2023-2024学年江苏省南京师大附中高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南京师大附中高一（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.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=5，b=2，C=π3，则c=( )
A. 2 6B. 39C. 29D. 19
2.已知向量a=(2,0)，b=(−1,−1)，则下列结论正确的是( )
A. a⋅b=3B. a//bC. b⊥(a+b)D. |a|=|b|
3.已知角α的顶点在坐标原点O，始边与x轴的非负半轴重合.若角α的终边绕着原点按顺时针方向旋转π4后经过点(1,2)，则tanα=( )
A. −3B. −13C. 13D. 3
4.若向量a，b满足|a|=4，|b|=3，且(2a−3b)⋅(2a+b)=53，则a在b上的投影向量为( )
A. 43bB. −43bC. 34D. −49b
5.在△ABC中，D为边BC上一点，AD=6，BD=3，∠ABC=45°，则sin∠ADC的值为( )
A. 2+ 33B. 1+ 24C. 1+ 74D. 34
6.化简 32tan20°−2cs20°所得的结果是( )
A. 14B. 12C. 32D. 2
7.如图，在△ABC中，点P是边AB上一点，点Q是边BC的中点，AQ与CP交于点M，有下列四个说法：
甲：AM=2MQ；
乙：CM=3MP；
丙：S△APM：S△MQC=1：3；
丁：2CA+CB=3CP；
若其中有且仅有一个说法是错误的，则该错误的说法为( )
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
8.在△ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，若2S=3(bsinC+csinB)，则下列命题中错误的是( )
A. 若A=π6，且b=7，则B有两解
B. 若C=2A，且△ABC为锐角三角形，则c的取值范围为(6 2,6 3)
C. 若A=2C，且sinB=2sinC，则△ABC的外接圆半径为2 3
D. 若b=2c，则S的最大值为6 3
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.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列命题中正确的是( )
A. 若A>B，则sinA>sinB
B. 若△ABC为锐角三角形，则sinA>csB
C. 若acsA=bcsB，则△ABC一定是等腰直角三角形
D. 若B=60°，b2=ac，则△ABC一定是等边三角形
10.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.下列条件能推出A=π3的是( )
A. acsC=b+c2
B. bsinB+C2=asinB
C. |AB|=|AC|=1，且|AB−AC||AB+AC|= 33
D. |AB|=|AC|=1，设向量m=AB−2AC，n=AB+AC，m在n上的投影向量为−n2
11.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点G，H，O分别是△ABC的重心，垂心，外心.若tanA：tanB：tanC=2：3：5，则以下说法正确的是( )
A. a2：b2：c2=16：21：25
B. HA2：HB2：HC2=12：7：3
C. S△OBC：S△OAC：S△OAB=8：7：5
D. GA2：GB2：GB2=15：12：10
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在△ABC中，点D是边BC上(不包含端点)的动点，若实数x，y满足AD=xAB+yAC，则1x+3y的最小值为______．
13.如图，为了测量河对岸A，B两点之间的距离，在河岸这边取点C，D，测得CD的长为12千米，在点C处测得∠ACB=75°，∠ACD=120°，在点D处测得∠ADC=30°，∠ADB=45°.则A，B两点间的距离为______千米.(设A，B，C，D四点在同一平面内)
