【解答】解：由a2＝3，S4＝16， ∴a1+d＝3，4a1+6d＝16， 联立解得a1＝1，d＝2， 故答案为：2．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式及其求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 14．（5分）若
，则cos2α+cosα＝
．
【考点】GS：二倍角的三角函数．
【专题】38：对应思想；4O：定义法；56：三角函数的求值．
【分析】根据三角函数的诱导公式求出cosα的值，结合二倍角公式进行转化求解即可． 【解答】解：∵∴cosα＝，
则cos2α+cosα＝2cosα﹣1+cosα＝2×﹣1+＝﹣， 故答案为：﹣．
【点评】本题主要考查三角函数值的化简和求值，利用诱导公式以及二倍角公式是解决本题的关键． 15．（5分）若a+b≠0，则
【考点】7F：基本不等式及其应用．
【专题】11：计算题；34：方程思想；35：转化思想；5T：不等式． 【分析】根据题意，由基本不等式的性质可得a+b≥
2
2
2
，
的最小值为 ．
，进而可得
≥+，结合基本不等式的性质分析可得答案．
【解答】解：根据题意，若a+b≠0，即a≠﹣b，则有a+b≥
22
，
则≥+≥2＝，
即故答案为：
的最小值为；
【点评】本题考查基本不等式的性质以及应用，关键是构造基本不等式成立的条件． 16．（5分）已知半径为4的球面上有两点A，B，
o，球心为O，若球面上的动点C ．
满足二面角C﹣AB﹣O的大小为60，则四面体OABC的外接球的半径为 【考点】LG：球的体积和表面积；LR：球内接多面体． 【专题】15：综合题；34：方程思想；5Q：立体几何．
【分析】由球面动点C想到以O为顶点，以A，B，C所在球小圆O′为底面的圆锥，作出图形，取AB中点E，∠OEO′＝60°，进而求得高和底面半径，列方程求解不难．
【解答】解：
如图，设A，B，C所在球小圆为圆O′， 取AB中点E，连接OE，O′E，
则∠OEO′即为二面角C﹣AB﹣O的平面角，为60°， 由OA＝OB＝4，AB＝
，
得△AOB为等腰直角三角形， ∴OE＝∴∴
， ，，
，
设O﹣ABC的外接球球心为M，半径为r， 利用Rt△BO′M列方程得：解得：r＝故答案为：
． ．
，
【点评】此题考查了圆锥外接球，二面角等，综合性较强，难度较大． 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sinA+sinB+sinAsinB＝2csinC，△ABC的面积S＝abc． （Ⅰ）求角C；
（Ⅱ）求△ABC周长的取值范围． 【考点】HP：正弦定理；HR：余弦定理．
【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；58：解三角形．
【分析】（Ⅰ）由已知利用三角形的面积公式可得2c＝sinC，由正弦定理化简已知等式可得a+b+ab＝c．由余弦定理得
2
2
2
2
2
，即可得解C的值．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知2c＝sinC，由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可得a+b+c＝sin（A+
）+
，由范围
，可求
，利用正弦函数的
图象和性质可求△ABC的周长的取值范围． 【解答】（本小题满分12分） 解：（Ⅰ）由
2
2
2
，可知：2c＝sinC，
2
2
2
∴sinA+sinB+sinAsinB＝sinC．由正弦定理得a+b+ab＝c． ∴由余弦定理得∴
，
．…………………………（5分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知2c＝sinC， ∴2a＝sinA，2b＝sinB． ∴△ABC的周长为＝
∵∴∴
，
， ，
．……………………………（12分）
∴△ABC的周长的取值范围为
【点评】本题主要考查了三角形的面积公式，正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和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．
18．（12分）如图，三棱台ABC﹣EFG的底面是正三角形，平面ABC⊥平面BCGF，CB＝2GF，
BF＝CF．
（Ⅰ）求证：AB⊥CG；
（Ⅱ）若BC＝CF，求直线AE与平面BEG所成角的正弦值．
【考点】MI：直线与平面所成的角．
【专题】14：证明题；35：转化思想；41：向量法；5F：空间位置关系与距离；5G：空间角．
【分析】（Ⅰ）取BC的中点为D，连结DF，推导出四边形CDFG为平行四边形，从而CG∥DF，DF⊥BC，CG⊥BC．进而CG⊥平面ABC，由此能证明CG⊥AB．
（Ⅱ）连结AD．由△ABC是正三角形，且D为中点得，AD⊥BC．由CG⊥平面ABC，CG∥
DF，DF⊥AD，DF⊥BC，以DB，DF，DA分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D﹣xyz．利
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