2023-2024学年河南省实验中学高一（下）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2023-2024学年河南省实验中学高一（下）期中数学试卷-普通用卷，共18页。试卷主要包含了在△ABC中，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

A. 0B. iC. 1D. −i
2.采用斜二测画法作一个五边形的直观图，则其直观图的面积是原来五边形面积的( )
A. 12倍B. 14倍C. 22倍D. 24倍
3.在△ABC中，AB= 5，BC= 2，∠C=π4，则AC=( )
A. 3B. 2C. 3D. 1
4.设α，β，γ是互不重合的三个平面，m，n，l是不同的三条直线，则不能够推出m//n的是( )
A. m⊥α，n⊥β，且α//βB. α∩γ=m，β∩γ=n，且α//β
C. m⊂α，n⊂γ，且α//β，β//γD. m//l，且l⊥α，n⊥α
5.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为( )
A. π2B. π3C. π4D. π6
6.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c已知a=acsB+bcsA=1，sinC= 22，则( )
A. b=1B. b= 2C. c= 2D. c= 3
7.如图，在△ABC中，∠BAC=π3，AD=2DB，P为CD上一点，且满足AP=mAC+12AB，若|AC|=3，|AB|=4，则AP⋅CD的值为( )
A. −3B. −1312C. 1312D. 112
8.在三棱锥A−BCD中，平面ACD⊥平面BCD，△ACD是以CD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥BC，AC=2CB=4，则该三棱锥的外接球的半径为( )
A. 2 3B. 10C. 2 10D. 3
9.在△ABC中，下列说法正确的是( )
A. 若a=2bsinA，则B=π6
B. 若A>B，则sinA>sinB
C. AB=2 2，∠B=45∘，若AC= 6，则这样的三角形有两个
D. 若b2+c2>a2，则△ABC为锐角三角形
10.已知棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，动点M在棱DD1上，记平面BC1M截正方体所得的截面图形为Ω，平面Ω与线段AD的交点为N，则( )
A. 平面A1BC⊥平面B1C1D
B. 不存在点M，使得直线CM//平面BA1C1
C. 直线BN，C1M，CD交与同一点
D. B1M+CM的最小值为2 4+2 2
11.“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.奔驰定理与三角形四心(重心、内心、外心、垂心)有着神秘的关联.它的具体内容是：已知M是△ABC内一点，△BMC，△AMC，△AMB的面积分别为SA，SB，SC，且SA⋅MA+SB⋅MB+Sc⋅MC=0.以下命题正确的有( )
A. 若SA：SB：SC=1：1：1，则M为△ABC的重心
B. 若M为△ABC的内心，则BC⋅MA+AC⋅MB+AB⋅MC=0
C. 若∠BAC=45∘，∠ABC=60∘，M为△ABC的外心，则SA:SB:SC= 3:2:1
D. 若M为△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，则cs∠AMB=− 66
12.已知向量a=(−1,3)，b=(m,1)，若(a−b)⊥b，则正数m的值为______.
13.已知正四棱锥的底面边长为2，现用一平行于正四棱锥底面的平面去截这个棱锥，截得棱台的上、下底面的面积之比为1：4，若截去的小棱锥的侧棱长为2，则此棱台的表面积为______.
14.在△ABC中，AB=2AC，AD是∠A的角平分线，且△ABC的面积为1，当BC最短时，ADAC=______.
15.已知实系数方程z2−az+b=0的两个复根分别为z1，z2，且z1⋅z2=1，z1+z2=1.
(1)求a，b的值；
(2)记集合M={z∈C|z+1z∈R}，判断z1，z2，与集合M的关系.
16.如图，在△OAB中，C是AB的中点，D是线段OB上靠近点O的四等分点，设OA=a，OB=b.
(1)若OA长为2，OB长为8，∠AOB=π3，求CD的长；
(2)若E是OC上一点，且OC=2OE，试判断A，D，E三点是否共线？并说明你的理由.
