+12+12= 32，
则S1=4π×(12)2=π，S2=4π×( 32)2=3π，
∴S1S2=13．
故选：C．
由已知求出正方体内切球与外接球的半径，然后分别求出其表面积，作比得答案．
本题考查正方体内切球与外接球表面积的求法，考查空间想象能力与计算求解能力，是基础题．
4.【答案】B
【解析】解：由已知|a+b|2=a2+2a⋅b+b2=1，
因为|a|=|b|=1，所以a⋅b=−12，
所以a在b方向上的投影向量为a⋅b|b|⋅b|b|=−12b．
故选：B．
先将|a+b|=1两边平方得到向量的数量积，再根据a在b方向上的投影向量公式得出结果．
本题考查了平面向量的投影向量公式，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
所以D(0,0,0)，A( 3,0,0)，B( 3, 3,0)，C(0, 3,0)，
D1(0,0, 3)，A1( 3,0, 3)，B1( 3, 3, 3)，C1(0, 3, 3)，
设面AB1D1的法向量为m=(x,y,z)，
AD1=(− 3,0, 3)，AB1=(0, 3, 3)，
所以m⋅AD1=− 3x+ 3z=0m⋅AB1= 3y+ 3z=0，
令x=1，则z=1，y=−1，
所以m=(1,−1,1)，
AA1=(0,0, 3)，
所以A1到平面AB1D1的距离d=|AA1⋅m|m||=|(1,−1,1)⋅(0,0, 3)| 12+(−1)2+12=1，
故选：C．
以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出面AB1D1的法向量为m=(x,y,z)，则A1到平面AB1D1的距离d=|AA1⋅m|m||，即可得出答案．
本题考查点到平面的距离，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：由题意知：∠CAM=45°，∠AMC=105°所以∠ACM=30°，
在Rt△ABM中，AM=ABsin∠AMB=ABsin15∘，
在△ACM中，由正弦定理得AMsin30∘=CMsin45∘，
所以CM=AM⋅sin45°sin30∘=AB⋅sin45°sin15∘⋅sin30∘，
在Rt△DCM中，CD=CM⋅sin60°=AB⋅sin45°⋅sin60°sin15∘⋅sin30∘=10( 6− 2)⋅ 22⋅ 32 6− 24⋅12=20 6．
故选：C．
由正弦得出AM，再结合正弦定理得到CM，进而能求CD．
本题考查解三角形的实际应用，考查正弦定理的应用，考查数学运算和直观想象的核心素养，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0,0,2)，D(0,4,0)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，E(1,2,1)，
∴PD=(0,4,−2)，BE=(−1,2,1)，
∴cs=PD⋅BE|PD|⋅|BE|=8−2 16+4× 6= 3010，
∴异面直线PD与BE所成角的余弦值为 3010．
故选：B．
以A为原点建立空间直角坐标系，写出空间向量PD和BE，由cs=PD⋅BE|PD|⋅|BE|，得解．
本题考查异面直线夹角的求法，熟练掌握利用空间向量处理异面直线所成角的方法是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：∵用垂直于半径的平面α去截半径为R的半球，且球心到平面α的距离为12R，
∴V柱=πR2⋅R2=πR32,V大锥=13πR2⋅R,V小锥=13π(R2)2⋅R2=13πR3⋅18，
V锥台=13πR3−13πR3⋅18=7πR324,V球冠=πR32−7πR324=5πR324．
∴平面α所截得的较小部分(阴影所示称之为“球冠)的几何体的体积是5πR324．
故选：A．
利用祖暅原理、圆柱、圆锥和球冠体积公式、截面性质能求出结果．
本题考查祖暅原理、圆柱、圆锥和球冠体积公式、截面性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：在△ABC中，A=30°,a=1,c= 3，
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA得：1=b2+3−2b× 3× 32，
即b2−3b+2=0，解得b=1或b=2，
所以b的值可能是1或2．
故选：AD．
根据给定条件，利用余弦定理求解判断作答．
本题主要考查了余弦定理的应用，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：对于A，∵sinA>sinB，所以2RsinA>2RsinB，
∴a>b，
故A正确；
对于B，∵a2+b2−c2<0，
∴由余弦定理可得，csC=a2+b2−c22ab<0，即角C为钝角，故B正确；
对于C，由题意及正弦定理得，2sinAcsA=2sinBcsB，
所以sin2A=sin2B．
解得2A=2B或2A+2B=π，即A=B或A+B=π2，
所以△ABC是等腰三角形或直角三角形，
故C错误；
对于D，由题意及正弦定理得，sinBcsC+sinCcsB=sin2A，
∴sin(B+C)=sin2A.
