2023-2024学年江苏省南京市中华中学等校联考高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南京市中华中学等校联考高一（下）期中数学试卷（含解析），共17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。

1.已知a⋅b=1，|a|=2，a，b的夹角为π3，则|a−2b|=( )
A. 1B. 2C. 2D. 4
2.已知sin(30°+α)=35，60°<α<150°，则csα=( )
A. 3−4 310B. 3+4 310C. 4−3 310D. 4+3 310
3.若向量a，b满足a=(−4,3)，b=(5,12)，则向量b在向量a上的投影向量为( )
A. (−6465,4865)B. (−6425,4825)C. (6425,−4825)D. (6465,−4865)
4.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是边a，b，c，若a=3 3，c=2，A+C=5π6，则b=( )
A. 13B. 6C. 7D. 8
5.如图，在平行四边形ABCD中，DE=12EC，F为BC的中点，G为EF上的一点，且AG=79AB+mAD，则实数m的值为．( )
A. 23
B. 13
C. −13
D. −23
6.在△ABC中，若a2b2=a2+c2−b2b2+c2−a2，则△ABC是( )
A. 等腰三角形B. 直角三角形
C. 等腰直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形
7.已知菱形ABCD的边长为4，点M是线段CD的中点，BN=2NC，则AN⋅(BM−BN)=( )
A. −409B. 409C. −209D. 209
8.已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a= 3，b2+c2−bc=3，则△ABC面积的取值范围是( )
A. ( 32,3 34]B. ( 32,3 34)C. ( 34,3 34)D. ( 34,3 34]
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列各式中，值为12的有( )
A. sin7°cs23°+sin83°cs67°B. 1sin50∘+ 3cs50°
C. tan22.5°1−tan222.5∘D. 1(1+tan22∘)(1+tan23∘)
10.下列说法正确的是( )
A. 若点G是△ABC的重心，则AG=13AB+13AC
B. 已知a=(−1,2)，b=(x,x−1)，若(b−2a)//a，则x=−1
C. 已知A，B，C三点不共线，B，C，M三点共线，若AM=xAB+(2x−1)AC，则x=12
D. 已知正方形ABCD的边长为1，点M满足DM=12MC，则AM⋅AC=43
11.△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c−b=2bcsA，则下列结论正确的有( )
A. A=2B
B. 若a= 3b，则△ABC为直角三角形
C. 若△ABC为锐角三角形，1tanB−1tanA的最小值为1
D. 若△ABC为锐角三角形，则ca的取值范围为( 22,2 33)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(4,3)，2a+b=(3,18)，a，b夹角为θ，则csθ= ______．
13.化简：sin7°+cs15°sin8°cs7∘−sin15∘sin8∘= ______．
14.已知△ABC的内角∠CAB，∠ABC，∠ACB所对的边为a，b，c，且acs∠ACB+ccs∠BAC=bsin∠ABC，∠BAC=π6，若点D是△ABC外一点，DC=2，DA=3，则当四边形ABCD面积最大时，sinD=______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
向量a=(3,2)，b=(−1,2)，c=(4,1)：
(1)求满足a=mb+nc的实数m，n；
(2)若(a+kc)/​/(2b−a)，求实数k．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=sin(2x−π3)+cs(2x−π6)+2cs2x−1．
(Ⅰ)求函数f(x)在x∈(0,π2)的值域；
(Ⅱ)若α∈[π4,π2]且f(α)=3 25，求cs2α．
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且ca=sinA+2sinBcsA2sinA．
(1)求角B的大小；
(2)若b=2 2，△ABC的面积为2 3，求△ABC的周长；
