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2023-2024学年重庆市礼嘉中学高一（下）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年重庆市礼嘉中学高一（下）期中数学试卷（含解析），共16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.若向量a=(1,2),b=(2,4)，则下列正确的是( )
A. a2.已知复数z满足iz=3+2i，则其共轭复数z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.已知向量a，b满足|a|=1，|b|=2 3，a与b的夹角的余弦值为sin17π3，则b⋅(2a−b)等于( )
A. 2B. −1C. −6D. −18
4.某大学校园内有一个“少年湖”，湖的两侧有一个健身房和一个图书馆，如图，若设音乐教室在A处，图书馆在B处，为测量A、B两地之间的距离，甲同学选定了与A、B不共线的C处，构成△ABC，以下是测量的数据的不同方案：①测量∠A，∠B，∠C；②测量∠A，∠B，BC；③测量∠A，AC，BC；④测量∠C，AC，BC.其中要求能唯一确定A、B两地之间距离，甲同学应选择的方案的序号为( )
A. ①②B. ②③C. ②④D. ③④
5.对于直线m、n和平面α，下面命题中的真命题是( )
A. 如果m⊂α，n⊄α，m、n是异面直线，那么n//α
B. 如果m⊂α，n⊄α，m、n是异面直线，那么n与α相交
C. 如果m⊂α，n//α，m、n共面，那么m//n
D. 如果m//α，n//α，m、n共面，那么m//n
6.已知一个圆锥的高为6，底面半径为3，现在用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，得到一个高为2的圆台，则这个圆台的体积为( )
A. 263πB. 383πC. 26πD. 38π
7.在△ABC中，若sinA2+3csB2=2 2，csA2+3sinB2=2，则csC=( )
A. 23B. −19C. 89D. −79
8.“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.以下命题错误的是( )
A. 若SA：SB：SC=1：1：1，则M为△AMC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
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.已知复数z1，z2，则下列结论正确的是( )
A. 若|z1|=|z2|，则z12=z22B. 若z12+z22=0，则z1=z2=0
C. |z1z2|=|z1||z2|D. z1⋅z2−=z1−⋅z2−
10.对于△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c.则下列说法正确的有( )
A. 若sinA=sinB，则△ABC为等腰三角形
B. 若sin2A=sin2B，则△ABC为等腰三角形
C. 若a+b<2c，则π3D. 若tanA+tanB+tanC>0，则△ABC为锐角三角形
11.窗花是贴在窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花，图2是从窗花图中抽象出几何图形的示意图.已知正八边形ABCDEFGH的边长为2，P是正八边形ABCDEFGH边上任意一点，则下列说法正确的是( )
A. 若函数f(x)=|AD−xAB|，则函数f(x)的最小值为2+ 2
B. PA⋅PB的最大值为12+8 2
C. AG在AB方向上的投影向量为−AB2
D. OA+OC= 3OB
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，O′A′=3，O′B′=4，则△AOB的面积是______．
13.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=8，b=9，c=7.则BC边上的中线AM的长为______．
14.已知四棱锥P−ABCD中的外接球O的体积为36π，PA=3，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，点M在球O的表面上运动，则四棱锥M−ABCD体积的最大值为______．
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)
已知向量a=(−3,1)，b=(x,2)．
(1)若a⊥(a+b)，求|a−b|；
(2)若c=(−12,1),c//b，求(3a−b)⋅(b+2c)．
16.(本小题15分)
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2，AA1=3，点D为AC的中点．
(1)求证：B1C//平面A1BD；
(2)求三棱锥B1−A1BD的体积V．
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.点(b,c)在一次函数y=x3+acsB3csA图像上．
(1)求csA的值；
(2)如图所示，点D是边BC上靠近C的三等分点，且S△ABD=8 23，a=3，求b+c．
18.(本小题17分)
如图所示，在平行四边形ABCD中，AE=34AB.记AD=a,AC=b．
(1)用向量a,b表示向量AE和DE−；
(2)若AD=AE=3，且AC⋅DE=112，求cs.
