2022-2023学年广东省深圳实验学校高中部高一（下）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年广东省深圳实验学校高中部高一（下）期中数学试卷，共23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．（5分）已知向量＝（1，2），＝（﹣1，m），若⊥，则m的值为（ ）
A．﹣2B．2C．D．
2．（5分）复数，则的虚部是（ ）
A．2B．2iC．iD．﹣2
3．（5分）已知单位向量，满足|﹣|＝，则cs＜，+＞＝（ ）
A．B．C．D．
4．（5分）从正方体的8个顶点上任取4个顶点，则这4个顶点构成的几何图形不可能是（ ）
A．三个面是直角三角形的正三棱锥
B．有一个面是钝角三角形的四面体
C．每个面都是等边三角形的四面体
D．每个面都是直角三角形的四面体
5．（5分）在△ABC中，已知cs2A+cs2B﹣cs2C＝1﹣2sinAsinB，则一定成立的是（ ）
A．B．C．A＝CD．
6．（5分）在△ABC中，，若三角形有两解，则x的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．（5分）过△ABC的重心G的直线l分别交线段AB、AC于点E、F，若，则2λ+μ的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．（5分）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．（1，+∞）D．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
（多选）9．（5分）设，，为平面内任意三个非零向量，下列结论正确的是（ ）
A．|+|＝||+||的充要条件是∥
B．⊥的充要条件是•＝0
C．若∥，∥，则∥
D．若•＝•，则＝
（多选）10．（5分）已知复数z＝a+bi（a，b∈R），下列结论正确的是（ ）
A．z∈R的充要条件是
B．z是纯虚数的充要条件是
C．若z2＝|z|2，则z∈R
D．若z2+|z|2＝0，则z是纯虚数
（多选）11．（5分）在正四面体ABCD中，若AB＝2，M为BC的中点，下列结论正确的是（ ）
A．正四面体的体积为
B．正四面体外接球的表面积为6π
C．如果点P在线段DM上，则（AP+CP）2的最小值为
D．正四面体ABCD内接一个圆柱，使圆柱下底面在底面BCD上，上底圆面与面ABD、面ABC、面ACD均只有一个公共点，则圆柱的侧面积的最大值为
（多选）12．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，O是△ABC的外接圆圆心，下列结论正确的是（ ）
A．ab的最大值是
B．b的取值范围是（0，2）
C．若，则△ABC是等腰三角形
D．的最大值是3
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）若，为单位向量，且|3+5|＝7，则在方向上的投影向量为 ．
14．（5分）在复数范围内方程x2﹣4x+5＝0的两根为α，β，则|α|+|β|＝ ．
15．（5分）若G为△ABC的重心，BG⊥CG，则csA的最小值为 ．
16．（5分）水平桌面上放置了3个半径为2的小球，它们两两相切，并均与桌面相切．若用一个半球形容器（容器厚度忽略不计）罩住三个小球，则半球形容器的半径的最小值是 ．
四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
17．（10分）已知，，O为坐标原点．
（1）若与的夹角为钝角，求实数m的取值范围；
（2）当t∈[﹣1，1]时，求的取值范围．
18．（12分）已知半圆圆心为O点，直径AB＝8，C为半圆弧上靠近点A的三等分点，若P为半径OC上的动点，以O点为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示．
（1）若，求与夹角的大小；
（2）试求点P的坐标，使取得最小值，并求此最小值．
19．（12分）如图，在△ABC中，AB＝2，3sin2B﹣2csB﹣2＝0，且点D在线段BC上．
（1）若∠ADC＝，求AD的长；
（2）若BD＝2DC，＝4，求△ABD的面积．
20．（12分）已知正四棱锥P﹣ABCD的侧棱长为和底面边长为2．