(3)若b=2 3，D为AC边上的一点，BD=3，且_____，求△ABC的面积．
(从下面①，②两个条件中任选一个，补充在上面的横线上并作答)．
①BD是∠B的平分线；
②D为线段AC的中点．
18.(本小题17分)
如图，我国南海某处的一个圆形海域上有四个小岛，小岛B与小岛A、小岛C相距都为5nmile，与小岛D相距为3 5nmile.∠BAD为钝角，且sinA=35．
(1)求小岛A与小岛D之间的距离和四个小岛所形成的四边形的面积；
(2)记∠BDC为α，∠CBD为β，求sin(2α+β)的值．
19.(本小题17分)
“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cs2B+cs2C−cs2A=1．
(1)求A；
(2)若bc=2，设点P为△ABC的费马点，求PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA；
(3)设点P为△ABC的费马点，|PB|+|PC|=t|PA|，求实数t的最小值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为a⋅b=1，|a|=2，a，b的夹角为π3，
所以a⋅b=|a||b|cs〈a,b〉=2|b|csπ3=1，
解得|b|=1，
所以|a−2b|= (a−2b)2= a2−4a⋅b+4b2= 4−4×1+4×12=2．
故选：C．
首先由数量积公式求得|b|=1，又|a−2b|= (a−2b)2，代入求解即可．
本题考查平面向量得数量积与夹角，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵60°<α<150°，∴90°<α+30°<180°，
∵sin(30°+α)=35，
∴cs(30°+α)=− 1−(35)2=−45，
则csα=cs[(30°+α)−30°]=cs(30°+α)cs30°+sin(30°+α)sin30°=−45× 32+35×12=3−4 310．
故选：A．
由α的范围求出α+30°的范围，根据sin(30°+α)的值，利用同角三角函数间的基本关系求出cs(30°+α)的值，原式角度变形后利用两角和与差的余弦函数公式化简，将各自的值代入计算即可求出值．
此题考查了两角和与出的正弦函数公式，同角三角函数间的基本关系，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握公式是解本题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：设向量a与b的夹角为θ，
则csθ=a⋅b|a||b|=(−4,3)⋅(5,12)5×13=1665,|a|=5,|b|=13，
则b在a上的投影向量为|b|csθ|a|a=(−6425,4825)．
故选：B．
由向量的数量积公式求得向量夹角的余弦值，再代入投影向量公式即可求得向量b在向量a上的投影向量．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了三角形的内角和定理，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于基础题．
由已知利用三角形的内角和定理可求B的值，进而根据余弦定理可求b的值．
【解答】
解：∵A+C=5π6，
∴B=π−(A+C)=π6，
∵a=3 3，c=2，
∴由余弦定理可得：b= a2+c2−2accsB= (3 3)2+22−2×3 3×2× 32= 13．
故选：A．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了向量加法和数乘的几何意义，向量的数乘运算，平面向量基本定理，考查了计算能力，属于较难题．
可根据条件得出DE=13AB,BF=12AD，并可设AG=λAE+(1−λ)AF，然后根据向量加法的几何意义和向量的数乘运算即可得出AG=(1−2λ3)AB+(λ2+12)AD，从而根据平面向量基本定理即可得出1−2λ3=79m=λ2+12，解出m即可．
【解答】
解：∵DE=12EC，F为BC的中点，∴DE=13AB，BF=12AD，
又G为EF上的一点，所以可设AG=λAE+(1−λ)AF．
故AG=λAE+(1−λ)AF=λ(AD+DE)+(1−λ)(AB+BF)
=λ(AD+13AB)+(1−λ)(AB+12AD)=(1−2λ3)AB+(λ2+12)AD，
又AG=79AB+mAD，∴1−2λ3=79m=λ2+12，解得m=23．
故选：A．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了正弦、余弦定理，二倍角的正弦函数公式，属于中档题．