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，且设点P为△ABC的费马点．
(1)若a2+c2−b2=3,2sinBsin(C+π3)= 3sinA．
①求角B；
②求PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA．
(2)若cs2B+cs2C−cs2A=1，|PB|+|PC|=t|PA|，求实数t的最小值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：向量为矢量，无法比较大小，故A错误；
a=(1,2),b=(2,4)，
则b=2a，故BD错误，C正确．
故选：C．
根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：iz=3+2i，
则z=3+2ii=2−3i，
故z−=2+3i，
共轭复数z在复平面内对应的点(2,3)位于第一象限．
故选：A．
结合复数的四则运算，对z化简，再结合共轭复数的定义，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，复数的几何意义，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查诱导公式的应用，向量的数量积的定义，由题意利用两个向量的数量积的定义求得a⋅b 的值，可得b⋅(2a−b)的值．
【解答】
解：∵向量a，b满足|a|=1，|b|=2 3，
a与b的夹角的余弦值为sin17π3=sin(−π3)=− 32，
∴a⋅b=1×2 3×(− 32)=−3，
∴b⋅(2a−b)=2a⋅b−b2=2⋅(−3)−12=−18，
故选D．
4.【答案】C
【解析】解：①测量∠A，∠C，∠B，知道三个角度值，三角形有无数多组解，不能唯一确定点A，B两地之间的距离；
②测量∠A，∠B，BC，已知两角及一边，由正弦定理可知，三角形有唯一的解，能唯一确定点A，B两地之间的距离；
③测量∠A，AC，BC，已知两边及其一边的对角，由正弦定理可知，三角形可能有2个解，不能唯一确定点A，B两地之间的距离；
④测量∠C，AC，BC，已知两边及夹角，由余弦定理可知，三角形有唯一的解，能唯一确定点A，B两地之间的距离．
综上可得，一定能唯一确定A，B两地之间的距离的所有方案的序号是②④．
故选：C．
由题意结合所给的条件确定三角形解的个数即可确定是否能够唯一确定A，B两地之间的距离．
本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，属中档题．
5.【答案】C
【解析】解：A、∵m⊂α，n⊄α，m、n是异面直线，若n⊥m，则n⊥α，故A错误；
B、∵m⊂α，n⊄α，m、n是异面直线，可知n与α也可以平行，故B错误；
C、∵m⊂α，n//α，m、n共面，⇒m//n，故C正确；
D、∵m//α，n//α，m、n共面，可知m与n也可以垂直，故D错误；
故选：C．
根据空间中直线与直线之间的位置关系和空间中直线与平面之间的位置关系及其性质对A、B、C、D四个选项进行一一判断，从而进行求解．
此题是一道立体几何题，主要考查直线与直线之间的位置关系：相交与平行；空间中直线与平面之间的位置关系：平行或相交，比较基础．
6.【答案】B
【解析】解：设截面圆的半径为r，则r3=6−26，即r=2，
所以S1=4π，S2=9π，
所以圆台的体积为V=h3(S1+S2+ S1S2)=23(4π+9π+6π)=383π．
故选：B．
根据圆台的体积公式，即可求解．
本题考查圆台的体积的求解，属基础题．
7.【答案】D
【解析】解：将已知两式sinA2+3csB2=2 2，csA2+3sinB2=2分别平方得，
sin2A2+6sinA2csB2+9cs2B2=8，
cs2A2+6csA2sinB2+9sin2B2=4，
两式相加，得到csC2=sinA+B2=13，
故csC=2cs2C2−1=−79．
故选：D．
由已知结合同角平方关系及二倍角公式进行化简即可求解．
本题主要考查了同角平方关系及二倍角公式的应用，属于基础题．
8.【答案】C
【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△AMC的重心，故A项正确；
对于B，由M为△ABC的内心，设内切圆半径为r，
则有SA=12BC⋅r,SB=12AC⋅r,SC=12AB⋅r，
所以12r⋅BC⋅MA+12r⋅AC⋅MB+12r⋅AB⋅MC=0，
即BC⋅MA+AC⋅MB+AB⋅MC=0，故B项正确；
对于C，由M为△ABC的外心，设△ABC的外接圆半径为R，
又因为∠BAC=45°，∠ABC=60°，
所以∠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项错误；
对于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，
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，xy= 63
所以cs∠BMD= 66，所以cs∠AMB=cs(π−∠BMD)=− 66，故D正确．
故选：C．
取BC的中点D，连接MD、AM，利用奔驰定理得到2MD=−MA，由此判断出A项的正误；设内切圆半径为r，进而用r表示出SA、SB、SC，然后利用奔驰定理判断出B项的正误；设△ABC的外接圆半径为R，由圆心角和圆周角的关系得到∠BMC=90°，∠AMC=120°，∠AMB=150°，用R表示出SA、SB、SC，进而判断出C项的正误；延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E，利用奔驰定理可得到S△ABCSA=4且S△ABCSB=3，然后设MD=x，MF=y，则AM=3x，BM=2y，可得cs∠BMD=x2y=cs∠AMF=y3x，进而求出cs∠BMD的值，由此判断出D项的正误．
本题考查平面向量的线性运算法则、向量与三角形的“四心”的关系及其应用，考查了图形的理解能力，属于中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：对于A，当z1=1+i，z2=1−i，则|z1|=|z2|，但z12=2i，z22=−2i，z12≠z22，选项A错误；