（1）求正四棱锥P﹣ABCD的体积和表面积；
（2）若点E，F，G分别在侧棱PB，PA，PC上，且，求三棱锥A﹣EFG的体积．
21．（12分）正六棱台玻璃容器的两底面棱长分别为7cm，31cm，高为32cm，如图水平放置，盛有水深为12cm．
（1）求玻璃容器的体积；
（2）将一根长度为40cm的搅棒l置入玻璃容器中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度．（容器厚度，搅棒粗细均忽略不计）
22．（12分）如图1，某景区是一个以C为圆心，半径为的圆形区域，道路l1，l2成60°角，且均和景区边界相切，现要修一条与景区相切的观光木栈道AB，点A，B分别在l1和l2上，修建的木栈道AB与道路l1，l2围成三角地块OAB．（注：圆的切线长性质：圆外一点引圆的两条切线长相等）．
（1）若△OAB的面积，求木栈道AB长；
（2）如图2，若景区中心C与木栈道A段连线的∠CAB＝α，求木栈道AB的最小值．
2022-2023学年广东省深圳实验学校高中部高一（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（5分）已知向量＝（1，2），＝（﹣1，m），若⊥，则m的值为（ ）
A．﹣2B．2C．D．
【分析】利用向量垂直的性质求解．
【解答】解：∵向量＝（1，2），＝（﹣1，m），⊥，
∴＝﹣1+2m＝0，
解得m＝．
故选：C．
【点评】本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量垂直的性质的合理运用．
2．（5分）复数，则的虚部是（ ）
A．2B．2iC．iD．﹣2
【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数、虚部的定义，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，
则，其虚部为2．
故选：D．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数、虚部的定义，属于基础题．
3．（5分）已知单位向量，满足|﹣|＝，则cs＜，+＞＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据已知条件，结合平面向量的数量积运算，以及平面向量的夹角公式，即可求解．
【解答】解：单位向量，满足|﹣|＝，
则，即1+1﹣，解得，
＝＝，
＝，
故cs＜，+＞＝＝．
故选：B．
【点评】本题主要考查平面向量的数量积运算，以及平面向量的夹角公式，属于基础题．
4．（5分）从正方体的8个顶点上任取4个顶点，则这4个顶点构成的几何图形不可能是（ ）
A．三个面是直角三角形的正三棱锥
B．有一个面是钝角三角形的四面体
C．每个面都是等边三角形的四面体
D．每个面都是直角三角形的四面体
【分析】根据题意，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，举出例子可以说明ACD正确，对于B，先选取其中一点A，与其余的7个点中的任意2个都不会构成钝角三角形，由此可得B错误，即可得答案．
【解答】解：根据题意，如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
对于A，四面体A﹣A1BD就是三个面是直角三角形的正三棱锥，A正确；
对于C，四面体C1﹣A1BD就是每个面都是等边三角形的四面体，C正确；
对于D，四面体A﹣A1BC就是每个面都是直角三角形的四面体，D正确；
对于B，先选取其中一点A，与其余的7个点中的任意2个都不会构成钝角三角形，则不可能构成有一个面是钝角三角形的四面体，B错误；
故选：B．
【点评】本题考查正方体、四面体的几何结构，涉及直线与平面垂直的判定，属于基础题．
5．（5分）在△ABC中，已知cs2A+cs2B﹣cs2C＝1﹣2sinAsinB，则一定成立的是（ ）
A．B．C．A＝CD．
【分析】由二倍角的余弦公式化简已知表达式，并结合余弦定理可求出csC的值，结合C的范围可求C的值，即可得解．
【解答】解：因为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＝．
故选：D．
