浙江省宁波市三锋教研联盟2023-2024学年高一年级下册4月期中考试数学 含解析

2023学年高一年级第二学期宁波三锋教研联盟期中联考

数学试题

考生须知：

1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.

2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.

3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.

4.考试结束后，只需上交答题纸.

选择题部分

一、选择题：本大题共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.在-中，角A5c所对边分别为0也0,且a=后/=1，4=45°,B=（）

A.30°B.30°或150°C.60°D.60°或120。

【答案】A

【解析】

【分析】由正弦定理求得sinB,结合边的大小关系即可得解.

h0=1]

【详解】由正弦定理有—一=——，即口乞一嬴万，解得sinB=:，

sinAsin8注2

2

注意到b<a,由大边对大角有5<A,所以5=30°.

故选：A.

2.已知向量a=（l,-,若。〃/?,则（）

A-2B.2C.-4D.4

【答案】C

【解析】

【分析】由向量平行的坐标表示计算加，再用坐标表示向量的数量积算出即可.

【详解】因为a〃b，

所以1?2(-1)?机0?m-2,

所以人=（-2,2）,

所以a?。2,2)=-2-2=-4,

故选：C.

3.已知a,b,c是非零向量，则"a=/?"是"a•c=〃•（:"的（）

A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件

C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】利用平面向量数量积的运算法则以及充分条件与必要条件的定义判断即可.

【详解】充分性：由题意知a,b，C为非零向量，当0=6时，可得a.c="c，故充分性满足;

必要性：当ac="c时，即（a-b）c=o,解得。=匕或（a—b）_Lc,故必要性不满足;

所以“。=6”是“a-c=b-c”的充分不必要条件，故A正确.

故选：A.

4.下列结论正确的是（）

A.若直线/不平行于平面a,且/仁。，那么1内存在一条直线与/平行

B.已知平面1和直线/,则。内至少有一条直线与/垂直

C.如果两个平面相交，则它们有有限个公共点

D.棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等

【答案】B

【解析】

【分析】举反例判断A错误；由常理可判断B正确；由两个面相交，有无数个公共点可得C错误；由棱台

的定义得D错误.

【详解】A：若则a内不存在与/平行的直线，故A错误；

B：已知平面。和直线/,则a有无数条直线与/垂直，故B正确；

C：如果两个平面相交，则它们有无数个公共点，故C错误；

D：棱台的上下底面相似且对应边平行，侧棱延长线交于一点，可以不等长，故D错误；

故选：B.

5.已知一ABC的内角A,8,C所对的边分别为a,4c,面积为S,若亚sinA=acos3，6S=GA32C，

则的形状是（）

A.等腰三角形B.直角三角形C.正三角形D.等腰直角三角形

【答案】A

【解析】

【分析】分别从两个条件计算出反C的正切值，再计算出各个角的角度，即可判断三角形的形状.

（详解】由y/3bsinA=acosB及正弦定理知由sinBsinA=sinAcosB，故tanB=".

3

由3absinC=6S=6ABAC=gabcosC，知tanC=^.

3

jrzjr

从而3=。=一，A=——，这说明是等腰三角形，不是直角三角形，不是正三角形，故选项A

63

正确，选项B,C,D错误.

故选：A.

6.正四棱台的上、下底面的边长分别为2,8,侧棱长为2石，则其体积为（）

A.84A/2B.C.8072D.2872

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意，利用正四棱台的几何结构特征，求得棱台的高，结合棱台的体积公式，即可求解.

【详解】如图所示，设正四棱台的上底面的中心为。一下底面的中心为。，连接

在平面ACG4内，作HE//。。，交AC于点E，可得oq=4E

因为正四棱台的上下底面边长分别为2和8,可得46=2及,AC=8也,

则AC-4cl=36，

2

在直角.AEA中，由A4=2jS,AE=3、/5,可得4后=历三正=、历，

即（?a=j5,即正四棱台的高为〃=J5，

所以正四棱台的体积为V=g（S]+邓行+S2）1=g（4+"通+64）•夜=28&.

故选：D.

A4#S「8#nV6

A.----71B.----7tc.----71D.---71

9993

【答案】C

【解析】

【分析】由正弦定理、勾股定理依次得圆柱底面半径以及高，结合圆柱的体积公式即可得解.