14.设x，y为实数，已知sinx+csy=23，csx+siny=13，则sin(x−y)的值为______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知函数f(x)=sin2x+2 3sinxcsx−cs2x．
(1)若x∈[0,π2]，求f(x)的取值范围；
(2)设θ为实数，若f(θ2)=12，求f(θ+π6)的值．
16.(本小题12分)
在以下三个条件中任选一个补充到下面的横线上，并给出解答.(注：如果选择多个条件份分别进行解答，则按第一个解答计分)
①2a−b=2ccsB；②sin(C+π6)=csC+12；③向量m=(a+c,b−a)，n=(a−c,b)，m⊥n．
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且_____．
(1)求C；
(2)若c= 3，求△ABC周长的最大值．
17.(本小题12分)
已知e1，e2为单位向量，设向量a=e1+e2，b=3e1+e2．
(1)若a⋅b=2，求a与a+b的夹角；
(2)若|2e1−e2|≤2，设向量a，b的夹角为θ，求cs2θ的最小值．
18.(本小题12分)
在扇形AOB中，圆心角∠AOB=2π3，半径OA=10，点P在弧AB上(不包括端点)，设∠POA=θ．
(1)求四边形OAPB的面积S关于θ的函数解析式；
(2)求四边形OAPB的面积S的取值范围；
(3)托勒密所著《天文学》第一卷中载有弦表，并且讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：在圆的内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和.先分别在线段OA，OB上取点M，N，使得△MNP为等边三角形，求△MNP面积的最小值．
19.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，cs(A−C)−csB=1tanA+tanC，△ABC的面积为 3．
(1)求B；
(2)若点P在△ABC内部，满足∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3，求PB2−PA⋅PC的值；
(3)若△ABC所在平面内的点Q满足∠BQA=∠BQC=12∠AQC=π3，求(QA+QC−QB)⋅QB的值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：a=5，b=2，C=π3，
则c2=a2+b2−2ab⋅csC=25+4−2×5×2×12=19，解得c= 19．
故选：D．
根据已知条件，结合余弦定理，即可求解．
本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：∵a=(2,0)，b=(−1,−1)，
∴a⋅b=−2，∴A选项错误；
∵2×(−1)−0×(−1)≠0，∴a与b不平行，∴B选项错误；
∵b⋅(a+b)=(−1,−1)⋅(1,−1)=−1+1=0，∴b⊥(a+b)，∴C选项正确；
∵|a|=2，|b|= 2，∴D选项错误．
故选：C．
根据向量的坐标运算，针对各个选项分别求解即可．
本题考查向量的坐标运算，属基础题．
3.【答案】A
【解析】解：设旋转后的角为β，则β=α−π4，tanβ=2，
所以tanα=tan(β+π4)=2+11−2×1=−3．
故选：A．
设旋转后的角为β，则β=α−π4，再根据三角函数的定义求出tanβ，再根据两角和的正切公式即可得解．
本题主要考查任意角的三角函数的定义，考查运算求解能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：(2a−3b)⋅(2a+b)=53，
则4a2−4a⋅b−6b2=64−4a⋅b−3×32=53，解得a⋅b=−4，
故a在b上的投影向量为：a⋅b|b|2×b=−49b．
故选：D．
先求出a⋅b=−4，再结合投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：因为△ABC中，D为边BC上一点，AD=6，BD=3，∠ABC=45°，
由正弦定理得，3sin∠BAD=6sin45∘，