【点评】本题主要考查正弦定理以及余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于基础题．
6．（5分）在△ABC中，，若三角形有两解，则x的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【分析】△ABC有两组解，利用正弦定理得asinB＜b＜a，代入数据，求出x的范围．
【解答】解：当asinB＜b＜a时，三角形ABC有两组解，
又b＝，B＝60°，a＝x，如果三角形ABC有两组解，
那么x应满足xsin60°＜＜x，
即＜x＜2；
x的取值范围是＜x＜2．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形的应用与正弦定理的应用问题，属基础题．
7．（5分）过△ABC的重心G的直线l分别交线段AB、AC于点E、F，若，则2λ+μ的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】由G为重心，且E，G，F三点共线，可得用，的线性表示，再由题意可得用，的线性表示，可得λ，μ的关系，由“1“的活用及均值不等式可得2λ+μ的最小值．
【解答】解：设直线AG与BC交于D，因为直线l过重心G，又＝＝•（+）＝（+），
而E，G，F三点共线，所以＝x+（1﹣x）＝λx+（1﹣x）μ，
所以，可得+＝3，
所以2λ+μ＝（2λ+μ）•（+）＝（3++），
因为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的最小值为1+．
故选：A．
【点评】本题考查重心的性质及向量的基本定理的应用，均值不等式的应用，属于中档题．
8．（5分）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．（1，+∞）D．
【分析】先根据已知条件化简可得A＝2C，再将化为，结合△ABC为锐角三角形，可得C的范围，进而得解．
【解答】解：因为，
所以2sinCcsA＝sinB﹣sinC＝sin（A+C）﹣sinC，
则2sinCcsA＝sinAcsC+csAsinC﹣sinC，
则sinC＝sin（A﹣C），
则C＝A﹣C或C+A﹣C＝π，
则A＝2C或A＝π（舍），
由正弦定理可得＝
＝＝＝，
又因为△ABC 是锐角三角形，
所以，解得，
则，
则，即．
故选：A．
【点评】本题考查三角恒等变换，解三角形与三角函数的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
（多选）9．（5分）设，，为平面内任意三个非零向量，下列结论正确的是（ ）
A．|+|＝||+||的充要条件是∥
B．⊥的充要条件是•＝0
C．若∥，∥，则∥
D．若•＝•，则＝
【分析】根据平面向量的平行与垂直的性质即可判定．
【解答】解：|+|＝||+||，当且仅当与同向时成立，而与方向相同或相反都有，因此不是充要条件，A错误；
因为和均为非零向量，所以当时，必有cs＜＞＝，则必有，B正确；
因为和均为非零向量，所以当∥，∥时，有和方向相同或相反，和方向相同或相反，故与同向或反向，C正确；
由可得，＝0，则可得或，故D错误．
综上，BC正确．
故选：BC．
【点评】本题考查了平面向量的平行、垂直的性质，属基础题．
（多选）10．（5分）已知复数z＝a+bi（a，b∈R），下列结论正确的是（ ）
A．z∈R的充要条件是
B．z是纯虚数的充要条件是
C．若z2＝|z|2，则z∈R
D．若z2+|z|2＝0，则z是纯虚数
【分析】根据充分必要条件判断A，根据充分必要条件以及特殊值法判断B，根据定义得方程组判断CD．
【解答】解：对于A，若z∈R，则b＝0，，是充分条件，反之也成立，故A正确；
对于B，若z是纯虚数，则a＝0且b≠0，则z+＝2a＝0，是充分条件，
反之，若z+＝2a＝0，则z＝bi，当b＝0时，z不是纯虚数，故不是必要条件，故B错误；
对于C，若z2＝|z|2，则（a+bi）2＝a2﹣b2+2abi＝a2+b2，
则，则b＝0，z∈R，故C正确；
对于D，若z2+|z|2＝0，则2a2+2abi＝0，则a＝b＝0，则z＝0，故D错误．
故选：AC．
【点评】本题考查了复数，充分必要条件问题，考查转化思想，是基础题．
（多选）11．（5分）在正四面体ABCD中，若AB＝2，M为BC的中点，下列结论正确的是（ ）
A．正四面体的体积为