对于B，z1=1+i，z2=1−i时，z12+z22=2i+(−2i)=0，但z1≠z2≠0，选项B错误；
对于C，因为|z1z2|=|z1z2−z2z2−|=|z1||z2−||z2||z2−|=|z1||z2|，选项C正确；
对于D，设z1=a+bi，z2=c+di，a、b、c、d∈R，
则z1⋅z2−=(a+bi)(c+di)−=(ac−bd)−(ad+bc)i，z1−⋅z2−=(a−bi)(c−di)=(ac−bd)−(ad+bc)i，
所以z1⋅z2−=z1−⋅z2−，选项D正确．
故选：CD．
选项A，举例说明选项A错误即可；
选项B，举例说明z12+z22=0时，z1≠z2；
选项C，根据复数的模长运算性质，判断即可；
选项D，设z1=a+bi，z2=c+di，a、b、c、d∈R，根据复数的共轭复数，判断即可．
本题考查了复数的定义与应用问题，是基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于A：若sinA=sinB，则2RsinA=2RsinB，
∴a=b，
∴△ABC一定为等腰三角形，故A正确；
对于B：在△ABC中，若sin2A=sin2B，则2A=2B或2A+2B=π，即A=B或A+B=π2，
则△ABC为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于C：∵c2=a2+b2−2ab⋅csC且2c>a+b恒成立，
∴4c2=4(a+b)2−8ab(1+csC)>(a+b)2恒成立，
∴3(a+b)2>8ab(1+csC)恒成立，
∴8(1+csC)<3(a2+b2+ab)ab=3(2+ba+ab)恒成立，
因为2+ba+ab≥2+2 ba⋅ab=4，当且仅当a=b时取等号，
所以8(1+csC)<12，
∴csC<12，
∵C∈(0,π)，
∴C>π3，故C正确；
∵tanC=tan[π−(A+B)]=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanAtanB，
∴tanA+tanB=tanC(tanAtanB−1)，
∴tanA+tanB+tanC=tanC(tanAtanB−1)+tanC=tanAtanBtanC>0，
∴tanA>0，tanB>0，tanC>0，即三个角都为锐角，
∴△ABC为锐角三角形，故D正确．
故选：ACD．
正余弦定理及三角恒等变换逐一分析四个选项可得答案．
本题考查正余弦定理，考查三角恒等变换，属于中档题．
11.【答案】AB
【解析】解：如图所示：以AE为y轴，GC为x轴建立直角坐标系，
设|OA|=|OB|=|OC|=|OD|=|OE|=|OF|=|OG|=|OH|=a，
在△OAB中，由余弦定理可得，4=a2+a2−2a2×csπ4，
解得a2=4+2 2，
A(0,−a),B( 22a,− 22a),C(a,0),D( 22a, 22a),E(0,a),F(− 22a, 22a)，
G(−a,0)，H(− 22a,− 22a)，设P(x0,y0)，
对A，AD=( 22a, 22a+a)，AB=( 22a,a− 22a)，
∴AD−xAB=( 22a(1−x), 22a(1+x)+a(1−x))，
∴f(x)=|AD−xAB|= [ 22a(1−x)]2+[ 22a(1+x)+a(1−x)]2=2 x2−(2+ 2)x+3+2 2，
∴当x=1+ 22时，函数f(x)有最小值为2+ 2，故选项A正确；
对B：取AB的中点M，则PA+PB=2PM，PA−PB=BA=2MA，
则(PA+PB)2=4PM2，(PA−PB)2=4MA2，
两式相减得：PA⋅PB=PM2−MA2=PM2−1，
由正八边形的对称性知，当点P与点E或F重合时，PM2最大，
又M( 24a,−12a− 24a),E(0,a)，所以EM=( 24a,−32a− 24a)，
∴EM2=|EM|2=( 24a)2+(−32a− 24a)2=13+8 2，
∴PA⋅PB的最大值为EM2−1=12+8 2，故选项B正确；
对C：∵AG=(−a,a)，AB=( 22a,a− 22a)，
∴AG⋅AB|AB|2=− 22a2+a2− 22a212a2+(a− 22a)2=− 22，
∴AG在AB方向上的投影向量为− 22AB，故选项C错误；
对D：∵OA=(0,−a)，OA=(a,0)，∴OA+OC=(a,−a)，
又∵ 3OB=( 62a,− 62a)，
∴OA+OC≠ 3OB，故选项D错误．
故选：AB．
以AE为y轴，GC为x轴建立直角坐标系，计算各点坐标，计算向量坐标，求出函数解析式，利用二次函数求出最值，A正确；取AB的中点M，得到PA⋅PB=PM2−MA2=PM2−14，求出PM2的最大值，从而得到PA⋅PB的最大值，B正确；利用数量积的几何意义求解投影向量，C错误；计算向量坐标即可判断D错误，得到答案．
本题主要考查了向量的数量积运算，考查了二次函数的性质，属于中档题．
12.【答案】12
【解析】【分析】
根据平面图形的斜二测画法，得出△OAB为直角三角形，求出两直角边，计算三角形的面积．
本题考查了三角形的斜二测画法与应用问题，是基础题．
【解答】
解：根据平面图形的斜二测画法知，
原△OAB为直角三角形，且两直角边分别为
OB=4，OA=3×2=6，
∴△AOB的面积为S=12×OA×OB=12．
故答案为：12．
13.【答案】7
【解析】解：由题意可得2AM=AB+AC，
两边平方可得4AM2=AB2+AC2+2AB⋅AC
=c2+b2+2cbcsA=c2+b2+c2+b2−a2=2×(49+81)−64=196，
解得|AM|=7．
故答案为：7．
由向量的中点表示和数量积的性质、余弦定理，解方程可得所求长．
本题考查三角形的中线长，运用向量的中点表示和三角形的余弦定理是解题的关键，考查运算能力，属于中档题．
14.【答案】814
【解析】解：依题意，43πR3=36π，解得R=3，
将四棱锥P−ABCD补成长方体，可知外接球的直径为长方体的体对角线，
设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，且c=3，
由于a2+b2=27，又a2+b2≥2ab，
当且仅当a=b=3 62时等号成立，此时(ab)max=272，
要使得四棱锥M−ABCD的体积最大，
只需点M为平面ABCD的中心O′与球心O所在的直线与球的交点，
又OO′= R2−( a2+b22)2= 9−274=32，
