2023-2024学年辽宁省沈阳市五校协作体高一下学期5月期中考试数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳市五校协作体高一下学期5月期中考试数学试题（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。

1.12sin2θ<1，则θ是
( )
A. 第一或第二象限角B. 第二或第四象限角C. 第一或第三象限角D. 第二或第三象限角
2.对于任意非零向量a,b,c，若a,b在c上的投影向量互为相反向量，下列结论一定成立的是
( )
A. a−b//cB. a+b//cC. a−b⊥cD. a+b⊥c
3.2024年2月4日，“龙行中华——甲辰龙年生肖文物大联展”在山东孔子博物馆举行，展览的多件文物都有“龙”的元素或图案．出土于鲁国故城遗址的“出廓双龙勾玉纹黄玉璜”(图1)就是这样一件珍宝．玉璜璜身满刻勾云纹，体扁平，呈扇面状，璜身外镂空雕饰“S”型双龙，造型精美．现要计算璜身面积(厚度忽略不计)，测得各项数据(图2)：AB≈8cm，AD≈2cm，AO≈5cm，若sin37∘≈35，π≈3.14，则璜身(即曲边四边形ABCD)面积近似为
( )
A. 6.8cm2B. 9.8cm2C. 14.8cm2D. 22.4cm2
4.已知向量a=(sinθ,csθ)，b=( 2,1)，若a⋅b=|b|，则tanθ=( )
A. 22B. 2C. 3D. 32
5.函数fx=sinωx+φω>0,0<φ<π的部分图像如图所示，▵ABC是等腰直角三角形，其中A,B两点为图像与x轴的交点，C为图像的最高点，且OB=3OA，则f0+f1+f2+⋯+f2024=( )
A. 22B. − 22C. 2D. 0
6.若tan2α=43，则2+2cs2α−3sin2α1−cs2α=( )
A. −12或2B. −2或12C. 2D. −12
7.剪纸是中国古老的传统民间艺术之一，剪纸时常会沿着纸的某条对称轴对折．将一张纸片先左右折叠，再上下折叠，然后沿半圆弧虚线裁剪，展开得到最后的图形，若正方形ABCD的边长为4，点P在四段圆弧上运动，则AP⋅AB的取值范围为
( )
A. −4,12B. −8,24C. −12,36D. −12,24
8.已知a=1718，b=cs13，c=3tan13，则下列不等式成立的是
( )
A. b>a>cB. b>c>aC. c>a>bD. c>b>a
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.四边形ABCD内接于圆O，AB=CD=5，AD=3，∠BCD=60∘，下列结论正确的有
( )
A. 四边形ABCD为梯形
B. 四边形ABCD的面积为55 34
C. 圆O的直径为7
D. ▵ABD的三边长度满足AD+BD=2AB
10.下列命题正确的是( )
A. 向量a在向量bb≠0上的投影为c，则c=abcsa,bb．
B. 已知m=(1,2),n=(3,t)，若m与m+2n的夹角不为锐角，则t的取值范围为−∞,−114．
C. 点H在▵ABC所在的平面内，且满足HA•HB=HB•HC=HC•HA，则点H是▵ABC的垂心．
D. 在平面直角坐标系xOy中，Ax1,y1，Bx2,y2，而且O,A,B三点不共线，则S△OAB=12x1y2−x2y1．
11.已知函数f(x)=csx+sinx2，则
( )
A. fx在区间0,π6单调递增
B. fx的图象关于直线x=π对称
C. fx的值域为0,98
D. 关于x的方程f(x)=a在区间[0,2π]有实数根，则所有根之和组成的集合为π,2π,4π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在▵ABC中，sinA:sinB:sinC= 3:4: 31，则A+B−C= ．
13.设a,b,c是单位向量，且a+b=a−b，则a−c⋅b−c的范围为