17.如图1，在矩形ABCD中，AE=12AB=14AD=a，O是AC与BE的交点，将△ABE沿BE折起到图2中ΔA1BE的位置，得到四棱锥A1−BCDE.
(1)证明：平面BEDC⊥平面A1OC；
(2)若a=1，求三棱锥O−A1CD的体积的最大值.
18.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，三角形面积为S，若D为AC边上一点，满足AB⊥BD，BD=2，且a2=−2 33S+abcsC.
(1)求角B；
(2)证明：4a+2c= 3；
(3)求2AD+1CD的取值范围.
19.定义函数f(x)=msinx+ncsx的“源向量”为OM=(m,n)，非零向量OM=(m,n)的“伴随函数”为f(x)=msinx+ncsx，其中O为坐标原点.
(1)若向量OM的“伴随函数”为f(x)=2sin(x+π3)，求向量OM；
(2)在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若函数h(x)的“源向量”为OM=(0,1)，且已知a=8，h(A)=35；
(ⅰ)求△ABC周长的最大值；
(ⅱ)求|AB+AC|−AB⋅AC的取值范围.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：i+i2+i3+i4+…+i2024=(i−1−i+1)+...+(i−1−i+1)=0.
故选：A.
根据虚数单位i的运算性质，求解即可．
本题考查了复数的运算性质应用问题，是基础题．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查斜二测画法中直观图的面积和原来图形面积之间的关系，属于基础题.
将五边形分成若干个以平行于x轴为边的三角形，由斜二测画法得三角形底边长和高的变化即可.
【解答】
解：将五边形分成若干个以平行于x轴为边的三角形，
由斜二测画法知，三角形的底长度不变，高所在的直线为y′轴，长度减半，
故三角形的高变为原来的12sin45∘= 24，
故直观图中五边形面积是原五边形面积的 24，
故选：D.
3.【答案】A
【解析】解：因为AB= 5，BC= 2，∠C=π4，
所以csC=a2+b2−c22ab=2+b2−52 2b= 22，
解得b=3，负值舍去．
故选：A.
由题意利用余弦定理即可求解．
本题考查了余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：A中m⊥α，且α//β，可得m⊥β，又n⊥β，故m//n，所以A可以推出m//n；
B中α∩γ=m，β∩γ=n，且α//β，由面面平行的性质定理可得m//n，所以B可以推出m//n；
C中m⊂α，n⊂γ，且α//β，β//γ，可以推出m//n或m，n异面，所以C不能推出m//n；
D中：l⊥α，n⊥α⇒n//l，又m//l，可得m//n，所以D可以推出m//n.
故选：C.
由直线与平面垂直的性质定理判断A；由面面平行的性质定理判断B，由面面平行的性质判断C，由线面垂直的性质定理判断D.
本题考查空间的位置关系的判断，考查逻辑推理能力和空间想象能力，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：根据题意，如图，
设底面正方形ABCD的中心为Q，连接D1Q，
由正方体的结构特征可知，D1Q//PB，则∠AD1Q为直线PB与AD1所成的角，
又由AC⊥平面BB1D1D，D1Q⊂平面BB1D1D，则有D1Q⊥AQ，
在Rt△AQD1 中，AD1=2AQ，则∠AD1Q=π6，即直线PB与AD1所成的角为π6，
故选：D.
根据题意，由AD1//BC1，得∠PBC1是直线PB与AD1所成的角(或所成角的补角)，由直角三角形的性质求出，求出∠AD1Q，即可得直线PB与AD1所成的角．
本题考查异面直线所成角的求法，涉及正方体的几何结构，是基础题．
6.【答案】B
【解析】解：因为a=acsB+bcsA，
所以由正弦定理可得sinA=sinAcsB+sinBcsA=sin(A+B)=sinC= 22，
又a=1，
所以由正弦定理asinA=csinC，可得c=1，C为锐角，
又sinC= 22，
所以csC= 1−sin2C= 22，
所以由余弦定理c2=a2+b2−2abcsC，可得1=1+b2−2×1×b× 22，
所以解得b= 2.
