2023-2024学年山东省实验中学高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省实验中学高一（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.若复数z满足z−1−i=i，其中i为虚数单位，则z=( )
A. 1−iB. 1+iC. −1−iD. −1+i
2.下列说法正确的是( )
A. 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
B. 过空间内不同的三点，有且只有一个平面
C. 棱锥的所有侧面都是三角形
D. 用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台
3.已知向量a，b满足2a−b=(0,3)，a−2b=(−3,0)，λa+μb=(−1,1)，则λ+μ=( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
4.用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形OABC的直观图为如图所示的直角梯形O′A′B′C′，其中梯形的上底长是下底长的12，若原平面图形OABC的面积为3 2，则O′A′的长为( )
A. 22B. 2C. 1D. 12
5.在△ABC中，若(a−acsB)sinB=(b−ccsC)sinA，则这个三角形是( )
A. 等腰三角形或直角三角形B. 直角三角形
C. 等腰三角形D. 等腰直角三角形
6.在等腰直角△ABC中，斜边AC=2 2,M为AB的中点，D为AC的中点.将线段AC绕着点D旋转得到线段EF，则ME⋅MF=( )
A. −2B. −32C. −12D. −1
7.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，有四个结论：
①AP与CM是异面直线；
②AP，MN，DD1相交于一点；
③MN//BD1；
④MN//平面BB1D1D.
其中错误的个数为( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
8.设H是△ABC的垂心，且3HA+4HB+5HC=0，则cs∠AHB的值为( )
A. − 3010B. − 55C. − 66D. − 7014
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.若复数z满足|z−1|=|z+1|，则( )
A. z为纯虚数B. |z−−1|=|z−+1|C. z+z−=0D. z⋅z−=z2
10.已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90°,AA1= 2AC= 2BC=2 2,M,N，Q，G点分别为棱A1B1，A1C1，AC，AB的中点，P是线段B1C1上(包含端点)的动点，则下列说法正确的是( )
A. 直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的半径为2
B. 三棱锥P−MNA的体积与P的位置无关
C. 若P为B1C1的中点，则过A，M，P三点的平面截三棱柱所得截面为等腰梯形
D. 一只虫子由表面从Q点爬到B1点的最近距离为 17
11.已知点D是三角形ABC的边BC上的点，且AB=6,AC=8,∠BAC≥π2，以下结论正确的有( )
A. 若点D是BC的中点，∠BAC=2π3，则AD= 13
B. 若AD平分∠BAC,∠BAC=π2，则BD：CD=3：4
C. 三角形ABD外接圆面积最大值为9π
D. 若∠BAD+∠ACD=π2，且D是BC的中点，则∠BAC一定是直角
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知正三棱柱的高与底面边长均为3，则该正三棱柱外接球的体积为______．
13.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c−2bsinC=0,B∈(0,π2),b=1,a= 3，则△ABC的面积为______．
14.已知菱形ABCD的边长为1，设AM=2AB+tAD(t∈R)，若|AM|≥1恒成立，则向量AB在AD方向上投影向量的模的取值范围是______．
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z是复数，求：
(1)(1+2i)2+5+3i1+i+i2024；
