2023-2024学年黑龙江省大庆实验中学实验一部高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年黑龙江省大庆实验中学实验一部高一（下）期中数学试卷（含解析），共20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.定义运算abcd=ad−bc，则满足zi1−i2=0(i为虚数单位)的复数z在复平面内对应的点在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.下列命题中正确的是( )
①圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中面积最大的一个；
②在圆柱的上、下底面的圆周上各取一个点，则这两点的连线是圆柱的母线；
③圆台的两个底面平行．
A. ①②B. ②C. ③D. ①③
3.P为四边形ABCD所在平面上一点，PA+PB+PC+PD=AB+CD，则P为( )
A. 四边形ABCD对角线交点B. AC中点
C. BD中点D. CD边上一点
4.已知|OA|= 2,|OB|= 6，且OA,OB的夹角为π6，则AB在OB方向上的投影向量为( )
A. −12OBB. 12OBC. −32OBD. 32OB
5.圣⋅索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美.为了估算圣⋅索菲亚教堂的高度，某人在教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高约为36m，在它们之间的地面上的点M(B,M,D三点共线)处测得建筑物顶A、教堂顶C的仰角分别是45°和60°，在建筑物顶A处测得教堂顶C的仰角为15°，则可估算圣⋅索菲亚教堂的高度CD约为( )
A. 54mB. 47mC. 50mD. 44m
6.如图，已知正六边形ABCDEF的边长为2，对称中心为O，以O为圆心作半径为1的圆，点M为圆O上任意一点，则AD⋅CM的取值范围为( )
A. [−6,4]
B. [0,8]
C. [−8,0]
D. [−6 3,0]
7.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若5csB−8csC8c−5b=csAa，又△ABC的面积S=10 3，且B+C=2A，则AB⋅BC+BC⋅CA+CA⋅AB=( )
A. 64B. 84C. −69D. −89
8.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，a=2，且2S=a2−(b−c)2，则△ABC的周长的取值范围是( )
A. (4,6]B. (4,2 5+2]C. (6,2 5+2]D. (4, 5+2]
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设复数z在复平面内对应的点为Z，原点为O，i为虚数单位，则下列说法正确的是( )
A. 若|z|=1，则z=±1或z=±i
B. 若点Z的坐标为(−1,1)，则z−对应的点在第三象限
C. 若z= 3−2i，则z的模为7
D. 若1≤|z|≤ 2，则点Z的集合所构成的图形的面积为π
10.下列说法中正确的是( )
A. 在△ABC中，AB=1，AC=2，∠A=30°，则△ABC的面积为12
B. 已知向量a=(−2,3),b=(1,2)，则|a+b|=5
C. 在△ABC中，若(AB+AC)⋅BC=0，则△ABC是等腰三角形
D. 已知向量a=(2,−1),b=(x,1),a与b的夹角为钝角，则x的取值范围是(−∞,12)
11.在△ABC中，a=2，A=π6，则下列结论正确的是( )
A. 若b=3，则△ABC有两解
B. △ABC周长有最大值6
C. 若△ABC是钝角三角形，则BC边上的高AD的范围为(0,2 3)
D. △ABC面积有最大值2+ 3
12.对于非零向量a=(x,y)，定义变换F(a)=(x+y,x−y)，得到一个新的向量，则关于该变换，下列说法正确的是( )
A. 若λ为任意实数，则F(λa)=λF(a)
B. 若a/​/b，则F(a)//F(b)
C. 若a⊥b，则F(a)⊥F(b)
D. 存在a,b使得cs〈F(a),F(b)〉=cs〈a,b〉+12
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′=6cm，C′D′=2cm，则原图形面积是______．