B．正四面体外接球的表面积为6π
C．如果点P在线段DM上，则（AP+CP）2的最小值为
D．正四面体ABCD内接一个圆柱，使圆柱下底面在底面BCD上，上底圆面与面ABD、面ABC、面ACD均只有一个公共点，则圆柱的侧面积的最大值为
【分析】由正四棱锥的结构特征，应用棱锥的体积公式求体积，并确定外接球的半径求表面积，展开侧面，要使（AP+CP）2最小，只需A，P，C共线，结合余弦定理求其最小值，根据正四面体ABCD内接一个圆柱底面圆与其中截面正三角形关系求半径、体高，应用二次函数性质求侧面积最大值．
【解答】解：由正四面体各棱都相等，即各面都为正三角形，
故棱长为2，如下图示，
O为底面中心，则D，O，M共线，AO为体高，
故，
所以，
故正四面体的体积为，A错误；
由题设，外接球球心E在AO上，且半径r＝EA＝EB，
所以r2＝（AO﹣r）2+BO2，则，
故外接球的表面积为，B正确；
由题意知：将面AMD与面CMD沿MD翻折，使它们在同一个平面，如下图示，
所以AD＝CD＝2且，，
又∠CDM＝30°，
而，
要使（AP+CP）2最小，只需A，P，C共线，
则，
所以，C正确；
如下图，棱锥中一个平行于底面的截面所成正三角形的内切圆为正四面体ABCD内接一个圆柱的上底面，
若截面所成正三角形边长为x∈（0，2），
则圆柱体的高，圆柱底面半径为，
所以其侧面积，
故当x＝1时，，D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查立体几何知识的综合运用，考查空间想象能力与运算求解能力，属于中档题．
（多选）12．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，O是△ABC的外接圆圆心，下列结论正确的是（ ）
A．ab的最大值是
B．b的取值范围是（0，2）
C．若，则△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，进而求ab最大值，注意取值条件，由已知条件和构成三角形条件有求b范围，若E，F，G为AB，BC，AC中点，由外心的性质、向量线性关系可得CE⊥AB且AE＝BE，即得三角形形状，将化为，根据对应线段位置关系、长度及正弦边角关系、三角恒等变换、正弦函数性质求最值．
【解答】解：设△ABC的外接圆半径为r，
则根据正弦定理可得，
如下图，过A作AD⊥BC于D，
由a2+b2﹣2abcsC＝c2＝2，则，
所以，仅当时等号成立，A正确；
由题意，，则，B错误；
若E，F，G为AB，BC，AC中点，由，故C，O，E共线，
又OE⊥AB，所以CE⊥AB且AE＝BE，故CE为中垂线，
所以△ABC是等腰三角形，C正确；
由
＝
＝＝，又，
则上式＝，
所以原式＝2sin2B﹣（1+2sinBcsB）+2（csB+sinB）sinB＝4sin2B﹣1，
由，故时最大值为3，D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查向量与解三角形的综合问题，三角形外接圆的性质，余弦定理与正弦定理的应用，化归转化思想，属中档题．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）若，为单位向量，且|3+5|＝7，则在方向上的投影向量为 ．
【分析】对|3+5|＝7两边平方，求出＝，再利用投影向量的定义求解．
【解答】解：∵|3+5|＝7，||＝||＝1，
∴＝+30+25||2＝34+30＝49，
∴＝，
∴在方向上的投影向量为＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了投影向量的定义，属于基础题．
14．（5分）在复数范围内方程x2﹣4x+5＝0的两根为α，β，则|α|+|β|＝ ．
【分析】由题意，利用当判别式小于零时，利用根公式求得α、β，再根据复数的模的定义与求法，
【解答】解：复数范围内方程x2﹣4x+5＝0的两根为α，β，
∵Δ＝16﹣20＝﹣4，∴α、β＝＝2±i，
故α、β中一个等于2+i，另一个等于2﹣i，
则|α|+|β|＝+＝2．
故答案为：2．
【点评】本题主要考查当判别式小于零时，求根公式的应用，复数的模的定义与求法，属于基础题．
15．（5分）若G为△ABC的重心，BG⊥CG，则csA的最小值为 ．
【分析】令，且它们的模长分别为a，b，夹角为90°，以此为基底向量，表示出csA的值，然后借助于基本不等式求解．
