2022-2023学年河南省新高中创新联盟TOP二十名校高一（下）调研数学试卷（7月份）（含解析）

这是一份2022-2023学年河南省新高中创新联盟TOP二十名校高一（下）调研数学试卷（7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。

2022-2023学年河南省新高中创新联盟TOP二十名校高一（下）调研数学试卷（7月份）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在复平面内，复数i3+i2对应的点位于(    )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2. 如图，直角三角形ABC绕直角边AC旋转360°，所得的旋转体为(    )
A. 圆锥
B. 圆柱
C. 圆台
D. 球
3. 正六边形ABCDEF中，AC=(    )
A. 2AB+AF B. AB+2AF C. AB−AF D. 2AB+2AF
4. 已知复数z=(2−1i)(2+i)，则z=(    )
A. 3−i B. 3+i C. −3+4i D. 3+4i
5. 如图，△O′A′B′是△OAB的直观图，则△OAB是(    )
A. 正三角形
B. 直角三角形
C. 钝角三角形
D. 以上都有可能


6. 已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是(    )
A. 若m/​/α，m//β，α∩β=n，则m/​/n
B. 若m/​/n，n⊂α，则m/​/α
C. 若α⊥β，α∩β=n，m⊥n，则m⊥β
D. 若m⊥α，m⊥n，则n/​/α
7. 已知平面向量a=(1,λ)，b=(−2,1)，则下列说法正确的是(    )
A. 若λ=0，则|a+b|=2
B. 若a/​/b，则λ=−2
C. 若a与b的夹角为钝角，则λ<2
D. 若λ=−1，则a在b上的投影向量为−35b
8. 在△ABC中，已知sinA+sinB=cosA+cosB，则△ABC的形状一定是(    )
A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰或直角三角形
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列各复数中，模长为1的有(    )
A. 1 B. 2−i C. 1−i D. i
10. 已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是(    )
A. asinA=a+b+csinA+sinB+sinC
B. 若△ABC为斜三角形，则tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC
C. 若AC⋅CB>0，则△ABC是锐角三角形
D. 若acosA=bcosB=ccosC，则△ABC一定是等边三角形
11. 如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB，E，F分别为CC1，AA1的中点，则下列结论错误的是(    )
A. B1E⊥平面BEF
B. 直线B1E与直线BF所成的角为90°
C. 平面BEF与平面ABCD的夹角为45°
D. 直线D1F与平面ABCD所成的角为45°



12. 如图，在△ABC中，BM=12BC，NC=23AC，直线AM交BN于点Q，则(    )
A. BN=13BA+23BC
B. AQ=QM
C. BQ=3QN
D. QA+QB+QC=0
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知向量a=(1,−2)，b=(m,2)，且a⊥b，则|ma+b|= ______ ．
14. 给出以下四个说法：
①若a，b是异面直线，则有且仅有一个平面α满足a⊂α，且b⊥α；
②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面；
③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；
④若a，b是异面直线，则有且仅有一个平面α满足a/​/α，且b/​/α．
其中正确的个数是______ ．
15. 在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，某数学兴趣小组探究该类三角形时，得出以下四个结论，甲：b2≥ac；乙：tan(B−C)>0；丙：cosB 16. 已知两平行的平面截球所得截面圆的面积分别为9π和16π，且两截面间的距离为1，则该球的体积为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题12.0分)
如图所示，从底面半径为2a，高为 3a的圆柱中，挖去一个底面半径为a且与圆柱等高的圆锥，求圆柱的表面积S1与挖去圆锥后的几何体的表面积S2之比．

18. (本小题12.0分)
已知|a|=|b|=1，|a+b|= 3．
(1)求|a−b|；
(2)求证：(a+b)⊥(a−b)．
19. (本小题12.0分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC=AA1=1，∠ABC=90°，D，E分别是棱A1C1，AC的中点．
(1)判断多面体ABEDB1C1是否为棱柱并说明理由；
(2)求多面体ABEDB1C1的体积；
(3)求证：平面BC1E//平面AB1D.