故选：B.
由已知利用正弦定理，两角和的正弦公式可求得sinA=sinC= 22，可得c=1，C为锐角，利用同角三角函数基本关系式可求csC的值，进而利用余弦定理即可求解b的值．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理以及三角函数恒等变换在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：在△ABC中，因为AD=2DB，
所以AB=32AD，
所以AP=mAC+12AB=mAC+34AD，
又因为C，P，D三点共线，
所以m+34=1，
即m=14，
所以AP=14AC+12AB，
又CD=AD−AC=23AB−AC，
又∠BAC=π3，|AC|=3，|AB|=4，
所以AP⋅CD=(14AC+12AB)⋅(23AB−AC)
=13AB2−14AC2−13AB⋅AC
=13×16−14×9−13×4×3×12
=1312，
故选：C.
由平面向量数量积的运算，结合平面向量的线性运算求解即可．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的线性运算，属基础题．
8.【答案】B
【解析】解：设CD中点为M，连接AM，
因为△ACD是以CD为斜边的等腰直角三角形，AC=2CB=4
所以AM=DM=CM=2 2，AM⊥CD，
过点M作MN⊥CD，
因为平面ACD⊥平面BCD，平面ACD∩平面BCD=CD，MN⊂平面BCD，AM⊂平面ACD，
所以MN⊥平面ACD，AM⊥平面BCD，
所以三棱锥的外接球的球心在MN上，设外接球的半径为R，
则由AB⊥BC得AB=2 3，由AM⊥BM得BM=2=BC，
又因为BM2+BC2=CM2，
所以△BCM为等腰直角三角形，
设球心为O，CM中点为P，连接BP，
则MP=CP=BP= 2，
所以OM= R2−CM2= OB2−PM2−BP，
即 R2−(2 2)2= R2−( 2)2− 2，解得R= 10.
故选：B.
设CD中点为M，连接AM，过点M作MN⊥CD，进而根据已知条件证明三棱锥的外接球的球心在MN上，再设外接球的半径为R，球心为O，CM中点为P，连接BP，再根据几何关系得OM= R2−CM2= OB2−PM2−BP，进而代入数据计算即可得答案．
本题考查三棱锥外接球球心的找法以及相关计算知识，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：选项A，a=2bsinA由正弦定理得sinA=2sinBsinA，
三角形中sinA≠0，所以sinB=12，而B∈(0,π)，所以B=π6或B=5π6，故A错误；
选项B，△ABC中，asinA=bsinB，所以A>B，所以a>b，所以sinA>sinB，故B正确；
选项C，由于ABsinC=ACsinB，sinC=2 2sinπ4 6= 63，又AC角C可能为锐角也可能为钝角，三角形有两解，故C正确；
选项D，b2+c2>a2，由余弦定理得csA>0，A为锐角，但B，C两个角大小不确定，
不能得出其为锐角三角形，故D错误．
故选：BC.
由正弦定理对选项ABC进行变形求解，由余弦定理判断D.
本题考查三角形的正余弦定理的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：A：对于由于正方体的对角面相互垂直，故A正确；
对于B：当点M与D1重合时，
因为CM//BA1，BA1⊂平面BA1C1，CM⊄平面BA1C1，
所以直线CM//平面BA1C1，故B错误；
对于C：因为平面BC1M截正方体所得的截面图形为Ω，平面Ω与线段AD的交点为N，
则C1M与BN共面，设交点为Q，
则Q∈C1M，而C1M⊂平面CDD1C1，
所以Q∈平面CDD1C1，
同理，Q∈直线BN，而BN⊂平面ABCD，
所以Q∈平面ABCD，
又因为平面ABCD∩平面CDD1C1=CD，
所以Q∈CD，
即直线BN，C1M，CD交与同一点，故C正确；
对于D：将四边形DCC1D1翻折至与四边形BB1D1D共面，
则B1M+CM≥B1C= (2 2+2)2+22=2 4+2 2，故D正确．
故选：ACD.
