天津市第二十中学2025-2026学年第二学期高一年级数学学科期中调研检测

天津市第二十中学期中调研资料 25-26下学期 2025-2026第二学期高一年级数学学科期中调研检测 一、单选题 1.已知平面内三点A(1,O),B(0,1),C(2,5),则向量AB在AC上的投影向量为() A层号) B.分) c.(品) D.哈) 2.已知向量a,b,满足|a+2bl=2√7，lal=2,bl=√3，则向量a与b的夹角为() A君 B.号 c D. 3.如图，在△ABC中，∠BAC=号，AD=2DB,P为CD上一点，且满足 CP=3PD,若AC=4,AB=6,则AP.CD的值为() A.8 B.8W3 C.4 D.4W3 4.如图，用斜二测画法画水平放置的四边形ABCD,其直观图为等腰梯形 ABCD;若AB'=6,CD'=4,则下列说法正确的是() A.AD=2V2 B.AB=3 C.四边形ABCD的周长为10+√6+√2 /0'A9 B'x D.四边形ABCD的面积为10W2 5.一个正四面体边长为3，则一个与该正四面体体积相等、高也相等的正三棱柱的侧面积为() A.9N2 B.3W3 C.96 D.3w2 6在ABC中，若08= ,则ABC的形状是() A.等腰直角三角形 B.直角三角形 C.等腰或直角三角形 D.等边三角形 7.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,C,已知a=4,c=√3，B=30,若D为边BC 上一点，且COSADC=-号则BD的长为() A.12+G B.12+6 C.12422 D.12+2W3 8 8 8 8.图1是某古代建筑的剖面图.现使用图2简单模拟该建筑的屋顶结构，其中四边形ABCD为矩形，AB= 2Om,孤AE、DE、BF、CF为四段全等的圆孤，其对应的圆半径为6m,圆心角为马.已知区域ABFE 和DCFE是被瓦片覆盖的区域，则该模型中瓦片覆盖区域的总面积为() E D B 图1 图2 天津市第二十中学期中调研资料 25-26下学期 A.40nm2 B.80nm2 c.100mm2 3 D.20g9m2 g,在ABC中，SABc=号AB.AC=号sinB=cosAsinC,P为翼我AB上的动点不包括瑞点，且 6 CP=xA+y2+号的最小值刘() ICAI ICBI V A2+9 B.1+3 3 02+9 D.1+9 二、填空题： 10若复载z满足21-2=品 则之= 11.已知向量|al=3,b=(1,2),且a⊥b,则a的坐标是 12.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=VZ7,且4 asinBcos2-兰=bsinA,.则△ABC 外接圆的面积为 13.在△ABC中，∠BAC=60,BC=1,,点D为AB的中，点，，点E为CD上一点，且满足AE=mAC+ AB,CF=2FB,则AE,AF的最大位为 14.如图，装满水的圆台形容器内放进半径分别为3和6的两个铁球，小球与容器底和容器壁均相切，大 球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为」 15.已知平行四边形ABCD的面积为43，∠BAD=红，E为线段BC的中点，F为线段DE上一点， 且AF=aAB+AD,则AF的最小值为 三、解答题： 16.已知向量a,b,满足al=2bl=3,a与b的夫角为智 (1)求|2a+b的值： (2)若(2a+b)⊥(ka-b),求实数k的值： (3)若(2a+b)/(ka-b),求实数k的值. 天津市第二十中学期中调研资料 25-26下学期 17.如图所示，在平行六面体ABCD-A1BC1D1中，E,M,N,G分别是AA1,CD,CB,CC1 的中点，求证： (1)MN//B1D1: (2)AC1/平面EB,D1: D C D-- M 18.如图，在四棱锥P-ABCD中，M,N分别是AB,PC的中点. D W M B (1)求证：MN/I平面PAD (2)在DN上取一点G(不与D,N重合)，设过，点G和PA的平面交平面BDN于GH,求证：PAIIGH. 天津市第二十中学期中调研资料 25-26下学期 19,在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,C,且器=六 1 (1)求角B; (2)若V70=2b. )求c0sC的值； i)若a+c=5V2,求△ABC的面积. 