利用余弦定理表示出csB及csA，变形后代入已知等式的右边，整理后利用正弦定理化简，再利用二倍角的正弦公式化简得到sin2A=sin2B，由A和B都为三角形的内角，可得2A与2B相等或2A与2B互补，进而得到A等于B或A与B互余，可得出三角形为等腰三角形或直角三角形．
【解答】
解：∵csB=a2+c2−b22ac，csA=b2+c2−a22bc，
∴a2+c2−b2=2ac⋅csB，
b2+c2−a2=2bc⋅csA，
∴a2+c2−b2b2+c2−a2=2ac⋅csB2bc⋅csA=acsBbcsA=a2b2，
又ab=sinAsinB，
∴csBcsA=ab=sinAsinB，
即sinAcsA=sinBcsB，
∴sin2A=sin2B，
又A和B都为三角形的内角，
∴2A=2B或2A+2B=180°，即A=B或A+B=90°，
则△ABC为等腰三角形或直角三角形．
故选D．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了平面向量的线性、数量积运算，属于中档题．
用AD，AB为平面向量基底表示AN，NM，再由向量的数量积公式即可求解．
【解答】
解：因为菱形ABCD的边长为4，点M是线段CD的中点，BN=2NC，
所以AN=AB+BN=AB+23AD，BM−BN=NM=CM−CN=−12AB+13AD，
则AN⋅(BM−BN)=(23AD+AB)⋅(13AD−12AB)
=2(13AD+12AB)⋅(13AD−12AB)
=29AD2−12AB2=29×16−12×16=−409．
故选：A．
8.【答案】A
【解析】解：由于a= 3，b2+c2−bc=3，
则csA=b2+c2−a22bc=12，
由于A∈(0,π)，
所以A=π3，
故外接圆的半径为R=12× 3 32=1，
所以S△ABC=12bcsinA= 34⋅2sinB⋅2sin(2π3−B)= 34⋅4sinB⋅( 32csB+12sinB)
= 34(2sin2B+2 3sinBcsB)
= 34(1−cs2B+ 3sin2B)
= 32sin(2B−π6)+ 34，
由于0由于△ABC为锐角三角形，
所以π6所以π6<2B−π6≤5π6，
故 32< 32sin(2B−π6)+ 34≤3 34，即 32故选：A．
直接利用三角函数关系式的恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了三角函数化简求值问题，是中档题．
A中，先用诱导公式，再利用两角和的正弦公式计算即可；
B中，先通分，再利用三角恒等变换计算即可；
C中，利用二倍角的正切值公式计算即可；
D中，利用两角和的正切公式计算即可．
【解答】
解：对于A，sin7°cs23°+sin83°cs67°=sin7°cs23°+cs7°sin23°=sin(7°+23°)=sin30°=12；
对于B，1sin50∘+ 3cs50°=cs50°+ 3sin50°sin50°cs50°=2sin(30°+50°)12sin(2×50∘)=2sin80°12sin80∘=4；
对于C，tan22.5°1−tan222.5∘=12tan(2×22.5°)=12；
对于D，tan22∘+tan23∘=tan(22∘+23∘)(1−tan22∘⋅tan23∘)=1−tan22∘⋅tan23∘
1(1+tan22∘)(1+tan23∘)
=11+tan22∘+tan23∘+tan22∘⋅tan23∘
=11+1−tan22∘⋅tan23∘+tan22∘⋅tan23∘
=12．
故选：ACD．
10.【答案】AD
【解析】解：对于A，设D为BC中点，若点G是△ABC的重心，则AG=23AD=23×12(AB+AC)，∴AG=13AB+13AC，故正确；
对于B，因为a=(−1,2)，b=(x,x−1)，则b−2a=(x+2,x−5)，
又(b−2a)//a，则有2(x+2)=−(x−5)，则x=13，故错；
对于C，已知A，B，C三点不共线，B，C，M三点共线，若AM=xAB+(2x−1)AC，可得x+2x−1=1则x=23，故错；
对于D，因为DM=12MC，则AM⋅AC=(13AB+AD)⋅(AB+AD)=13AB2+AD2=43，故正确．
故选：AD．
A，设D为BC中点，即可得AG=23AD=23×12(AB+AC)，即可判定；
B，利用向量共线的坐标运算求解；
C，利用x+2x−1=1，求解即可；
D，利用AM⋅AC=(13AB+AD)⋅(AB+AD)=13AB2+AD2=43，即可判定．
本题考查了向量的性质、数量积运算，考查了运算能力，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：选项A中，因为c−b=2bcsA，由正弦定理可得sinC=sinB(2csA+1)，
在△ABC中，sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