(2)若z+2i,z2−i均为实数，且复数(z+ai)2在复平面内对应的点位于第三象限，求实数a的取值范围．
16.(本小题15分)
如图，在△ABC中，点P满足PC=2BP,O是线段AP的中点，过点O的直线与边AB，AC分别交于点E，F．
(1)若AO=xAB+yAC，求x和y的值；
(2)若EB=λAE(λ>0),FC=μAF(μ>0)，求1λ+2μ的最小值．
17.(本小题15分)
在△ABC中，∠A，∠B，∠C对应的边分别为a，b，c，已知向量m=(csC,2cs2B2−1),n=(b,c−4a)且m⋅n=0，D为边AC上一点，BD=2 5且CD=2AD．
(1)求cs∠ABC；
(2)求△ABC面积的最大值．
18.(本小题17分)
已知圆锥的顶点为P，母线PA，PB所成角的余弦值为14，轴截面等腰三角形PAC的顶角为90°，若△PAB的面积为2 15．
(1)求该圆锥的侧面积；
(2)求圆锥的内切球的表面积；
(3)求该圆锥的内接正四棱柱的侧面面积的最大值．
19.(本小题17分)
在△ABC中，∠A，∠B，∠C对应的边分别为a，b，c，bsinA+atanAcsB=2asinC．
(1)求A；
(2)奥古斯丁⋅路易斯･柯西，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．
①用向量证明二维柯西不等式：(x1x2+y1y2)2≤(x12+y12)(x22+y22)；
②已知三维分式型柯西不等式：y1,y2,y3∈R+,x12y1+x22y2+x32y3≥(x1+x2+x3)2y1+y2+y3，当且仅当x1y1=x2y2=x3y3时等号成立.若a=3，P是△ABC内一点，过P作AB，BC，AC的垂线，垂足分别为D，E，F，求T=|AB||PD|+9|BC||PE|+|AC||PF|的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由已知得z−=i(1−i)=i+1，
则z=1−i，
故选：A．
利用复数的运算法则即可得出．
本题考查了复数的运算法则，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：对A：根据棱柱的定义知，有两个面平行，其余各面都是四边形，
且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱，所以A错误，
对B：若这三点共线，则可以确定无数个平面，故B错误；
对C：棱锥的底面为多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，故C正确；
对D：只有用平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，故D错误，
故选：C．
对A：直接利用棱柱的定义即可判断；对B：三点共线时不满足；对D：必须截面与底面平行才成立．
本题考查棱柱和棱台的结构特征，考查学生的空间立体感和逻辑推理能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：∵2a−b=(0,3)，则4a−2b=(0,6)，①，
又a−2b=(−3,0)，②，
由①−②得：3a=(3,6)，即a=(1,2)，
同理，b=(2,1)，
又λa+μb=(λ+2μ,2λ+μ)=(−1,1)，即λ+2μ=−12λ+μ=1，得λ=1μ=−1，
故λ+μ=1+(−1)=0，
故答案为：B．
根据题意可解a,b，再根据λa+μb=(−1,1)，可解出λ和μ，可解此题．
本题考查平面向量的坐标运算，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：根据题意，设O′A′=2t，由于梯形O′A′B′C′是直角梯形，且其上底长是下底长的12，
则CB′=t，A′B′=2t，
原平面图形OABC的面积为3 2，则直观图的面积S= 24×3 2=32，
则有S=(2t+t)×2t2=3t2=32，解可得t= 22，
则O′A′=2t= 2．
故选：B．
根据题意，设O′A′=2t，分析可得CB′=t，A′B′=2t，求出直观图的面积，由梯形的面积公式求出t的值，进而计算可得答案．
本题考查平面图形的直观图，注意斜二测画法的步骤，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：∵(a−acsB)sinB=(b−ccsC)sinA，
由正弦定理得(a−acsB)b=(b−ccsC)a，
由正弦定理得：csBsinB−csCsinC=0，
∴sin2B−sin2C=0，∴2B=2A或者2B+2C=180°，