【详解】设圆柱底面半径为,，由题意结合正弦定理有2r=一一，解得厂=2叵，

sin603

二、选择题：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.

9.下列命题是真命题的是（）

A.空间三点可以唯一确定一个平面

B.名尸为两个不同的平面，直线/ua,则“/〃尸”是“a”必要不充分条件

C.如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行

D.长方体是直平行六面体

【答案】BD

【解析】

【分析】由点线面的位置关系、面面平行的判定定理以及直平行六面体的定义即可逐一判断每个选项.

【详解】对于A,要求三点不共线才可以唯一确定一个平面，故A错误；

对于B,由面面平行的判定及性质定理可知“/〃，”是〃尸”必要不充分条件，故B正确；

对于C,显然对于两个相交平面，其中一个平面内有无数条直线与交线平行，

由线面平行的判定定理容易知道该平面内有无数条直线与另一个平面平行，

但这两个平面不平行，故c错误；

对于D,由直平行六面体的定义可知长方体是直平行六面体.

故选：BD.

27r.•一..

10.已知,，外是夹角为3-的单位向量，且d=q+24,）二,一与，则下列选项正确的是（）

r]

A.|tz|—v3B.ar，b=—-

c.a与匕的夹角为D.e；在e；方向上的投影向量为-^e；

【答案】ACD

【解析】

【分析】对A：借助向量模长与数量积的关系计算即可得；对B：借助数量积公式计算即可得；对C：借

助向量夹角公式计算即可得；对D：借助投影向量的定义计算即可得.

【详解】对A：同==+2e；）=jlal+4|e'|+41eJHeos女

11113

=Jl+4+4x(—=故A正确；

=l-2+lxf-1L-1,故B错误;

对B：=(q+24)91_色)=kJ-2e2+^-e2cos-

3I2j2

11r~r1/.一\2h.i2।一i2।一।।一।01711A1AI—

对C:网=此2=#,—02)={间+卜2-2et-e2cosy=<1+1-2x1一或=,3,

_3

故cosab=a，"=___2_=_1,即a,b=——，故C正确；

5\a\]b\AG23

e}-e?e?iie91

对D：同k「同8sL同故D正确.

故选：ACD.

11.正方体ABC。—A4GR的棱长为1,E、F、G分别为BC,CCi，B用的中点，则（）

AG

s

AB

A.直线AG与平面AEF平行

B-K-AFG=-

C.过AC的平面截此正方体所得的截面可能不是四边形

D.过AC的平面截此正方体所得的截面的面积范围是]乎,0

【答案】ABD

【解析】

【分析】取的中点"，分别连接G",4",证得平面AG"//平面AER，可判定A正确；由

%.AFG=!.EFG=；SEFG.44,可判定B正确；在正方体中，得到四边形44。为平行四边形，可

判定C错误；根据正方体的对称性，分别求得最大截面面积和最小截面面积，可判定D正确.

【详解】对于A中，取用G的中点〃，分别连接G",4”,

在正方体—中，可得a”//AE,

因为平面AEF,且AEu平面AEF,所以Aa//平面AEF,

又由£”G,H分别为正方形BCC&1的各边BC,Cq,BB,,B©的中点，可得GH//EF,

因为平面AM,且EFu平面AER,所以GH//平面AEF,

又因为AHcGH=H,且A〃,G〃u平面4G”,所以平面AQ"//平面AEF,

因为AGu平面AGH,所以AG//平面人所，所以A正确；

对于B中，由E,”G分别为正方形BCQB,的各边BC,CCi，BB1的中点，

可得SEFG=WSBCCQ]=W，

在正方体ABC。—A4G0中，可得4月，平面BCC4,

即A到平面BcqBi的距离为A4=i,

又由％YFG=!-EFG=gsEFG.A4=gx；xl=g，所以B正确；

对于c中，连接A。,30,在正方体ABC。—中，

可得a4〃co,且4C//A。，所以四边形A4CD为平行四边形,

其中ACu四边形age。，所以过Ac的平面截此正方体所得的截面可能是四边形,

所以c错误；

对于D中，如图所示，当截面时，此时点到AC的距离最远，

所以截面的面积最大值，最大值为lx£=J5;

分别取£2,A3的中点1,J,当截面为菱形4ECJ时，

根据正方体的对称性，可得点/到4。的距离最近，截面的面积最小，

因为正方体ABC。—的棱长为1,可得AC=百,〃=3，

所以菱形的面积为S=^x百X亚=逅，

22

所以过AC的平面截此正方体所得的截面的面积范围是］等，后,所以D正确.