14.已知D为△ABC的边AC上一点，AD=3DC，AB= 14，∠ADB=2∠DBC=π3，则sin∠ABC= ______．
15.在△ABC中，已知AB=2,AC=1,∠BAC=2π3，O是△ABC的外心，若AO=xAB+yAC，则xy= ______．
16.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c=3bsinA，则tanA+tanB+tanC的最小值是______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知z是复数，z+2i与z2−i均为实数．
(1)求复数z；
(2)复数(z+ai)2在复平面上对应的点在第一象限，求实数a的取值范围．
18.(本小题12分)
已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且2b=c+2acsC．
(1)求A；
(2)若△ABC的面积为10 33,a=3，求△ABC的周长．
19.(本小题12分)
在直角梯形ABCD中，∠DAB=π2,∠ABC=π4，AB//DC，|AB|=3,|DC|=2．
(1)求AC⋅BD；
(2)若kAB−AD与AC共线，求k的值；
(3)若P为BC边上的动点(不包括端点)，求(PA+PB)⋅PC的最小值．
20.(本小题12分)
如图：在△ABC中，已知AE=23AB,AD=12AC,BD与CE交于点G．
(1)用向量AB、AC表示向量AG；
(2)过点G作直线MN，分别交线段AB、AC于点M、N，设AM=mAB、AN=nAC，若|AB|=6,|AC|=4，AB⋅AC=15，当m+2n取得最小值时，求模长|MN|．
21.(本小题12分)
如图，半圆O的直径为2cm，A为直径延长线上的点，OA=2cm，B为半圆上任意一点，以AB为一边作等边三角形ABC.设∠AOB=α．
(1)当α=π3时，求四边形OACB的周长；
(2)著作《天文集》中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，则当线段OC的长取最大值时，求∠AOC．
(3)求四边形OACB的面积最大值．
22.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足acsC+ 3asinC−b−c=0．
(1)求角A；
(2)求bc−ab−aca2的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由题意可得2z−i(1−i)=0，
即z=i(1−i)2=12+12i，
所以复数z在复平面内对应的点为(12,12)，在第一象限．
故选：A．
先根据定义结合复数的乘法运算求出复数z，再根据复数的几何意义即可得解．
本题考查复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：对于①，过圆锥顶点的截面为等腰三角形，且两腰长为母线长l，
设该等腰三角形顶角为θ，则截面三角形面积为S=12l2sinθ，当θ=π2时面积S最大，
当圆锥的轴截面三角形顶角大于π2时，圆锥的轴截面面积不是最大的，所以命题①错误；
对于②，圆柱的母线是指圆柱的侧面上与上下底面垂直的线段，且长等于高，所以命题②错误；
对于③，根据圆台定义知，平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截面与圆锥底面的部分称为圆台，所以圆台的两个底面平行，命题③正确．
故选：C．
根据过圆锥顶点的截面图形特征和截面图的面积公式，即可判断①；
根据圆柱母线的定义，即可判断②；
根据圆台的定义，即可判断③．
本题考查了圆锥的轴截面面积与圆柱和圆台的定义应用问题，是基础题．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了向量的三角形法则，属于基础题．
利用向量的三角形法则及向量的加减法化简即可得出．
【解答】
解：∵AB=AP+PB，CD=CP+PD，
又PA+PB+PC+PD=AB+CD，
∴PA+PC=AP+CP，
∴PA+PC=0，
∴点P为线段AC的中点．
故选B．
4.【答案】B
【解析】解：由题OA⋅OB=|OA||OB|cs∠AOB= 2× 6×csπ6=3，
所以OB⋅AB=OB⋅(OB−OA)=OB2−OB⋅OA=6−3=3，