根据几何体特征判断A选项，根据线面平行的判定定理判断B选项，根据共面定理确定C选项，结合距离和最小判断D选项．
本题考查空间线面的位置关系，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，取BC的中点D，连接MD，AM，
由SA：SB：SC=1：1：1，则MA+MB+MC=0，
所以2MD=MB+MC=−MA，
所以A，M，D三点共线，且AM=23AD，
设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得CM=23CE，BM=23BF，
所以M为△ABC的重心，故A正确；
对于B，由M为△ABC的内心，则可设内切圆半径为r，
则有SA=12BC⋅r，SB=12AC⋅r，SC=12AB⋅r，
所以12BC⋅r⋅MA+12AC⋅r⋅MB+12AB⋅r⋅MC=0，
即BC⋅MA+AC⋅MB+AB⋅MC=0，故B正确；
对于C，由M为△ABC的外心，则可设△ABC的外接圆半径为R，
因为∠BAC=45∘，∠ABC=60∘，
则有∠BMC=2∠BAC=90∘，∠AMC=2∠ABC=120∘，∠AMB=2∠ACB=150∘，
所以SA=12R2⋅sin∠BMC=12R2⋅sin90∘=12R2，SB=12R2⋅sin∠AMC=12R2⋅sin120∘= 34R2，SC=12R2⋅sin∠AMB=12R2⋅sin150∘=14R2，
所以SA:SB:SC=2: 3:1，故C错误；
对于D，如图，延长AM交BC于点D，延长BM交AC于点F，延长CM交AB于点E，
由M为△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，则SA：SB：SC=3：4：5，
又S△ABC=SA+SB+SC，则S△ABCSA=4，S△ABCSB=3，
设MD=x，MF=y，则AM=3x，BM=2y，
所以cs∠BMD=x2y=cs∠AMF=y3x，即3x2=2y2，
所以cs∠BMD= 66，所以cs∠AMB=cs(π−∠BMD)=− 66，故D正确；
故选：ABD.
对A，取BC的中点D，连接MD，AM，结合奔驰定理可得到2MD=−MA，进而即可判断A；对B，设内切圆半径为r，从而可用r表示出SA，SB，SC，再结合奔驰定理即可判断B；对C，设△ABC的外接圆半径为R，根据圆的性质结合题意可得∠BMC=90∘，∠AMC=120∘，∠AMB=150∘，从而可用R表示出SA，SB，SC，进而即可判断C；对D，延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E，根据题意结合奔驰定理可得到S△ABCSA=4，S△ABCSB=3，从而可设MD=x，MF=y，则AM=3x，BM=2y，代入即可求解cs∠AMB，进而即可判断D.
本题主要考查了平面向量的数量积运算，考查了三角形的重心、内心、外心和垂心的性质，属于中档题．
12.【答案】1
【解析】解：由题意得，a−b=(−1−m,2)，∵(a−b)⊥b，
∴m(−1−m)+2=0，解得m=−2(舍去)或m=1.
故答案为：1.
根据向量垂直的坐标形式可得m的方程，故可得正数m的值．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
13.【答案】3+3 15
【解析】解：如图，
设截面四边形为A1B1C1D1，则两四边形相似，
由截面面积与底面积的比值为1：4，由相似比等于面积比的平方，
可得PA1PA=A1B1AB=12，
∵PA1=2，∴PA=PB=4，
又已知BC=2，∴B1C1=1，取D为BC的中点，连接PD交B1C1=D1，
则DD1为正四棱台的斜高，可得DD1= 22−(12)2= 152.
∴此棱台的表面积为1×1+2×2+4×12(1+2)× 152=5+3 15.