可得sin(A−B)=sinB，所以A−B=B或A−B+B=π(舍去)，
即A=2B，故A正确；
选项B中，a= 3b，可得sinA= 3sinB，由A选项可得sin2B= 3sinB，
则2sinBcsB= 3sinB，在△ABC中，sinB>0，
可得csB= 32，则B=π6，A=π3，所以C=π2，即△ABC为直角三角形，故B正确；
选项C中，因为△ABC为锐角三角形，由A选项可得A=2B，
所以0所以1tanB−1tanA=1tanB−1−tan2B2tanB=12tanB+tanB2，
设s=tanB∈( 33,1)，又g(s)=12s+s2在( 33,1)单调递减，
所以g(s)>g(1)=1，故C错误；
选项D中，△ABC为锐角三角形，
ca=sinCsinA=sin(π−A−B)sinA=sin3Bsin2B=sin2BcsB+cs2BsinBsin2B=csB+sinB(2cs2B−1)2sinBcsB=2csB−12csB，
因为△ABC为锐角三角形，所以0所以csB∈( 22, 32)，设t=csB，即t∈( 22, 32)，
令f(t)=2t−12t，t∈( 22, 32)，
则函数f(t)单调递增，f( 22)而f( 22)= 2−1 2= 22，f( 32)= 3−1 3=2 33，
所以f(t)∈( 22,2 33)，即ca∈( 22,2 33)，故D正确．
故选：ABD．
由题意及正弦定理可得A=2B，在三角形中，由内角之间的关系，分别对所给命题的真假进行判断．
本题考查正弦定理的应用和三角函数的性质的应用，函数单调性的应用，属中档题．
12.【答案】1665
【解析】解：因为向量a=(4,3)，2a+b=(3,18)，
所以b=(3,18)−2(4,3)=(−5,12)，
所以a⋅b=4×(−5)+3×12=16，|a|=5，|b|=13，
所以csθ=a⋅b|a||b|=165×13=1665．
故答案为：1665．
结合条件得到a⋅b，|a|，|b|，再计算夹角的余弦值即可．
本题考查了平面向量的数量积与夹角的计算问题，是基础题．
13.【答案】2− 3
【解析】解：sin7°+cs15°sin8°cs7∘−sin15∘sin8∘=sin(15°−8°)+cs15°sin8°cs(15∘−8∘)−sin15∘sin8∘=sin15°cs8°cs15∘cs8∘=tan15°
=tan(45°−30°)=tan45°−tan30°1+tan45∘tan30∘=1− 331+ 33=2− 3，
故答案为：2− 3．
由条件利用两角和差的三角公式化简所给的式子，可得结果．
本题主要考查两角和差的三角公式的应用，属于基础题．
14.【答案】2 77
【解析】【分析】本题主要考查了正弦定理，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，属于难题．
由正弦定理、两角和的正弦公式、诱导公式将acs∠ACB+ccs∠BAC=bsin∠ABC，化简为sinB=sin2B，结合B的范围可求得B=π2，设BC=x，x>0，可求AC=BCsinA=2x，AB=BCtanA= 3x，S△ABC= 32x2，在△ADC中，由余弦定理可得x2=134−3csD，利用三角形面积公式，三角函数恒等变换的应用可求S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=3 72sin(D−θ)+13 38，由sin(D−θ)=1，D∈(0,π)，θ∈(0,π2)，进而根据同角三角函数基本关系式可求sinD的值．
【解答】解：由acs∠ACB+ccs∠BAC=bsin∠ABC以及正弦定理可知，sin∠BACcs∠ACB+sin∠ACBcs∠BAC=sin2B，
即sin(∠BAC+∠ACB)=sinB=sin2B.
由于：0可得：sinB=1，B=π2．
△ABC中，由于∠CAB=π6，设BC=x，x>0，
则AC=BCsinA=2x，AB=BCtanA= 3x，则S△ABC=12AB⋅BC= 32x2，
在△ADC中，由余弦定理可得：AC2=AD2+CD2−2AD⋅CD⋅csD，
由于AD=3，DC=2，则：AC2=4x2=13−12csD，可得：x2=134−3csD，
则S△ABC=12AB⋅BC
= 32x2=13 38−3 32csD，
而 S△ACD=12AD⋅CD⋅sinD=3sinD，
则S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=3sinD−3 32csD+13 38=3 72(2 77sinD− 217csD)+13 38=3 72sin(D−θ)+13 38，其中sinθ= 217，csθ=2 77，θ∈(0,π2)，
则当sin(D−θ)=1时，四边形ABCD的面积有最大值3 72+13 38，