又A+B+C=π，则sin(B+C)=sinA≠0，
∴sinA=1，A=π2，
故D正确．
故选：ABD．
对于A，利用正弦定理，进而可求a>b，即可判断；
对于B，由余弦定理可得csC<0，角C为钝角，即可判断；
对于C，由题意利用正弦定理，二倍角的正弦公式可得sin2A=sin2B，可得A=B或A+B=π2，即可判断；
对于D，由题意利用正弦定理，三角函数恒等变换可求sinA=1，可得A=π2，即可判断．
本题考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换，主要考查学生的理解能力和计算能力，属中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：对于A，若m/​/α，n⊂α，则m/​/n或m与n异面，故A错误；
对于B，由m⊥n，m⊥α，得n/​/α或n⊂α，不论是n/​/α还是n⊂α，
都可结合n⊥β，得到α⊥β，故B正确；
对于C，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n相交、平行或异面，故C错误；
对于D，若α/​/β，m⊥α，则m⊥β，又n/​/β，所以m⊥n，故D正确．
故选：BD．
利用空间线面关系的判定与性质定理逐项判断即可求解．
本题考查空间几何各个要素的关系，逻辑推理，属基础题．
12.【答案】AC
【解析】解：在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，取AB=a，AD=b，AA1=c，
∵AB=AD=AA1=1，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°，
∴|a|=|b|=|c|，a⋅b=b⋅c=a⋅c=12，
对于A：∵A1C=a+b−c，BD=−a+b，
∴A1C⋅BD=(a+b−c)⋅(−a+b)=−a2+b2+a⋅c−b⋅c=0，
则A1C⊥BD，
故直线A1C与BD所成的角为90°，故A正确；
对于B：A1C=a+b−c，则|A1C|2=(a+b−c)2=a2+b2+c2−2b⋅c=2，即|A1C|= 2，故B错误；
对于C：A1C⋅BB1=(a+b−c)⋅c=a⋅c+b⋅c−c2=0，
故A1C⊥BB1，即A1C⊥BB1，
故直线A1C与BB1所成的角为90°，故C正确；
对于D：在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD是菱形，
则AC⊥BD，
又A1C⊥BD，A1C∩AC=C，A1C⊂平面A1CA，AC⊂平面A1CA，
∴BD⊥平面A1CA，
又BD⊂平面ABCD，
则平面A1CA⊥平面ABCD，
连接AC交BD于点O，过点A1作A1E⊥AC于点E，如图所示：
∵平面A1CA∩平面ABCD=AC，A1E⊂平面A1CA，
∴A1E⊥平面ABCD，
∴直线A1C与平面ABCD所成角为∠A1CA，
AC=a+b，则|AC|2=|a+b|2=a2+b2+2a⋅b=3，即|AC|= 3，
∴在Rt△A1CA中，sin∠A1CA=1 3= 33，
则tan∠A1CA= 33 1−( 33)2= 22，故D错误．
故选：AC．
在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，取AB=a，AD=b，AA1=c，利用空间向量的线性运算，逐一分析选项，即可得出答案．
本题考查直线与平面的夹角、异面直线的夹角，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
13.【答案】内
【解析】解：因为二面角P−AB−C、P−BC−A、P−CA−B的大小相等，
所以顶点P在底面ABC的投影到三角形ABC三边的距离相等，所以点P在平面ABC上的投影是△ABC的内心．
故答案为：内心．
根据三个二面角相等得到点P在底面ABC的投影到三角形ABC三边的距离相等，即可得到点P在平面ABC上的投影是△ABC的内心．
本题考查二面角的定义及其运用，属于基础题．
14.【答案】6
【解析】解：因为△ABC是边长为3的等边△ABC，且BD=2DC，
所以AD=AB+BD=AB+23BC=AB+23(AC−AB)=13AB+23AC，
所以AB⋅AD=AB⋅(13AB+23AC)=13AB2+23AB⋅AC=13×32+23×3×3×12=3+3=6．
故答案为：6．
由平面向量的线性运算和数量积运算计算即可．
本题考查平面向量的线性运算和数量积，属于基础题．
15.【答案】 3
【解析】解：由正弦定理、余弦定理得b+2a⋅a2+b2−c22ab=0，∴a2+2b2−c2=0，∴b2=c2−a22，
∴csB=a2+c2−b22ac=3a2+c24ac=3a4c+c4a≥2 3a4c⋅c4a= 32，
当且仅当3a4c=c4a，即ca= 3时csB取最小值．