故答案为：3+3 15.
由题意画出图形，结合已知求得棱台上底面边长与侧棱长，求出斜高，即可求得棱台的表面积．
本题考查棱台表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
14.【答案】2 105
【解析】解：因为在△ABC中，AD是∠A的平分线，AB=2AC，所以BD：CD=AB：AC=2：1，
设∠BAD=∠1，∠CAD=∠2，AD=x，DC=y，则AB=2b，BD=2y，
在△ABD中，由余弦定理得BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cs∠1，即4y2=4b2+x2−4bxcs∠1，…①，
在△ACD中，由余弦定理得DC2=AC2+AD2−2AC⋅ADcs∠2，即y2=b2+x2−2bxcs∠2，…②，
①②联解，结合∠1=∠2整理得3x2−4bxcs∠1=0，所以xb=43cs∠1，即ADAC=43cs∠1.
因为△ABC的面积为1，所以12AB⋅ACsin∠BAC=1，即b2sin∠BAC=1，可得sin∠BAC=1b2，
求BC的最小值，只考虑∠BAC为锐角或直角时的情形，可得cs∠BAC= 1−sin2∠BAC= b4−1b2，
在△ABC中，由余弦定理得BC2=AC2+AB2−2AC⋅ABcs∠BAC=5b2−4b2⋅ b4−1b2=5b2−4 b4−1，
令b2=t>0，则BC2=f(t)=5t−4 t2−1，求导数得f′(t)=5−4t t2−1，方程f′(t)=0的根为t=53，
当t>53时，f′(t)>0，函数f(t)在上为增函数；当0因此，当t=53时，函数f(t)取得最小值，相应地BC有最小值，
此时cs∠BAC=2cs2∠1−1=45，解得cs∠1=3 1010(舍负)，所以ADAC=43cs∠1=2 105.
故答案为：2 105.
根据题意设∠BAD=∠1，∠CAD=∠2，在△ABD中与△ACD中，利用余弦定理计算出ADAC=43cs∠1.然后根据△ABC的面积为1，利用面积公式推导出sin∠BAC=1b2，cs∠BAC= b4−1b2，在△ABC中利用余弦定理算出BC2=5b2−4 b4−1，由此利用导数研究函数的单调性，得出BC最短时b2=53，计算出此时cs∠BAC的值，再利用二倍角的三角函数公式算出cs∠1=3 1010，进而算出ADAC的值．
本题主要考查利用正弦定理与余弦定理解三角形、三角恒等变换公式及其应用、利用导数研究函数的单调性与最值等知识，属于中档题．
15.【答案】解：(1)由实系数方程z2−az+b=0的两个复根分别为z1，z2，且z1⋅z2=1，z1+z2=1.
结合实系数一元二次方程的韦达定理可得z1+z2=a=1z1⋅z2=b=1，
即a=1b=1；
(2)由(1)可知z2−z+1=0，解得z1=12− 32i，z2=12+ 32i，
z1+1z1=12− 32i+112− 32i=12− 32i+1⋅(12+ 32i)(12− 32i)(12+ 32i)=12− 32i+12+ 32i=1∈R，
z2+1z2=12+ 32i+112+ 32i=12+ 32i+1⋅(12− 32i)(12+ 32i)(12− 32i)=12+ 32i+12− 32i=1∈R，
又M={z∈C|z+1z∈R}，
即z1∈M，z2∈M.