14.已知函数f(x)=2cs(ωx+φ)的部分图像如图所示，则满足条件f(x)−f−7π4f(x)−f4π3>0的最小正整数x为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
在△ABC中，已知AB=2 2，AC=2 3，C=π4．
(1)求B的大小；
(2)若BC>AC，求函数f(x)=sin(2x−B)−sin(2x+A+C)在[−π,π]上的单调递增区间．
16.(本小题12分)
已知向量a=2csx,sinx+ 2sinθ，b=2sinx,−csx+ 2csθ．
(1)若a//b，求csx+θ；
(2)若θ=π4，函数fx=a⋅bx∈0,π；
(ⅰ)求fx的值域．
(ⅱ)当fx取最小值时，求与a垂直的单位向量c的坐标．
17.(本小题12分)
如图所示，矩形ABCD是一个历史文物展览厅的俯视图，点E在AB上，在梯形BCDE区域内部展示文物，DE是玻璃幕墙，游客只能在▵ADE区域内参观，在AE上点P处安装一可旋转的监控摄像头，∠MPN为监控角，其中M，N在线段DE(含端点)上，且点M在点N的右下方，经测量得知，AD=6m，AE=6m，AP=2m，∠MPN=π4.记∠EPM=θrad，监控摄像头的可视区域▵PMN的面积为Sm2．
(1)求S关于θ的函数关系式，并写出θ的取值范围；(参考数据：tan54≈3)
(2)求S的最小值．
18.(本小题12分)
在锐角▵ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，▵ABC的面积为S，且bcsA+acsB=2，CB⋅CA=2 33S．
(1)求▵ABC的面积S最大值．
(2)求AC⋅AB的取值范围．
19.(本小题12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cs2B+cs2C−cs2A=1．
(1)求A；
(2)若bc=2，设点P为▵ABC的费马点，求PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA；
(3)设点P为▵ABC的费马点，PB+PC=tPA，求实数t的最小值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】求解指数不等式可得sin2θ>0，进一步得到kπ<θ<π2+kπ,k∈Z，则答案可求．
【详解】由(12)sin2θ<1=(12)0，
得sin2θ>0，
∴2kπ<2θ<π+2kπ，
即kπ<θ<π2+kπ,k∈Z，
∴θ是第一或第三象限的角．
故选：C．
2.【答案】D
【解析】【分析】根据投影向量和投影的关系以及投影的计算方法直接求解即可．
【详解】由题意得，a在c上的投影为acsa,c=a×a⋅ca⋅c=a⋅cc，
同理，b在c上的投影为b⋅cc，
因为任意非零向量a,b在c上的投影向量互为相反向量，
所以a,b在c上的投影互为相反数，
所以a⋅cc+b⋅cc=0，则a+b⋅c=0，即a+b⊥c．
故选：D
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查弧长及扇形面积，弧度制与角度制，属于基础题．
根据给定图形求出圆心角∠AOB，再利用扇形面积公式计算即得．
【解答】
解：显然▵AOB为等腰三角形，OA=OB=5,AB=8，则cs∠OAB=12ABOA=45，sin∠OAB=35，
即∠OAB≈37∘，于是∠AOB=106∘=53π90，
所以璜身的面积近似为12∠AOB⋅OA2−OD2=12×53π90×52−32≈14.8cm2．
故选：C．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查向量数量积的坐标运算，同角三角函数的基本关系，属于中档题．
根据a⋅b= 2sinθ+csθ，得 2sinθ+csθ= 3，由同角基本关系即可求解．
【解答】
解：因为a⋅b= 2sinθ+csθ，b= 3，a⋅b=|b|，
