2023-2024学年河南省郑州市十所省级示范性高中联考高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省郑州市十所省级示范性高中联考高一（下）期中数学试卷（含解析），共15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.i2023−i2024=( )
A. 1+ 2iB. 1− 2iC. −1−iD. 1−i
2.设e1,e2是平面内两个不共线的向量，则以下a,b不可作为该平面内一组基底的是( )
A. a=e1+e2,b=e1B. a=2e1+e2,b=12e1+14e2
C. a=e1+e2,b=e1−e2D. a=e1−2e2,b=−e1+4e2
3.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b= 2,a=2,B=30°，则C=( )
A. 30°B. 45°或135°C. 60°D. 15°或105°
4.已知A(−2,1)，B(4,−1)，C(2,3)，则〈AC,CB〉的大小为( )
A. 3π4B. π2C. π3D. π4
5.已知平面向量a=(1,0),b=(−2,1)，且(a−mb)//(a+b)，则m=( )
A. −1B. 0C. 1D. 1± 32
6.折扇在我国有着悠久的历史.“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”，它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征(如图甲).图乙是扇形的一部分，两个圆弧DE,AC所在圆的半径分别是15和36，且∠ABC=120°.若图乙是某圆台的侧面展开图，则该圆台的侧面积是( )
A. 357πB. 292πC. 243πD. 195π
7.已知O，P，N在△ABC所在平面内，满足|OA|=|OB|=|OC|,NA+NB+NC=0，且PA⋅PB=PB⋅PC=PC⋅PA，则点P，O，N依次是△ABC的( )
A. 外心，垂心，重心B. 重心，外心，内心C. 垂心，外心，重心D. 外心，重心，内心
8.已知△ABC中，D，E分别为线段AB，BC上的点，直线AE，CD交于点P，且满足BP=16BA+12BC，则S△BPES△BPD的值为( )
A. 109B. 76C. 34D. 35
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法中，不正确的是( )
A. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱
B. 有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台
C. 平行四边形的直观图是平行四边形
D. 棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是正三棱锥
10.在复平面内，复数z1=12+ 32i对应的点为A，复数z2=z1−1对应的点为B，下列说法正确的是( )
A. z12=z22
B. z1⋅z2=−|z1|2
C. 向量AB对应的复数是−1
D. |z1+z2|2+|z1−z2|2=2|z1|2+2|z2|2
11.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法中正确的是( )
A. 若△ABC为锐角三角形，则sinB>csA
B. 若sin2A=sin2B，则△ABC为等腰或直角三角形
C. 若sin2B+sin2C=sin2A，则△ABC不一定为直角三角形
D. 若a=8，c=10，B=π6，则△ABC解的个数为1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.用斜二测画法画出的直观图与原图形的面积之比为______．
13.远赴仙境惊鸿宴，一睹人间盛世颜.位于河南洛阳的老君山群山竞秀，拔地通天.一位同学在领略老君山的美景时，用无人机测量了其中一座小山的海拔与该山最高处的古塔AB的塔高.如图，无人机的航线与塔AB在同一铅直平面内，无人机飞行的海拔高度为1000m，在C处测得塔底A(即小山的最高处)的俯角为45°，塔顶B的俯角为30°，向山顶方向沿水平线CE飞行100m到达D处时，测得塔底A的俯角为75°，则该座小山的海拔为______m；古塔AB的塔高为______m.