【解析】(1)直接由韦达定理即可求得；
(2)由(1)解出z1，z2，代入集合关系验证即可．
本题考查了复数的运算，集合的包含关系，是基础题．
16.【答案】解：(1)由于OA=a,OB=b，且点C是AB的中点，
∴OC=OB+BC=OB+12BA=OB+12(OA−OB)=12(OA+OB)=12(a+b)，
|OC|= [12(a+b)]2= 14a2+12a⋅b+14b2= 14×22+12×2×8×csπ3+14×82= 21；
(2)A，D，E三点不共线，理由如下：
∵OA=a,OB=b，
则AD=OD−OA=14OB−OA=−a+14b，
∵OC=2OE，∴OE=12OC，
∴AE=OE−OA=12×12×(a+b)−a=−34a+14b，
假设AE//AD，则存在唯一实数λ，使得AE=λAD，
即−34a+14b=λ(−a+14b)，
所以−34=−λ14=14λ，无解，
∴AE与AD不平行，
∴A，D，E三点不共线．
【解析】(1)先将OC用OA,OB表示，再根据向量的模的求法及数量积的运算律即可得解；
(2)先将AE,AD分别用OA,OB，再根据平面向量共线定理即可得出结论．
本题主要考查了向量的线性运算，向量数量积的性质，还考查了向量共线定理，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：在矩形ABCD中，AE=12AB=12AD=a，O是AC与BE的交点，
可得△ABE∽△ABC，
所以∠AEB=∠BAC，∠ABE=∠ACB，
因为∠AEB+∠ABE=90∘，∠BAC+∠ACB=90∘，且∠BAC+∠OAE=90∘，
所以∠AEO+∠OAE=90∘，可得∠AOE=90∘，
所以BE⊥AC，
在图(2)中，可得BE⊥A1O，BE⊥CO，
因为OA1∩CE=O，且OA1，CE⊂平面A1OC，
所以BE⊥平面A1OC；
(2)因为a=1，且AE=12AB=12AD=a，
所以AE=1，AB=2，AD=4，
可得BE= AB2+AE2= 5，
所以AO=AB⋅AEBE=2 5，
在图(1)中，连接OD，由△AOE∽△BOC，
可得相似比为AEBC=14，
设△AOD边AD的高为h1，△BOC边BC的高为h2，
可得h1h2=14，
因为h1+h2=AB=2，
可得h1=25,h2=85，
则S△OCD=SACD−S△AOD=12AD⋅DC−12AD⋅h1=12×2×4−12×4×25=165，
因为VO−A1CD=VA1−OCD=13S△OCD⋅hA1=13×165hA1=1615hA1，(hA1为点A1到平面OCD的距离)，
则要求三棱锥O−A1CD的体积最大，只需点A1到平面OCD的距离hA1最大即可，
所以当平面A1BE⊥平面BCDE时，A1到平面OCD的距离hA1最大，
因为A1O⊂平面A1BE，且平面A1BE∩平面BCDE=BE，
所以A1O⊥平面BCDE，
即hA1=A1O=2 5，
所以VO−A1CD=VA1−OCD=1615×2 532 575，
所以三棱锥O−A1CD体积的最大值为32 575.
【解析】(1)根据△ABE∽△ABC，证得∠AOE=90∘，得出BE⊥AC，得到BE⊥A1O，BE⊥CO，结合线面垂直的判定定理，即可证得BE⊥平面A1OC；
(2)由A1O⊥BE和平面A1BE⊥平面BCDE，证得A1O⊥平面BCDE，求得AO=2 5，再求得S△OCD=S△ACD−S△AOD=165，结合锥体的体积公式，即可求解．
本题考查线面垂直的判定定理，考查三棱锥的体积计算，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
18.【答案】(1)解：因为a2=−2 33S+abcsC，
所以a2=− 33absinC+abcsC，
因为a≠0，所以a=− 33bsinC+bcsC，
由正弦定理得，sinA=− 33sinBsinC+sinBcsC，
而sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
所以sinBcsC+csBsinC=− 33sinBsinC+sinBcsC，
即csBsinC=− 33sinBsinC，
因为sinC≠0，所以tanB=− 3，
又B∈(0,π)，
所以B=2π3.