从而 2sinθ+csθ= 3，
于是cs2θ+2sin2θ+2 2sinθcsθ
=1+sin2θ+2 2sinθcsθ=3，
从而sin2θ+2 2sinθcsθ=sin2 θ+2 2sin θcs θcs2 θ+sin2 θ=tan2 θ+2 2tan θ1+tan2 θ=2，
整理得 tan2θ−2 2tanθ+2=0，
解得tanθ= 2．
故选B．
5.【答案】A
【解析】【分析】根据题意，过C作CD⊥x轴于点D，结合函数图像可得函数的解析式，从而可得f1+f2+f3+f4=0，代入计算，即可得到结果．
【详解】
过C作CD⊥x轴于点D，则CD=1，
因为▵ABC是等腰直角三角形，所以AB=2，故T=4，
则ω=2πT=π2，且ω>0，则ω=π2，
因为OB=3OA，所以OB=3OA=32，
所以A−12,0，B32,0，C12,1，
所以12×π2+φ=π2+2kπ,k∈Z，解得φ=π4+2kπ，k∈Z，
因为0<φ<π，所以φ=π4，则fx=sinπ2x+π4，
则f1+f2+f3+f4= 22− 22− 22+ 22=0，
故f0+f1+f2+⋯+f2024=f0+506×0=f0= 22
故选：A
6.【答案】C
【解析】【分析】根据已知条件，利用正切的二倍角公式求出tanα，再利用正余弦二倍角公式和同角三角函数的商数关系化简要求值的式子，带值计算即可得到答案．
【详解】tan2α=43⇒2tanα1−tan2α=43⇒tanα=12或−2，
2+2cs2α−3sin2α1−cs2α
=2+22cs2α−1−6sinαcsα1−1−2sin2α
=4cs2α−6sinαcsα2sin2α
=2−3tanαtan2α
代入tanα求得值均为：2．
故选：C．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查向量数量积的坐标运算，属于基础题．
以点A为坐标原点，AB、AD所在直线分别为x、y轴建立平面直角坐标系，求出点P的横坐标的取值范围，利用平面向量数量积的坐标运算可求得AP⋅AB的取值范围．
【解答】
解：以点A为坐标原点，AB、AD所在直线分别为x、y轴建立如下图所示的平面直角坐标系xAy，
设点Px,y，易知点P的横坐标x的取值范围是−2,6，
又AP=x,y ，AB=4,0，
所以，AB⋅AP=4x∈−8,24．
故选：B．
8.【答案】D
【解析】【分析】利用单位圆证明不等式α∈(0,π2),sinα<α【详解】如图，α∈(0,π2)，角α的终边交单位圆O于点P(x,y)，与直线AT:x=1交于点T，
过点P作PM⊥x轴于点M，显然PM而PM=y=sinα,AP⌢=α,AT=tanα，因此sinα<α则c=3tan13>3×13=1，b=cs13=1−2sin216>1−2×(16)2=1718，又b=cs13<1，
所以c>b>a．
故选：D
9.【答案】ABD
【解析】【分析】直接利用余弦定理，三角形的面积公式，圆的内接四边形性质，和等差数列的证明对选项逐一判断即可．
【详解】对于A，∵AB=CD=5,AD=3,∠BCD=60∘，∴∠BAD=120∘，
连接AC,BD，由AB=CD可得∠BDA=∠CAD，又因为∠ABD=∠ACD，
所以▵BAD≅▵CDA(AAS)，∴∠BAD=∠CDA=120∘，
∴∠BCD+∠CDA=180∘，∴BC//DA，
显然AB不平行CD，即四边形ABCD为梯形，故 A正确；
对于B，在▵ABD中，BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcs120∘
=52+32−2×5×3×−12=49，
在▵BCD中由余弦定理可得BD2=CB2+CD2−2CB⋅CDcs∠BCD，
∴49=CB2+52−2×5×CBcs60∘，解得CB=8或CB=−3(舍去)，
∴S▵BAD=12AB⋅ADsin120∘=12×5×3× 32=15 34，
∴S▵BCD=12CB⋅CDsin60∘=12×5×8× 32=40 34，