即A=B或C+B=90°，∴三角形是等腰或直角三角形．
故选：A．
根据正弦定理，两角和差公式即可确定．
本题考查正弦定理，两角和差公式，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：易得BC=2，D为线段EF中点，则ME+MF=2MD，
(ME+MF)2=ME2+2ME⋅MF+MF2=4MD2，
ME−MF=FE,(ME−MF)2=FE2，
则ME⋅MF=14[(ME+MF)2−(ME−MF)2]=MD2−14FE2，
又MD=12BC=1，EF=AC=2 2，则ME⋅MF=1−14×8=−1．
故选：D．
由(ME+MF)2=4MD2，(ME−MF)2=FE2，结合ME⋅MF=14[(ME+MF)2−(ME−MF)2]即可求解．
本题考查向量的数量积，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：如图，
连接AC、PM，A1C1，由M，P分别是C1D1，A1D1的中点，
可得PM//A1C1//AC，可得AP与CM共面，故①错误；
∵AP⊂平面ACMP，M∈平面ACMP，M∉AP，N∉平面ACMP，
∴由异面直线的定义可得，AP与MN是异面直线，则AP，MN，DD1不相交于一点，故②错误；
连接BC1，取其中点为G，连接MG、NG，可得MG//BD1，NG//CC1//BB1，
则MG/​/平面BB1D1D，NG/​/平面BB1D1D，又MG∩NG=G，
∴平面MNG/​/平面BB1D1D，可得MN/​/平面BB1D1D，故④正确；
上面已证明MG//BD1，由过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行，
可得MN与BD1不平行，故③错误．
∴其中错误的个数为3．
故选：C．
证明AP与CM共面判断①；由异面直线的定义判断②；通过证明MN/​/平面BB1D1D判断③④．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
8.【答案】C
【解析】解：由3HA+4HB+5HC=0，整理得HA=−43HB−53HC，
作出示意图形，如图所示，
设S△AHC=S△CHD=S，则S△CGD=23S，则S△C1DH=S△B1DH=53S，
则S△BHD=S△AHB=53S，
根据面积比：S△BHCS△DHC1=920，所以SΔBHC=920×53S=34S，
即：S△BOC=S△ADC=S△ADB=3：4：5，
又因为H是垂心，
根据S△BOC=S△ADC=S△ADB=tanA：tanB：tanC=3：4：5，
又因为tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC，
解得：tanA=3 5，tanB=4 5，tanC= 5，
由于H为△ABC的垂心，所以∠AHB+∠C=π，
则cs∠AHB=−cs∠C=− 66．
故选：C．
直接利用向量的线性运算和三角形的面积公式求出结果．
本题考查的知识点：向量的线性运算，三角形的面积公式，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，
则z−=a−bi，
|z−1|=|z+1|，
则 (a−1)2+b2= (a+1)2+b2，解得a=0，
对于A，z=bi，当b=0时，z不为纯虚数，故A错误；
对于B，|z−−1|= (a−1)2+b2，|z−+1|= (a+1)2+b2，故B正确；
对于C，z+z−=2a=0，故C正确；
对于D，z⋅z−=b2，z2=(bi)2=−b2，故D错误．
故选：BC．
设出复数z，结合复数模公式，求出a，再结合共轭复数的定义，即可求解．
本题主要考查复数模公式，共轭复数的定义，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：对A选项，根据题意可知：
直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的直径2R即为长宽高分别为2，2，2 2的长方体的体对角线长，
∴(2R)2=22+22+(2 2)2=16，
∴直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的半径R=2，∴A选项正确；
对B选项，∵C1B1//MN，C1B1⊄平面AMN，MN⊂平面AMN，
∴C1B1//平面AMN，又P是线段B1C1上(包含端点)的动点
∴P到平面MNA的距离为定值，又△MNA的面积也为定值，
∴三棱锥P−MNA的体积为定值，∴B选项正确；