20. (本小题12.0分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，acosA+bcosB=2ccosB．
(1)求角A；
(2)若a=3，sinC= 33，求△ABC的周长．
21. (本小题12.0分)
在如图所示的几何体中，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AD，E，F分别为棱PA，PC的中点．
(1)求证：EF/​/平面ABCD；
(2)若PA⊥PB，求证：平面PAD⊥平面PBC．

22. (本小题12.0分)
如图，在梯形ABCD中，AB/​/CD，AD= 3BC= 3．
(1)求证：sinC= 3sinA；
(2)若C=2A，AB=2CD，求梯形ABCD的面积．


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：根据复数i的定义与计算，可得i3+i2=−i−1=−1−i，
可得复数−1−i在复平面所对应的点坐标为(−1,−1)，位于第三象限．
故选：C．
化简复数为i3+i2=−1−i，结合复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．

2.【答案】A 
【解析】解：由圆锥的定义可得直角三角形ABC绕直角边AC旋转360°，所得的旋转体为圆锥，如下图：

故选：A．
由圆锥的定义即可求解．
本题主要考查了圆锥的结构特征，属于基础题．

3.【答案】A 
【解析】解：如图，

由题意得：FC=2AB，可以得到AC=AF+FC=AF+2AB，
故选：A．
利用向量的加法法则和FC=2AB进行求解．
本题考查了向量的加法运算与线性运算，属于基础题．

4.【答案】D 
【解析】解：z=(2−1i)(2+i)=(2+i)(2+i)=3+4i．
故选：D．
根据复数的乘法运算即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．

5.【答案】C 
【解析】解：因为∠x′Oy′=45°，
则线段A′B′与y′轴必相交，令交点为C′，
如图(1)，
在直角坐标系xOy中，点A在x轴上，可得OA=O′A′，点C在y轴上，可得OC=2O′C′，
如图(2)所示，因此点B必在线段AC的延长线上，所以∠BOA>∠COA=90°，
所以△OAB是钝角三角形．
故选：C．
根据斜二测画法的规则，化简△O′A′B′的直观图△OAB，结合图形，即可求解．
本题考查斜二测画法相关知识，属于基础题．

6.【答案】A 
【解析】解：对于A，若m/​/α，m//β，过m作平面与α，β分别交于直线a，b，
由线面平行的性质得m/​/a，m/​/b，
所以a/​/b，
又b⊂β，a⊄β，
所以a/​/β，
又n⊂α，α⋂β=n，
所以a/​/n，
所以m/​/n.故A正确；

对于B，若m/​/n，n⊂α，则m/​/α或m⊂a，故B错误；
对于C，由面面垂直的性质定理得当m⊂a时，m⊥β，否则可能不成立，故C错误；
对于D，若m⊥α，m⊥n，则n/​/α或n⊂α，故D错误．
故选：A．
对于A，由线面平行的性质得m/​/n；对于BD，线面平行前提条件是直线是平面外；对于C：面面垂直的性质定理知m⊂a时才成立．
本题考查直线与平面的位置关系，涉及直线与平面、平面与平面垂直的性质，属于基础题．

7.【答案】D 
【解析】解：平面向量a=(1,λ)，b=(−2,1)，
对于A，当λ=0时，a+b=(−1,1)，因此|a+b|= (−1)2+12= 2，A错误；
对于B，a/​/b，则有−2λ=1，解得λ=−12，B错误；
对于C，a与b的夹角为钝角，
则a⋅b<0且a与b不共线，
当a⋅b<0时，1×(−2)+λ×1<0，解得λ<2，
由B选项知，当λ≠−12时，a与b不共线，因此λ<2且λ≠−12，C错误；
对于D，当λ=−1时，a⋅b=−3，而|b|= (−2)2+12= 5，
因此a在b上的投影向量为a⋅b|b|⋅b|b|=−35b，D正确．
故选：D．
由向量的坐标运算可判断A；由向量共线的坐标运算可判断B；由向量夹角的坐标运算可判断C；计算出 a⋅b，|b|，再计算a在b上的投影向量可判断D．
本题考查向量数量积的基本运算，向量共线定理的应用，投影向量的概念，属中档题．