所以sin∠BAD= 24，
因为AD>BD，
所以∠BAD<45°，
所以cs∠BAD= 144，
则sin∠ADC=sin(∠BAD+45°)= 22( 24+ 144)=1+ 74．
故选：C．
由已知结合正弦定理先求出sin∠BAD，然后结合同角平方关系求出cs∠BAD，再由三角形外角及诱导公式，两角和的正弦公式展开可求．
本题主要考查了正弦定理，同角平方关系，两角和的正弦公式的应用，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解： 32tan20°−2cs20°= 32sin20°cs20∘−2cs20°= 3cs20°2sin20°−2cs20°= 3cs20°−4sin20°cs20°2sin20°= 3cs20°−2sin40°2sin20°= 3cs20°−2sin(60°−20°)2sin20°= 3cs20°−2( 32cs20°−12sin20°)2sin20°=sin20°2sin20∘=12．
故选：B．
由已知利用三角函数恒等变换的应用即可计算求解．
本题主要考查了三角函数恒等变换在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：若AM=2MQ，则点M是△ABC的重心，则有CM=2MP，
所以甲乙中必有一个是错误的，所以丙丁正确，
由丁：2CA+CB=3CP知，2(CA−CP)=CP−CB，
即2PA=BP，此时点P不是边AB的中点，所以甲说法错误．
故选：A．
结合三角形重心性质及向量线性运算进行合情推理即可判断．
本题考查了三角形重心性质及向量线性运算，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：若2S=3(bsinC+csinB)=6R(sinBsinC+sinCsinB)=12RsinBsinC，
由S=12absinC=122RsinA⋅2RsinB⋅sinC=2R2sinAsinBsinC，
可知4R2sinAsinBsinC=12RsinBsinC，即RsinA=3，从而a=2RsinA=6．
若a=6，则2S=absinC=a⋅2RsinB⋅sinC=a2sinAsinBsinC=a22sinA(sinBsinC+sinCsinB)=a22a(bsinC+csinB)=3(bsinC+csinB)，
从而条件等价于a=6．
对于A，若A=π6，且b=7，由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsC，
即36=49+c2−7 3c，解得c=7 3+ 952或7 3− 952，
由于当三角形的三边确定后，三角形唯一确定，故△ABC只有两种可能．
经验证，△ABC的以下两种情况都是可能的：
①a=6，b=7，c=7 3+ 952，csA= 32，csB= 9512，csC=7− 28524；
②a=6，b=7，c=7 3− 952，csA= 32，csB=− 9512,csC=7+ 28524，
故B有两种可能，选项A正确；
对于B，若C=2A，且△ABC为锐角三角形，由于c=asinCsinA=asin2AsinA=2acsA=12csA，
而△ABC为锐角三角形即2A<π2，B=π−A−C=π−3A<π2，解得π6从而A的范围是(π6,π4)，故c=12csA的范围是(6 2,6 3)，选项B正确；
对于C，若A=2C，且sinB=2sinC，则b=2c，且ac=sinAsinC=sin2CsinC=2csC=a2+b2−c2ab，
故a2b=a2c+b2c−c3，从而a2(b−c)=c(b+c)(b−c)．
而b=2c≠c，故a2=c(b+c)=c(2c+c)=3c2，从而c=a 3=2 3，b=2c=4 3，
这意味着a=6，b=4 3，c=2 3，所以a2+c2=12+36=48=b2，
从而B=π2，故R=12b=2 3，选项C正确；
对于D，若b=2c，由于2 5<6<4 5，2 5+6=2 5+ 36>2 5+ 20=4 5，
故存在使得a=6，b=4 5，c=2 5的△ABC，此时a=6，b=2c，满足条件．
在此情况下，有csA=b2+c2−a22bc=80+20−3680=6480=45，故sinA=35，
