∴36＝（2c）2+c2﹣4c2cos，

∴c2＝12，

∴S△ABC＝，

故答案为：6．

【点评】本题考查了余弦定理和三角形的面积公式，属基础题．

16．（5分）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有26个面，其棱长为﹣1．

【分析】中间层是一个正八棱柱，有8个侧面，上层是有8+1，个面，下层也有8+1个面，故共有26个面；半正多面体的棱长为中间层正八棱柱的棱长加上两个棱长的cos45°＝倍．

【解答】解：该半正多面体共有8+8+8+2＝26个面，设其棱长为x，则x+x+x＝1，解得x＝﹣1．

故答案为：26，﹣1．

【点评】本题考查了球内接多面体，属中档题．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：共60分。

17．（12分）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．

（1）证明：BE⊥平面EB1C1；

（2）若AE＝A1E，求二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．

【分析】（1）推导出B1C1⊥BE，BE⊥EC1，由此能证明BE⊥平面EB1C1．

（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．

【解答】证明：（1）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，B1C1⊥平面ABA1B1，

∴B1C1⊥BE，∵BE⊥EC1，

∴BE⊥平面EB1C1．

解：（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

设AE＝A1E＝1，∵BE⊥平面EB1C1，∴BE⊥EB1，∴AB＝1，

则E（1，1，1），A（1，1，0），B1（0，1，2），C1（0，0，2），C（0，0，0），

∵BC⊥EB1，∴EB1⊥面EBC，

故取平面EBC的法向量为＝＝（﹣1，0，1），

设平面ECC1 的法向量＝（x，y，z），

由，得，取x＝1，得＝（1，﹣1，0），

∴cos＜＞＝＝﹣，

∴二面角B﹣EC﹣C1的正弦值为．

【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题．

18．（12分）11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10：10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10：10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．

（1）求P（X＝2）；

（2）求事件“X＝4且甲获胜”的概率．

【分析】（1）设双方10：10平后的第k个球甲获胜为事件Ak（k＝1，2，3，…），则P（X＝2）＝P（A1A2）+P（）＝P（A1）P（A2）+P（）P（），由此能求出结果．

（2）P（X＝4且甲获胜）＝P（A2A3A4）+P（）＝P（）P（A2）P（A3）P（A4）+P（A1）P（）P（A3）P（A4），由此能求出事件“X＝4且甲获胜”的概率．

【解答】解：（1）设双方10：10平后的第k个球甲获胜为事件Ak（k＝1，2，3，…），

则P（X＝2）＝P（A1A2）+P（）