14.已知平面四边形ABCD满足∠CBA=π2,∠CAD=π3，且AC=AD=2，则DB⋅DC的最大值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知a=( 2,1),|b|=2,〈a,b〉=30°，记a在b方向上的投影向量为c．
(1)求|a−2c|的值；
(2)若向量(a−λ3c)与(λa−4c)的夹角为锐角，求实数λ的取值范围．
16.(本小题15分)
设z1是虚数，若ω=z1−2，ω是关于x的方程x2−2x+4=0的一个根，求z1．
17.(本小题15分)
如图，底面边长为2且侧棱长为2 2的正六棱锥P−ABCDEF，O是底面的中心，在其内部有一个高为x的内接圆柱(圆柱的下底面在棱锥的底面上，上底面圆周与棱锥各侧面相切)．
(1)求棱锥的表面积；
(2)求圆柱侧面积的最大值及侧面积取得最大值时圆柱底面半径的值．
18.(本小题17分)
在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2+b2−c22b−b=c− 3asinC．
(1)求A；
(2)若a=2 3，△ABC的面积为3 3，求b，c；
(3)若c=2，求△ABC周长的取值范围．
19.(本小题17分)
古希腊的数学家海伦在其著作《测地术》中给出了由三角形的三边长a，b，c计算三角形面积的公式：S= p(p−a)(p−b)(p−c)，这个公式常称为海伦公式，其中，p=12(a+b+c).我国南宋著名数学家秦九韶在《数书九章》中给出了由三角形的三边长a，b，c计算三角形面积的公式：S= 14[c2a2−(c2+a2−b22)2]，这个公式常称为“三斜求积”公式．
(1)已知△ABC的三条边分别为a=7，b=8，c=3，求△ABC的面积；
(2)利用题中所给信息，证明三角形的面积公式S=12acsinB；
(3)在△ABC中，b=4,tanB2=sinC2−csC，求△ABC面积的最大值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：i2023−i2024=i2022⋅i−i2024=(i2)1011⋅i−(i2)1012=(−1)1011⋅i−(−1)1012=−i−1．
故选：C．
利用i2=−1和幂的运算性质计算可得结果
本题主要考查了复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：对于A，因为a=e1+e2,b=e1，不存在实数λ，使b=λa，
所以a、b不共线，可以作为该平面内所有向量的一组基底；
对B，因为a=2e1+e2,b=12e1+14e2，可得b=14a，
所以a、b共线，不能作为该平面内所有向量的一组基底；
对C，因为a=e1+e2,b=e1−e2，不存在实数λ，使b=λa，
所以a、b不共线，可以作为该平面内所有向量的一组基底；
对D，因为a=e1−2e2,b=−e1+4e2，不存在实数λ，使b=λa，
所以a、b不共线，可以作为该平面内一组基底．
综上所述，只有B项中的a,b不可作为该平面内所有向量的一组基底．
故选：B．
根据题意，若向量a、b不共线，则a，b可作为该平面内一组基底，由此对各项加以判断，可得答案．
本题主要考查平面向量基本定理及其应用，考查了概念的理解能力，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：b= 2,a=2,B=30°，
则sinA=asinBb= 22，
A∈(0,π)，
则A=45°或135°，
故C=π−A−B=15°或105°．
故选：D．
结合正弦定理，以及三角形内角和定理，即可求解．
本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：A(−2,1)，B(4,−1)，C(2,3)，
则AC=(4,2)，CB=(−2,4)，
AC⋅CB=4×(−2)+2×4=0，
故〈AC,CB〉的大小为π2．
故选：B．
根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查数量积表示两个向量的夹角，是基础题．
5.【答案】A
【解析】解：a=(1,0),b=(−2,1)，
则a−mb=(1+2m,−m)，a+b=(−1,1)，
(a−mb)//(a+b)，
则(−m)⋅(−1)=1⋅(1+2m)，解得m=−1．