故M−ABCD体积的最大值为13×272×(32+3)=814．
故答案为：814．
求出球半径，将四棱锥P−ABCD补成长方体，可知外接球的直径为长方体的体对角线，要使得四棱锥M−ABCD的体积最大，只需点M为平面ABCD的中心O′与球心O所在的直线与球的交点，由此能求出M−ABCD体积的最大值．
本题考查四棱锥的体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算能力和推理论证能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)a=(−3,1)，b=(x,2)，
则a+b=(−3+x,3)，
a⊥(a+b)，
则a⋅(a+b)=(−3)⋅(−3+x)+1×3=0，解得x=4，
故a−b=(−7,−1)，
|a−b|= (−7)2+(−1)2=5 2；
(2)b=(x,2)，c=(−12,1),c//b，
则x=−2×12=−1，
故b=(−1,2)，
3a−b=(−9,3)−(−1,2)=(−8,1)，
b+2c=(−1,2)+(−1,2)=(−2,4)，
故(3a−b)⋅(b+2c)=(−8)×(−2)+1×4=20．
【解析】(1)结合向量垂直的性质，以及向量模公式，即可求解；
(2)合向量平行的性质，求出x，再结合平面向量的数量积运算，即可求解．
本题主要考查向量平行、垂直的性质，是基础题．
16.【答案】解：(1)证明：连接AB1与A1B交于点E，连接DE，
在正三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形ABB1A1是矩形，
所以点E是AB1的中点，
又点D是AC的中点，
所以DE//B1C，
又DE⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，
所以B1C//平面A1BD．
(2)由(1)知：B1C//平面A1BD，
所以点B1到平面A1BD的距离等于点C到平面A1BD的距离，
所以VB1−A1BD=VC−A1BD=VA1−BCD=13×S△BCD⋅AA1=13×12×1× 3×3= 32．
【解析】(1)连接AB1与A1B交于点E，连接DE，由中位线定理可得DE//B1C，结合线面平行的判定定理可得答案；
(2)根据点B1到平面A1BD的距离等于点C到平面A1BD的距离，利用等体积转换法即可求解．
本题考查直线与平面平行的判定以及等体积转换法的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题意可得c=b3+acsB3csA，
由正弦定理可得3sinCcsA=sinBcsA+sinAcsB=sin(A+B)=sinC，
因为sinC>0，
可得csA=13；
(2)因为点D是边BC上靠近C的三等分点，且S△ABD=8 23，a=3，
所以S△ABC=32S△ABD=4 2=12bcsinA，由(1)可得sinA= 1−cs2A=2 23，
所以bc=12，
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA=(b+c)2−2bc−2bc×13，
即9=(b+c)2−83×12，
解得b+c= 21．
【解析】(1)由题意及正弦定理可得csA的值；
(2)由D为三等分点及△ABD的面积，可得△ABC的面积，再由三角形的面积公式可得bc的值，再由余弦定理可得b+c的值．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，三角形面积公式的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由AE=34AB=34DC=34(AC−AD)=−34AD+34AC，可得AE=−34a+34b．
所以DE=AE−AD=(−34a+34b)−a=−74a+34b；
(2)若AD=AE=3，则AB=4，由AC=AB+AD，DE=AE−AD=34AB−AD，
可得AC⋅DE=(AB+AD)⋅(34AB−AD)=34|AB|2−14AB⋅AD−|AD|2=112，
即34×16−14AB⋅AD−9=112，解得AB⋅AD=−10，
所以|b|=|AC|= (AB+AD)2= |AB|2+2AB⋅AD+|AD|2= 16−20+9= 5，
a⋅b=AD⋅(AB+AD)=AD⋅AB+|AD|2=−10+9=−1，
可得cs=a⋅b|a|⋅|b|=−13× 5=− 515．
【解析】(1)根据AB=DC=AC−AD，结合AE=34AB表示出向量AE，进而根据DE=AE−AD表示出向量DE，即可得到本题的答案；
(2)以AB,AD为基向量，表示出AC,DE，根据AC⋅DE=112列式算出AB⋅AD=−10，由此推导出a⋅b=−1，进而根据向量的夹角公式求出cs的值．
本题主要考查平面向量的线性运算法则、向量数量积的定义与运算性质、向量的夹角公式等知识，属于中档题．
19.【答案】解：(1)①因为2sinBsin(C+π3)=2sinB(12sinC+ 32csC)=sinBsinC+ 3sinBcsC，
3sinA= 3sin(B+C)= 3sinBcsC+ 3csBsinC，
所以sinBsinC+ 3sinBcsC= 3sinBcsC+ 3csBsinC，
即sinBsinC= 3sinCcsB，
因为sinC≠0，所以tanB=sinBcsB= 3，
又B∈(0,π)，所以B=π3；
②由B=π3及三角形内角和性质可知，△ABC的三个内角均小于120°，
结合题设易知P点一定在△ABC的内部，
由余弦定理可得a2+c2−b2=2accsB=3，解得ac=3，
所以S△ABC=12|PA|⋅|PB|sin2π3+12|PB|⋅|PC|sin2π3+12|PA|⋅|PC|⋅sin2π3=12acsinB=3 34，
所以|PA||PB|+|PB||PC|+|PA||PC|=3，
所以PA⋅PB+PB⋅PC+PA⋅PC=|PA|⋅|PB|cs2π3+|PB|⋅|PC|cs2π3+|PA|⋅|PC|⋅cs2π3
=(|PA|⋅|PB|+|PB|⋅|PC|+|PA|⋅|PC|)cs2π3=−32；
(2)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，