从而S=12bcsinA=12⋅4 5⋅2 5⋅35=12=6⋅2>6 3，
从而此时S>6 3，这表明S不可能以6 3为最大值，选项D错误．
故选：D．
首先证明题干中的条件等价于a=6，然后逐个选项判断：对于A，直接解出两种可能的情况即可判断A选项正确；对于B，用正弦定理证明c=12csA，然后求csA的范围即可判断B选项正确；对于C，求出△ABC的三边，然后说明B是直角，从而得到R=12b，即可判断C选项正确；对于D，直接给出使得S>6 3的一个满足条件的例子，即可说明D选项错误．
本题主要考查解三角形，正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A，△ABC中，若A>B，则a>b，
即2RsinA>2RsinB(R为△ABC外接圆的半径)，可得sinA>sinB，故A项正确；
对于B，若△ABC是锐角三角形，则A+B=π−C>π2，可得0<π2−A由于y=csx在(0,π2)上是减函数，所以cs(π2−A)>csB，即sinA>csB，故B项正确；
对于C，若acsA=bcsB，则sinAcsA=sinBcsB，可得sin2A=sin2B，
而A、B是三角形的内角，故2A=2B或2A+2B=π，即A=B或A+B=π2，
所以△ABC是等腰三角形或直角三角形，故C项不正确；
对于D，由B=60°，b2=ac，根据余弦定理得b2=a2+c2−2accs60°=ac，
整理得(a−c)2=0，所以a−c=0，a=c，结合B=60°可知△ABC是等边三角形，故D项正确．
故选：ABD．
根据三角形中“大角对大边”，结合正弦定理加以判断，可得A项的正误；利用锐角三角形的性质与余弦函数的单调性，判断出B项的正误；利用正弦定理化简acsA=bcsB，得到△ABC是等腰三角形或直角三角形，从而判断出C项的正误；根据B=60°，b2=ac，利用余弦定理证出a=c，从而判断出△ABC是等边三角形，可得D项的正误．
本题主要考查正弦定理和余弦定理、三角恒等变换公式及其应用、余弦函数的性质等知识，属于中档题．
10.【答案】BC
【解析】解：对于A，由acsC=b+c2，得sinAcsC=sinB+12sinC，
结合sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，化简得csAsinC+12sinC=0，
因为sinA>0，所以csA+12=0，可得csA=−12，结合A为三角形内角，可知A=2π3，故A项不正确．
对于B，由bsinB+C2=asinB，得sinBsin(π2−A2)=sinAsinB，
因为sinB>0，所以sin(π2−A2)=sinA，结合A为三角形内角，可知π2−A2=A或π2−A2+A=π，
当π2−A2=A时，解得A=π3；当π2−A2+A=π时，解得A=π，不符合题意，舍去．
因此，若bsinB+C2=asinB，则A=π3，故B项正确；
对于C，若|AB−AC||AB+AC|= 33，则|AB+AC|= 3|AB−AC|，可得(AB+AC)2=3(AB−AC)2，
整理得|AB|2−4AB⋅AC+|AC|2=0，结合|AB|=|AC|=1，解得AB⋅AC=12，
所以csA=AB⋅AC|AB|⋅|AC|=12，可得A=π3，故C项正确；
对于D，向量m在向量n上的投影向量为m⋅n|n|⋅n|n|=−n2，可得m⋅n|n|2=−12，
结合m=AB−2AC，n=AB+AC，得(AB−2AC)⋅(AB+AC)(AB+AC)2=−12，化简得AB2=AC2，恒成立，
因此，由向量m在向量n上的投影向量为−n2不能推出A=π3，故D项不正确．
故选：BC．
根据正弦定理化简acsC=b+c2，结合两角和的正弦公式算出csA=−12，可判断出A项的正误；根据正弦定理化简bsinB+C2=asinB，推导出sin(π2−A2)=sinA，由此算出角A的大小，可判断出B项的正误；根据平面向量数量积的定义与运算性质，化简|AB−AC||AB+AC|= 33得到csA=12，可判断出C项的正误；根据向量投影的定义，化简所给条件得到AB2=AC2，从而判断出D项的正误．
本题主要考查正弦定理及其应用、三角恒等变换公式、平面向量数量积的定义与运算性质等知识，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：设tanA=2x，tanB=3x，tanC=5x，