20.已知△ABC是锐角三角形，角A,B,C的对边分别为a,b,C,且满足asinA+csinC-bsinB=23, asinBsinC 在△ABC所在平面内以AC为边向外作△ACD如图所示，AD=3DA.DC=-3 SAACD=2 2 (1)求B: (2)求△ACD的内切圆半径r, (3)求△ABC的面积的取值范围. B C D一、单选题： 1.已知平面内三点A(1,0),B(0),C(2,5),则向量AB在AC上的投影向量为() A层得 B c层) D. 【答案】C 【解析】解：因为A(1,0),B(0),C(2,5, 所以AB=(-7,1),AC=(1,5, JAC1=V1+25=V26AB.AC=-1+5=4, 所以向量AB在AC上的投影向量为BAC.AC=号AC=(偏君 IACI IACI 故选：C 根据投影向量、模长及数量积的公式计算即可， 本题考查平面向量的坐标运算，投影向量的求解，属于基础题 2.已知向量a,b,满足Ia+2b1=2√7la=2,b1=√3，则向量a与b的夹角为() A君 B号 c号 D. 【答案】A 【解析】【分析】根据模长公式，即可结合数量积的定义代入求解， →2 +2 【详解】由la+2bl=2W7何得a+4b+40.b=28 将1al=2,Ibl=√3代入可得4+72+40.b=28曰a.b=3, 所以，故，由于(a,b〉∈[O],所以， 故选：A 3.如图，在△ABC中，∠BAC=马，AD=2DB,P为CD上一点，且满 足CP=3PD若AC=4,AB=6,则AP.CD的值为() A.8 B.8N3 D C.4 D.4W3 【答案】C 【解析】解：因为CP=3PD,所以AP-AC=3AD-AP),所以AP=AC+号AD, 所以AP=AC+AB,又CD=AD-AC=AB-AC, iP-cn=gic+号i)眉iB-Ac=iB'-ic'-iB.Ac =ABP-ACP-1AB1 AC kos号=×62-xR-司x6×4x日=4 故选：C 根据基底向量方法，以AB,AC为基底表达AP.CD,进而根据数量积公式求解即可. 本题考查了平面向量数量积的运算，属于中档题 4.如图，用斜二测画法画水平放置的四边形ABCD,其直观图为等腰梯形 A'B'C'D',若A'B'=6,CD=4,则下列说法正确的是() D A.A'D′=2N2 O(A) B'z B.AB=3 C.四边形ABCD的周长为10+√6+V2 D.四边形ABCD的面积为70W2 【答案】D 【解析】解：四边形ABCD的斜二测画法直观图为等腰梯形A'B'C'D',已知A'B′=6， C’D′=4，可知AB=6,所以B不正确： 作D'E⊥A'B'于E,所以A'E=7,可得AD'=√2，所以A不正确： y D E 0'(A') B x 四边形ABCD是直角梯形，AB=6,AD=2W2,CD=4,BC=V6-4)2+(222=2W3, 四边形ABCD的周长为：10+2√2+2W3,所以C不正确： 四边形ABCD的面积为：6+4)×2√2=10N2,所以D正确。 故选：D 5.一个正四面体边长为3，则一个与该正四面体体积相等、高也相等的正三棱柱的侧面积为() A.9W2 B.3W3 C.9W6 D.3W2 【答案】A 【解析】解：如图E为BC中点，F为点D在底面的投影， 0 由题意得，AB=3BE=号AE=3AF-AE=√3， 所以DF=VAD2-AF2-√32-N3莎=V6, 所以该正四面体的体积为V=司×3×号xxV6-吗 所以正三棱柱的体积为平高为√G, 所以正三校柱的底面积为答- 4 设正三棱柱的底面边长为a, 则5=子a 0=9 41 可得a=√3， 所以正三棱柱的底面边长为√3， 所以该正三棱柱的侧面积为V3×√6×3=9W2. 故选：A. 根据题意求出该正四面体的体积和高，进而可求出正三棱柱的底面积，即可得出正三棱柱的底面边长，从 而可求正三棱柱的侧面积 本题主要考查了三棱锥的体积公式和表面积公式，属于中档题 6,在ABC中，若oA-9则ABC的形状是() cosC a' A.等腰直角三角形 B.直角三角形 C.等腰或直角三角形 D.等边三角形 【答案】C 【解析】【分析】用正、余弦定理进行边角互化解题即可 【详解1解：- cosC ,可得acosA=ccosC, 由余弦定理可得a2.2=c%整理可得：b2a2-c的=a2-ca2+c.