【解答】解：如图：令，且它们的模长分别为a，b，夹角为90°，
则＝＝，同理，
所以＝＝，，＝2a2+2b2，
故csA＝＝＝＝……①，
因为a2+b2≥2ab，所以（a2+b2）2≥4a2b2，当且仅当a＝b时取等号，故①式，
即csA的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题考查数量积的运算以及基本不等式求最值，属于中档题．
16．（5分）水平桌面上放置了3个半径为2的小球，它们两两相切，并均与桌面相切．若用一个半球形容器（容器厚度忽略不计）罩住三个小球，则半球形容器的半径的最小值是 +2 ．
【分析】以3个小球球心和与桌面的切点为顶点作三棱柱，结合图形分析可解．
【解答】解：如图所示，设3个球心分别为A1，B1，C1，3个球分别与水平桌面相切于A，B，C三点，
假设半球形的容器与球C1相切于点D，此时半球形容器内壁的半径最小，
记最小半径设为Rmin，易知△ABC是边长为4的正三角形，
记AB中点为E，半球形容器的球心O为△ABC的中心，
则OC＝CE＝＝．
则Rmin＝OC1+C1D＝+2＝+2．
故答案为：+2．
【点评】本题考查内切球问题，化归转化思想，属中档题．
四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
17．（10分）已知，，O为坐标原点．
（1）若与的夹角为钝角，求实数m的取值范围；
（2）当t∈[﹣1，1]时，求的取值范围．
【分析】（1）根据题意，求出与的坐标，由向量数量积的运算性质可得关于m的不等式，然后求出m的范围；
（2）根据题意，求出﹣t的坐标，得到|﹣t|的表达式，结合二次函数的性质，求出取值范围．
【解答】解：（1）根据题意，，，
则＝（3m+2，﹣2m+1），＝（﹣1，﹣4），
若与的夹角为钝角，
则有（）•（）＝﹣3m﹣2+8m﹣4＝5m﹣6＜0，且4（3m+2）≠﹣（﹣2m+1），
解得m＜且m≠﹣，即m的取值范围为（﹣∞，﹣）∪（﹣，）；
（2）根据题意，﹣t＝（3﹣2t，﹣2﹣t），
则2＝（3﹣2t）2+（﹣2﹣t）2＝5t2﹣8t+13，
所以|﹣t|＝，
又﹣1≤t≤1，则≤|﹣t|≤，
即的取值范围是[，]．
【点评】本题考查向量数量积的计算，涉及向量模的计算，属于基础题．
18．（12分）已知半圆圆心为O点，直径AB＝8，C为半圆弧上靠近点A的三等分点，若P为半径OC上的动点，以O点为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示．
（1）若，求与夹角的大小；
（2）试求点P的坐标，使取得最小值，并求此最小值．
【分析】（1）由平面向量数量积运算，结合平面向量的夹角公式求解即可；
（2）设点P的坐标，再结合平面向量数量积运算即可．
【解答】解：（1）因为半圆的直径AB＝8，由题易知：又A（﹣4，0）、B（4，0）
又OC＝4，，则C（4cs，4sin），则．
所以，，所以．
设与夹角为α，则csα＝＝＝﹣，
又因为α∈[0，π]，
所以，
即与的夹角为．
（2）设，
由（1）知，，
则，，
所以，
又因为0≤t≤1，
所以当时，有最小值为﹣1，
此时点P的坐标为．
【点评】本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了向量的坐标运算，属中档题．
19．（12分）如图，在△ABC中，AB＝2，3sin2B﹣2csB﹣2＝0，且点D在线段BC上．
（1）若∠ADC＝，求AD的长；
（2）若BD＝2DC，＝4，求△ABD的面积．
【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和三角形的面积公式求出AC，再利用余弦定理可得BC，再求面积即可．
【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＝，
因为∠ADC＝，所以∠ADB＝，
在△ABD中，由正弦定理可得＝
解得AD＝．
（2）由BD＝2DC，得＝2，∴＝2，
因为＝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×＝．
【点评】本题考查了正余弦定理的应用，三角形的面积公式，属于中档题．
20．（12分）已知正四棱锥P﹣ABCD的侧棱长为和底面边长为2．