∴SABCD=S▵BCD+S▵BAD=15 34+40 34=55 34，故 B正确；
对于C，由B可知，BD2=49，∴BD=7，则圆的直径不可能是7，故 C错误；
对于D，在▵ABD中，AD=3，AB=5，BD=7，满足AD+BD=2AB，故 D正确．
故选：ABD．
10.【答案】ACD
【解析】【分析】根据投影向量的定义即可判断A；根据向量夹角不为锐角得cs⟨m,m+2n⟩≤0，或cs⟨m,m+2n⟩=1，计算即可判断B；通过HA⋅HB=HB⋅HC=HC⋅HA得HB⊥CA,HA⊥CB,HC⊥AB即可判断C；求直线OB的方程，即点A到直线OB的距离即可判断D．
【详解】对于A，根据投影向量定义，向量a在向量b上的投影向量为|a|cs⟨a,b⟩b|b|，
即c=|a|cs⟨a,b⟩b|b|，即c=abcsa,bb，故 A正确；
对于B，因为m=(1,2),n=(3,t)，
且m+2n=(1,2)+2(3,t)=(7,2+2t)，
又因为m与m+2n的夹角不为锐角，
所以cs⟨m,m+2n⟩≤0，或csm,m+2n=m⋅m+2nm⋅m+2n=1
即7+4+4t≤0或t=6，
解得t≤−114或t=6，故 B错误；
对于C，因为HA⋅HB=HB⋅HC=HC⋅HA，
所以HA⋅HB=HB⋅HCHA⋅HB=HC⋅HAHB⋅HC=HC⋅HA，即HB⋅(HA−HC)=0HA⋅(HB−HC)=0HC⋅(HB−HA)=0,
故HB⋅CA=0HA⋅CB=0HC⋅AB=0,
故HB⊥CA,HA⊥CB,HC⊥AB，
即点H为▵ABC的垂心，故 C正确；
对于D，由A(x1,y1),B(x2,y2)得，直线OB的方程为y2x−x2y=0，
点A到直线OB的距离d=|x1y2−x2y1| x22+y22，
所以▵OAB的面积为S▵OAB=12|OB|d=12 x22+y22⋅|x1y2−x2y1| x22+y22=12|x1y2−x2y1|，
故D正确．
故选：ACD．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】利用符合函数的单调性判断A，计算出f2π−x=fx即可判断B，利用换元法求出函数的值域，即可判断C，求出函数在[0,2π]上的单调性，即可画出函数fx在区间[0,2π]的图象，结合图象分类讨论，即可判断D．
【详解】对于A：当x∈0,π6时sinx2>0，
所以f(x)=csx+sinx2=1−2sin2x2+sinx2，
因为y=sinx2在0,π6上单调递增，又sinπ12= 1−csπ62= 2− 32= 6− 24，
所以sinx2∈0, 6− 24，
因为4916>3，即74> 3，所以2− 3−14=74− 3>0，即2− 3>14，
所以 2− 3>12，所以sinπ12= 2− 32>14，
又y=−2x2+x+1在−∞,14上单调递增，在14,+∞上单调递减，
所以y=1−2sin2x2+sinx2在0,π6上不单调，即fx在区间0,π6不单调，故 A错误；
对于B：因为f2π−x=cs2π−x+sin2π−x2=csx+sinx2=fx，
所以fx的图象关于直线x=π对称，故 B正确；
对于C：因为fx=csx+sinx2=1−2sin2x2+sinx2=1−2sinx22+sinx2，
令t=sinx2，则t∈0,1，令ht=1−2t2+t，t∈0,1，
则ht在0,14上单调递增，在14,1上单调递减，又h0=1，h1=0，h14=98，
所以ht∈0,98，所以fx的值域为0,98，故 C正确；
对于D：当x∈[0,2π]时sinx2≥0，所以fx=csx+sinx2=1−2sin2x2+sinx2，
由A选项可令α∈0,π6且sinα2=14，
则当x∈0,α时fx单调递增，
令α2所以fx在α,π上单调递减，
又sin2π−α2=sinα2=14，令π2所以fx在π,2π−α上单调递增，
当2π−α2所以fx在2π−α,2π上单调递减，
又f0=f2π=1，fπ=0，fα=f2π−α=98，