所以AB在OB方向上的投影向量为|AB|cs∠OBAOB|OB|=OB⋅AB|OB|2OB=12OB．
故选：B．
根据题意先求出数量积OA⋅OB，再根据投影向量公式需求求出OB⋅AB，进而根据投影向量公式即可求解．
本题主要考查投影向量的公式，考查转化能力，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由题可得在直角△ABM中，∠AMB=45°，|AB|=36，
所以|AM|=36 2，
在△AMC中，∠AMC=180°−60°−45°=75°，∠MAC=15°+45°=60°，
所以∠ACM=180°−75°−60°=45°，
所以由正弦定理可得|AM|sin45∘=|CM|sin60∘，
所以|CM|=36 2× 32 22=36 3，
则在直角△CDM中，|CD|=|CM|⋅sin60°=36 3× 32=54m．
即圣⋅索菲亚教堂的高度约为54m．
故选：A．
根据题意求得|AM|=36 2，在△AMC中，由正弦定理求出|CM|，即可在直角△CDM中求出|CD|．
本题考查正弦定理的应用，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：如图所示：
连接OM，设=θ，连接OC，依题意得AD=2，AB=4，OC=2，AD⋅OC=π3，
则AD⋅CM=AD⋅(OM−OC)=AD⋅OM−AD⋅OC=4×1×csθ−4×2×csπ3
=4csθ−4．
因为θ∈[0,π]，所以−1≤csθ≤1，(三角函数的有界性)，
所以−8≤AD⋅CM≤0．
故选：C．
连接OM，OC，设AD,OM=θ，根据向量的线性运算用OM，OC表示出CM，然后结合三角函数的性质即可求得结果．
本题主要考查平面向量的数量积，考查计算能力，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：由5csB−8csC8c−5b=csAa，得5csB−8csC8sinC−5sinB=csAsinA，
则5sin(A+B)=8sin(A+C)，
即5sinC=8sinB，即5c=8b，
又S△ABC=12bcsinA=10 3，即bcsinA=20 3；
又B+C=2A，得A=π3；
综上c=8，b=5．
则a2=b2+c2−2bccsA=49，即a=7．
由AB+BC+CA=0，
两边平方可得：c2+a2+b2+2(AB⋅BC+BC⋅CA+CA⋅AB)=0，
所以AB⋅BC+BC⋅CA+CA⋅AB=−a2+b2+c22=−69．
故选：C．
利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式整理可求得b，c关系，再由三角形面积公式和余弦定理求得三边，再由数量积运算得到结果．
本题考查解三角形和平面向量的数量积，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，a=2，且2S=a2−(b−c)2，
则2S=a2−(b−c)2=a2−b2−c2+2bc=2bc−2bccsA，
∴S=bc−bccsA=12bcsinA，
∴1−csA=12sinA，
即2sin2A2=sinA2csA2，
又A为锐角，
∴tanA2=12,tanA=11−14=43,sinA=45,csA=35，
又a=2，
由正弦定理可得asinA=bsinB=csinC=52，
所以52[sinB+sin(A+B)]
=52(sinB+35sinB+45csB)=4sinB+2csB
=2 5sin(B+φ)，其中tanφ=12，φ=A2，
因为△ABC为锐角三角形，
所以π2−A则π2−A+φ即π2−A2所以csA2又csA2=2 5，
∴4<2 5sin(B+φ)≤2 5，
即b+c∈(4,2 5],
故△ABC的周长的取值范围是(6,2 5+2]．
故选：C．
利用面积公式和余弦定理可得tanA2=12,tanA=43，然后根据正弦定理及三角变换可得b+c=52(sinB+sinC)=2 5sin(B+φ)，再根据三角形是锐角三角形，得到B的范围，转化为三角函数求值域的问题．
本题考查了余弦定理及正弦定理，重点考查了三角函数值域的求法，属中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：令z=12+ 32i，满足|z|=1，但z≠±1，z≠±i，故A错误；
点Z的坐标为(−1,1)，
