2023-2024学年重庆八中高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆八中高一（下）期末数学试卷（含解析），共19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.已知点A(−2,−3)，B(2,2)，C(1,3)，若四边形ABCD为平行四边形，则点D的坐标为( )
A. (−1,−4)B. (−3,−2)C. (5,8)D. (−1,0)
2.若(1+i)z−=1−i，则复数z的虚部为( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
3.在△ABC中，a= 3,A=60°,B=75°，则△ABC中最小的边长为( )
A. 22B. 62C. 2D. 6
4.已知向量a与b的夹角为π4，若|a|=1，b=(1,1)，则|a−b|=( )
A. 1B. 2−1C. 2D. 2
5.已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A. 若m//n，n⊂α，则m//α
B. 若m//α，n//β，α//β，则m//n
C. 若m⊂α，n⊂β，m//n，则α//β
D. 若α∩β=m，n//β，n//α，则m//n
6.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若ba+c=1−sinCsinA+sinB，a=3，b=2 2，则csB的值为( )
A. 33B. 63C. ± 33D. ± 63
7.若函数y= 3cs(ωx+φ)(ω>0,−π<φ<π)的部分图象如图所示，M(−3, 3)，N(1,− 3)为图象上的两个顶点.设∠MON=θ，其中O为坐标原点，0≤θ≤π，则sin(θ+φ)的值为( )
A. − 6+ 24B. 6+ 24C. − 3+12D. 3+12
8.在矩形ABCD中，AB=2，AD=2 3，沿对角线AC将矩形折成一个大小为θ的二面角B−AC−D，当点B与点D之间的距离为3时，csθ=( )
A. 13B. 16C. −13D. −16
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设z1，z2为复数，下列说法正确的是( )
A. |z1|2=z12B. |z1z2|=|z1||z2|
C. 若z1−=z2，则|z1|=|z2|D. 若z1+z2是实数，则z1−z2为纯虚数
10.已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆半径为R.若a=1，且sinA−bsinB=(c+b)sinC，则( )
A. △ABC面积的最大值为 34B. sinA= 32
C. BC边上的高的最大值为 36D. R=2 33
11.在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2A1B1=4，下列说法正确的是( )
A. 若侧棱长为 3，则该棱台的体积为283
B. 若正四棱台的各顶点均在一个半径为 10的球面上，则该棱台的体积为28 2
C. 若正四棱台内部存在一个与棱台各面均相切的球，则该棱台的侧棱长为 10
D. 若侧棱长为 3，Q为棱BB1的中点，过直线C1Q且与直线B1D1平行的平面将棱台分割成体积不等的两部分，则其中较小部分的体积为4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.将函数y=2sin2x的图象向左平移π6后得到函数y=g(x)的图象，则g(π6)= ______．
13.一个圆锥的母线长为2，当它的轴截面面积最大时，该圆锥的表面积为______．
14.赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”(以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成，如图①)，类比“赵爽弦图”，可构造如图②所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，其中2DF=3FA，则S△DEFS△ABC的值为______；设AD=λAB+μAC，则λ+μ= ______．