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)①根据三角函数的和角公式及同角三角函数的关系，可得角B；
②先判定P点在△ABC内部，再由余弦定理解得ac=3，又三角形面积公式，结合向量的数量积运算即可求得结论；
(2)由已知，可得△ABC直角三角形，设|PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|，|PA|=x，m>0，n>0，x>0，由PB|+|PC|=t|PA|得m+n=t，再由余弦定理结合基本不等式即可求得结论．
本题考查平面向量数量积运算与解三角形的综合应用，属难题．
1.若向量a=(1,2),b=(2,4)，则下列正确的是( )
A. a
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.已知向量a，b满足|a|=1，|b|=2 3，a与b的夹角的余弦值为sin17π3，则b⋅(2a−b)等于( )
A. 2B. −1C. −6D. −18
4.某大学校园内有一个“少年湖”，湖的两侧有一个健身房和一个图书馆，如图，若设音乐教室在A处，图书馆在B处，为测量A、B两地之间的距离，甲同学选定了与A、B不共线的C处，构成△ABC，以下是测量的数据的不同方案：①测量∠A，∠B，∠C；②测量∠A，∠B，BC；③测量∠A，AC，BC；④测量∠C，AC，BC.其中要求能唯一确定A、B两地之间距离，甲同学应选择的方案的序号为( )
A. ①②B. ②③C. ②④D. ③④
5.对于直线m、n和平面α，下面命题中的真命题是( )
A. 如果m⊂α，n⊄α，m、n是异面直线，那么n//α
B. 如果m⊂α，n⊄α，m、n是异面直线，那么n与α相交
C. 如果m⊂α，n//α，m、n共面，那么m//n
D. 如果m//α，n//α，m、n共面，那么m//n
6.已知一个圆锥的高为6，底面半径为3，现在用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，得到一个高为2的圆台，则这个圆台的体积为( )
A. 263πB. 383πC. 26πD. 38π
7.在△ABC中，若sinA2+3csB2=2 2，csA2+3sinB2=2，则csC=( )
A. 23B. −19C. 89D. −79
8.“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.以下命题错误的是( )
A. 若SA：SB：SC=1：1：1，则M为△AMC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
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.已知复数z1，z2，则下列结论正确的是( )
A. 若|z1|=|z2|，则z12=z22B. 若z12+z22=0，则z1=z2=0
C. |z1z2|=|z1||z2|D. z1⋅z2−=z1−⋅z2−
10.对于△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c.则下列说法正确的有( )
A. 若sinA=sinB，则△ABC为等腰三角形
B. 若sin2A=sin2B，则△ABC为等腰三角形
C. 若a+b<2c，则π3
11.窗花是贴在窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花，图2是从窗花图中抽象出几何图形的示意图.已知正八边形ABCDEFGH的边长为2，P是正八边形ABCDEFGH边上任意一点，则下列说法正确的是( )
A. 若函数f(x)=|AD−xAB|，则函数f(x)的最小值为2+ 2
B. PA⋅PB的最大值为12+8 2
C. AG在AB方向上的投影向量为−AB2
D. OA+OC= 3OB
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，O′A′=3，O′B′=4，则△AOB的面积是______．
13.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=8，b=9，c=7.则BC边上的中线AM的长为______．
14.已知四棱锥P−ABCD中的外接球O的体积为36π，PA=3，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，点M在球O的表面上运动，则四棱锥M−ABCD体积的最大值为______．
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)
已知向量a=(−3,1)，b=(x,2)．
(1)若a⊥(a+b)，求|a−b|；
(2)若c=(−12,1),c//b，求(3a−b)⋅(b+2c)．
16.(本小题15分)
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2，AA1=3，点D为AC的中点．
(1)求证：B1C//平面A1BD；
(2)求三棱锥B1−A1BD的体积V．
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.点(b,c)在一次函数y=x3+acsB3csA图像上．
(1)求csA的值；
(2)如图所示，点D是边BC上靠近C的三等分点，且S△ABD=8 23，a=3，求b+c．
18.(本小题17分)
如图所示，在平行四边形ABCD中，AE=34AB.记AD=a,AC=b．
(1)用向量a,b表示向量AE和DE−；
(2)若AD=AE=3，且AC⋅DE=112，求cs
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，且设点P为△ABC的费马点．
(1)若a2+c2−b2=3,2sinBsin(C+π3)= 3sinA．
①求角B；
②求PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA．
(2)若cs2B+cs2C−cs2A=1，|PB|+|PC|=t|PA|，求实数t的最小值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：向量为矢量，无法比较大小，故A错误；
a=(1,2),b=(2,4)，