对C选项，根据题意易知PM//A1C1//AC，则过A，M，P三点的平面为平面ACPM，
∵AN= (2 2)2+12=3，又易知C1B1⊥平面A1C1CA，AN⊂平面A1C1CA，
∴C1B1⊥AN，又MN//C1B1，
∴MN⊥AN，又AN=1，∴AM= 32+12= 10，而CP= (2 2)2+12=3，
∴梯形ACPM不是等腰梯形，∴C选项错误；
对D选项，将平面A1C1CA沿C1C旋转到与平面B1C1CB在同平面内，
∴BQ1的最短距离为 32+(2 2)2= 17，∴D选项正确．
故选：ABD．
根据分割补形法，三棱锥的体积公式，化归转化思想，针对各个选项分别求解即可．
本题考查三棱柱的外接球问题，三棱锥的体积问题，几何体的截面问题，距离的最值的求解，化归转化思想，属中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，若点D是BC的中点，∠BAC=2π3，则AD=12(AB+AC)，
可得|AD|2=14(|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC)=14(36+64+2×6×8cs2π3)=13，则|AD|= 13，故A项正确；
对于B，若AD平分∠BAC,∠BAC=π2，则∠BAD=∠CAD=π4，
△ABD中，ABsin∠ADB=BDsinπ4，可得BD=ABsinπ4sin∠ADB=3 2sin∠ADB，同理可得△ACD中，CD=4 2sin∠ADC，
结合sin∠ADB=sin∠ADC，可得BD：CD=3 2sin∠ADB：4 2sin∠ADC=3：4，故B项正确；
对于C，当∠BAC=π2时，BC= AB2+AC2=10，可得△ABC的外接圆半径R=12BC=5，
此时△ABC的外接圆面积S=πR2=25π>9π，所以△ABC的外接圆面积的最大值不是9π，C项不正确；
对于D，设∠BAD=α，∠CAD=β，在△ADC中，由正弦定理可得ADsinC=CDsinβ，
因为α+C=π2，所以sinC=sin(π2−α)=csα，即ADcsα=CDsinβ，
在△ABC中，α+β+B+C=π，所以β+B=π2，同理可证出在△ABD中，ADcsβ=BDsinα，
根据点D是BC的中点，即BD=CD，可得ADCD=csαsinβ=csβsinα，可得sinαcsα=sinβcsβ，sin2α=sin2β，
所以α+β=π2或α=β，而α=β时，结合D为BC中点，可得AB=AC，与题设矛盾，
因此α+β=π2，即∠BAC=π2，故D项正确．
故选：ABD．
若点D是BC的中点，则AD=12(AB+AC)，根据平面向量数量积的定义与运算性质算出AD的长，即可判断A项的正误；若AD平分∠BAC,∠BAC=π2，分别在△ABD中与△ADC中利用正弦定理，证出BD：CD=3：4，从而判断出B项的正误；通过举反例加以说明，判断出C项的正误；若∠BAD+∠ACD=π2，且D是BC的中点，利用正弦定理证出sin2∠BAD=sin2∠CAD，从而判断出∠BAC是直角，可得D项的正误．
本题主要考查正弦定理、平面向量数量积的定义与运算性质、三角恒等变换公式等知识，属于中档题．
12.【答案】7 212π
【解析】解：设正三棱柱ABC−A1B1C1，取三棱柱ABC−A1B1C1的两底面中心O，O1，
连接OO1，取OO1的中点D，连接BD，则BD为正三棱柱外接球的半径，
∵△ABC是边长为3的正三角形，O是△ABC的中心，
∴BO=23×32 3= 3，
又∵OD=12OO1=12AA1=32，
∴BD= OB2+OD2= 214= 212，
∴正三棱柱ABC−A1B1C1外接球的体积为43π×BD3=7 21π2．
故答案为：7 212π．
根据柱体外接球的特点可知，该正三棱柱的外接球的球心在上下底面中心连线的中点处，再根据勾股定理即可求出外接球的半径，代入球的体积公式即可求解．
本题考查了正三棱柱外接球的体积计算，属于中档题．
13.【答案】 32或 34
【解析】解：因为c−2bsinC=0，即sinC=2sinBsinC，
因为sinC>0，
所以sinB=12，
因为B∈(0,π2)，
所以B=π6，
因为a= 3，
由正弦定理得， 3sinA=1sin30∘，
所以sinA= 32，
所以A=π3或A=2π3，
当A=π3时，B=π6，C=π2，此时△ABC的面积S=12ab=12×1× 3= 32；
当A=2π3时，B=π6，C=π6，b=c=1，此时△ABC的面积S=12bcsinA=12×1×1× 32= 34．
故答案为： 32或 34．
由已知结合正弦定理进行化简可求B，然后求出A，结合三角形的面积公式即可求解．