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)
如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，BC的中点．
(1)证明：DF//面D1AE；
(2)求二面角D−AE−D1的正弦值．
16.(本小题15分)
已知a=(m−1,2)，b=(1,m)．
(1)若|a+b|=2且m<0，求a在b方向上的投影向量；
(2)若a与b的夹角为钝角，求实数m的取值范围．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=2sinx⋅csx+2 3cs2x− 3．
(1)求f(x)的最小正周期和单调区间；
(2)若f(α)=1013，α∈(π4,π2)，求cs(2α+π6)的值．
18.(本小题17分)
如图1，在平面四边形ABCD中，AB=2，AD=1，∠A=90°，CD= 5，cs∠BDC=15，将△BCD沿BD折起，形成如图2所示的三棱锥C−DAB，且AC=2．
(1)证明：AC⊥面ABD；
(2)在三棱锥C−DAB中，点E，F，G分别为线段AB，BD，AD的中点，设平面CEF与平面ADC的交线为l．
①证明：l//AD；
②若Q为l上的动点，求直线CF与平面QGE所成角的正弦值的最大值．
19.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c.若a=3，(2b−c)csA=acsC，P是△ABC内任一点，过点P作AB，BC，AC的垂线，垂足分别为D，E，F．
(1)求A；
(2)若P为△ABC的内心且bc=73，求线段PD的长度；
(3)法国著名数学家柯西在数学领域有非常高的造诣，很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式、柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.借助三维分式型柯西不等式：若y1，y2，y3∈R+，则x12y1+x22y2+x32y3≥(x1+x2+x3)2y1+y2+y3，当且仅当x1y1=x2y2=x3y3时等号成立.求T=|AB||PD|+9|BC||PE|+|AC||PF|的最小值．
答案解析
1..B
【解析】解：设点D的坐标为(x,y)，
则AD=(x+2,y+3)，BC=(−1,1)，
∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD=BC，
∴x+2=−1y+3=1，解得x=−3y=−2，
∴点D的坐标为(−3,−2)．
故选：B．
2..C
【解析】解：∵(1+i)z−=1−i，
∴z−=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=1−2i+i22=−i，
∴z=i，
∴复数z的虚部为1．
故选：C．
3..C
【解析】解：因为a= 3,A=60°,B=75°，所以C=45°是最小的角，
所以△ABC中最小的边长为c，
由正弦定理有csinC=asinA，即c 22= 3 32，
解得c= 2．
故选：C．
4..A
【解析】解：由a与b的夹角为π4，|a|=1，b=(1,1)，
可得|b|= 2，a⋅b=1× 2× 22=1，
所以|a−b|= a2−2a⋅b+b2= 1−2+2=1．
故选：A．
5..D
【解析】解：对于A，若m//n，n⊂α，则m//α或m⊂α，故A错误；
对于B，若m//α，n//β，α//β，则m//n或m与n相交或m与n异面，故B错误；
对于C，若m⊂α，n⊂β，m//n，则α//β或α与β相交，故C错误；
对于D，若n//α，则存在直线a⊂α(a不与m重合)，使得n//a，又α∩β=m，则a//m或a与m相交，
若a//m，则m//n，此时可以满足n//β，只需n⊄β即可，所以m//n，
若a与m相交，则a与β也相交，又n//a，所以n与β也相交，与n//β相矛盾，
所以a//m，则m//n，故D正确；
故选：D．
6..A
【解析】解：因为ba+c=1−sinCsinA+sinB，
由正弦定理得ba+c=1−ca+b，整理得a2=b2+c2−bc，
又由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，