则b=2a，故BD错误，C正确．
故选：C．
根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：iz=3+2i，
则z=3+2ii=2−3i，
故z−=2+3i，
共轭复数z在复平面内对应的点(2,3)位于第一象限．
故选：A．
结合复数的四则运算，对z化简，再结合共轭复数的定义，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，复数的几何意义，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查诱导公式的应用，向量的数量积的定义，由题意利用两个向量的数量积的定义求得a⋅b 的值，可得b⋅(2a−b)的值．
【解答】
解：∵向量a，b满足|a|=1，|b|=2 3，
a与b的夹角的余弦值为sin17π3=sin(−π3)=− 32，
∴a⋅b=1×2 3×(− 32)=−3，
∴b⋅(2a−b)=2a⋅b−b2=2⋅(−3)−12=−18，
故选D．
4.【答案】C
【解析】解：①测量∠A，∠C，∠B，知道三个角度值，三角形有无数多组解，不能唯一确定点A，B两地之间的距离；
②测量∠A，∠B，BC，已知两角及一边，由正弦定理可知，三角形有唯一的解，能唯一确定点A，B两地之间的距离；
③测量∠A，AC，BC，已知两边及其一边的对角，由正弦定理可知，三角形可能有2个解，不能唯一确定点A，B两地之间的距离；
④测量∠C，AC，BC，已知两边及夹角，由余弦定理可知，三角形有唯一的解，能唯一确定点A，B两地之间的距离．
综上可得，一定能唯一确定A，B两地之间的距离的所有方案的序号是②④．
故选：C．
由题意结合所给的条件确定三角形解的个数即可确定是否能够唯一确定A，B两地之间的距离．
本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，属中档题．
5.【答案】C
【解析】解：A、∵m⊂α，n⊄α，m、n是异面直线，若n⊥m，则n⊥α，故A错误；
B、∵m⊂α，n⊄α，m、n是异面直线，可知n与α也可以平行，故B错误；
C、∵m⊂α，n//α，m、n共面，⇒m//n，故C正确；
D、∵m//α，n//α，m、n共面，可知m与n也可以垂直，故D错误；
故选：C．
根据空间中直线与直线之间的位置关系和空间中直线与平面之间的位置关系及其性质对A、B、C、D四个选项进行一一判断，从而进行求解．
此题是一道立体几何题，主要考查直线与直线之间的位置关系：相交与平行；空间中直线与平面之间的位置关系：平行或相交，比较基础．
6.【答案】B
【解析】解：设截面圆的半径为r，则r3=6−26，即r=2，
所以S1=4π，S2=9π，
所以圆台的体积为V=h3(S1+S2+ S1S2)=23(4π+9π+6π)=383π．
故选：B．
根据圆台的体积公式，即可求解．
本题考查圆台的体积的求解，属基础题．
7.【答案】D
【解析】解：将已知两式sinA2+3csB2=2 2，csA2+3sinB2=2分别平方得，
sin2A2+6sinA2csB2+9cs2B2=8，
cs2A2+6csA2sinB2+9sin2B2=4，
两式相加，得到csC2=sinA+B2=13，
故csC=2cs2C2−1=−79．
故选：D．
由已知结合同角平方关系及二倍角公式进行化简即可求解．
本题主要考查了同角平方关系及二倍角公式的应用，属于基础题．
8.【答案】C
【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△AMC的重心，故A项正确；
对于B，由M为△ABC的内心，设内切圆半径为r，
则有SA=12BC⋅r,SB=12AC⋅r,SC=12AB⋅r，
所以12r⋅BC⋅MA+12r⋅AC⋅MB+12r⋅AB⋅MC=0，
即BC⋅MA+AC⋅MB+AB⋅MC=0，故B项正确；
对于C，由M为△ABC的外心，设△ABC的外接圆半径为R，
又因为∠BAC=45°，∠ABC=60°，
所以∠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项错误；
对于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，
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，xy= 63
所以cs∠BMD= 66，所以cs∠AMB=cs(π−∠BMD)=− 66，故D正确．
故选：C．
取BC的中点D，连接MD、AM，利用奔驰定理得到2MD=−MA，由此判断出A项的正误；设内切圆半径为r，进而用r表示出SA、SB、SC，然后利用奔驰定理判断出B项的正误；设△ABC的外接圆半径为R，由圆心角和圆周角的关系得到∠BMC=90°，∠AMC=120°，∠AMB=150°，用R表示出SA、SB、SC，进而判断出C项的正误；延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E，利用奔驰定理可得到S△ABCSA=4且S△ABCSB=3，然后设MD=x，MF=y，则AM=3x，BM=2y，可得cs∠BMD=x2y=cs∠AMF=y3x，进而求出cs∠BMD的值，由此判断出D项的正误．
本题考查平面向量的线性运算法则、向量与三角形的“四心”的关系及其应用，考查了图形的理解能力，属于中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：对于A，当z1=1+i，z2=1−i，则|z1|=|z2|，但z12=2i，z22=−2i，z12≠z22，选项A错误；
对于B，z1=1+i，z2=1−i时，z12+z22=2i+(−2i)=0，但z1≠z2≠0，选项B错误；
对于C，因为|z1z2|=|z1z2−z2z2−|=|z1||z2−||z2||z2−|=|z1||z2|，选项C正确；
对于D，设z1=a+bi，z2=c+di，a、b、c、d∈R，
则z1⋅z2−=(a+bi)(c+di)−=(ac−bd)−(ad+bc)i，z1−⋅z2−=(a−bi)(c−di)=(ac−bd)−(ad+bc)i，
所以z1⋅z2−=z1−⋅z2−，选项D正确．
故选：CD．
选项A，举例说明选项A错误即可；
选项B，举例说明z12+z22=0时，z1≠z2；