（1）求正四棱锥P﹣ABCD的体积和表面积；
（2）若点E，F，G分别在侧棱PB，PA，PC上，且，求三棱锥A﹣EFG的体积．
【分析】（1）根据锥体的体积公式，表面积公式，计算即可求解；
（2）根据题意，化归转化，即可求解．
【解答】解：（1）根据题意可知四边形ABCD为正方形，
设O为底面中心，则PO为该锥体的高，
又易知OD＝，PD＝，∴PO＝＝2，
∴正四棱锥P﹣ABCD的体积为＝，
又侧面等腰三角形的高为＝，
∴正四棱锥P﹣ABCD的表面积为；
（2）∵PE＝PB，PF＝PA，
∴S△AEF＝＝，
∴VA﹣EFG＝VG﹣EFA＝，
∵＝，∴VG﹣ABP＝，
即VA﹣EFG＝＝＝．
【点评】本题考查正四棱锥的体积与表面积的求解，三棱锥的体积的求解，化归转化思想，属中档题．
21．（12分）正六棱台玻璃容器的两底面棱长分别为7cm，31cm，高为32cm，如图水平放置，盛有水深为12cm．
（1）求玻璃容器的体积；
（2）将一根长度为40cm的搅棒l置入玻璃容器中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度．（容器厚度，搅棒粗细均忽略不计）
【分析】（1）求解下底面面积，上底面的面积，结合台体的高，求解正六棱台的体积．
（2）设搅棒在GG1上的点为M，搅棒与水面的交点为N，在平面E1EGG1中，过点N作NP⊥EG，交EG于点P，过点E作EQ⊥E1G1，交E1G1于点Q，画出平面EE1G1G的平面图，求解E1Q，E1E，结合正弦定理求解sin∠EMG，cs∠EMG，然后转化求解即可．
【解答】解：（1）由题意可知，下底面面积为，
上底面的面积＝，又台体的高为32cm，
所以正六棱台的体积
（2）设搅棒在GG1上的点为M，则EM＝40cm，搅棒与水面的交点为N，在平面E1EGG1中，过点N作NP⊥EG，交EG于点P，过点E作EQ⊥E1G1，交E1G1于点Q，
∵EABGCD﹣E1A1B1G1C1D1为正六棱台，∴EE1＝GG1，EG∥E1G1，EG≠E1G1，
∴EE1G1G为等腰梯形，画出平面EE1G1G的平面图，
∵E1G1＝62cm，EG＝14cm，EQ＝32cm，NP＝12cm，
∴E1Q＝24cm，
由勾股定理得：，
∴，，，
根据正弦定理得：，∴，
∴，
∴sin∠GEM＝sin（∠EGM+∠EMG）＝，
∴．
∴搅棒l没入水中部分的长度为20cm．
【点评】本题考查棱台的体积的求法，空间点、线、面距离的求法，正弦定理的应用，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
22．（12分）如图1，某景区是一个以C为圆心，半径为的圆形区域，道路l1，l2成60°角，且均和景区边界相切，现要修一条与景区相切的观光木栈道AB，点A，B分别在l1和l2上，修建的木栈道AB与道路l1，l2围成三角地块OAB．（注：圆的切线长性质：圆外一点引圆的两条切线长相等）．
（1）若△OAB的面积，求木栈道AB长；
（2）如图2，若景区中心C与木栈道A段连线的∠CAB＝α，求木栈道AB的最小值．
【分析】（1）由已知可得OA•OB＝40，OA+OB+AB＝20，进而由余弦定理可得AB2＝OA2+OB2﹣OA•OB，可求AB；
（2）设圆与AO，OB分别切于N，P，由已知可得∠MAP＝2α，利用，可求木栈道AB的最小值．
【解答】解：（1）在△OAB中，因为△OAB的面积，所以S＝OA•OBsin∠ACB，
则解得OA•OB＝40①，
所以，
则OA+OB+AB＝20，所以OA+OB＝20﹣AB，
两边平方得OA2+OB2+2OA•OB＝AB2﹣40•AB+400，
所以OA2+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）设圆与AO，OB分别切于N，P，
则AM＝AN，BM＝BP，∠CMA＝∠CNA＝∠CMB＝∠CPB＝90°，
则△CMA≌△CNA，△CMB≌△CPB，
则∠CAM＝∠CAN，∠CBM＝∠CBP，
由∠CAB＝α，可得∠MAP＝2α，
由，
可得，则，
则；
；；
＝
＝＝，
当且仅当时等号成，则AB的最小值6．
【点评】本题考查解三角形在生活中的应用，考查余弦定理，考查运算求解能力，考查三角恒等变换，属中档题．
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