故选：A．
根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，
利用弧长公式可得2πr=2π3×15，解得r=5，
又2πR=2π3×36，解得R=12，
又圆台的母线长为l=36−15=21，
所以圆台的侧面积S=π(5+12)×21=357π．
故选：A．
根据圆台的侧面展开图分别求出上下底面圆半径，再由圆台侧面积公式计算可得结果．
本题考查圆台侧面积，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：∵|OA−|=|OB−|=|OC−|，∴O到三角形三个顶点的距离相等，
∴O是三角形的外心，
∵PA⋅PB=PB⋅PC=PC⋅PA，∴PB⋅(PA−PC)=0，PB⋅CA=0，∴PB⊥CA，
同理得到另外两个向量都与边垂直，得到P是三角形的垂心，
∵NA+NB+NC=0，
∴NA=−(NB+NC)=−2ND，
∴NA所在直线经过BC中点D，与中线共线，
同理可得NB，NC分别与AC，AB边的中线共线，
∴N是三角形中三条中线交点，∴N是重心；
故选：C．
根据O到三角形三个顶点的距离相等，得到O是三角形的外心，根据向量垂直，即得到P是三角形的垂心，根据中线的性质，可得N为重心．
本小题主要考查向量的数量积的运算法则、三角形五心等基础知识，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：由BP=16BA+12BC，得32BP=14BA+34BC，
设BQ=14BA+34BC，两边都减去BC，得BQ−BC=14(BA−BC)，即CQ=14CA，所以A、C、Q三点共线，
结合BQ=32BP，可得BP的延长线交AC于Q点，满足BPBQ=23，CQCA=14．
由BQ=32BP，得AQ−AB=32(AP−AB)，整理得AP=13AB+23AQ=13AB+12AC，
设BE=μBC(0<μ<1)，则AE−AB=μ(AC−AB)，整理得AE=(1−μ)AB+μAC，
因为AP//AE，所以1−μ13=μ12，解得μ=35，即BE=35BC，同理可证出：BD=13BA．
因为S△BPES△BQC=12BP⋅BEsin∠PBE12BQ⋅BCsin∠QBC=BPBQ⋅BEBC=23×35=25，所以S△BPE=25S△BQC=25×14S△ABC=110S△ABC，
同理S△BPDSBQA=BPBQ⋅BDBA=23×13=29，可得S△BPD=29S△ABQ=29×34S△ABC=16S△ABC，
因此，S△BPES△BPD=110S△ABC16S△ABC=610=35．
故选：D．
根据BP=16BA+12BC，推算出BP的延长线交AC于Q点，满足BPBQ=23，CQCA=14，然后证出AP=13AB+12AC，结合AP//AE证出BE=35BC，同理证出BD=13BA，接下来利用正弦定理的面积公式，推导出S△BPE=110S△ABC且S△BPD=16S△ABC，进而可得S△BPES△BPD的值．
本题主要考查平面向量基本定理、向量平行的性质、三角形的面积公式及其应用等知识，属于中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：对于A，有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体，若侧棱不平行，则不为棱柱，故A错误；
对于B，有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体，若侧棱延长后不交于一点，则不为棱台，故B错误；
对于C，由直观图中平行四边形的对边互相平行，则平行四边形的直观图是平行四边形，故C正确；
对于D，棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，若底面为三角形，则此棱锥可能是正三棱锥，故D正确．
故选：AB．
由棱柱、棱台的定义可判断AB；由直观图的画法可判断C；由正三棱锥的定义可判断D．
本题考查棱柱、棱锥和棱台的定义、直观图的画法，考查推理能力，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：复数z1=12+ 32i对应的点为A，复数z2=z1−1=−12+ 32i对应的点为B，