选项C，根据复数的模长运算性质，判断即可；
选项D，设z1=a+bi，z2=c+di，a、b、c、d∈R，根据复数的共轭复数，判断即可．
本题考查了复数的定义与应用问题，是基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于A：若sinA=sinB，则2RsinA=2RsinB，
∴a=b，
∴△ABC一定为等腰三角形，故A正确；
对于B：在△ABC中，若sin2A=sin2B，则2A=2B或2A+2B=π，即A=B或A+B=π2，
则△ABC为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于C：∵c2=a2+b2−2ab⋅csC且2c>a+b恒成立，
∴4c2=4(a+b)2−8ab(1+csC)>(a+b)2恒成立，
∴3(a+b)2>8ab(1+csC)恒成立，
∴8(1+csC)<3(a2+b2+ab)ab=3(2+ba+ab)恒成立，
因为2+ba+ab≥2+2 ba⋅ab=4，当且仅当a=b时取等号，
所以8(1+csC)<12，
∴csC<12，
∵C∈(0,π)，
∴C>π3，故C正确；
∵tanC=tan[π−(A+B)]=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanAtanB，
∴tanA+tanB=tanC(tanAtanB−1)，
∴tanA+tanB+tanC=tanC(tanAtanB−1)+tanC=tanAtanBtanC>0，
∴tanA>0，tanB>0，tanC>0，即三个角都为锐角，
∴△ABC为锐角三角形，故D正确．
故选：ACD．
正余弦定理及三角恒等变换逐一分析四个选项可得答案．
本题考查正余弦定理，考查三角恒等变换，属于中档题．
11.【答案】AB
【解析】解：如图所示：以AE为y轴，GC为x轴建立直角坐标系，
设|OA|=|OB|=|OC|=|OD|=|OE|=|OF|=|OG|=|OH|=a，
在△OAB中，由余弦定理可得，4=a2+a2−2a2×csπ4，
解得a2=4+2 2，
A(0,−a),B( 22a,− 22a),C(a,0),D( 22a, 22a),E(0,a),F(− 22a, 22a)，
G(−a,0)，H(− 22a,− 22a)，设P(x0,y0)，
对A，AD=( 22a, 22a+a)，AB=( 22a,a− 22a)，
∴AD−xAB=( 22a(1−x), 22a(1+x)+a(1−x))，
∴f(x)=|AD−xAB|= [ 22a(1−x)]2+[ 22a(1+x)+a(1−x)]2=2 x2−(2+ 2)x+3+2 2，
∴当x=1+ 22时，函数f(x)有最小值为2+ 2，故选项A正确；
对B：取AB的中点M，则PA+PB=2PM，PA−PB=BA=2MA，
则(PA+PB)2=4PM2，(PA−PB)2=4MA2，
两式相减得：PA⋅PB=PM2−MA2=PM2−1，
由正八边形的对称性知，当点P与点E或F重合时，PM2最大，
又M( 24a,−12a− 24a),E(0,a)，所以EM=( 24a,−32a− 24a)，
∴EM2=|EM|2=( 24a)2+(−32a− 24a)2=13+8 2，
∴PA⋅PB的最大值为EM2−1=12+8 2，故选项B正确；
对C：∵AG=(−a,a)，AB=( 22a,a− 22a)，
∴AG⋅AB|AB|2=− 22a2+a2− 22a212a2+(a− 22a)2=− 22，
∴AG在AB方向上的投影向量为− 22AB，故选项C错误；
对D：∵OA=(0,−a)，OA=(a,0)，∴OA+OC=(a,−a)，
又∵ 3OB=( 62a,− 62a)，
∴OA+OC≠ 3OB，故选项D错误．
故选：AB．
以AE为y轴，GC为x轴建立直角坐标系，计算各点坐标，计算向量坐标，求出函数解析式，利用二次函数求出最值，A正确；取AB的中点M，得到PA⋅PB=PM2−MA2=PM2−14，求出PM2的最大值，从而得到PA⋅PB的最大值，B正确；利用数量积的几何意义求解投影向量，C错误；计算向量坐标即可判断D错误，得到答案．
本题主要考查了向量的数量积运算，考查了二次函数的性质，属于中档题．
12.【答案】12
【解析】【分析】
根据平面图形的斜二测画法，得出△OAB为直角三角形，求出两直角边，计算三角形的面积．
本题考查了三角形的斜二测画法与应用问题，是基础题．
【解答】
解：根据平面图形的斜二测画法知，
原△OAB为直角三角形，且两直角边分别为
OB=4，OA=3×2=6，
∴△AOB的面积为S=12×OA×OB=12．
故答案为：12．
13.【答案】7
【解析】解：由题意可得2AM=AB+AC，
两边平方可得4AM2=AB2+AC2+2AB⋅AC
=c2+b2+2cbcsA=c2+b2+c2+b2−a2=2×(49+81)−64=196，
解得|AM|=7．
故答案为：7．
由向量的中点表示和数量积的性质、余弦定理，解方程可得所求长．
本题考查三角形的中线长，运用向量的中点表示和三角形的余弦定理是解题的关键，考查运算能力，属于中档题．
14.【答案】814
【解析】解：依题意，43πR3=36π，解得R=3，
将四棱锥P−ABCD补成长方体，可知外接球的直径为长方体的体对角线，
设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，且c=3，
由于a2+b2=27，又a2+b2≥2ab，
当且仅当a=b=3 62时等号成立，此时(ab)max=272，
要使得四棱锥M−ABCD的体积最大，
只需点M为平面ABCD的中心O′与球心O所在的直线与球的交点，
又OO′= R2−( a2+b22)2= 9−274=32，
故M−ABCD体积的最大值为13×272×(32+3)=814．
故答案为：814．
求出球半径，将四棱锥P−ABCD补成长方体，可知外接球的直径为长方体的体对角线，要使得四棱锥M−ABCD的体积最大，只需点M为平面ABCD的中心O′与球心O所在的直线与球的交点，由此能求出M−ABCD体积的最大值．
本题考查四棱锥的体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算能力和推理论证能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)a=(−3,1)，b=(x,2)，