故选：ABD.

12.“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.奔驰定理与三角

形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联.它的具体内容是：已知M是ABC内一点，

△BMCA4MCAWB的面积分别为且SA-MA+SB•MB+S。-MC=O.以下命题正

确的有（）

A

BC

A.若SA：SB：SC=1：1：1,则/为一AMC的重心

B.若M为_ABC的内心，则5。.跖1+4。.〃5+45・同。=0

C.若NBAC=45°,ZABC=60°,M为的外心，则S%：与：/=1：6：2

D.若加为_ABC的垂心，2MA+3MB+4MC=0，则cos/AMB=—"

7

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A,由给定的条件和定理可以得到MA+"B+M(j=O,从而得到加为_4做。的重心；对

于B,由给定的条件和定理可以得到3。.跖4+14.〃6+43・同。=0；对于C,设二ABC的外接圆半

R2R2R2

径为R,则由S,:SR:=——sinZBMC:——sinZCAM:——sinZAMB=sin2A:sin2B:sin2C,

ABc222

即可验证结论；对于D,对比条件2MA+3M8+4MC=6和定理S/MA+SB-MB+Sc-MduO,结

合严格的论证，即可得到枭：S"：Sc=2:3:4,再计算证明枭：SB：Sc=tanA:tan8:tanC,即可求

出tanC,最后求出cos/AMB即可.

【详解】对于A,若SA：SB：Sc=1：1：1,由-M4+SB-MB+Sc・优=0，知跖4+Affi+M0=O，

故M为一AMC的重心，A正确；

对于B,若/为AABC的内心，设.ABC的内切圆半径为人由S4-M4+SB-MB+SC-MC=0,知

^BCMA+-CAMB+^ABMC=Q,故3c.MA+QVMB+AB.MC=0，B正确；

对于C,若/为AABC的外心，设一ABC的外接圆半径为R,贝IJ

/?2R2R2

S:S:S=一sinZBMC:—sinZCMA:—sinNAMB

ABC222

=sin2A:sin2B:sin2C

=sin90°:sin120。：sin150°

=2:石：1，C错误;

对于D,若M为JRC的垂心，由2MA+3MB+4MC=0，

故2MA+3（M4+AB）+4（跖l+AC）=0,

3434

从而AM=--------AB+--------AC,而--------和-------都是正数且相加小于1,故股在

2+3+42+3+42+3+42+3+4

JRC内部，所以JRC是锐角三角形.

由M在145。内部，知SA-M4+SB-"B+SC-MC=0,

AB+---------------AC.

与刚才同理,可由枭-他4+58-"8+5"M。=0得到4"SA+SB+ScSA+SB+SC

由A3,AC不共线，知A3,AC是一组基底，

SR3Sc4

=,

故S#SB+SC=2+3+4'SA+SB+SC2+3+4从而'B：S©=2:3:4.

设到对边的投影分别是D,及尸，ABC的面积为S,且我们约定N3AC,NABC,N3C4分别简

记为角A,B,C,

由于ZMBC=90°—N5c4=NM4C,ZMDB^90°=ZADC,

\MD\_CD\

故相似于,C4£),从而即一益［，

I，_|BD|-|CD|_ccosBbcosC_abccosBcosC

故可得到11=\AD\=2|=25

a

“nc1i*fia2becosBcosCab2ccosCcosAabc2cosAcosB

从而S=-a-\MD\=-----------------同理金S’

A4S4S

a2becosBcosC加。cosCeosAabc1cosAcos5

由于必SBSc

4S4S4s

^2:3:4=SA：SS:SC=flcosBcosC:Z?cosCcosA:ccosAcosB=--—:---:---二‘诂―:‘由':‘由。—tanA:tanB:tanC,

'cosAcosBcosCcosAcosBcosC

设tanA=2f,tanB=3z,tanC=4t,其中r>0,

…“八/,tanA+tanB5t底、,l

则4/=tanC=—tan（A+3）=-----------------=—,解得f=^—,故tanC=卡.