即(a2- 2bc c2)(a2+c2-b3)=0, 所以a2-c2=0或a2+c2-b2=0,即a=c或a2+c2=b2 ·△ABC的形状是等腰或直角三角形， 故选：C 7.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=4,c=√3，B=30,若D为边BC 上一点，且cos∠ADC=-号则BD的长为() A.2+W5 B.12+W6 C.12+2W2 D.12+2W3 8 8 8 8 【答案】B 【解析】解：由题意可得：cos∠ADB=号 则sin2ADB-2号 在△ABD中， 由正弦定理可得：AD AB sinB sin.∠ADB 则4”-是 Γ2W2 3 即AD=3 4W2 在△ABD中，sin∠BAD=sInB+∠ADB)=x号+号x29- 2 3 6 在△ABD中， 由正弦定理可得、BD AB sin∠BAD=sin∠ADB 即BD= V3x142W6 12+W6 6 2W2 81 3 故选：B 由两角和与差的三角函数，结合正弦定理求解即可， 本题考查了两角和与差的三角函数，重点考查了正弦定理，属中档题 8.图1是某古代建筑的剖面图现使用图2简单模拟该建筑的屋顶结构，其中四边形ABCD为矩形，AB= 20m,弧AE、DE、BF、CF为四段全等的圆弧，其对应的圆半径为6m,圆心角为马已知区域ABFE 和DCFE是被瓦片覆盖的区域，则该模型中瓦片覆盖区域的总面积为() B 图1 图2 A.40Im2 B.80nm2 C,10 3m2 D.200 3 m2 【答案】B 【解析】解：四边形ABCD为矩形，AB=2O,AE,DE,BF,CF为四段全等的圆弧，其对应的圆 半径为6m,圆心角为马依题意， 区域ABFE和DCFE全等，且都是底面半径为6m,高为20m的圆柱的侧面的一部分， 将区域ABFE还原到圆柱中， 如图： B 由图可知A0,=6,∠A0,E=号AB=20, 由扇形的弧长公式知，AE的长为∠A0,E,A01=号×6=2n, 7 由圆柱的侧面积公式知SABFE=G×2n×6×20=2n×20=40, SABFE +SDCFE 2SABFE 801, 所以被瓦片覆盖的区域ABFE和DCFE的总面积为80mm2. 故选B, )在ABC中，SAC=号AB.AC-号snB=60 sAsinC,.P为线段AB上的动点不包括端点。且 CP=xCA+yCB则+的最小值为() ICAI ICBI x V A.2+W3 3 B.7+W3 3 C.25 3 D1+号 【答案】A 【解析】【分析】先利用已知条件解出α，b,c的大小，由平面向量共线定理得到与的关系等式，再由基 本不等式解题 【详解】因为sinB=cosAsinC,由正弦定理可得：b=CcosA, 再由余弦定理可得：b=c.b2+c2-a 2bc 所以a2+b2=c2,三角形为直角三角形，角C为直角， 3 因为SABc=号AB·AC=月 2, 由三角形面积公式bcsinA-号bco0sA= 所以anA-号又0<A<m,则A-号 由余弦定理可得号bc.2242- 2bc 2,化简得：b2+c2-a2=6, 所以2b2=6,b=V3, 因为A=8所以可得a=7,c=2, 因wp=会y品-方a+yB 又A,B,P三点共线，所以+y=1,且x>0,y>0 所以+号=9偏+w=+后片+≥2+9 当且仅当x=y时取等号. y 故选：A. 二、填空题 10若复数2满足12到-2=没则2- 【答案】3+4i 【解析】【分析】 本题考查复数的运算、复数的模及共轭复数，属于中档题： 设z=a+bi,(a,b∈R),根据题意可得(W√a2+b2-a)+bi=2+4i,利用复数相等可得 Va2+b2-a= ,求得a,b的值，进而即可求得结果。 b=4 【解答】 解：设之=a+bi,(a,b∈R),则z1=Va2+b2,z=a-bi, lz-z=2 得Vae+b-(a-b0=2=a 10(1+20=2+4, 即(Wa2+b2-a)+bi=2+4i, Va2+b2-a=2 因此( b=4 解得(03 b=4 因此之=3+41. 故答案为3+4. 11.