所以fx在[0,2π]上的函数图象如下所示：
由图可知：
①当a=0时y=fx与y=a有且仅有一个交点，
即关于x的方程f(x)=a在区间[0,2π]的实数根为π；
②当0即关于x的方程f(x)=a在区间[0,2π]有两个实数根，且两根关于x=π对称，
所以两根之和为2π；
③当1≤a<98时y=fx与y=a有四个交点，
即关于x的方程f(x)=a在区间[0,2π]有四个实数根，不妨设为x1,x2,x3,x4且x1所以x1与x4关于x=π对称，x2与x3关于x=π对称，
所以x1+x2+x3+x4=4π；
④当a<0或a>98时y=fx与y=a无交点，
即关于x的方程f(x)=a在区间[0,2π]无实数根；
综上可得，若关于x的方程f(x)=a在区间[0,2π]有实数根，则所有根之和组成的集合为π,2π,4π，故 D正确；
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：对于D选项关键是分析出函数的单调性，结合函数图象，将方程的解转化为函数与函数的交点问题，结合函数的对称性求出方程的根的和．
12.【答案】−2π3
【解析】【分析】
本题考查利用余弦定理解三角形，考查正弦定理，属于中档题．
先根据正弦定理得到三边的比例，再根据余弦定理求出角C，进而可得答案．
【解答】
解：设▵ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
因为sinA:sinB:sinC= 3:4: 31，
由正弦定理得a:b:c= 3:4: 31，
不妨设a= 3，则b=4，c= 31，
由余弦定理得：cs C=a2+b2−c22ab=( 3)2+42−( 31)22× 3×4=− 32，
因C∈0,π，所以C=5π6，
A+B−C=π−2C=π−2×5π6=−2π3，
故答案为：−2π3．
13.【答案】1− 2,1+ 2
【解析】【分析】根据向量运算法则和向量的夹角范围即可得答案．
【详解】由a+b=a−b可得，a+b2=a−b2，
即a2+2a⋅b+b2=a2−2a⋅b+b2，
从而a⋅b=0，
又a,b是单位向量，所以a+b= 2，
设a+b,c=θ，θ∈0,π，
则a−c⋅b−c=a⋅b−c⋅a+b+c2
=1−1× 2×csθ，
当c与a+b同向时，a−c⋅b−c取得最小值1− 2，
当c与a+b反向时，a−c⋅b−c取得最大值1+ 2，
故答案为：1− 2,1+ 2．
14.【答案】2
【解析】【分析】
本题考查正弦型函数的图像和性质以及相关应用，属于中档题．
需要由图求出正弦型函数的解析式，解一元二次不等式得到f(x)的范围，最后求解x的范围．
【解答】
解：34T=13π12−π3=34π,可得T=π,ω=2.
将x=π3代入f(x)=2cs (2x+φ),得2cs (2π3+φ)=0.
故2π3+φ=π2,即φ=−π6.
所以f(x)=2cs (2x−π6).
所以题目条件可转化为(f(x)−1)f(x)>0.
等价于f(x)>1或f(x)<0，
由图形可知需要满足f(x)<0，即π2<2x−π6<3π2，π3x为正整数，可知x最小值为2，
故答案为2.
15.【答案】解：(1)在△ABC中，由正弦定理可得：
ABsinC=ACsinB，即2 2 22=2 3sinB，
解得sinB= 32，
又0AB，
故B=π3或B=2π3．
(2)由BC>AC，可得A>B，故B=π3，A+C=2π3，
则f(x)=sin(2x−π3)−sin(2x+2π3)
=sin(2x−π3)−sin(2x+π−π3)
=2sin(2x−π3)，
令−π2+2kπ≤2x−π3≤π2+2kπ，k∈Z，
解得−π12+kπ≤x≤5π12+kπ，k∈Z
由于x∈[−π,π]，取k=−1，得−π≤x≤−7π12;
取k=0，得−π12≤x≤5π12;取k=1，得11π12≤x≤π，
故f(x)在[−π,π]上的单调递增区间为[−π,−7π12]，[−π12,5π12]，[11π12,π].