由tanC=−tanA+tanB1−tanAtanB=2x+3x6x2−1=5x，解得x= 33，
即tanA=2 33,tanB= 3,tanC=5 35，
可求得sinA=2 7,sinB= 32,sinC=52 7，
所以a2：b2：C2=47：34：2528=16：21：25，故A正确；
不妨取a=4,b= 21,c=5，
由外心性质可知，C中面积比等价于S△OBC：S△OCA：S△OAB=sin2A：sin2B：sin2C=4 37： 32：5 314=8：7：5，故C正确；
设外心O到边BC的距离为hA，
由三角形中的欧拉线定理知三角形的外心、垂心和重心在一条直线上，
而且外心和重心的距离是垂心和重心的距离之半(根据重心为中线的三等分点可证)，
又O在BC边的垂直平分线上，进而可得HA=2hA，
所以S△OBC=12hA⋅a，所以HA=4S△OBCa，所以HA2：HB2：HC2=(S△OBCa)2：(S△OACb)2：(S△OABc)2，
结合C选项，可得HA2：HB2：HC2=12：7：3，故B正确；
设BC边上的中线长为a′，设AC边上的中线长为b′，设AB边上的中线长为c′，
由重心的性质可得GA2：GB2：GC2=a′2：b′2：c′2，
设三角形ABC中，D为BC边上的中点，A，B，C所对边为a，b，c，
延长BC边上的中线至M，使DM=AD，连接MC，MB，可得四边形ABMC是平行四边形，
由平行四边形的性质可得AM2+BC2=2(AB2+AC2)，所以可得BC边上的中线长为a′2=2(c2+b2)−a24，
结合中线长公式可得a2=2(25+21)−164=764b2=2(25+16−21)4=614c2=2(16+21)−254=494，
所以GA2：GB2：GC2=76：61：49，故D错误．
故选：ABC．
设tanA=2x，tanB=3x，tanC=5x，由tanC=−tanA+tanB1−tanAtanB，可求x，进而可求得sinA，sinB，sinC，进而由正弦定理可判断A；不妨取a=4,b= 21,c=5，由三角形外心的性质可得S△OBC：S△OCA：S△OAB=sin2A：sin2B：sin2C，可判断C；设外心O到边BC的距离为hA，由欧拉线定理可得HA=2hA，进而可得HA=4S△OBCa，进而可求HA2：HB2：HC2，判断B；由题意设BC边上的中线长为a′，由平行四边形的性质可得a′2=2(c2+b2)−a24，可求得GA2：GB2：GC2=76：61：49，可判断D．
本题考查了正弦定理和三角形的面积公式，属于难题．
12.【答案】4+2 3
【解析】解：因为点D是边BC上的动点，且AD=xAB+yAC，所以x+y=1，x>0，y>0，
所以1x+3y=(1x+3y)(x+y)=4+yx+3xy≥4+2 yx⋅3xy=4+2 3，
当且仅当yx=3xy，即x= 3−12、y=3− 32时取“=”，
所以1x+3y的最小值为4+2 3．
故答案为：4+2 3．
根据题意知，x+y=1，且x>0，y>0，利用基本不等式求1x+3y的最小值即可．
本题考查了平面向量的线性表示与基本不等式的应用问题，是基础题．
13.【答案】4 15
【解析】解：在△ACD中，∠ACD=120°，∠ADC=30°，所以∠CAD=30°，
所以AC=CD=12，
因为∠ACB=75°，∠ACD=120°，在点D处测得∠ADC=30°，∠ADB=45°，
所以∠BCD=120°−75°=45°，∠CDB=∠ADC+∠ADB=75°，
所以∠CBD=180°−45°−75°=60°，
在△BCD中，由正弦定理可得：CDsin∠CBD=BCsin∠CDB，
所以BC=sin∠CDBsin∠CBD⋅CD=sin75°sin60∘⋅12=8 3sin75°，
而sin75°=sin(45°+30°)= 22⋅( 32+12)= 6+ 24，
在△ABC中，由余弦定理可得：AB= AC2+BC2−2AC⋅BCcs75°
= 122+(8 3sin75°)2−2×12×8 3sin75°cs75°=4 15km．
故答案为：4 15．
由题意可得AC=DC=12，在△BCD中，由正弦定理可得BC的值，在△ABC中，由余弦定理可得AB的大小．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题．