已知向量lal=3,b=(1,2),且a1b,则a的坐标是一 【答案】1-5减5，-) 【解析】解：设a=(X,y),~a/=3,·Vx2+y2=3,即x2+y2=9①， ,s、65 X=65 又a⊥b,÷x+2y=0②，联立①②得：{ 5或{ 5 5 5 :a的坐标是(-059成5，-普) 故答案为1-9要)减雪-)， 设出向量a的坐标，根据a.b=0和al=3列方程组求解 本题考查向量的数量积判断两个向量的垂直关系，考查了方程思想，考查计算能力，是基础题. 12.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为ab,c,a=V27,且4 asinBcos2号=bsinA,.则△ABC外 接圆的面积为 【答案】7π 【解析】【分析】 本题考查了正弦定理和二倍角公式及其应用，属于中档题 由正弦定理及二倍角公式可求得角A的余弦值，进而求得角A的正弦值以及外接圆半径，故可得解. 【解答】 解：在△ABC中，由正弦定理得a b 寻inA=inB 则asin B=bsin A, :4 asinBcos2号=bsinA,acos2号- 2 460sA=20s2号-1=- 因为A∈(0Ⅱ)， sinA=V1-cos2A-V7=(←克-月 设△ABC外接圆的半径为R, 由正弦定理得2R-a 品=号-27R=7 故△ABC外接圆的面积为S=ⅡR2=7m. 故答案为7加 13.在△ABC中，∠BAC=60°，BC=1,点D为AB的中点，点E为CD上一点，且满足AE=mAC+ 号AB,CF=2FB,则AE·AF的最大值为一 【答案】习 【解析】解：由题意，AB=2AD 由AE=mAC+AB,可得AE=mAC+号AD, 又D,E,C三点共线， 所以m+号=1解得m=易 E B 所以AE=AB+AC, 又CF=2FB,所以AF=AB+AC 设AB/=C,AC1=b, 则由余弦定理，可得1=b2+c2-2bcc0s60=b2+c2-bc, 由基本不等式，可得bc≤b2+c 当且仅当b=C时等号成立， 2 所以7=b2+c2-bc≥b2+c,即b2+c2≤2， 2 所以AE·AF=AB+号AC)AB+AC) ,5 5 =6b2+c+24bc≤6b2+c)+Bb2+c2) =是b2+c)≤器×2=是 故AE·AF的最大值为 故答案为：号 根据平面向量的线性运算，将AE与AF用AB,AC表示，再利用数量积运算及基本不等式即可求得最值， 本题考查平面向量数量积的性质及运算，考查基本不等式的应用，属中档题. 14.如图，装满水的圆台形容器内放进半径分别为3和6的两个铁球，小球与容器底和容器壁均相切，大 球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为。 【答案】243n 【解析】解：作几何体的轴截面图如图，M,N分别是大球和小球的球心， Q是圆台的轴截面等腰梯形ABCD两腰AD和BC的延长线的交点， E B M G G,H分别是球M和球N与圆台侧面的切点， E,F分别是与圆台上下底面的切点， 那么QE⊥AB,QF⊥CD,GM⊥AQ,NH⊥AQ, GM=EM=6,NH=NF=3,EF =18, 过N点作NK∥AQ交GM于K,显然NK⊥GM,四边形NHGK为矩形， HMN=9,MK=MG-KG=MG-NH=3, 在直角三角形MNK中，sin∠MNK=答-号 cos∠MNK=V7-sinMNK=2号an∠MNK=号 根据NK/AQ,那么可得∠MNK=∠EQA 那么sin∠EQA=号an∠EQA-号 在直角三角形NHO中，NQ=nXO=gFQ=NQ-NF三6 在直角三角形DFQ中，DF=FQ·tan∠EQA=3N2 2 在直角三角形EQA中，EQ=EF+FQ=24,AE=EQ,tan∠EQA=6N2, 因此圆台的下底面半径DF=3平上底面半径AE=6N2高EF=78 圆台的体积V=n·EF(AE2+AE·DF+DF)=567m, 而球M的体积VM=号n×63=288m,球N的体积VN=号Ⅱ×39=36n, 所以容器中水的体积V′=V-VM-VN=567n-288m-36n=243n. 故答案为243m. 15.已知平行四边形ABCD的面积为W√3，∠BAD-号E为线段BC的中点，F为线段DE上一点，且 AF=aAB+AD,则1AF的最小值为一 【答案】V3 【解析】【分析】 本题主要考查平面向量的基本定理、向量的模，涉及利用基本不等式求最值，属于中档题， 设1ABI=m,IAD1=n,DF=tDE,由平行四边形面积为4W3可得mn=8,利用平面向量的基本定 理求出AF=(1-为AD+tAB,结合AF=2AB+AD即可求出A的值，表示出AF的模长，利用 基本不等式求最值即可求解。 