故答案为： 3．
根据正弦定理、余弦定理角化为边，得到b2=c2−a22，再由余弦定理得到csB=3a4c+c4a≥ 32，进而得到结果．
本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题．
16.【答案】[1,7]
【解析】解：设OC=c=(1,0)，其中O为平面直角坐标系xOy的原点，
设OA=a=(x1,y1),OB=b=(x2,y2)，
又|a|=3，|b|=2，
则x12+y12=9,x22+y22=4，
设AB的中点为M(x,y)，
由(a−c)⋅(b−c)=0知AC⊥BC，
则2CM=AB，
故4(x−1)2+4y2=x12+y12+x22+y22+2(x1y1+x2y2),4(x−1)2+4y2=13+2(x1y1+x2y2)，
因为∠ACB=90°，
则(x1−1,y1)⋅(x2−1,y2)=0，
即x1x2+y1y2=x1+x2−1．
又x1+x2=2x，
所以4(x−1)2+4y2=13+2(2x−1)，
即x2+y2−3x−74=0，
故点M在圆(x−32)2+y2=4上，
因为C在圆(x−32)2+y2=4内部，
所以CM的取值范围是[12,72]，
故线段AB的取值范围是[1,7]．
故答案为：[1,7]．
由平面向量数量积的运算，结合平面向量数量积的坐标运算求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量数量积的坐标运算，属中档题．
17.【答案】解：(1)由已知a+kb=(1,1)+k(2,0)=(1+2k,1)，
3a−b=3(1,1)−(2,0)=(1,3)，
∵a+kb与3a−b共线，
∴3(1+2k)=1，解得k=−13；
(2)由已知csθ=a⋅b|a|⋅|b|=22 2= 22，
又θ∈[0,π]，∴θ=π4．
【解析】(1)求出a+kb与3a−b的坐标，再利用向量平行的坐标公式计算即可；
(2)利用公式csθ=a⋅b|a|⋅|b|求解即可．
本题主要考查向量共线的性质，以及平面向量的夹角公式，属于基础题．
18.【答案】解：(1)证明：P是正方形ABCD外一点，PB⊥平面ABCD，O为AP中点，PB=AB=2，
连接AC，BD，交于点E，连接OE，如图，

∵正方形ABCD中，E是AC中点，∴OE/​/PC，
∵OE⊂平面BOD，PC⊄平面BOD，
∴PC/​/平面BOD；
(2)∵PB⊥平面ABCD，O为AP中点，PB=AB=2，
∴O到平面ABD的距离d=12PB=1，S△ABD=12×AB×AD=12×2×2=2，
∴三棱锥O−ABD的体积V=13×S△ABD×d=13×2×1=23．
【解析】(1)连接AC，BD，交于点E，连接OE，则OE//PC，由此能证明PC//平面BOD；
(2)O到平面ABD的距离d=12PB=1，S△ABD=12×AB×AD=12×2×2=2，由此能求出三棱锥O−ABD的体积．
本题考查线面平行的判定与性质、三棱锥的体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】(1)证明：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，
因为AB是圆的直径，C是圆上的点，所以BC⊥AC，
因为PA∩AC=A，所以BC⊥平面PAC，
因为BC⊂平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC．
(2)解：过C作CD⊥AB，垂足为D，过D作DE⊥PB，垂足为E，连CE，如图：

因为PA⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，所以PA⊥CD，
因为PA∩AB=A，所以CD⊥平面PAB，所以CD⊥PB，
因为DE⊥PB，DE∩CD=D，所以PB⊥平面CDE，所以PB⊥CE，
所以∠DEC是二面角C−PB−A的平面角，
因为AB=2，AC=1，AC⊥CB，所以∠CAB=60°，所以CD=AC⋅sin60°= 32,AD=12,BD=2−12=32，
因为PA=1，AB=2，所以PB= 5，所以sin∠PBA=PAPB=1 5= 55，
在直角三角形DEB中，DE=BD⋅sin∠EBD=32× 55=3 510，
在直角三角形DEC中，tan∠DEC=CDDE= 323 510= 153．
所以二面角C−PB−A的正切值为 153．
【解析】(1)通过证明BC⊥平面PAC，结合面面垂直的判定定理可证平面PAC⊥平面PBC；
(2)过C作CD⊥AB，垂足为D，过D作DE⊥PB，垂足为E，连CE，可证∠DEC是二面角C−PB−A的平面角，再通过计算可求出结果．
本题考查了面面垂直的证明以及二面角的求解计算，属于中档题．
20.【答案】解：(1)取A1B1的中点D，连接BD，C1D.