14.【答案】35
【解析】解：设x，y为实数，已知sinx+csy=23，csx+siny=13，
则(sinx+csy)2+(csx+siny)2=2+2sin(x+y)=59，
即sin(x+y)=−1318，
又(sinx+csy)2−(csx+siny)2=2(sin2x−sin2y)+2sin(x−y)=13，
又因为sin2x−sin2y=sin(x−y)sin(x+y)，
即sin(x−y)[sin(x+y)+1]=16，
所以sin(x−y)=16518=35．
故答案为：35．
由两角和与差的三角函数求解即可．
本题考查了两角和与差的三角函数，属中档题．
15.【答案】解：(1)f(x)=sin2x+2 3sinxcsx−cs2x
= 3sin2x−cs2x=2sin(2x−π6)，
因为x∈[0,π2]，所以2x−π6∈[−π6,5π6]，
所以sin(2x−π6)∈[−12,1]，
即2sin(2x−π6)∈[−1,2]，
故f(x)的取值范围为[−1,2]；
(2)由f(θ2)=12，可得2sin(θ−π6)=12，
所以sin(θ−π6)=14，
所以f(θ+π6)=2sin[2(θ+π6)−π6]
=2sin(2θ+π6)
=2sin[(2θ−π3)+π2]
=2cs(2θ−π3)
=2[1−2sin2(θ−π6)]
=2−4×(14)2
=74．
【解析】(1)由三角恒等变换得f(x)=2sin(2x−π6)，由x∈[0,π2]，得2x−π6∈[−π6,5π6]，由正弦函数的性质求解即可；
(2)由f(θ2)=12，可得2sin(θ−π6)=12，从而得sin(θ−π6)=14，再由f(θ+π6)=2sin[2(θ+π6)−π6]=2cs(2θ−π3)求解即可．
本题考查了三角恒等变换、三角函数的性质及整体思想，属于基础题．
16.【答案】解：(1)若选①，2a−b=2ccsB，由正弦定理可得2sinA−sinB=2sinCcsB，
在三角形中，sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
所以2sinBcsC−sinB=0，
又因为sinB>0，可得csC=12，而C∈(0,π)，
所以C=π3；
若选②，因为sin(C+π6)=csC+12，
即sinCcsπ6+csCsinπ6=csC+12，
整理可得 3sinC−csC=1，即sin(C−π6)=12，
在三角形中，可得C−π6=π6，解得C=π3；
若选③，因为m(a+c,b−a)，n=(a−c,b)，m⊥n，
则m⋅n=0，即(a+c)⋅(a−c)+b(b−a)=0，即a2+b2−c2=ab，
由余弦定理的a2+b2−c2=2abcsC，所以csC=12，而C∈(0,π)，
所以C=π3；
(2)由余弦定理可得c2=a2+b2−2abcsC=(a+b)2−3ab≥(a+b)2−3⋅(a+b2)2，
当且仅当a=b时取等号，
所以a+b≤2c=2 3，
所以三角形周长的最大值为3 3．
【解析】(1)若选①，由正弦定理及三角形中角的关系可得csC的值，再由角C的范围，可得角C的大小；若选②，由两角和的正弦公式及辅助角公式可得sin(C−π6)=12，再由角C的范围，可得角C的大小；若选③，由数量积的运算性质可得a2+b2−c2=ab，再由余弦定理可得csC的值，在三角形中可得角C的大小；
(2)由余弦定理及基本不等式的性质可得a+c的最大值，进而求出三角形周长的最大值．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，基本不等式的性质的应用，数量积的运算性质的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)a⋅b=2⇔4+4e1⋅e2=2⇔e1⋅e2=−12，
所以cs〈a,a+b〉=a⋅(a+b)|a|⋅|a+b|=6+6e1⋅e2 2+2e1⋅e2⋅ 20+16e1⋅e2= 32，
故〈a,a+b〉=π6；
(2)|2e1−e2|≤2⇒5−4e1⋅e2≤4⇔e1⋅e2≥14，
所以cs〈a,b〉=a⋅b|a|⋅|b|=4+4e1⋅e2 2+2e1⋅e2⋅ 10+6e1⋅e2，