所以2bccsA=bc，解得csA=12，又A∈(0,π)，
所以A=π3，因为a=3，b=2 2，
所以由正弦定理得asinA=bsinB，
即3 32=2 2sinB，解得sinB= 63，
因为a>b，所以A>B，B为锐角，
所以csB= 33．
故选：A．
7..A
【解析】解：由图可知，12T=3−(−1)=4，即T=8，
所以ω=π4，
由题意知 3cs(−3ω+φ)= 3 3cs(ω+φ)=− 3，解得ω=π4φ=3π4．
又因为OM=(−3, 3)，ON=(1,− 3)，且∠MON=θ，
则csθ=OM⋅ON|OM|⋅|ON|=−62 3×2=− 32，
因为0≤θ≤π，所以θ=5π6．
所以sin(θ+φ)=sin(3π4+5π6)=sin3π4cs5π6+cs3π4sin5π6= 22×(− 32)+(− 22)×12=− 6+ 24．
故选：A．
8..B
【解析】解：分别作BE⊥AC，DF⊥AC，垂足为E，F，则θ，
由AB=2，AD=2 3，
可得AC=4，所以EB=FD=AD⋅DCAC= 3，
AE=CF=1，EF=2，
因为BD=BE+EF+FD．
则|BD|2=BD2=(BE+EF+FD)2
=BE2+EF2+FD2+2BE⋅FD，
9=3+4+3+2 3⋅ 3cs(π−θ)，
故csθ=16．
故选：B．

【解析】解：对于A：设z1=a+bi(a、b∈R)，故|z1|2=a2+b2，z12=a2+2abi−b2，故|z1|2≠z12，故A错误；
对于B：设z1=a+bi(a、b∈R)，z2=c+di(c、d∈R)，所以|z1z2|=|(a+bi)(c+di)|=|ac−bd+(ad+bc)i|= (ac−bd)2+(ad+bc)2= a2+b2⋅ c2+d2，|z1||z2|= a2+b2⋅ c2+d2，所以|z1z2|=|z1||z2|，故B正确；
对于C：设z1=a+bi(a、b∈R)，z2=c+di(c、d∈R)，由于z1−=z2，所以a=c，−b=d，故|z1|= a2+b2，|z2|= b2+d2，故|z1|=|z2|，故C正确；
对于D：若z1=a，z2=c(a、c∈R)，故z1+z2是实数，故z1−z2=a−c，不是纯虚数，是实数，故D错误．
故选：BC．

【解析】解：由a=1，得sinA−bsinB=(c+b)sinC就是asinA−bsinB=(c+b)sinC，
根据正弦定理，得a2−b2=(c+b)⋅c，整理得b2+c2−a2=−bc，
所以csC=a2+b2−c22ab=−12，结合C∈(0,π)，可得C=2π3．
对于A，因为b2+c2−a2=−bc，即b2+c2−1=−bc≥2bc−1，解得bc≤13，当且仅当b=c= 33时，取等号．
因此△ABC的面积S=12bcsin2π3= 34bc≤ 312，当b=c= 33时，S有最大值 312，故A项不正确；
对于B，由题意得sinA=sin2π3= 32，故B项正确；
对于C，由A得△ABC的面积S的最大值为 312，设BC边上的高为ℎ，则S=12BC⋅ℎ≤ 312，
结合a=BC=1，解得ℎ≤ 36，即BC边上的高的最大值为 36，故C项正确；
对于D，由正弦定理，可知△ABC外接圆的半径R满足：asinA=2R，
即2R=1sin2π3=2 33，故R= 33，故D项不正确．
故选：BC．

【解析】解：由题干分析：
对于A选项，如图(1)，
设H，G，I，K四个点分别为棱B1C1，A1D1，AD，BC的中点，
则A1B1=GH=2，AB=IK=4，
当正四棱台存在内切球时，球的大圆O即为等腰梯形HGIK的内切圆，
根据切线长定理，可得GI=GH2+IK2=3，
此时，正四棱台侧面的高为HK=GI=3，则侧棱长为 HK2−(IK2−GH2)2= 10，所以A选项正确；
对于B，当正四棱台的外接球半径为 10时，其上、下底面均为球的截面圆对应的内接正方形，则截面圆的半径分别为 2,2 2，
又因为 2< 10，2 2< 10，
所以截面圆均为外接球的小圆，
设O为外接球球心，O1，O2为截面圆的圆心，则O1O2即为正四棱台的高，
如图(2)，此时截面圆O1，O2在球心的同一侧，
如图(3)，此时截面圆O1，O2在球心的异侧，
所以符合要求的棱台一共有2个，所以B选项错误；
对于C选项，当侧棱长为3，正四棱台的高为1，取棱C1D1的中点N，接MN，DN，
设MN与A1C1交于点O1，