'7tanAtanB-16r-l4

而ZAMB=180。—/M4B—/MBA=180。—（90。—5）—（90。—A）=5+A,

故cosZAMB=cos（A+B\=-cosC=——71：=——J—=,D正确.

Jl+tan2cVU67

故选：ABD.

【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对不同的情况，计算出不同的名：SB：S—进而由题目中定理得

到一系列性质.

非选择题部分

三、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.

13.已知一个球半径是2cm,则它的表面积是cm2.

【答案】1671

【解析】

【分析】根据球的表面积公式直接求解即可.

【详解】解：球的半径r=2,则表面积为S=4兀产=16兀(cm?).

故答案为：16K.

14.如图，甲乙两人做游戏，甲在A处发现乙在北偏东45。方向，相距6百米的8处，乙正以每分钟5百

米的速度沿南偏东75。方向前进，甲立即以每分钟7百米的速度，沿北偏东(45°+。)方向追赶乙，则甲追

赶上乙最少需要分钟.

【答案】2

【解析】

【分析】设他们在C点处相遇，引入参数/,表示出/归=6,3。=5/,。1=7/,ZABC=120结合余

弦定理即可运算求解.

【详解】如图所示：

设他们在C点处相遇，甲追赶上乙最少需要/分钟，

由题意A5=6,5C=5/,CA=7。（距离单位是百米），且NA5C=45+75=120，

由余弦定理有：AC-=BC2+BA2-2BC-BAcosB，即49〃=36+25r+30/，

3

也就是4『—5,-6=0，解得/=2或/=一;（舍去），

4

所以甲追赶上乙最少需要2分钟.

故答案为：2.

15.四棱锥P—A6CD的底面是边长为1的正方形，如图所示，点E是棱上一点，PE=PD,若

PF=APC且满足BF//平面ACE，则2=

【答案】-

3

【解析】

【分析】连接2。，交AC于点0,连接0E,利用中位线性质和线面平行的判定证明BG//平面

结合BF〃平面ACE,则证明平面3GFV/平面ACE,再利用利用面面平行的性质则有GFV/EC,即可

得到答案.

【详解】如图，连接8。，交AC于点。，连接。E,由ABCD是正方形，得50=00,

3PC11

在线段PE取点G,使得GE=ED,由PE=—PD,得一^=—,

5PE3

连接8G,FG,则5G//0E,由QEu平面ACE,3G<Z平面ACE,

得5G//平面ACE,而BE〃平面ACE,BGcBF=B,BGBbu平面5Gb,

因此平面3GN〃平面ACE,又平面PCD平面ACE=EC,平面PCD，平面NGR=GF,则

GFIIEC,

TT

16.已知一ABC中，BC=4,A=§，若ABC在平面内一点。满足3OB+3OC+0A=O，则

最大值为_________

—4184

【答案】-----

49

【解析】

【分析】设的中点为E,则根据题意知。为边上的中线AE的靠近E的7等分点，化简得

/I|、2

AE

DBDC=J~—4,利用余弦定理得AB2+AC2=16+A5-AC，利用基本不等式可得

7

\7

ABAC<16,再利用AE=LAB+^AC,两边平方，化简即可得到答案.

22

【详解】如图，设5C的中点为E,

因为3OB+3DC+DA=O>所以DA=-3(DB+DC)=-6DE,

所以。为BC边上的中线AE的靠近E的7等分点，

所以。3•DC=(DE+EB)・(DE+EC)=(DE+EB)(DE-EB)

=DE2-EB2=|DE|2-|EB|2=|D£|2-4=，-4，

在.ABC,由余弦定理可得：BC2=AB2+AC2-2-AB-AC-cos-,即

3

AB2+AC2=16+ABAC^

利用基本不等式可得：AB2+AC2=16+ABAC>2ABAC>即A5-ACW16,当且仅当=

时取等号；

因为E为的中点，则AE=LA3+』AC,两边同时平方可得：

22

网2=3网2+；国"筋20=:网之+小口：网

所以=1（16+|AB|-|AC|）+^|AB|-|AC|=4+||AB|-|AC|<4+1X16=12,即一ABC为等边三

角形时，=2A/3,

IImax

所以（OB.DC）=--4=--；

V/max4949

…184

故答案为：-----

49

四、解答题：本大题共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.设a,6是不共线的两个非零向量.