对于A，z12=(12+ 32i)2=14+ 32i+34i2=−12+ 32i，
z22=(−12+ 32i)2=14− 32i+34i2=−12− 32i，
∴z12≠z22，故A错误；
对于B，z1⋅z2=(12+ 32i)(−12+ 32i)=34i2−14=−1，
−|z1|2=−( (12)2+( 32)2)2=−1，
∴z1⋅z2=|z1|2，故B正确；
对于C，A(12, 32)，B(−12, 32)，AB=(−1,0)，
∴向量AB对应的复数是−1，故C正确；
对于D，|z1+z2|2+|z1−z2|2=( ( 3)2)2+( (−1)2)2=4，
2|z1|2+2|z2|2=2( 14+34)2+2( 14+34)2=4，
∴|z1+z2|2+|z1−z2|2=2|z1|2+2|z2|2，故D正确．
故选：BCD．
利用复数的概念、运算法则、几何意义求解．
本题考查复数的概念、运算法则、几何意义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：选项A，若△ABC为锐角三角形，则A+B>π2，
所以π2>B>π2−A>0，
所以sinB>sin(π2−A)=csA，即选项A正确；
选项B，若sin2A=sin2B，则2A=2B或2A+2B=π，
所以A=B或A+B=π2，
所以△ABC为等腰或直角三角形，即选项B正确；
选项C，若sin2B+sin2C=sin2A，则2sinBsB+2sinCcsC=2sinAcsA，
由正弦定理知，bcsB+ccsC=acsA，
由余弦定理知，b⋅a2+c2−b22ac+c⋅a2+b2−c22ab=a⋅b2+c2−a22bc，
整理得a4=b4−2b2c2+c4=(b2−c2)2，
所以a2=b2−c2或a2=c2−b2，
即a2+c2=b2或a2+b2=c2，
所以△ABC一定是直角三角形，即选项C错误；
选项D，由余弦定理知，b2=a2+c2−2accsB=64+100−2×8×10×csπ6=164−80 3，
所以b只有一解，
所以△ABC解的个数为1，即选项D正确．
故选：ABD．
选项A，利用A+B>π2，结合诱导公式，即可判断；选项B，由sin2A=sin2B，知2A=2B或2A+2B=π，化简即可判断△ABC的形状；选项C，先利用二倍角公式化简已知等式，再结合正余弦定理化角为边，化简运算即可判断；选项D，利用余弦定理求出b的值，即可判断．
本题考查解三角形，熟练掌握正余弦定理，诱导公式，二倍角公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】 24
【解析】解：根据题意，由斜二测画法的步骤：
(1)在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于O点，画直观图时，把它画成对应的x′轴、y′轴，使∠x′Oy′=45°或135°，
(2)已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′或y′轴的线段，
(3)已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段，长度为原来的一半．
则直观图与原图形的面积之比为 24．
故答案为： 24．
根据题意，由斜二测画法的步骤分析可得答案．
本题考查斜二测画法，涉及原图的面积与直观图面积的关系，属于基础题．
13.【答案】950−50 3 100 33
【解析】解：如图，在△ACD，CD=100，∠ACD=45°，∠ADC=105°，∠CAD=30°，
由正弦定理ACsin∠ADC=CDsin∠CAD=ADsin∠ACD，
又sin105°=sin75°=sin(45°+30°)= 22× 32+ 22×12= 6+ 24，
所以AC=100× 6+ 2412=50( 6+ 2)m，
延长AB交CE于H，
则AH=ACsin∠ACD=50( 6+ 2)× 22=50( 3+1)m，
又无人机飞行的海拔高度为1000m，
所以该座小山的海拔为1000−50( 3+1)=950−50 3，
在△ABC中，∠ACB=45°−30°=15°∠ABC=120°，
又sin∠ACB=sin(45°−30°)= 22× 32− 22×12= 6− 24，
由正弦定理有ABsin15∘=ACsin120∘，
得到AB=50( 6+ 2)× 6− 24 32=100 33m.