则z−对应的点(−1,−1)在第三象限，故B正确；
z= 3−2i，
则|z|= ( 3)2+(−2)2= 7，故C错误；
1≤|z|≤ 2，该轨迹为圆心为原点，介于半径1与 2之间的圆环部分，
故点Z的集合所构成的图形的面积为π×( 2)2−π×12=π，故D正确．
故选：BD．
对于A，结合特殊值法，即可求解；
对于B，结合共轭复数的定义，复数的几何意义，即可求解；
对于C，结合复数模公式，即可求解；
对于D，结合复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，复数模公式，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：∵AB=1，AC=2，∠A=30°，∴S△ABC=12⋅bc⋅sinA=12，故A正确；
∵a=(−2,3),b=(1,2)，∴a+b=(−1,5)，∴|a+b|= 26≠5，故B错误；
在△ABC中，向量(AB+AC)在过点A的中线上，由于(AB+AC)⋅BC=0，因此点A在线段BC的垂直平分线上，则AB=AC，△ABC是等腰三角形，故C正确；
∵a与b的夹角为钝角，∴a⋅b=2x−1<0⇒x<12且x≠−2，故D错误．
故选：AC．
直接计算面积判断A，根据向量的模长，数量积，夹角判断BCD．
本题主要考查三角形的面积计算，考查向量的相关知识，属于中档题也是易错题．
11.【答案】ACD
【解析】解：A选项，bsinA=3sinπ6=32，故bsinAB选项，由余弦定理得b2+c2−a2=2bccsA，
即(b+c)2−2bc−4=2bccsπ6，化简得(b+c)2−4=(2+ 3)bc，
由基本不等式得bc≤(b+c)24，故(b+c)2−4≤(2+ 3)(b+c)24，
当且仅当b=c时，等号成立，
解得b+c≤2 6+2 2，故△ABC的周长最大值为2 6+2 2+2，B错误；
C选项，由正弦定理得asinA=2sinπ6=4，故△ABC的外接圆半径为2，
如图所示，将△ABC放入半径为2的圆中，其中BC=DE=2，∠BDC=π6，
故BE=CD=2 3，
△ABC是钝角三角形，故A在CD或CE上，
故BC边上的高AD的范围为(0,2 3)，C正确；
D选项，由C选项可知，当A落在DE的中点时，△ABC边BC上的高A′F最大，
其中OF=OBsinπ3= 3，
此时高A′F为2+ 3，面积最大值为12BC⋅A′F=2+ 3，D正确．
故选：ACD．
A选项，根据bsinA本题考查余弦定理及基本不等式的性质的应用，属于中档题．
12.【答案】ABC
【解析】解：由题意可知，λa=(λx,λy)，
非零向量a=(x,y)，定义变换F(a)=(x+y,x−y)，
所以F(λa)=(λx+λy,λx−λy)=λ(x+y,x−y)=λF(a)，故A正确；
a=(x,y)，设b=(m,n)，若a/​/b，则nx−my=0，
F(a)=(x+y,x−y)，F(b)=(m+n,m−n)，
所以(x+y)(m−n)−(x−y)(m+n)=2my−2nx=0，即F(a)//F(b)，故B正确；
若a⊥b，则mx+ny=0，
F(a)⋅F(b)=(x+y)(m+n)+(x−y)(m−n)=2mx+2ny=0，
故F(a)⊥F(b)，故C正确；
cs〈F(a),F(b)〉=F(a)⋅F(b)|F(a)||F(b)|=2mx+2ny (x+y)2+(x−y)2 (m+n)2+(m−n)2=mx+ny x2+y2 m2+n2，
cs〈a,b〉=a⋅b|a||b|=mx+ny x2+y2 m2+n2，
所以cs〈F(a),F(b)〉=cs〈a,b〉，即不存在a,b使得cs〈F(a),F(b)〉=cs〈a,b〉+12，故D错误．
故选：ABC．
由定义变换的新向量，结合数乘运算定义判断选项A，结合向量平行的条件验证选项B，结合向量垂直的条件验证选项C，由向量夹角的坐标运算验证选项D．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
13.【答案】24 2
【解析】解：如图所示，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，
其中O′A′=6cm，C′D′=2cm，则原图形是平行四边形OABC，如图，
∵O′C′=C′D′=1，O′C′⊥C′D′，
OA=O′A′=6cm，OD=2O′D′=2 22+22=4 2cm，
∴该原图形的面积为S=OA×OD=6×4 2=24 2(cm2).