由于D∈(0,π)，θ∈(0,π2)，
则此时D−θ=π2，故D=π2+θ，
则sinD=sin(π2+θ)=csθ=2 77．
故四边形ABCD面积最大时，sinD=2 77．
故答案为2 77．
15.【答案】解：(1)由题意得，mb+nc=m(−1,2)+n(4,1)=(−m+4n,2m+n)，
∵a=mb+nc，∴(3,2)=(−m+4n,2m+n)，
即3=−m+4n2=2m+n，解得m=59，n=89，
(2)由题意得，a+kc=(3,2)+k(4,1)=(3+4k,2+k)，
2b−a=2(−1,2)−(3,2)=(−5,2)，
∵(a+kc)//(2b−a)，
∴2(3+4k)+5(2+k)=0，解得k=−1613．
【解析】(1)由题意和向量的坐标运算求出mb+nc的坐标，再由向量相等的条件列出方程组，求出m和n的值；
(2)由题意和向量的坐标运算求出a+kc和2b−a的坐标，再由向量共线的条件列出方程．求出k的值．
本题考查了向量的坐标运算，向量相等的条件，以及向量共线的条件，属于基础题．
16.【答案】解：(Ⅰ)∵f(x)=12sin2x− 32cs2x+ 32cs2x+12sin2x+cs2x=sin2x+cs2x= 2sin(2x+π4)，
∵x∈(0,π2)，
∴2x+π4∈(π4,5π4)，
∴ 2sin(2x+π4)∈(−1, 2],
∴.函数f(x)的值域为(−1, 2]；
(Ⅱ)∵f(α)=3 25，
∴ 2sin(2α+π4)=3 25，∴sin(2α+π4)=35，
∵α∈[π4,π2]，∴3π4≤2α+π4≤5π4，
∴cs(2α+π4)=−45，
∴cs2α=cs[(2α+π4)−π4]
=cs(2α+π4)csπ4+sin(2α+π4)sinπ4
=−45× 22+35× 22=− 210．
【解析】(Ⅰ)由三角函数中的恒等变换应用化简可得解析式f(x)= 2sin(x+π4)，然后根据x的范围可求出f(x)的值域；
(Ⅱ)由f(α)=3 25，可得sin(2α+π4)=35，由a∈[π4,π2]，可得3π4≤2α+π4≤5π4，可求cs(2α+π4)，利用两角差的余弦函数公式即可求得cs2α=cs[(2α+π4)−π4]的值．
本题主要考查了三角函数中的恒等变换应用，两角差的余弦函数公式，周期公式，特殊角的三角函数值等知识的应用，属于基本知识的考查．
17.【答案】解：(1)在△ABC中，ca=sinA+2sinBcsA2sinA，
结合正弦定理可得；sinCsinA=sinA+2sinBcsA2sinA，
由A∈(0,π)，可得sinA>0，
则有2sinC=sinA+2sinBcsA，
即2sin(A+B)=sin A+2sin BcsA，
化简得2sinAcsB=sinA，即csB=12，
又B∈(0,π)，所以B=π3；
(2)由S△ABC=12acsinB=2 3，得ac=8，
由余弦定理，得csB=a2+c2−b22ac=12，即a2+c2−8=ac，
即(a+c)2=3ac+8=32，解得a+c=4 2，
所以△ABC的周长为a+b+c=2 2+4 2=6 2；
(3)若选①：由BD平分∠ABC，得S△ABC=S△ABD+S△BCD，
可得12acsinπ3=12×3asinπ6+12×3csinπ6，即ac= 3(a+c)，③
在△ABC中，由余弦定理，得b2=a2+c2−2accsπ3，则a2+c2−ac=12，④
联立③④，可得(ac)2−9ac=36，解得ac=12，
故S△ABC=12acsinB=12×12× 32=3 3；
若选②：由题设BD=12(BA+BC)，
则BD2=14(BA+BC)2=14(BA2+2BA⋅BC+BC2)，
所以a2+c2+ac=36，⑤
在△ABC中，由余弦定理得b2=a2+c2−2accsπ3，则a2+c2−ac=12，⑥
联立⑤⑥，可得ac=12，
故S△ABC=12acsinB=12×12× 32=3 3．
【解析】(1)由正弦定理，结合三角公式，可求得csB=12，即可求得角B；
(2)由三角形面积解得ac=8，结合余弦定理，求得a+c的值，进而求得周长；
(3)①由BD平分∠ABC，得S△ABC=S△ABD+S△BCD，由三角形面积公式得ac= 3(a+c)，再由余弦定理得a2+c2−ac=12，联立解得ac，进而求得三角形面积；
②由题设可得BD=12(BA+BC)，平方可得a2+c2+ac=36，再由余弦定理得a2+c2−ac=12，联立解得ac，进而求得三角形面积．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，考查三角形面积公式及向量运算，属中档题．
18.【答案】解：(1)∵sinA=35，且A为钝角，∴csA=− 1−(35)2=−45，
在△ABD中，由余弦定理可得BD2=AD2+AB2−2AD⋅AB⋅csA，