则P为线段BM上的动点时，直线DP在平面BDNM内，
由正四棱台的性质，易知A1C⊥BD，
设DP⊥A1C(P与B不重合)，则有A1C⊥平面BDNM，
以O2A所在直线为x轴，O2B所在直线为y轴，过O2且垂直于四棱台底面的直线为z轴，
建立如图(4)所示的空间直角坐标系，
则O2(0,0,0)．O1(− 22,0,1)，A1( 2,0,1)，C(−2 2,0,0)，A1C=(−3 2,0,−1)，O2O1=(− 22,0,1)．
则A1C⋅O2O1=2≠0，
即A1C与O2O1不垂直，
故A ​1C⊥平面BDNM不成立，
所以假设不成立，所以C选项正确；
对于D，当侧棱长为 3时，正四棱台的高为1，根据已知条件可作出截面C1QSTP，
如图(5)所示，
截面下方的多面体体积V=Vc1−CEF−VQ−BES−VP−DFT，
根据截面性质，可以得知S，T，P分别为棱AB，AD，DD1的中点，且BE=DF=2，
故VC1−CEF=13×12×6×6×1=6，
同理可得VQ−BES=VP−DFT=13，所以V=163，
根据棱台的体积公式，可得正四棱台的体积为283，
所以截面上方多面体的体积为4，
所以较小部分的体积为4，故D选项正确．
故选：ACD．
12.. 3
【解析】解：将函数y=2sin2x的图象向左平移π6后得到函数y=g(x)=2sin(2x+π3)的图象，
则g(π6)=2sin2π3= 3．
故答案为： 3．
13..2( 2+1)π
【解析】解：对于圆锥的轴截面ABC(A为圆锥的顶点，O为底面圆的圆心)，
设∠CAO=θ∈(0,π2)，则AO=2csθ，OC=2sinθ，
可得S△ABC=2×12AO⋅OC=4sinθcsθ=2sin2θ，
可知：当2θ=π2，即θ=π4时，轴截面面积取到最大值2，
此时底面半径OC= 2，所以该圆锥的表面积为π×( 2)2+ 2×2×π=2( 2+1)π．
故答案为：2( 2+1)π．
3539
【解析】解：由2DF=3FA，设FA=2，则DF=3，AD=5，BD=AF=2，建立直角坐标系如图所示：
由题可知：∠ADB=120°，
在△ADB中，由余弦定理可得AB2=AD2+BD2−2AD⋅BD⋅cs∠ADB=39，
所以AB= 39，则AC=AB= 39，
可得小三角形面积S△DEF=12×DF2sin60°=9 34，
大三角形面积S△ABC=12AB2sin60°=39 34，
所以S△DEFS△ABC=9 3439 34=313；
因为A(0,0)，B( 39,0)，C( 392,3 132)，
在△ADB中，由正弦定理BDsin∠BAD=ABsin∠ADB，可得sin∠BAD=BD⋅sin∠ADBAB=1 13，
且∠BAD为锐角，则cs∠BAD= 1−sin2∠BAD=2 3 13，
可知D(10 3 13,5 13)，
可得AD=(10 3 13,5 13)，AB=( 39,0)，AC=( 392,3 132)，
若AD=λAB+μAC，
则10 3 13= 39λ+ 392μ5 13=3 132μ⇒λ=2539μ=1039，
所以λ+μ=3539．
故答案为：313；3539．
15..解：(1)证明：设AD1∩A1D=O，连接B1C，EF，OE，

因为E，F分别为BB1，BC的中点，则EF//B1C，且EF=12B1C，
又因为A1B1//CD，且A1B1=CD，则A1B1CD为平行四边形，
可得A1D//B1C，且A1D=B1C，
因为O为A1D的中点，则OD//B1C，且OD=12B1C，
可得EF//OD，且EF=OD，
可知DFEO为平行四边形，则DF//OE，且DF⊄平面D1AE，OE⊂平面D1AE，
所以DF//平面D1AE；
(2)取CC1的中点G，连接GE，DG，

因为G，E分别为CC1，BB1的中点，
则GE//BC，且GE=BC，
又因为AD//BC，且AD=BC，则GE//AD，且GE=AD，
可得ADGE为平行四边形，可知平面ADE即为平面ADGE，
过D1作D1M⊥DG，垂足为M，过M作MN//AD，交AE于点N，连接D1N，
因为AD⊥平面DCC1D1，D1M⊂平面DCC1D1，
则D1M⊥AD，且AD∩DG=D，AD，DG⊂平面ADGE，则D1M⊥平面ADGE，
由AE⊂平面ADGE可得DM⊥AE，
又因为AD⊥平面ABB1A1，AE⊂平面ABB1A1，
则AD⊥AE，且MN//AD，可得MN⊥AE，