在正三棱柱ABC−A1B1C1中，C1D⊥A1B1，AA1⊥平面A1B1C1．
因为C1D⊂平面A1B1C1，所以AA1⊥C1D，
因为AA1⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，AA1∩A1B1=A1，
所以C1D⊥平面ABB1A1，
所以∠C1BD就是直线BC1与面ABB1A1所成的角．
因为AB=2,AA1= 3，所以C1D= 22−12= 3,BC1= 22+( 3)2= 7，
所以sin∠C1BD=C1DBC1= 217，
即直线BC1与面ABB1A1所成角的正弦值为 217．

(2)当M为CC1的中点时，平面MEF/​/平面A1BC1．
证明：连接ME，MF．
因为E，F分别是AB和BC的中点，所以MF//BC1，EF/​/AC．
因为MF⊄平面A1BC1，BC1⊂平面A1BC1，
所以MF/​/平面A1BC1．
因为AA1/​/CC1，AA1=CC1，所以四边形ACC1A1是平行四边形，
所以AC/​/A1C1，所以EF//A1C1.因为EF⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，
所以EF/​/平面A1BC1．
又因为EF⊂平面MEF，MF⊂平面MEF，EF∩MF=F，
所以平面MEF/​/平面A1BC1．

【解析】(1)取A1B1的中点D，连接BD，C1D.证明C1D⊥平面ABB1A1，可得∠C1BD就是直线BC1与面ABB1A1所成的角．求解即可；
(2)当M为CC1的中点时，平面MEF/​/平面A1BC1.通过线面平行证面面平行即可．
本题考查线面角的求法，以及面面平行的证明，属中档题．
21.【答案】解：(1)由题意得，sinBcsB+sinCcsC= 3csAcsBcsC⋅
化简得sin(B+C)= 3csA，即sinA= 3csA，
则tanA= 3，解得A=π3．
(2)由题意及正弦定理bsinB=csinC=asinA=2 2得：
b=2 2sinB，c=2 2sinC，
b+c=2 2sinB+2 2sinC=2 2sinB+ 2sin(120°−B)=3 2sinB+ 6cs=2 6sin(B+π6)，
由(1)知，A=π3，
又0则π3故sin(B+π6)∈( 32,1]，
b+c的取值范围的取值范围为(3 2,2 6].
【解析】(1)由题意得，sinBcsB+sinCcsC= 3csAcsBcsC⋅，从而解得tanA= 3，由0(2)由已知可求2R，进而可得b+c=2 6sin(B+π6)，由π6本题考查正弦定理与三角形的边角关系式，以及三角恒等变形，考查了计算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为GA+GB+GC=0，则G为△ABC的重心，又AG⊥BG，∠GBA=π3，
以A为原点，AB所在直线为x轴建立如图平面直角坐标系，设AB=2，

则B(2,0),G(32, 32),D(1,0)，
则DG=(12, 32),GC=2DG=(1, 3)，故C(52,3 32)，
所以tan∠BAC=3 35，
所以tan∠GAC=tan(∠BAC−π6)=tan∠BAC−tanπ61+tan∠BAC⋅tanπ6=3 35− 331+3 35× 33= 36．
(2)设∠GAB=α,α∈(0,π2)，则G(2cs2α,2csαsinα),DG=(2cs2α−1,2csαsinα)=(cs2α,sin2α)，GC=2DG=(2cs2α,2sin2α)，故C(2cs2α+2cs2α,3sin2α)，即C(3cs2α+1,3sin2α)，
所以CA=(−3cs2α−1,−3sin2α),CB=(1−3cs2α,−3sin2α)，
所以csθ=cs〈CA,CB〉=CA⋅CB|CA||CB|
=8 (1+3cs2α)2+9sin22α× (1−3cs2α)2+9sin22α
=8 100−36cs22α，
因为α∈(0,π2)，所以2α∈(0,π)，所以−1所以45≤8 100−36cs22α<1，即csθ∈[45,1),
所以sinθ∈(0,35],tanθ∈(0,34]，
而1−cs2θsin2θ=2sin2θ2sinθcsθ=tanθ，
所以1−cs2θsin2θ∈(0,34]．
【解析】(1)建立平面直角坐标系，设AB=2，求出点C的坐标，从而可求出tan∠BAC，然后利用两角差的正切公式即可求出tan∠GAC；
(2)设∠GAB=α,α∈(0,π2)，则通过cs∠ACB=cs〈CA,CB〉可求出cs∠ACB关于α的关系式，从而可求出其取值范围即可求解．
本题考查了用和、差角的正切公式化简、求值，二倍角的余弦公式，余弦定理解三角形，向量夹角的坐标表示，属于难题．