本题主要考查了正弦定理，三角形面积公式的应用，属于中档题．
14.【答案】[0, 32]
【解析】解：已知菱形ABCD的边长为1，所以|AB|=|AD|=1，
且向量AB在AD方向上的投影为|AB|csθ=|AB|⋅AB⋅AD|AB||AD|=AB⋅AD，
若|AM|≥1恒成立，则|2AB+tAD|≥1恒成立，所以|2AB+tAD|2≥1，
即4AB2+4tAB⋅AD+t2AD2≥1.令AB⋅AD=a，则4+4at+t2≥1，
即t2+4at+3≥0，要使t2+4at+3≥0(t∈R)恒成立，则Δ=16a2−4×1×3≤0，
解得− 32≤a≤ 32，又向量AB在AD方向上的投影向量为|AB|csθ⋅AD|AD|，
其模的取值范围是[0, 32]．
故答案为：[0, 32]．
设AB⋅AD=a，通过不等式|AM|≥1恒成立，可确定投影向量的模的取值范围．
本题考查向量投影向量的概念，不等式恒成立问题，属于中档题．
15.【答案】解：(1)(1+2i)2+5+3i1+i+i2024=1+4i−4+(5+3i)(1−i)(1+i)(1−i)+1=1+4i−4+8−2i2+1=2+3i；
(2)设z=x+yi(x、y∈R)，∵z+2i=x+(y+2)i为实数，
∴y=−2，
∵z2−i=x−2i2−i=15(x−2i)(2+i)=15(2x+2)+15(x−4)i为实数，
∴x=4，y=−2，
∵(z+ai)2=[4+(a−2)i]2=(12+4a−a2)+8(a−2)i在复平面内对应的点(12+4a−a2,8(a−2))位于第三象限，
∴12+4a−a2<08(a−2)<0，
解得a<−2，
∴实数a的取值范围是(−∞,−2)．
【解析】(1)结合复数的四则运算进行化简即可求解；
(2)结合复数的四则运算及几何意义即可求解．
本题主要考查了复数的四则运算及复数的几何意义的应用，属于基础题．
16.【答案】解：(1)由PC=2BP，得BC=BP+BC=3BP，可得BP=13BC，
所以AP=AB+BP=AB+13BC=AB+13(AC−AB)=23AB+13AC，
由点O是线段AP的中点，可得AO=12AP=12(23AB+13AC)=13AB+16AC，
又因为AO=xAB+yAC，且AB、AC不共线，所以根据平面向量基本定理，得x=13,y=16；
(2)因为AB=AE+EB=AE+λAE=(1+λ)AE，AC=AF+FC=AF+μAF=(1+μ)AF，
由(1)得AO=12AP=13AB+16AC，可知AO=1+λ3AE+1+μ6AF，
根据E、O、F三点共线，得1+λ3+1+μ6=1，即2λ+μ=3，
所以1λ+2μ=13(2λ+μ)(1λ+2μ)=13(4+μλ+4λμ)
由λ>0，μ>0，得μλ+4λμ≥2 μλ⋅4λμ=4，
所以13(4+μλ+4λμ)≥13(4+2 4)=83，即1λ+2μ≥83，
当且仅当μ=2λ，即λ=34,μ=32时取等号，可知1λ+2μ的最小值为83．
【解析】(1)以向量AB,AC为基底，表示出向量AP，进而可得AO=13AB+16AC，从而利用平面向量基本定理算出x、y的值；
(2)利用(1)的结论，结合平面向量基本定理，证出2λ+μ=3，然后利用基本不等式与“1的代换”，求出1λ+2μ的最小值．
本题主要考查平面向量的线性运算法则、平面向量基本定理、利用基本不等式求最值等知识，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由m⋅n=0可得，bcsC+(c−4a)(2cs2B2−1)=0，
则sinBcsC+(sinC−4sinA)csB=0，
即sinBcsC+csBsinC−4sinAcsB=0，
所以sin(B+C)=4sinAcsB，即sinA=4sinAcsB，
又sinA≠0，
所以csB=14，即cs∠ABC=14；
(2)由于D为边AC上一点，CD=2AD，
则BD=23BA+13BC，
又BD=2 5，
所以20=49c2+19a2+49accsB=19(a2+4c2+ac)≥19(4ac+ac)=59ac，
所以ac≤36，当且仅当a=2c时取等号，
又sinB= 1−cs2B= 154，
所以S△ABC=12acsinB≤12×36× 154=9 152．
所以△ABC面积的最大值为9 152．
【解析】(1)根据题意化简可得sinA=4sinAcsB，进而得到cs∠ABC；
(2)由基本不等式可知ac≤36，再结合三角形的面积公式可得解．
本题考查三角恒等变换，平面向量以及解三角形的综合运用，考查转化思想及运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)已知圆锥的顶点为P，母线PA，PB所成角的余弦值为14，轴截面等腰三角形PAC的顶角为90°，△PAB的面积为2 15，