且D1M∩MN=M，D1M，MN⊂平面DMN，
则AE⊥平面D1MN，
由D1N⊂平面D1MN可得AE⊥DN，
可知二面角D−AE−D1的平面角为∠D1NM，
在Rt△DCG中，则DC=2CG=2，可得DG= 5，
所以sin∠DGC=DCDG=2 55，
因为DD1//CC1，则∠D1DG=∠DGC，
在Rt△D1DM中，
可得D1M=D1D⋅sin∠D1DG=4 55，
由题意可知：ADMN为平行四边形，
则MN=AD=2，
在Rt△D1MN中，则D1N= D1M2+MN2=6 55，
可得sin∠D1NM=D1MD1N=23，
所以二面角D−AE−D1的正弦值为23．
【解析】(1)作辅助线，可证DF//OE，结合线面平行的判定定理分析证明；
(2)作辅助线，根据三垂线法分析可知二面角D−AE−D1的平面角为∠D1NM，结合题中长度关系运算求解．
16..解：(1)因为a=(m−1,2)，b=(1,m)，所以a+b=(m,2+m)，
所以|a+b|= m2+(2+m)2=2，解得m=−2或0，又m<0，
所以m=−2，所以a=(−3,2),b=(1,−2)，
设向量a与b的夹角为θ，与b同向的单位向量为e，
则e=b|b|=1 5(1,−2)=( 55,−2 55)，
因为a⋅b=|a||b|csθ，所以|a|csθ=a⋅b|b|=−3×1+2×(−2) 5=−7 55，
所以a在b方向上的投影向量为|a|csθe=−7 55( 55,−2 55)=(−75,145)，
(2)当a//b时，m(m−1)=2×1，解得m=−1或2，
当m=−1时，a=(−2,2)，b=(1,−1)，此时a与b反向，夹角为180°，
当m=2时，a=(1,2),b=(1,2)，此时a与b同向，
因为a与b的夹角为钝角，所以a⋅b<0，
即m−1+2m<0，解得m<13，
综上所述：当a与b的夹角为钝角时，m的取值范围是(−∞,−1)∪(−1,13)．
【解析】(1)直接由投影向量的计算方法计算即可；
(2)a与b的夹角为钝角转化为a⋅b<0，且a与b不反向，即可求解．
17..解：(1)f(x)=2sinx⋅csx+2 3cs2x− 3
=sin2x+ 3(1+cs2x)− 3
=sin2x+ 3cs2x
=2sin(2x+π3)，
函数f(x)的最小正周期为T=2π2=π，
令2x+π3∈[2kπ−π2,2kπ+π2](k∈Z)，
解得x∈[kπ−5π12,kπ+π12](k∈Z)，
所以函数f(x)的单调增区间是[kπ−5π12,kπ+π12](k∈Z)，
令2x+π3∈[2kπ+π2,2kπ+3π2](k∈Z)，
解得[kπ+π12,kπ+7π12](k∈Z)，
所以函数f(x)的单调减区间是[kπ+π12,kπ+7π12](k∈Z)．
(2)由(1)得f(α)=2sin(2α+π3)=1013，
则sin(2α+π3)=513，
因为α∈(π4,π2)，
所以2α+π3∈(5π6,4π3)，cs(2α+π3)=−1213，
所以cs(2α+π6)=cs[(2α+π3)−π6]
=cs(2α+π3)csπ6+sin(2α+π3)sinπ6
=−1213× 32+513×12
=5−12 326．
【解析】(1)根据三角恒等变换化简f(x)为一般式，结合正弦型函数单调区间以及正弦型函数的最小正周期的公式，即可求得结果；
(2)根据(1)及题意得sin(2α+π3)=513，结合2α+π3的范围，由同角三角函数的基本关系，可得cs(2α+π3)，cs(2α+π6)=cs[(2α+π3)−π6]，利用两角差的余弦公式和整体法，即可求得结果．
18..证明：(1)在Rt△ABD中，BD= AB2+AD2= 22+12= 5，
在△BCD中，由余弦定理得BC2=BD2+CD2−2BD⋅CD⋅cs∠BDC=8，即BC=2 2，
因为AC=2，则CD2=AD2+AC2，BC2=AC2+AB2，
可得AD⊥AC，AB⊥AC，
因为AD∩AB=A，AD，AB⊂平面ABD，
所以AC⊥平面ABD．
(2)①因为点E，F分别为线段AB，BD的中点，
则EF//AD，且EF=12AD=12，
由EF⊂平面CEF，AD⊄平面CEF，
得AD//平面CEF，
又因为AD⊂平面ADC，
且平面CEF∩平面ADC=l，
所以l//AD．
②解：因为l//AD，且C∈平面CEF，C∈平面ADC，
可知C∈l，则l⊂平面ADC，