故答室为：950−50 3，100 33．
在△ACD，根据条件，利用正弦定理得到AC的值，延长AB交CE于H，则AH的值，即可求出小山的海拔；在△ABC，根据条件，利用正弦定理，即可求出塔高．
本题主要考查了正弦定理，和差角公式在实际问题求解中的应用，属于中档题．
14.【答案】5
【解析】解：设∠BAC=α，(0<α<π2)，则∠BAD=α+π3，AB=2csα，
所以AB⋅AC=|AB||AC|csα=|AB|2=4cs2α，AD⋅AC=2×2×12=2，
AB⋅AD=|AB||AD|cs(α+π3)=4csαcs(α+π3)=4csα(12csα− 32sinα)=2cs2α−2 3sinαcsα=cs2α− 3sin2α+1，
DB⋅DC=(AB−AD)⋅(AC−AD)=AB⋅AC−AB⋅AD−AD⋅AC+AD2=4cs2α−cs2α+ 3sin2α−1−2+4
=2cs2α+2−cs2α+ 3sin2α+1=cs2α+ 3sin2α+3=2sin(2α+π6)+3，
当2α+π6=π2即α=π6时，BD⋅DC有最大值5．
故答案为：5．
设∠BAC=α，(0<α<π2)，由平面向量的线性运算和数量积运算，三角恒等变换知识化简后求三角函数的最值即可．
本题考查平面向量的数量积的求法，属于中档题．
15.【答案】解：(1)已知a=( 2,1),|b|=2,〈a,b〉=30°，
则a在b方向上的投影向量c=|a|cs30°⋅b|b|= 3× 32×b2=34b，
所以|a−2c|= a2−4a⋅c+4c2= 3−4× 3×32× 32+9= 3；
(2)因为(a−λ3c)与(λa−4c)的夹角是锐角，
所以(a−λ3c)⋅(λa−4c)>0，且(a−λ3c)与(λa−4c)不能同向共线，
所以λ2−8λ+12<0，
即2<λ<6，
当(a−λ3c)与(λa−4c)同向共线时，
设(a−λ3c)=k(λa−4c),k>0，
得λ=2 3，
所以2<λ<6且λ≠2 3，
即实数λ的取值范围为(2,2 3)∪(2 3,6)．
【解析】(1)由平面向量数量积的运算，结合投影的运算及平面向量模的运算求解；
(2)由平面向量数量积的运算，结合共线向量的运算求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了投影的运算及平面向量模的运算，属中档题．
16.【答案】解：由题意，设z1=a+bi(a,b∈R,b≠0)，
∵ω=z1−2，∴ω=a−2+bi(a,b∈R,b≠0)，
∵ω是关于x的方程x2−2x+4=0的一个根，
∴(a−2+bi)2−2(a−2+bi)+4=0，
∴(a−2)(a−4)+4−b2+2(a−3)bi=0，
∴(a−2)(a−4)+4−b2=02(a−3)b=0，解得a=3，b=± 3，
∴z1=3+ 3i或z1=3− 3i．
【解析】求出ω=a−2+bi(a,b∈R,b≠0)，从而(a−2+bi)2−2(a−2+bi)+4=0，进而(a−2)(a−4)+4−b2+2(a−3)bi=0，由此能求出结果．
本题考查复数的概念、运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
17.【答案】解：(1)∵是正六棱锥，O是底面的中心，∴PO是棱锥的高，连接OC，可知OC=2，
在Rt△POC中，可知PO= PC2−OC2=2，即棱锥的高为2，
设BC的中点为M，由△PBC是等腰三角形可知，PM⊥MC，
因此PM是斜高，从而PM= PC2−MC2= 7，即棱锥的斜高为 7，
∵△PBC的面积为12×BC×PM=12×2× 7= 7，∴棱锥的侧面积为6 7，
又底面正六边形ABCDEF的底面积为S底=6× 34×22=6 3，
∴棱锥的表面积为S底+S侧=6 3+6 7．
(2)作出圆柱上底面圆周与棱锥侧面相切时的轴截面，

圆柱的高h=x(0易知PO=2,OM= 3，
设圆柱底面半径为r，则r 3=2−x2，即r= 32(2−x)，
则圆柱的侧面积为S=2πr⋅x=2π⋅ 32(2−x)⋅x≤ 3π[(2−x)+x2]2= 3π．
当且仅当(2−x)=x即x=1时，S有最大值为 3π．
此时，圆柱底面半径为r= 32．
【解析】(1)由已知利用勾股定理求得圆锥的母线长，再由表面积公式求解；