设圆锥母线长、底面半径分别为l、r，
由圆锥的轴截面为等腰三角形且顶角为90°，则l2+l2=(2r)2，解得l= 2r，
又cs∠APB=14，所以sin∠APB= 1−cs2∠APB= 1−(14)2= 154，
又因为△PAB的面积为2 15，
∴S△PAB=12PA⋅PB⋅sin∠APB=12l2× 54=2 5，解得l=4(负值舍去)，
又l= 2r，所以r=2 2，
∴圆锥的侧面积S=12×2πr×l=π×2 2×4=8 2π；
(2)作出轴截面如图所示：

根据圆锥的性质可知内切球球心在PO上，设球心为G，切PA于点D，
设内切球半径为R，即GO=GD=R，则△POA∼△PDG，
所以GDAO=PGPA，
由(1)可知，圆锥的高PO=AO=2 2,PA=4，
则有R2 2=2 2−R4，解得R=4−2 2，
所以圆锥的内切球的表面积S=4πR2=4π(4−2 2)2=96π−64 2π；
(3)由(1)知，圆锥的高h=r= 22l=2 2，

令正四棱柱的底面边长为a，高为H，
则HG= 2a,PO1=h−H，
由PO1PO=HG2r得，2 2−H2 2= 2a2r，
∴a= 2(2 2−H)，
S侧=4aH=4 2(2 2−H)H≤4 2[(2 2−H)+H2]2=8 2，
等号成立⇔2 2−H=H⇔H= 2，
则该圆锥的内接正四棱柱的侧面面积的最大值为8 2．
【解析】(1)令圆锥母线长、底面半径分别为l，r，由已知条件得l= 2r，再利用三角形的面积公式得到l的值，最后利用圆锥的侧面积公式求解即可；
(2)画出截面图形，先由相似三角形知识求出内切球半径，再由球的表面积公式即可求解；
(3)由(1)知，圆锥的高h=r= 22l=2 2，令正四棱柱的底面边长为a，高为H，由PO1PO=HG2r得a= 2(2 2−H)，利用基本不等式即可求解．
本题考查了圆锥侧面积和圆锥内切球表面积的计算，属于中档题．
19.【答案】解：(1)依题意，sinBsinA+sinAtanAcsB=2sinAsinC，
即sinB+sinAcsAcsB=2sinC，
所以sinBcsA+sinAcsB=2sinCcsA，即sin(B+A)=sinC=2sinCcsA，
故csA=12，
又A为△ABC的内角，
所以A=π3；
(2)①证明：设a=(x1,y1),b=(x2,y2)，
由|a⋅b|≤|a||b|，得|x1x2+y1y2|≤ x12+y12⋅ x22+y22，即(x1x2+y1y2)2≤(x12+y12)(x22+y22)；
②T=|AB||PD|+9|BC||PE|+|AC||PF|=c|PD|+9a|PE|+b|PF|=c2c|PD|+9a2a|PE|+b2b|PF|．
又S△PAB+S△PBC+S△PAC=S△ABC,S△PAB=12c|PD|,S△PBC=12a|PE|,S△PAC=12b|PF|，
∴c|PD|+a|PE|+b|PF|=2S△ABC．
由三维分式型柯西不等式有T=c2c|PD|+9×32a|PE|+b2b|PF|≥(b+c+9)22S△ABC=2(b+c+9)2 3bc．
当且仅当|PE|=3|PD|=3|PF|时等号成立．
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，可得9=b2+c2−bc，
所以(b+c)2−9=3bc，即bc=(b+c)2−93，
则T≥2(b+c+9)2 3bc=2 3(b+c+9)2(b+c)2−9，
令t=b+c+9，则T≥2 3t2(t−9)2−9=2 372t2−18t+1．
因为bc=(b+c)2−93≤(b+c2)2b+c>a=3，得3所以12当1t=115即b=c=3时，y有最大值325，
此时T有最小值50 33(此时|PE|=3|PD|=3|PF|与b=c可以同时取到)．
【解析】(1)根据已知条件结合正弦定理以及三角恒等变换可得csA=12，结合A的范围得解；
(2)①利用|a⋅b|≤|a||b|，即可得证；②依题意可得T=c2c|PD|+9×32a|PE|+b2b|PF|≥(b+c+9)22S△ABC=2(b+c+9)2 3bc，再利用余弦定理可转化为T≥2(b+c+9)2 3bc=2 3(b+c+9)2(b+c)2−9，令t=b+c+9，进一步转化为T≥2 3t2(t−9)2−9=2 372t2−18t+1，再由函数的性质得出答案．
本题考查解三角形与柯西不等式的运用，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．