规定点C为起点，CQ方向为正方向，设CQ=m∈R，
过点C作平面CMN//平面QGE，如图所示：
可知：直线CF与平面QGE所成角即为直线CF与平面CMN所成角，设为θ，
则AM=|m−12|，EN=|m|，FN=|m+12|，
可得CM= 4+(m−12)2，MN= 52CN= m2+5，CF= 212，
在△CMN中，cs∠CMN=CM2+MN2−CN22CM⋅MN=12−m 5 4+(m−12)2，且∠CMN∈(0,π)，
则sin∠CMN= 1−cs2∠CMN=2 5+(m−12)2 5 4+(m−12)2，
设点F到平面CMN的距离为d，因为VF−CMN=VC−FMN，
则13d×12× 4+(m−12)2× 52×2 5+(m−12)2 5 4+(m−12)2=13×2×12×1×|m+12|，
解得d=2|m+12| 5+(m−12)2，则sinθ=dCF=4 21×|m+12| 5+(m−12)2，
设t=m+12，则m=t−12，则sinθ=4 21×|t| 5+(t−1)2=4 21×|t| t2−2t+6，
若t=0，则sinθ=0；
若t≠0，则sinθ=4 21×|t| t2−2t+6=4 21×1 6t2−2t+1，
所以1t=16，即m=112时，6t2−2t+1取到最小值56，sinθ取到最大值4 7035，
综上所述：直线CF与平面QGE所成角的正弦值的最大值为4 7035．
【解析】(1)根据勾股定理可得AD⊥AC，AB⊥AC，结合线面垂直的判定定理分析证明即可；
(2)①根据题意可证AD//平面CEF，结合线面平行的性质分析证明即可；
②过点C作平面CMN//平面QGE，直线CF与平面QGE所成角即为直线CF与平面CMN所成角，利用等体积法求点F到平面CMN的距离d，进而求线面夹角的正弦值，结合二次函数分析求解．
19..解：(1)因为(2b−c)csA=acsC，
由正弦定理可得(2sinB−sinC)csA=sinAcsC，
整理可得2sinBcsA=sinAcsC+sinCcsA=sin(A+C)=sinB，
且B∈(0,π)，则siB≠0，可得csA=12，
又A∈(0,π)，所以A=π3．
(2)因为A=π3，bc=73，a=3，
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA=(b+c)2−2bc−2bccsA，
即9=(b+c)2−143−73，解得b+c=4，
若P为△ABC的内心，则PD=PE=PF，
由面积可得：12bcsinA=12PD⋅(a+b+c)，
即12×73× 32=12PD×(4+3)，解得PD= 36．
(3)由题意可得：T=|AB||PD|+9|BC||PE|+AC|PF|=c|PD|+9a|PE|+b|PF|=9a2|a|PE|+b2b|PF|+c2c|PD|，
因为S△PAB+S△PBC+S△PAC=S△ABC，即12c|PD|+12a|PE|+12b|PF|=S△ABC，
整理可得a|PE|+b|PF|+c|PD|=2S△ABC，
由三维分式型柯西不等式可得：
T=9a2a|PE|+b2b|PF|+c2c|PD|≥(3a+b+c)2a|PE|+b|PF|+c|PD|=(b+c+9)22S△ABC=2(b+c+9)2 3bc，
当且仅当3|PE|=1|PF|=1|PD|，即|PE|=3|PD|=2|PF|时，等号成立，
由(2)可得：a2=(b+c)2−2bc−2bccsA，即9=(b+c)2−3bc，
整理可得bc=(b+c)2−93，
则T≥2(b+c+9)2 3bc=2 3(b+c+9)2(b+c)2−9．
令x=b+c+9，则T≥2 3t2(t−9)2−9=2 372t2−18t+1，
因为bc=(b+c)2−93≤(b+c)24b+c>a=3，解得3则12令y=72t2−18t+1=72(1t−18)2−18，
则y=72(1t−18)2−18在1t∈[115,112)上单调递减，
当1t=115，即b=c=3时，y有最大值325，
所以T的最小值为50 33．
【解析】(1)利用正弦定理结合三角恒等变换分析求解；
(2)利用余弦定理可得b+c=4，根据内心的性质结合等面积法分析求解；
(3)根据柯西不等式结合等面积法可得T≥2(b+c+9)2 3bc，再结合(2)中结论整理可得T≥2 3(b+c+9)2(b+c)2−9，换元结合二次函数分析求解．