故答案为：24 2．
由斜二测法得到原图形是平行四边形OABC，且OA=O′A′=6cm，OD=2O′D′=2 22+22=4 2cm，由此能求出该原图形的面积．
本题考查原图形面积的求法，考查斜二测法、直观图等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】2 77
【解析】解：因为∠ADB=2∠DBC=π3，所以∠DBC=π6，
所以由∠ADB=∠DBC+∠BCD=π3，得∠DBC=∠BCD=π6，
所以DB=DC．
设DC=x，则DB=x，DA=3x，
在△ADB中，由余弦定理得AB2=DA2+DB2−2DA⋅DBcs∠ADB，
即14=(3x)2+x2−2⋅3x⋅x⋅12=7x2，解得x= 2．
所以DC= 2，AC=4DC=4 2．
在△ABC中，由正弦定理得ACsin∠ABC=ABsin∠ACB，
故sin∠ABC=ACsin∠ACBAB=4 2×12 14=2 77．
故答案为：2 77
由已知得∠DBC=∠BCD=π6，设DC=x，在△ADB中利用余弦定理可求出x，在△ABC中，利用正弦定理可求得结果．
本题考查了正弦和余弦定理的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
15.【答案】109
【解析】解：△ABC中，已知AB=2,AC=1,∠BAC=2π3，由余弦定理可得：
BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cs∠BAC=22+12−2×2×1×(−12)=7，则BC= 7，
设△ABC的外接圆半径为R，又O是△ABC的外心，
由正弦定理可得：BCsin∠BAC= 7 32=2R=2AO，即AO= 7 3，
设E，F分别为AB，AC的中点，如图所示，
则cs∠EAO=AEAO=1 7 3= 3 7，cs∠FAO=AFAO=12 7 3= 32 7，
所以AO⋅AB= 7 3×2× 3 7=2，AO⋅AC= 7 3×1× 32 7=12，
AB⋅AC=|AB||AC|cs∠BAC=2×1×(−12)=−1，
又AO=xAB+yAC，则AO⋅AB=xAB2+yAB⋅AC=4x−y=2AO⋅AC=xAB⋅AC+yAC2=−x+y=12，
解得x=56y=43，所以xy=56×43=109．
故答案为：109．
通过正弦定理，求出外接圆的半径，求出AO⋅AB与AO⋅AC的数量积，列方程求得结果．
本题考查正弦定理、余弦定理的应用，考查向量的数量积运算，属中档题．
16.【答案】12
【解析】解：因为c=3bsinA，由正弦定理可得：sinC=3sinBsinA，
即sin(A+B)=3sinBsinA，
即sinAcsB+csAsinB=3sinBsinA，
可得sinAcsB+csAsinBcsAcsB=3sinBsinAcsAcsB，
即tanA+tanB=3tanAtanB，
又因为tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC=−tanAtanBtan(A+B)=−tanAtanB⋅tanA+tanB1−tanAtanB
=−3tan2Atan2B1−tanAtanB，
令t=tanAtanB，
则tanA+tanB+tanC=−3t21−t=3t2t−1=3(t−1)2+6(t−1)+3t−1=3(t−1)+3t−1+6，
在锐角三角形中，−tanC=tan(A+B)=tanA+tanB1−tanAtanB<0，
所以tanAtanB>1，即t>1，
所以t−1>0，
所以3(t−1)+3t−1+6≥2 3(t−1)⋅3t−1+6=12，
当且仅当3(t−1)=3t−1，即t=2，
即tanAtanB=2时，tanA+tanB+tanC取最小值12．
故答案为：12．
由正弦定理可得tanA+tanB=3tanAtanB，再由tanC=−tan(A+B)，由两角和的正切公式，可得tanA+tanB+tanC=−3tan2Atan2B1−tanAtanB，换元可得tanA+tanB+tanC=3(t−1)+3t−1+6，由基本不等式可得它的最小值．
本题考查正弦定理，两角和的正切公式的应用，基本不等式的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设z=x+yi(x,y∈R)，
则z+2i=x+(y+2)i为实数，
∴y=−2．