8.【答案】B 
【解析】解：由sinA+sinB=cosA+cosB，得sinA−cosA=−sinB+cosB，
即 2sin(A−π4)=− 2sin(B−π4)，
又因为A，B∈(0,π)，
所以A−π4∈(−π4,3π4)，B−π4∈(−π4,3π4)，
所以A−π4=−(B−π4)，得A+B=π2，
所以△ABC一定为直角三角形．
故选：B．
利用两角和与差的正弦展开式化简可得 2sin(A−π4)=− 2sin(B−π4)，再根据A、B的范围可得答案．
本题主要考查了和差角公式在三角形形状判断中的应用，属于基础题．

9.【答案】AD 
【解析】解：对于A中，由|1|=1，所以A正确；
对于B中，由|2−i|= 22+(−1)2= 5，所以B错误；
对于C中，由|1+i|= 12+12= 2，所以C错误；
对于D中，由|i|= 02+12=1，所以D正确．
故选：AD．
根据复数模的计算公式，逐项判定，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．

10.【答案】ABD 
【解析】解：对于A，由正弦定理和比例性质得asinA=a+b+csinA+sinB+sinC，故A正确；
对于B，由题意，tanC=tan[π−(A+B)]=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanAtanB，
则tanA+tanB=tanC(tanAtanB−1)，
所以tanA+tanB+tanC=tanC(tanAtanB−1)+tanC=tanAtanBtanC，故B正确；
对于C，因为AC⋅CB>0，所以AC⋅CB=|AC|⋅|CB|cos(π−C)=−abcosC>0，所以cosC<0，
所以C为钝角，△ABC是钝角三角形，故C错误；
对于D，因为acosA=bcosB=ccosC，
所以sinAcosA=sinBcosB=sinCcosC，
所以tanA=tanB=tanC，且A，B，C∈(0,π)，
所以A=B=C，所以△ABC为等边三角形，故D正确．
故选：ABD．
由正弦定理和比例性质可以判断A，D选项，根据诱导公式及两角和公式判断B选项，由平面向量的数量积判断三角形形状判断C选项，
本题主要考查三角形的形状判断，属于中档题．

11.【答案】ABC 
【解析】解：对于A，如图，连接B1F，由题意A1B1=B1C1，
又E，F分别为CC1，AA1的中点，可得B1E=B1F，
若B1E⊥平面BEF，则B1E⊥EF，
进而∠B1EF=∠B1FE=90°，这显然不成立，故B ​1E与平面BEF不垂直，A错误；
对于B，假设直线B1E与直线BF所成的角为90°，即B1E⊥BF，
由正四棱柱的性质可知B1A1⊥平面B1BCC1，
而B1E⊂平面B1BCC1，所以B1A1⊥B1E，
又A1B1与BF相交，A1B1、BF⊂面ABB1A1，所以B1E⊥平面ABB1A1，
而由正四棱柱的性质可知B1C1⊥平面ABB1A1，所以B1E//B1C1，显然这是不可能的，
所以假设不成立，因此B错误；
对于C，分别延长D1F，DA交于点P，连接PB，
则直线PB即为平面BED1F与平面ABCD的交线，连接BD，BD1，
因为AF//DD1且AF=12DD1，所以AP=AD=AB，所以PB⊥BD，
又DD1⊥平面ABCD，PB⊂面ABCD，所以DD1⊥PB，
又DD1⋂BD=D，DD1，BD⊂面BDD1，所以PB⊥平面BDD1，
又BD1⊂面BDD1，所以BD1⊥PB，
所以∠DBD1即为平面BEF与平面ABCD的夹角，
易知tan∠DBD1=DD1BD= 2>1，故∠DBD1>45°，C错误；
对于D，可证D1F//BE，则直线D1F与平面ABCD所成的角为∠EBC，
又根据题意易知∠EBC=45°，D正确．
故选：ABC．
对于A，若B1E⊥平面BEF，则∠B1EF=90°，与BF=B1E矛盾；对于B，假设直线B1E与直线BF所成的角为90°，可得B1E⊥平面ABB1A1，所以B1E//B1C1，显然这是不可能的；对于C，可证得∠DBD1即为平面BEF与平面ABCD的夹角，求tan∠DBD1判断即可；对于D：直线D1F与平面ABCD所成的角即为直线BE与平面ABCD所成的角∠EBC．
本题主要考查了线面垂直的判定定理，考查了直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算，属于中档题．