(2)圆柱的底面半径为r，利用三角形的相似比把r用含有x的代数式表示，写出圆柱的侧面积，再由不等式的性质求最值．
本题考查圆柱与圆锥位置关系的应用，考查旋转体表面积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵a2+b2−c22b−b=c− 3asinC，可得2abcsC2b+ 3asinC=b+c，
∴可得acsC+ 3asinC=b+c，
又由正弦定理可得sinAcsC+ 3sinAsinC=sinB+sinC，
∵sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，
∴ 3sinAsinC=csAsinC+sinC，
∵sinC≠0，
∴ 3sinA=csA+1，即 3sinA−csA=1，
∴ 32sinA−12csA=12，
∴sin(A−π6)=12，
∵0∴A−π6=π6，
∴A=π3；
(2)∵△ABC的面积为3 3，
∴12bcsinA= 34bc=3 3，
∴bc=12，由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsA，即12=b2+c2−bc，
∴12=(b+c)2−3bc，即b+c=4 3，
∴b=2 3,c=2 3；
(3)由题意可得b=csinBsinC=2sin(23π−C)sinC= 3csC+sinCsinC= 3csCsinC+1，a=CsinAsinC= 3sinC，
周长l=a+b+c= 3sinC+ 3csCsinC+1+2= 3csC+ 3sinC+3=2 3cs2C22csC2sinC2+3= 3tanC2+3，
由于△ABC为锐角三角形，
∵C∈(0,π2),0解得：C∈(π6,π2)，
∴C2∈(π12,π4)，
∴tanc2∈(2− 3,1)，
∴ 3tanc2∈( 3,2 3+3)，
∴△ABC的周长l的取值范围为(3+ 3,6+2 3)．
【解析】(1)利用余弦定理，正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得sin(A−π6)=12，结合题意可求A的值；
(2)利用三角形的面积公式可求bc=12，由余弦定理可得b+c=4 3，即可解得b，c的值；
(3)由题意利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求周长l=a+b+c= 3tanC2+3，可求得C2∈(π12,π4)，利用正切函数的性质即可求解△ABC的周长l的取值范围．
本题考查了余弦定理，正弦定理，三角函数恒等变换，三角形的面积公式以及正切函数的性质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．
19.【答案】解：(1)p=12(a+b+c)=12×(7+8+3)=9；
S= p(p−a)(p−b)(p−c)= 9(9−7)(9−8)(9−3)=6 3．
(2)证明：由余弦定理csB=c2+a2−b22ac，得c2+a2−b2=2accsB，
将上式代入S= 14[c2a2−(c2+a2−b22)2]，得S= 14[c2a2−(2accsB2)2]，
则S= 14[c2a2−(accsB)2]=12ac 1−cs2B，
因为sin2B+cs2B=1，且sinB>0，
所以S=12ac 1−cs2B=12ac sin2B=12acsinB，
解：(3)tanB2=sinB2csB2=sinB2×2csB2csB2×2csB2=sinBcsB+1，
将上式代入tanB2=sinC2−csC，化简可得2sinB=sinA+sinC，
根据正弦定理asinA=bsinB=csinC，得2b=a+c，
因为b=4，所以a+c=8，得a=8−c(0由海伦公式得，S= 6(6−a)(6−b)(6−c)= 12(6−c)(c−2)≤ 12×(6−c+c−22)2=4 3，
当且仅当6−c=c−2即c=4时，△ABC面积取最大值4 3．
【解析】(1)先求出p，代入已知公式即可求解；
(2)由已知面积公式，结合余弦定理及同角基本关系进行化简即可证明；
(3)由已知等式，结合同角基本关系及二倍角公式进行化简，再由正弦定理及已知面积公式即可求解．
本题以新定义为载体，主要考查了正弦定理，余弦定理，和差角公式，辅助角公式及三角形面积公式的应用，属于中档题．