不妨设e1⋅e2=x≥14，即有cs2θ=16(x+1)22(x+1)⋅(6x+10)=4x+43x+5=43−83⋅13x+5≥2023，
故cs2θ的最小值为2023．
【解析】(1)由平面向量的数量积运算计算即可求得；
(2)由平面向量的数量积与夹角运算计算后结合分离常数法求值域即可求得．
本题考查平面向量的数量积与夹角运算，属于中档题．
18.【答案】解：(1)四边形OAPB的面积为S=S△OPA+S△OPB
=12×OA2×sinθ+12×OB2×sin(2π3−θ)
=50sinθ+50( 32csθ+12sinθ)
=75sinθ+25 3csθ
=50 3sin(θ+π6)，θ∈(0,2π3)；
(2)由θ∈(0,2π3)，θ+π6∈(π6,5π6)，
所以sin(θ+π6)∈(12,1]，所以S=50 3sin(θ+π6)∈(25 3,50 3]，
即四边形OAPB面积S的取值范围是(25 3,50 3]；
(3)因为∠MPN+∠MON=π，
由托勒密定理知，OP⋅MN=MP⋅ON+NP⋅OM，化简得OM+ON=OP=10；
在△MNO中，由余弦定理知，
MN2=OM2+ON2−2OM⋅ON⋅cs2π3
=OM2+ON2+OM⋅ON
=(OM+ON)2−OM⋅ON
≥(OM+ON)2−14(OM+ON)2
=34(OM+ON)2
=75，
当且仅当OM=ON=5时取“=”，
所以△MNP的面积最小值为S△MNP= 34MN2= 34×75=75 34．
【解析】(1)利用三角形面积公式及两角和差的正弦公式化简即可；
(2)由(1)求出面积解析式，利用正弦函数的性质求解即可；
(3)由托勒密定理，利用余弦定理和基本不等式，求三角形的面积即可．
本题考查了解三角形的应用问题，也考查了三角函数求值问题，是中档题．
19.【答案】解：(1)cs(A−C)−csB=cs(A−C)+cs(A+C)=2csAcsC，
1tanA+tanC=csAcsCsin(A+C)，因为csAcsC≠0，
所以sinB=12，又因为B∈(0,π)，
所以B=π6或5π6，
(2)因为点P在△ABC内部，所以B<∠APC=2π3，所以B=π6，
设PA=x，PB=y，PC=z，由余弦定理知，x2+y2+xy=c2；x2+z2+xz=b2；y2+z2+yz=a2，
2(y2−xz)+(xy+yz+xz)=a2+c2−b2=2accsB，
又因为S△ABC=acsinB2= 3，
所以ac=4 3，2accsB=12，且 34(xy+yz+xz)=S△PAB+S△PBC+S△PAC=S△ABC= 3，
所以y2−xz=4，
综上所述，PB2−PA⋅PC=4．
(3)①当B=π6时，
Q与B在BC直线异侧，设QA=u，QB=v，QC=w，
因为S△QAB+S△QBC=S△ABC+S△QAC，
所以 34(uv+vw)= 3+ 34uw,(u+w)v=4+uw(*)，
由余弦定理u2+v2−uv=c2；u2+w2+uw=b2；v2+w2−vw=a2，
2v2−uv−uw−vw=a2+c2−b2=2accsB=12，
(*)式知2v2−uv−uw−vw=2v2−2(u+w)v+4=12，
(QA+QC−QB)⋅QB=(u+w)v−v2=−4．
②当B=5π6时，
Q与B在BC直线异侧，同①，(u+w)v=4+uw，
此时2v2−uv−uw−vw=2v2−2(u+w)v+4=2accsB=−12，
(QA+QC−QB)⋅QB=(u+w)2−v2=8，
③B=5π6，Q与B在BC直线同侧，
S△QAB+S△QBC+S△ABC=S△QAC, 34(uv+vw)+ 3= 34uu+ 3= 34uw，(u+w)v+4=uw，
由余弦定理u2+v2−uv=c2u2+w2+uw=b2；v2+w2−vu=a2，
2v2−uv−uw−vw=2v2−2(u+w)v−4=−12，
(QA+QC−QB)⋅QB=(u+w)v−v2=4，
综上所述，满足条件的点Q有3个，(QA+QC−QB)⋅QB的值分别为−4，8和4．
【解析】(1)切化弦得出sinB=12，即可求解；
(2)根据P在△ABC内部，得出B=π6，结合余弦定理得出2(y2−xz)+(xy+yz+xz)=a2+c2−b2=2accsB，根据面积公式得出y2−xz=4，即可得解；
(3)根据B角的取值分Q与B在BC直线异侧和异侧，结合余弦定理求解即可．
本题考查解三角形的应用，属于难题．