(2)证明：因为AB⊥BD，
所以∠DBC=2π3−π2=π6，
在△BCD中，由正弦定理得，CDsin∠DBC=BDsinC，
所以CD=2sinπ6sinC=1sinC，
在Rt△ABD中，AD=BDsinA=2sinA，
所以b=AC=AD+CD=2sinA+1sinC=2sinC+sinAsinAsinC，
所以1b=sinAsinC2sinC+sinA，
在△ABC中，由正弦定理得，asinA=csinC=bsin∠ABC=b 32=2 3b，
所以a=2 3bsinA，c=2 3bsinC，
所以4a+2c=42 3bsinA+22 3bsinC= 32b⋅(4sinA+2sinC)= 32⋅sinAsinC2sinC+sinA⋅4sinC+2sinAsinAsinC= 3，得证．
(3)解：由(2)知，CD=1sinC，AD=2sinA，
所以2AD+1CD=22sinA+11sinC=sinA+sinC，
因为∠ABC=2π3，
所以A+C=π3，
所以2AD+1CD=sinA+sinC=sin(π3−C)+sinC= 32csC−12sinC+sinC=sin(C+π3)，
又C∈(0,π3)，
所以C+π3∈(π3,2π3)，
所以sin(C+π3)∈( 32,1],
故2AD+1CD的取值范围是( 32,1].
【解析】(1)利用三角形的面积公式化简已知等式，再利用正弦定理化边为角，并结合诱导公式与两角和的正弦公式，推出tanB=− 3，从而得解；
(2)先利用正弦定理可得CD=1sinC，AD=2sinA，进而表示出b，再结合正弦定理化边为角，化简运算，即可得证；
(3)结合(2)中所得，运用三角恒等变换公式，推出2AD+1CD=sin(C+π3)，然后结合C的取值范围，利用正弦函数的性质，求解即可．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，三角形面积公式，三角恒等变换公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为f(x)=2sin(x+π3)=2sinxcsπ3+2csxsinπ3=sinx+ 3csx，
所以OM=(1, 3)；
(2)(i)由于函数h(x)的“源向量”为OM=(0,1)，
所以h(x)=csx，
又因为h(A)=35，
所以csA=35，又因为A∈(0,π)，
所以sinA=45，
在△ABC中，a=8，由余弦定理得：a2=b2+c2−2bccsA，
即64=b2+c2−65bc=(b+c)2−165bc，
又由基本不等式得：165bc=(b+c)2−64≤45(b+c)2，
所以15(b+c)2≤64，
即(b+c)2≤320，
所以b+c≤ 320=8 5，当且仅当b=c=4 5时，等号成立．
所以a+b+c≤8 5+8，
所以周长的最大值为8 5+8；
(ii)|AB+AC|−AB⋅AC= AB2+AC2+2AB⋅AC−AB⋅AC= b2+c2+65bc−35bc，
又64=b2+c2−65bc，
所以b2+c2+65bc=64+125bc，
所以|AB+AC|−AB⋅AC= 64+125bc−35bc=2 16+35bc−35bc，
因为64=b2+c2−65bc≥45bc，
所以bc≤80，当且仅当b=c=4 5时等号成立，
又当点A无限接近点顶点C时，边b无限接近0，即bc无限接近0，
综上所述：0令t= 16+35bc，则35bc=t2−16，4所以|AB+AC|−AB⋅AC= b2+c2+65bc−35bc=2t−(t2−16)=−t2+2t+16，
|AB+AC|−AB⋅AC= b2+c2+65bc−35bc=−t2+2t+16∈[−32,8),
即|AB+AC|−AB⋅AC的取值范围为[−32,8).
【解析】(1)由“源向量”与“伴随函数”的概念将f(x)=2sin(x+π3)化为f(x)=msinx+ncsx形式求解即可．
(2)(i)由余弦定理与基本不等式求解周长的最大值即可；
(ii)将向量转化为三角形的边的关系，结合重要不等式求解即可．
本题属于新概念题，考查了三角恒等变换、余弦定理及基本不等式、重要不等式的应用，属于中档题．