12.【答案】BC 
【解析】解：对于A，因为NC=23AC，
所以NC=2AN，则BN=BA+AN=BA+13AC=BA+13(BC−BA)=13BA+23BC，故A错误；
对于B，C，因为A，M，Q三点共线，
故存在实数λ，使得BQ=λBM+(1−λ)BA=λ2BC+(1−λ)BA，
设BQ=μBN，
所以λ2BC+(1−λ)BA=μ3BC+2μ3BA，
BC，BA为不共线的向量，
即λ2=μ31−λ=2μ3，解得λ=12μ=34，
BQ=12BM+12BA，
则BA+AQ=12(BA+AM)+12BA=BA+12AM，即AQ=12AM，
AQ=QM成立，
因为BQ=34BN，
所以BQ=3QN，
故B，C正确；
对于D，因为BM=12BC，
所以M是BC的中点，
因此QB+QC=2QM，
由BC可知，AQ=QM⇒QA=−QM，
QA+QB+QC=QA+2QM=QM≠0，故D错误．
故选：BC．
根据共线向量的性质，结合三点共线定理逐一判断即可．
本题主要考查平面向量的基本定理，考查转化能力，属于中档题．

13.【答案】10 
【解析】解：a=(1,−2)，b=(m,2)，且a⊥b，
则m−4=0，解得m=4，
4a+b=(4,−8)+(4,2)=(8,−6)，
故|ma+b|=|4a+b|= 64+36=10．
故答案为：10．
根据已知条件，结合向量垂直的性质，以及向量模公式，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，以及向量模公式，属于基础题．

14.【答案】0 
【解析】解：对于①，由a⊂α，b⊥α，可知b⊥a．
因此，当a与b垂直时，有且仅有一个平面α满足题意；
当a与b不垂直时，不存在满足题意的平面α.故①错误；
对于②，如图，A，B，C，D共面，A，B，C，E共面，
但A，B，C，D，E不共面，故②错误；

对于③，如图，a，b共面，a，c共面，
但b，c异面，故③错误；

对于④，设m/​/a，n//b，m，n⊂α，由题意，m与n必相交，
故可得a/​/α，b/​/α，则满足题意的平面α有无数个，故④错误．
故答案为：0．
根据点、线、面的位置关系判断各选项即可．
本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系判断，考查逻辑推理能力，属于基础题．

15.【答案】丙 
【解析】解：因为△ABC是锐角三角形，但不确定a，b，c的大小，也不确定B，C的大小，故甲，乙均错误；
由题意得B+C>π2且B，C∈(0,π2)，所以C>π2−B，
因为y=sinx在x∈(0,π2)上单调递增，所以sinC>sin(π2−B)=cosB，丙正确；
sin(C−B)=sinCcosB−sinBcosC可能大于0，也可能等于0，可能小于0，
即sinCcosB与sinBcosC的大小关系不确定，丁错误．
故答案为：丙．
由a，b，c的大小和B，C的大小不确定，判断甲乙；根据正弦函数的单调性判断丙；由差角公式结合B，C的大小判断丁．
本题主要考查了正弦函数的性质，考查了两角和与差的三角函数公式，属于基础题．