∵z2−i=x−2i2−i=(x−2i)(2+i)(2−i)(2+i)
=2x+2+(x−4)i5=2x+25+x−45i为实数，
∴x−45=0，解得x=4．
则z=4−2i；
(2)∵(z+ai)2=(4−2i+ai)2
=(12+4a−a2)+8(a−2)i，
其在复平面上对应的点在第一象限，
∴12+4a−a2>08(a−2)>0，
解得2∴a的取值范围为(2,6)．
【解析】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的概念及其几何意义，属于中档题．
(1)设z=x+yi(x,y∈R)，然后代入z+2i结合已知求出y的值，再代入z2−i，利用复数代数形式的乘除运算化简结合已知可求出x的值，则复数z可求；
(2)把z=4−2i代入(z+ai)2化简结合已知条件列出不等式组，求解即可得答案．
18.【答案】解：(1)因为2b=c+2acsC，
由正弦定理可得2sinB=sinC+2sinAcsC，
而2sinB=2sin(A+C)=2sinAcsC+2csAsinC，
所以sinC+2sinAcsC=2sinAcsC+2csAsinC，
可得sinC=2csAsinC，
因为C∈(0,π)，sinC>0，
解得csA=12,A∈(0,π)，
所以A=π3；
(2)因为S△BCC=12bcsinA=12bc× 32=10 33，
解得bc=403，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=(b+c)2−2bc−2bccsA，
即9=(b+c)2−3×403，解得b+c=7，
所以△ABC的周长为a+b+c=10．
【解析】(1)根据给定条件，利用正弦定理边化角，再借助和角的正弦公式求解作答．
(2)由(1)的结论，利用三角形面积公式、余弦定理求出b+c即可作答．
本题考查余弦定理及三角形面积公式的应用，两角和的正弦公式的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)过C作CH⊥AB，可得HB=AB−CD=1，结合∠CBA=45°，得HC=1；
以A为坐标原点，建立平面直角坐标系，

则A(0,0)，B(3,0)，D(0,1)，C(2,1)，
AC=(2,1),BD=(−3,1)，故AC⋅BD=2×(−3)+1×1=−5；
(2)由(1)可知AB=(3,0),AD=(0,1),AC=(2,1)，故kAB−AD=(3k,0)−(0,1)=(3k,−1)，
若kAB−AD与AC共线，则3k×1=−2，解得k=−23；
(3)设CP=λCB,λ∈(0,1)，则CP=λCB=(λ,−λ)，可得P(λ+2,1−λ)，
则PA=(−λ−2,λ−1),PB=(1−λ,λ−1),PC=(−λ,λ)，
所以(PA+PB)⋅PC=(−2λ−1,2λ−2)⋅(−λ,λ)=2λ2+λ+2λ2−2λ=4λ2−λ，
对于二次函数y=4λ2−λ，λ∈(0,1)，图象的对称轴为直线λ=18，
所以最小值为4×(18)2−18=−116，可得(PA+PB)⋅PC的最小值为−116．
【解析】(1)以A为坐标原点建立平面直角坐标系，写出各点坐标，进而求得AC,BD的坐标，利用数量积的坐标运算法则，算出AC⋅BD的值；
(2)根据(1)中所建的坐标系，求出kAB−AD与AC的坐标，根据向量共线的列式算出参数k的值；
(3)设CP=λCB,λ∈(0,1)，求出点P的坐标，从而可得(PA+PB)⋅PC关于λ的函数关系，利用二次函数的性质求出(PA+PB)⋅PC的最小值．
本题主要考查平面向量的坐标运算法则、向量的数量积的定义与性质、二次函数的最值求法等知识，属于中档题．
20.【答案】解：(1)在△ABC中，已知AE=23AB,AD=12AC,BD与CE交于点G．
设AG=λAB+uAC，将AE=23AB,AD=12AC代入，得AG=32λAE+uACAG=λAB+2uAD，
因为E、G、C三点共线，且B、G、D三点共线，所以32λ+u=1λ+2u=1，得λ=12u=14，
即AG=12AB+14AC．

(2)AG=12AB+14AC,AM=mAB、AN=nAC，|AB|=6,|AC|=4，AB⋅AC=15，
则AG=12⋅1mAM+14⋅1nAN，因为M、G、N三点共线，
则12m+14n=1，即2m+1n=4,m+2n=(m+2n)(2m+1n)14=(2+mn+4nm+2)⋅14≥2，
当且仅当2m+1n=4m=2n，即m=1n=12时取得等号．