∴(3 5)2=AD2+52−2AD⋅5⋅(−45)，即AD2+8AD−20=0，
解得：AD=2或AD=−10(舍去)．
∴小岛A与小岛D之间的距离为2 nmile．
∵A、B、C、D四点共圆，∴A与C互补，则sinC=35，
csC=cs(180°−A)=−csA=45．
在△BDC中，由余弦定理得：CD2+CB2−2CD⋅CB⋅csC=BD2，
∴CD2+52−2CD⋅5⋅45=(3 5)2，得CD2−8CD−20=0，
解得CD=−2(舍去)或CD=10．
∴S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD=12AB⋅AD⋅sinA+12CB⋅CD⋅sinC
=12×5×2×35+12×5×10×35=3+15=18(平方nmile)；
(2)在△BDC中，由正弦定理得：BCsinα=BDsinC，
即5sinα=3 535，解得sinα= 55．
∵DC2+DB2>BC2，∴α为锐角，则csα=2 55，
又∵sin(α+β)=sin(180°−C)=sinC=35，
cs(α+β)=cs(180°−C)=−csC=−45，
∴sin(2α+β)=sin[α+(α+β)]=sinαcs(α+β)+csαsin(α+β)
= 55×(−45)+2 55×35=2 525．
【解析】本题考查三角形的解法，考查正弦定理及余弦定理的应用，考查两角和的正弦，考查运算求解能力，是中档题．
(1)由sinA求得csA，在△ABD中，由余弦定理列式求得AD；再由A、B、C、D四点共圆求解sinC与csC，在△BDC中，由余弦定理解得CD，再求△ABD、△BCD的面积，可得四个小岛所形成的四边形的面积；
(2)在△BDC中，由正弦定理得sinα，求出csα，再求出sin(α+β)与cs(α+β)，然后利用sin(2α+β)=sin[α+(α+β)]，展开两角和的正弦求解．
19.【答案】解：(1)由已知△ABC中cs2B+cs2C−cs2A=1，即1−2sin2B+1−2sin2C−1+2sin2A=1，
故sin2A=sin2B+sin2C，由正弦定理可得a2=b2+c2，
故△ABC直角三角形，
即A=π2；
(2)由(1)可得A=π2，所以三角形ABC的三个角都小于120°，
则由费马点定义可知：∠APB=∠BPC=∠APC=120°，
设|PA|=x,|PB|=y,|PC|=z，
由S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC，得12xy⋅ 32+12yz⋅ 32+12xz⋅ 32=12×2，
整理得xy+yz+xz=4 33，
则PA⋅PB+PB⋅PC+PA⋅PC=xy⋅(−12)+yz⋅(−12)+xz⋅(−12)=−12×4 33=−2 33；
(3)点P为△ABC的费马点，则∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3，
设|PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|，|PA|=x，m>0，n>0，x>0，
则由|PB|+|PC|=t|PA|，得m+n=t；
由余弦定理得|AB|2=x2+m2x2−2mx2cs2π3=(m2+m+1)x2，
|AC|2=x2+n2x2−2nx2cs2π3=(n2+n+1)x2，
|BC|2=m2x2+n2x2−2mnx2cs2π3=(m2+n2+mn)x2，
故由|AC|2+|AB|2=|BC|2，得(n2+n+1)x2+(m2+m+1)x2=(m2+n2+mn)x2，
即m+n+2=mn，而m>0，n>0，故m+n+2=mn≤(m+n2)2，
当且仅当m=n，结合m+n+2=mn，解得m=n=1+ 3时，等号成立，
又m+n=t，即有t2−4t−8≥0，解得t≥2+2 3或t≤2−2 3(舍去)．
故实数t的最小值为2+2 3．
【解析】(1)根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简cs2B+cs2C−cs2A=1可得a2=b2+c2，即可求得答案；
(2)利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案；
(3)由(1)结论可得∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3，设|PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|，|PA|=x，推出m+n=t，利用余弦定理以及勾股定理即可推出m+n+2=mn，再结合基本不等式，即可求得答案．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，利用基本不等式的应用，属于中档题．