则a+b=(−3+x,3)，
a⊥(a+b)，
则a⋅(a+b)=(−3)⋅(−3+x)+1×3=0，解得x=4，
故a−b=(−7,−1)，
|a−b|= (−7)2+(−1)2=5 2；
(2)b=(x,2)，c=(−12,1),c//b，
则x=−2×12=−1，
故b=(−1,2)，
3a−b=(−9,3)−(−1,2)=(−8,1)，
b+2c=(−1,2)+(−1,2)=(−2,4)，
故(3a−b)⋅(b+2c)=(−8)×(−2)+1×4=20．
【解析】(1)结合向量垂直的性质，以及向量模公式，即可求解；
(2)合向量平行的性质，求出x，再结合平面向量的数量积运算，即可求解．
本题主要考查向量平行、垂直的性质，是基础题．
16.【答案】解：(1)证明：连接AB1与A1B交于点E，连接DE，
在正三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形ABB1A1是矩形，
所以点E是AB1的中点，
又点D是AC的中点，
所以DE//B1C，
又DE⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，
所以B1C//平面A1BD．
(2)由(1)知：B1C//平面A1BD，
所以点B1到平面A1BD的距离等于点C到平面A1BD的距离，
所以VB1−A1BD=VC−A1BD=VA1−BCD=13×S△BCD⋅AA1=13×12×1× 3×3= 32．
【解析】(1)连接AB1与A1B交于点E，连接DE，由中位线定理可得DE//B1C，结合线面平行的判定定理可得答案；
(2)根据点B1到平面A1BD的距离等于点C到平面A1BD的距离，利用等体积转换法即可求解．
本题考查直线与平面平行的判定以及等体积转换法的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题意可得c=b3+acsB3csA，
由正弦定理可得3sinCcsA=sinBcsA+sinAcsB=sin(A+B)=sinC，
因为sinC>0，
可得csA=13；
(2)因为点D是边BC上靠近C的三等分点，且S△ABD=8 23，a=3，
所以S△ABC=32S△ABD=4 2=12bcsinA，由(1)可得sinA= 1−cs2A=2 23，
所以bc=12，
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA=(b+c)2−2bc−2bc×13，
即9=(b+c)2−83×12，
解得b+c= 21．
【解析】(1)由题意及正弦定理可得csA的值；
(2)由D为三等分点及△ABD的面积，可得△ABC的面积，再由三角形的面积公式可得bc的值，再由余弦定理可得b+c的值．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，三角形面积公式的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由AE=34AB=34DC=34(AC−AD)=−34AD+34AC，可得AE=−34a+34b．
所以DE=AE−AD=(−34a+34b)−a=−74a+34b；
(2)若AD=AE=3，则AB=4，由AC=AB+AD，DE=AE−AD=34AB−AD，
可得AC⋅DE=(AB+AD)⋅(34AB−AD)=34|AB|2−14AB⋅AD−|AD|2=112，
即34×16−14AB⋅AD−9=112，解得AB⋅AD=−10，
所以|b|=|AC|= (AB+AD)2= |AB|2+2AB⋅AD+|AD|2= 16−20+9= 5，
a⋅b=AD⋅(AB+AD)=AD⋅AB+|AD|2=−10+9=−1，
可得cs
【解析】(1)根据AB=DC=AC−AD，结合AE=34AB表示出向量AE，进而根据DE=AE−AD表示出向量DE，即可得到本题的答案；
(2)以AB,AD为基向量，表示出AC,DE，根据AC⋅DE=112列式算出AB⋅AD=−10，由此推导出a⋅b=−1，进而根据向量的夹角公式求出cs
本题主要考查平面向量的线性运算法则、向量数量积的定义与运算性质、向量的夹角公式等知识，属于中档题．
19.【答案】解：(1)①因为2sinBsin(C+π3)=2sinB(12sinC+ 32csC)=sinBsinC+ 3sinBcsC，
3sinA= 3sin(B+C)= 3sinBcsC+ 3csBsinC，
所以sinBsinC+ 3sinBcsC= 3sinBcsC+ 3csBsinC，
即sinBsinC= 3sinCcsB，
因为sinC≠0，所以tanB=sinBcsB= 3，
又B∈(0,π)，所以B=π3；
②由B=π3及三角形内角和性质可知，△ABC的三个内角均小于120°，
结合题设易知P点一定在△ABC的内部，
由余弦定理可得a2+c2−b2=2accsB=3，解得ac=3，
所以S△ABC=12|PA|⋅|PB|sin2π3+12|PB|⋅|PC|sin2π3+12|PA|⋅|PC|⋅sin2π3=12acsinB=3 34，
所以|PA||PB|+|PB||PC|+|PA||PC|=3，
所以PA⋅PB+PB⋅PC+PA⋅PC=|PA|⋅|PB|cs2π3+|PB|⋅|PC|cs2π3+|PA|⋅|PC|⋅cs2π3
=(|PA|⋅|PB|+|PB|⋅|PC|+|PA|⋅|PC|)cs2π3=−32；
(2)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，
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)①根据三角函数的和角公式及同角三角函数的关系，可得角B；
②先判定P点在△ABC内部，再由余弦定理解得ac=3，又三角形面积公式，结合向量的数量积运算即可求得结论；
(2)由已知，可得△ABC直角三角形，设|PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|，|PA|=x，m>0，n>0，x>0，由PB|+|PC|=t|PA|得m+n=t，再由余弦定理结合基本不等式即可求得结论．
本题考查平面向量数量积运算与解三角形的综合应用，属难题．
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