此时MN=AN−AM=12AC−AB,|MN|= 14AC2+AB2−AC⋅AB= 4+36−15=5．
【解析】(1)根据平面向量基本定理即可求解；
(2)根据平面向量基本定理和基本不等式即可求解．
本题主要考查平面向量基本定理和基本不等式的应用，考查计算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)在△ABC中，OA=2，OB=1，
由余弦定理得AB2=OA2+OB2−2OA⋅OB⋅csα=4+1−2×1×2×12=3，
即AB= 3，于是四边形OACB的周长为OA+OB+2AB=(3+2 3)cm；
(2)因为OB⋅AC+OA⋅BC≥AB⋅OC，且△ABC为等边三角形，OB=1，OA=2，

所以OB+OA≥OC，所以OC≤3，
即OC的最大值为3，取等号时∠OBC+∠OAC=180°，
所以cs∠OBC+cs∠OAC=0，
不妨设AB=x，
则x2+1−92x+x2+4−94x=0，解得x= 7，
所以cs∠AOC=9+4−72×2×3=12，
所以∠AOC=60°；
(3)在△ABO中，OA=2，OB=1，
由余弦定理得AB2=OA2+OB2−2OA⋅OBcsα=5−4csα，
所以AB= 5−4csα，0<α<π，
于是四边形OACB的面积为S=S△OBD+S△ABC=12OA⋅OB⋅sinα+ 34AB2
=sinα+ 34(5−4csα)=sinα− 3csα+5 34=2sin(α−π3)+5 34，
当a−π3=π2，即α=5π6时，四边形OACB的面积取得最大值为2+5 34，
所以，当B满足∠AOB=5π6时，四边形OACB的面积最大，最大值为2+5 34．
【解析】(1)结合已知利用余弦定理可求AB，即可得到所求四边形的周长；
(2)由已知条件分析出OC的最大值并得到∠OBC，∠OAC之间的关系，由此借助余弦定理求解出AB的长度，再利用余弦定理即可求解出∠AOC的大小；
(3)先由余弦定理求AB，再由三角形的面积公式和等边三角形的面积公式，结合辅助角公式和正弦函数的最值，可得所求结论．
本题考查正弦定理，余弦定理及三角形的面积公式的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为acsC+ 3asinC−b−c=0，
由正弦定理得：sinAcsC+ 3sinAsinC−sinB−sinC=0，
因为sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，
所以sinAcsC+ 3sinAsinC−sinAcsC−csAsinC−sinC=0，
即 3sinAsinC−csAsinC−sinC=0，
因为C∈(0,π)，所以sinC≠0，故 3sinA−csA=1，
所以sin(A−π6)=12，
因为A∈(0,π)，所以A−π6∈(−π6,5π6)，
故A−π6=π6，
解得A=π3；
(2)由(1)知A=π3，根据正弦定理，
则bc−ab−aca2=sinBsinC−sinAsinB−sinAsinCsin2A=sinBsinC− 32(sinB+sinC)34
=43sinBsinC−2 33(sinB+sinC)=43sin(π3+C)sinC−2 33[sin(π3+C)+sinC]
=2 33sinCcsC+23sin2C−csC− 3sinC
= 33sin2C+1−cs2C3−csC− 3sinC
=−23cs(2C+π3)+13−2sin(C+π6)
=43sin2(C+π6)−2sin(C+π6)−13，
令t=sin(C+π6)，
因为C∈(0,2π3)，所以C+π6∈(π6,5π6)，t=sin(C+π6)∈(12,1],
则bc−ab−aca2=43t2−2t−13=43(t−34)2−1312，
故当t=34时，bc−ab−aca2取得最小值，最小值为−1312，
当t=1时，bc−ab−aca2取得最大值，最大值为−1，
故bc−ab−aca2的取值范围是[−1312,−1]．
【解析】(1)利用正弦定理进行边角互化，结合辅助角公式进行求解；
(2)对待求表达式使用正弦定理边角互化，得到43sinBsinC−2 33(sinB+sinC)，然后消去一个变量，使得原式是关于C的三角函数表达式，结合二倍角公式，二次函数的知识点求解．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，两角和的正弦公式的应用，属于中档题．