（1）若。4=a+2仇O3=2a—仇OC=5a—10b，求证：A5c三点共线;

(2)若3。+的与;。+2。平行，求实数上的值•

【答案】(1)证明见解析

(2)18

【解析】

【分析】(1)根据题意，化简得到BC=3AB，得出AB〃BC，根据共线向量定理，即可证得A,3,C三点

共线.

(2)根据题意，得到存在实数九，使得3。+妨=%[ga+2Z^,列出方程组，即可求解.

【小问1详解】

证明：由向量Od=a+2仇OB=2a—),OC=5a—10b

AB=OB-OA=2a-b-(^a+2b^=a-3b,

BC=OC-OB=5a-10b-(2a-b)=3a-9b,

所以BC=3AB，可得AB//BC，又因为AB和8c有公共点3，

所以A,5c三点共线.

【小问2详解】

解：由向量3a+/与3。+2。平行，则存在实数4,使得%+劭=/l]ga+2。：

即13—+(左一2力)匕=0,

3-J-2=0

又a,6是不共线的两个非零向量，可得｛3,解得4=9,左=18,

左—22=0

所以实数%的值为18.

dhc

18.记的内角A,B,C的对边分别为"c,面积为S,且5=——.

4

(1)求_A5C的外接圆的半径；

(2)若人+c=2,且5C边上的高求角A.

2

⑵V

【答案】（1）1

【解析】

【分析】（1）由三角形面积公式结合正弦定理即可得解；

（2）由三角形面积公式得=1结合已知得A=c=l,进一步由正弦定理以及三角形内角和即可求解.

【小问1详解】

Inhc

在ABC中，一Z?csinA=S='，

~24

解得a=2sinA，

由正弦定理得的外接圆的半径；?=--—=1.

2sinA

【小问2详解】

由（1）知La/i=S=如，即bc=l

24

又Z?+c=2,所以b=c=l,

所以sinB=sinC=—=—,所以3=C=—,所以A=巧.

2R263

19.如图，在几何体ABCDEE中，四边形ABCD为直角梯形，DC=2AB,GC=2FG,平面

（1）证明：AF//平面双x;

（2）证明：AB//EF

【答案】（1）证明见解析

（2）证明见解析

【解析】

co

【分析】（1）由线段对应成比例可得——=——，进而得到AF//OG,再由线面平行的判定定理证明即可.

GFOA

（2）先有线面平行的判定定理证明A8//平面COM,再由线面平行的性质定理得到A5〃跖

【小问1详解】

连接AC交3£)于。，连接。G.

An4D1

因为四边形ABCD为直角梯形，DC=2AB,所以一=—=-,

OCDC2

GF1AO

又因为GC=2PG,—=—=—,所以AF//OG,

CG20C

因为OGu面3DG,AR<Z面3DG,所以AFV/平面3ZX；.

【小问2详解】

因为四边形ABC。为直角梯形，所以A6//CD.

因为CDu面CDEb,AB<z面。。所，所以AB//平面COM.

因A5u面W尸，面CDEF面ABEF=EF.

所以AB//EF.

20.在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,4c,且满足2asinC_6c=0

(1)求角A的值；

(2)若a=2百且aWb,求6—1•的取值范围.

【答案】(1)多或三

33

⑵[6,2后)

【解析】

【分析】(1)根据题意，由正弦定理化简求得sinA="，进而求得A的值；

2

(2)根据题意，得到因A=],求得b=4sinB,c=4sinC=4sin^B+^

化简得到

b-^c=2y/3sin^B-^,结合利用三角函数的性质，即可求解.