【解答】 獬：设IAB|=m,IADI=n,DF=tDE,O≤t≤1， 则SBABCD=2(×1AB1×1ADI×sin2)=W3 mn=8. :E为线段BC的中点， DE =DA+AB +BE=AB-7AD .DF =tAB-SAD. AF =AD +DF t AD +tAB-2AD =(1-AD +tAB. 又AF=aAB+AD, -=号t=1= t=2 AF -2AB +3AD. 7 3- IAFI2=12AB+ADI2 13 2π 专2m2+号n2+2x2×a×m×nxc03 3 =m2+是n2-3≥2m2xn2-3=3 档且仅当m2=是n2即m=n=2√甜等号成立) IAFI≥V3 故/AF的最小值为√3 三、解答题： 16.已知向量a,b,满足Ial=2bl=3a与b的夹角为号 (1)求2a+b1的值： (2)若(2a+b)⊥(ka-b),求实数k的值； (3)若(2a+b)/(ka-b),求实数k的值. 【答案】【详解】(1)庙已知可得，a.b=1ab1cosa,b)=2×3×(-)=-3, 42 42 所以(2a+b)2=40+4a.b+b=4×22+4×(-3+32=13, → 所以，12a+bl=(2a+b)2=V73. (2)易知，(2a+b)·(ka-b)=2ka+k-2)a·b-b=8k-3k-2)-9=5k-3 因为(2a+b)1(ka-b), 所以，(2a+b)·(ka-b)=0, 即5永-3=0解得k=号 (3)因为(2a+b)/(ka-b), 所以，入∈R,使得ka-b=1(2a+b), 整理可得k-21)a-(2+)b=0 k-21=0 由a,b的任意性可知， -(2+1)=0 解得(2=-1 k=-2 【解析】【分析】()由已知求出a·b,进而根据已知结合数量积的运算律得出(2a+b)2,开方即可得出答 案 (2)根据数量积的运算律结合已知列出方程，求解即可得出答案； (3根据已知可知32∈R,使得ka-b=2(2a+b),化简得出方程组，求解即可得出答案 17.如图所示，在平行六面体ABCD-A,BC,D中，E,M,N,G分别是AA,CD,CB,CC的 中点，求证 (1)MN//B D (2)AC,/平面EB,D. D C E D B 【答案】因为在平行六面体ABCD-A,B,C,D中，BB,/DD,BB,=DD 所以四边形BDD,B,为平行四边形， 所以BD/B,D, 又M,N分别为CB,CD的中点，所以MN/BD, 所以MN/B,D 连结AC,设与连结B,D,交于点O,连接OE, D C E 因为四边形A,B,C,D,为平行四边形 所以点O是AC的中点， 又因为E是AA的中点， 因为EO是△AAC的中位线，所以EO/AC) 又因为AC平面EB,D,EOC平面EB,D, 平面AC/平面EB,D, 【解析】证明：(1)因为在平行六面体ABCD-A,BC,D,中，BB,/DD,BB,=DD, 所以四边形BDD,B为平行四边形， 所以BD/B,D 又M,N分别为CB,CD的中点，所以MN/BD, 所以MN/B,D (2)连结AC,设与连结B,D,交于点O,连接OE, D C A B G E 因为四边形A,B,C,D,为平行四边形， 所以点O是AC的中点， 又因为E是AA的中点， 因为EO是△AA,C的中位线，所以EO/∥AC, 又因为ACt平面EB,D,EOC平面EB,D, 平面AC/平面EB,D· (1)油平行的传递性即可求证； 2)连AC1,A,C交B,D,与点O,则点O是AC的中点，可证EO/AC,由直线与平面平行的判定定 理证明AC/平面EB,D,: 本题考查线面位置关系的判定，属于中档题 18.如图，在四棱锥P-ABCD中，M,N分别是AB,PC的中点 D (1)求证：MN/平面PAD; (2在DN上取一点G不与D,N重合)，设过点G和PA的平面交平面BDN于GH,求证：PA//GH」 【答案】【详解】(1)取PD的中点E,连接AE,NE,如图所示. M B 因为M,N分别是AB,PC的中点， 所以△PCD中，ENI/CD,且EN=CD 因为P-ABCD为四棱锥，所以CD/IAB,且CD=AB, 所以EN/IAM且EN=AM 所以四边形ENMA为平行四边形，所以MN/AE 又AE在平面PAD内，MN在平面PAD外 所以MN//平面PAD (2连接AC交BD于点O,连接NO,如图所示. G D 因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点： 又因为N是PC的中点，在PAC中，根据三角形中位线定理可得NO/PA. 