16.【答案】500π3 
【解析】解：设球的半径为R，依题意，截面圆的面积分别为9π和16π，则截面圆的半径分别为3，4，
可得球心到两截面圆的距离分别为 R2−32， R2−42．
当两截面在球心的同一侧时，因为两截面间的距离为1，
所以 R2−32− R2−42=1，解得R=5或R=−5(舍)；
当球心在两截面之间时，可得 R2−32+ R2−42=1，即3=− R2−42，该方程无解．
综上，R=5，故该球的体积为4π3⋅R3=4π3×53=500π3．
故答案为：500π3．
求出球心到两截面圆的距离，再讨论“两截面在球心的同一侧”和“球心在两截面之间”两种情况，得出半径，进而得出球的体积．
本题主要考查球的体积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．

17.【答案】解：如图所示，从底面半径为2a，高为 3a的圆柱中，
挖去一个底面半径为a且与圆柱等高的圆锥，

由题意，知S1=2π⋅2a⋅ 3a+2π⋅(2a)2=(4 3+8)πa2，
挖去圆锥的母线长为 a2+3a2=2a，
S2=S1+πa⋅(2a)−πa2=(4 3+9)πa2．
∴圆柱的表面积S1与挖去圆锥后的几何体的表面积S2之比为：S1：S2=(4 3+8)：(4 3+9)． 
【解析】求出S1=2π⋅2a⋅ 3a+2π⋅(2a)2=(4 3+8)πa2，挖去圆锥的母线长为 a2+3a2=2a，从而S2=S1+πa⋅(2a)−πa2=(4 3+9)πa2.由此能求出圆柱的表面积S1与挖去圆锥后的几何体的表面积S2之比．
本题考查圆锥、圆柱的结构特征、表面积、母线长等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

18.【答案】解：(1)由|a+b|= 3，得|a+b|2=(a+b)2=3，
所以a2+2a⋅b+b2=3，所以a⋅b=12，所以|a−b|= a2−2a⋅b+b2=1．
(2)证明：因为(a+b)⋅(a−b)=a2−b2=1−1=0，
所以(a+b)⊥(a−b)． 
【解析】(1)由|a+b|= 3平方得a⋅b=12，再利用|a−b|= a2−2a⋅b+b2计算即可；
(2)计算(a+b)⋅(a−b)=0，即可证明．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．

19.【答案】解：(1)多面体ABEDB1C1不是棱柱．理由如下：
因为棱柱的侧面必为平行四边形，故棱柱的面至少有3个平行四边形，而多面体ABEDB1C1只有1个面是平行四边形，故不是棱柱．
(2)易知三棱柱ABC−A1B1C1的体积V=12×AB×BC×AA1=12，
三棱锥A−A1B1D的体积V1=13×12×12×AB×BC×AA1=112，
易知三棱锥C1−BCE的体积等于三棱锥A−A1B1D的体积，
故多面体ABEDB1C1的体积V2=V−2V1=12−2×112=13．
(3)证明：因为D，E分别是A1C1，AC的中点，所以，
所以四边形BB1DE为平行四边形
所以BE//B1D.又BE⊄平面AB1D，B1D⊂平面AB1D，所以BE//平面AB1D.
易知，得四边形ADC1E为平行四边形．
所以C1E//AD，又C1E⊄平面AB1D，AD⊂平面AB1D，所以C1E/​/平面AB1D.
而BE∩C1E=E，BE，C1E⊂平面BC1E，
所以平面BC1E//平面AB1D. 
【解析】(1)根据棱柱的特征判断即可；
(2)利用三棱锥体积减两个三棱锥体积可得；
(3)根据面面平行判定定理，将问题转化为两个线面平行问题，再将线面平行转化为线线平行，结合条件即可证明．
本题主要考查棱柱的结构特征，考查面面平行的判定，属于中档题．