【小问1详解】

解：因为2asinC—限=0，由正弦定理得2sinAsinC—J§sinC=O，

又因为Ce（0,7i）,可得sinC>0,所以sinA=N2，

2

因为Ae（O,兀），所以A=营或A=g,

33

【小问2详解】

解：因为a=2看且aWb,所以4=1，

由正弦定理得一日一=4,所以Z?=4sin5,c=4sinC=4sin\B+—

sinAI3

贝ij6-gc=4sinB-2sinf5+=3sinB-\f3cosB=2V3sinfB—三

又由aWZ?,可得三<8<—4，所以火43-2<殳，可得sin(_B—二］e［q,l),

33662I6；2

则2gsin15—Wje［百,28)，所以即6—：的取值范围［括,2石）.

21.如图，在四棱锥F-ABCD中，底面ABCD是正方形，钻是边长为1的正三角形，且

7T

NPBC=ZPAD=-,E,F分别是棱PQ,PC上的动点，H为AB中点.

2

（1）若E为中点，证明：AE〃面PHC

（2）求4£+所+5厂的最小值

【答案】（1）证明见解析

⑵空

【解析】

【分析】（1）取PC中点G,连接HG,EG,可得四边形AHEG为平行四边形，利用线面平行的判定定

理可证；

（2）将平面MD,尸CD,P3C展开到一个平面内如图，则AE+E尸+5下的最小值即为展开图中AB的

长，在&Q43中，由余弦定理求解.

【小问1详解】

取PC中点G,连接HG,EG,

因为点£、G分别为？D、PC的中点，

因为四边形ABC。为正方形，所以AH〃CD,且A"=』CZ）,

2

所以AH〃EG,AH=EG,所以四边形AHEG为平行四边形,

所以AE〃HG,因为AE<z平面PBE,8Gu平面PBE,

则AE〃面PHC；

【小问2详解】

由题意可知K4=依=AB=5C=CD=AD=L

则PC=PD=A/2,ZAPD=NBPC=45°.

将平面PAD,PCD,PBC展开到一个平面内如图，

则AE+M+5/的最小值即为展开图中AB的长,

从而sinZCPD=，，故cos/APB=cos(ZCPD+90°)=-sinZCPD=—乎

在中，由余弦定理可得

,,,58+277(77+1、

AB1=PA2+PB2-2PAPB-cosZAPB=1+1+2x-^=———=-——

44\27

则43=S+l，即AE+跖+5厂的最小值为五担.

22

22.在锐角_ABC中，记一ABC的内角A5C的对边分别为J2/?cosA=acosC+ccosA,点。为

ABC的所在平面内一点，且满足(。4+OB^AB=^OB+OCyBC=Q.

(1)若a=6,求|4。|的值；

(2)在(1)条件下，求|3。4+2。5+。4的最小值；

(3)^AO=xAB+yAC,求尤+，的取值范围.

【答案】(1)\AO\=1

⑵373-3

(12]

(3)

123」

【解析】

JT

【分析】(1)由正弦定理、4+。=兀-6可得2sin5cosA=sinN,再由sinB>0求出A=§,利用向

量平行四边形法则解得|。川=|03口。。|，得。为_A5C的外心，再由正弦定理对称答案；

(2)由向量的数量积公式可得|3。4+2。8+。。1=12+6辰0$[2。+弓],求出。的范围可得

cos[2C+t]的范围，从而求出最小值；

-1-21-2

(3)取A3的中点。，由向量的加法运算可得A。-A3=—A3,AOAC=-AC,再由平面向量数

22

1...22

量积的定义可得AB-AC=e灰■，代入AO.AB=xAB~+yAB-AC、AO-AC=xAB-AC+yAC得

2xc+yb=c.xc+2yb=b,联立两式求出九,V,再由正弦定理、基本不等式可得答案.

【小问1详解】

因为2bcosA=acosC+ccosA,

由正弦定理得2siaBcosA=sinAcosC+sinCcosA，

因为A+C=TE-5,可得sin（A+C）=sinB,所以2sin5cosA=sinB,

又因为5£（0,兀），可得sinB>0,所以28sA=1,即cosA=g,

因为Ae（O,7i）,所以4=三，

又由（04+05）45=（05+00150=0,

可得（0A+03）•（OB~OA^=（OB+OC）.（<9C—03）=0,

解得。/=032,032=002,gp|c>A|=|OB|=|Oc|,所以。为BBC的外心，

由正弦定理有=而=^=2,所以恒。=1；