因为NOC平面PDN,PA在平面BDN外， 根据线面平行的判定定理，得知PA//平面BDN 因为过点G和PA的平面交平面BDN于GH,且PA/平面BDN, 根据线面平行的性质定理可得，PA/GH, 【解析】【分析】(1)根据线面平行的判定定理，要判定MN/平面PAD,只需判定MN平行于平面PAD 内的一条直线即可证明 (2)根据线面平行的判定定理和线面平行的性质定理进行证明， 19.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,C,且osC=1 “2a-c2b (1)求角B: (2若V7心=2b. )求c0sC的值： i)若a+c=5N2,求△ABC的面积. 【答案】B=号 )29m3W5 【解析】解：()庙0sC=交又相乘得2 bcosC=2a-c, 2a-c2b' 利用正弦定理，将边化为角：2 sinBcosC=2sinA-sinC, sinA =sin(B +C)=sinBcosC +cosBsinC, 代入上式：2 sinBcosC=2 sinBcosC+cosBsinc)-sinC, 化简得：0=2 cosBsinC-sinC,因sinC+0,故2cosB-1=0即cosB=号又B∈0，n),所 以B=号 2))油V7c=2b,得b=7c 2 =c代入sinB- 根据正弦定理b 7c 2,3 sinC →sinc-号 因C∈(0)，故cosC-V7-sinC=2X2 7 i)由a+c=5W2,结合V7c=2b及余弦定理b2=a2+c2-ac, 将b-%代入余弦定理：受-a2+c2-ac→3c2+ac-4a2=0 因式分解得(3c-2a)c+2a)=0,故a-罗 代入a+c=5W2,得c=2W2,a=3W2 面积S=acsin B=×3W2×2√2×号-33 (1)根据正弦定理即可求解； (2)根据余弦定理即可求解】 本题考查了解三角形，属于中档题， 20.已知△ABC是锐角三角形，角A,B,C的对边分别为a,b,C,且满足asinA+cs1nC-bsinB=2√3 asinBsinc 在△ABC所在平面内以AC为边向外作△ACD如图所示，AD=3DA,DC=-3 SAACD= 2 (1求B: (2求△ACD的内切圆半径r; (3)求△ABC的面积的取值范围. D 【答案】解：()油asin4 csinc-bsin=2√3利用正弦定理得a2+c2-b2=2W3 acsinB, asinBsinC 由余弦定理a2+c2-b2-2acc0sB.得√3sinB=c0sB.得tanB-号 因为B∈Q,所以B=晋 (2在△ACD中，DA·DC=IDAI-IDCIcosZD=3 DC eos∠D=-3,得DCos∠D=-1,① 又SAACD=IADI-DCkinZD=号DCkinD-2得DChinzD=V3② 联立O2得an∠D=-3因为∠D∈0)，所以∠D=安，DC=2 由余弦定理得AC2=32+22-2×3×2×c0s受=19解得AC=√79 又SAACD=号AD+DC+ACr=×3+2+7r=39解得r=3 2 2 即△ACD的内切圆半径r为3 (3)油(2)AC=V79,所以△ABC的外接圆半径为R=D =√79 2sinB 所以a=2Rsin∠BAC=2W79sin∠BAC, c=2 RsinZACB=2√79in∠ACB=2√79in'-∠BAC), 所以△ABC的面积SAABC=acsin B=1sin∠BACsin0-∠BAC) V3 =19sin∠BAC(2cos∠BAC+Zsin∠BAC) =19(4sin2∠BAC+Z 31-cos2∠BAC) 2 =号sn2∠BAc-号+o9 4 因为△ABC是锐角三角形，所以{ 0<ZBAC< 0<5-BAC n得g<LBAC< 6 所以号<2∠BAC-号<要所以号<s1n2ZBAC-号)≤1 所以o2<号sn2zBAC-号)+22s号+9 4 所以△ABC面积的取值范国是29，号+1 【解析】详细解答和解析过程见【答案】