20.【答案】解：(1)因为acosA+bcosB=2ccosB，
由正弦定理可得sinAcosA+sinBcosB=2sinCcosB，
所以sinAcosB+cosAsinB=2sinCcosA，
即sin(A+B)=2sinCcosA，
因为C=π−(A+B)，所以sin(A+B)=sinC=2sinCcosA，
因为C∈(0,π)，则sinC>0，故cosA=12．
因为A∈(0,π)，所以A=π3．
(2)根据正弦定理有asinA=csinC，所以c=asinCsinA=3× 33 32=2．
因为a>c，所以C∈(0,π2)，所以cosC= 1−sin2C= 63，
所以sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=3 2+ 36，
b=asinBsinA=3×3 2+ 36 32= 6+1，∴a+b+c= 6+6
所以△ABC的周长为 6+6． 
【解析】(1)由正弦定理边角互化、两角和的正弦公式以及三角形内角的关系化简计算acosA+bcosB=2ccosB，从而得角A的值；
(2)由正弦定理计算c的值，根据sinB=sin(A+C)结合两角和的正弦公式计算sinB，再利用正弦定理计算b的值，从而得△ABC的周长．
本题主要考查解三角形，考查运算求解能力，属于中档题．

21.【答案】证明：(1)如图，连接AC，
因为E，F分别为棱PA，PC的中点，
所以EF/​/AC．
因为AC⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，
所以EF/​/平面ABCD．
(2)过P作PM⊥AB，垂足为M，
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PM⊂平面PAB，
所以PM⊥平面ABCD，
又AD⊂平面ABCD，
所以PM⊥AD．
又PA⊥AD，PA∩PM=P，PA，PM⊂平面PAB，
所以AD⊥平面PAB．
又PB⊂平面PAB，
所以AD⊥PB．
又PA⊥PB，PA，AD⊂平面PAD，
所以PB⊥平面PAD．
而PB⊂平面PBC，
所以平面PAD⊥平面PBC． 
【解析】(1)连接AC，由EF/​/AC，结合线面平行的判定可得EF/​/平面ABCD；
(2)过P作PM⊥AB，垂足为M，由平面PAB⊥平面ABCD得PM⊥平面ABCD，进而得PM⊥AD，可证得AD⊥平面PAB，从而得AD⊥PB，可得PB⊥平面PAD，从而平面PAD⊥平面PBC．
本题考查线面平行以及面面垂直的判定，考查逻辑推理能力，属于基础题．

22.【答案】(1)证明：连接BD．

因为AB/​/CD，所以∠ABD=∠BDC．
在△ABD中，由正弦定理得ADsin∠ABD=BDsinA，①
在△BCD中，由正弦定理得BCsin∠BDC=BDsinC，②
由AD= 3BC，∠ABD=∠BDC，结合①②可得sinC= 3sinA．
(2)解：由(1)知sinC= 3sinA，sinC=sin2A=2sinAcosA= 3sinA，
cosA= 32，又0 在△ABD中，由余弦定理得BD2=AD2+AB2−2AD⋅AB⋅cosA=( 3)2+AB2−2 3⋅AB⋅ 32
=AB2−3AB+3=4CD2−6CD+3；
在△BCD中，由余弦定理得BD2=BC2+CD2−2BC⋅CD⋅cosC=12+CD2−2×1×CD×12
=CD2−CD+1，
所以4CD2−6CD+3=CD2−CD+1，解得CD=1或23．
当CD=23时，连接AC，在△ACD中，由余弦定理，得AC2=AD2+CD2−2×AD×CD×cos5π6
=3+49−2× 3×23×(− 32)=499，
所以AC=73，而此时AB+BC=43+1=73，故CD=23不满足题意，经检验CD=1满足题意，
此时梯形ABCD的高h=AD⋅sinπ6= 32，
当CD=1时，梯形ABCD的面积S=12(AB+CD)h=3 34；
所以梯形ABCD的面积为3 34． 
【解析】(1)在两个三角形中结合使用正弦定理证明即可；
(2)根据余弦定理分别求出边长，再求高，最后应用梯形面积公式求解即得．
本题主要考查三角形中的计算，正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．