【解析】本题考查正弦定理，正弦型函数的的单调区间，属于中档题．
(1)由正弦定理及角B的范围可得B的大小;
(2)得到f(x)=2sin(2x−π3)，令−π2+2kπ≤2x−π3≤π2+2kπ，k∈Z，结合x∈[−π,π]，可得单调递增区间．
16.【答案】(1)
因为a=2csx,sinx+ 2sinθ，b=2sinx,−csx+ 2csθ，且a//b，
则2csx−csx+ 2csθ=2sinxsinx+ 2sinθ，
即2 2csxcsθ−sinxsinθ=2sin2x+cs2x
整理得 2csx+θ=1，所以csx+θ= 22．
(2)
因为θ=π4，则a=2csx,sinx+1，b=2sinx,−csx+1，
可得fx=a⋅b=4sinxcsx+sinx+1−csx+1
=3sinxcsx+sinx−csx+1
=−32sinx−csx2+sinx−csx+52
设t=sinx−csx= 2sinx−π4，
因为x∈0,π，则x−π4∈−π4,3π4，
可得sinx−π4∈− 22,1，t= 2sinx−π4∈−1, 2，
(ⅰ)设gt=−32t2+t+52,t∈−1, 2，
因为gt=−32t2+t+52的图象开口向上，对称轴为t=13，
由二次函数性质可得：gtmax=g13=83，gtmin=g−1=0
所以fx的值域为0,83；
(ⅱ)当fx取最小值时，即t=−1,fxmin=0，此时x=0，a=2,1
设c=x,y，由题意可得2x+y=0x2+y2=1，解得x= 55y=−2 55或x=− 55y=2 55,
所以c= 55,−2 55或− 55,2 55．

【解析】(1)根据向量共线可得2csx−csx+ 2csθ=2sinxsinx+ 2sinθ，结合三角恒等变换分析求解；
(2)根据数量积结合三角恒等变换整理可得fx=−32sinx−csx2+sinx−csx+52.(ⅰ)换元设t=sinx−csx，可知t∈−1, 2，结合二次函数求值域；(ⅱ)结合(ⅰ)可知a=2,1，设c=x,y，结合向量的坐标运算分析求解．
17.【答案】解：(1)在△PME中，∠EPM=θ，PE=AE−AP=4 m，
∠PEM=π4，∠PME=3π4−θ．
由正弦定理得PMsin∠PEM=PEsin∠PME，
所以PM=PE×sin∠PEMsin∠PME=2 2sin(3π4−θ)=4sinθ+csθ，
同理在△PNE中，由正弦定理得PNsin∠PEN=PEsin∠PNE，
所以PN=PE×sin∠PENsin∠PNE=2 2sin(π2−θ)=2 2csθ，
所以△PMN的面积S=12PM×PN×sin∠MPN=4cs2θ+sinθcsθ
=41+cs 2θ2+12sin 2θ=8sin 2θ+cs 2θ+1=8 2sin (2θ+π 4)+1
当M与E重合时，θ=0；当N与D重合时，tan∠APD=3，
因为tan54≈3，所以即有∠APD=54，θ=3π 4−54，
所以0⩽θ⩽3π 4−54．
综上可得，S=8 2sin (2θ+π 4)+1，θ∈[0,3π 4−54];
(2)当2θ+π 4=π 2，即θ=π 8∈[0,3π 4−54]时，
S取得最小值8 2+1=8( 2−1)，
所以可视区域△PMN面积的最小值为8( 2−1)m2．

【解析】本题考查三角函数在实际生活中的应，利用正弦定理解三角，三角恒等变换的综合应，求正弦型函数的值域或最，是中档题．
(1)由正弦定理求出PM，PN，根据三角形的面积公式求出△PMN的面积S；
(2)根据题意可得，当2θ+π 4=π 2时，S取得最小值，进一步计算即可求解．
18.【答案】(1)
因为bcsA+acsB=2，
所以b⋅b2+c2−a22bc+a⋅a2+c2−b22ac=c=2，
又因为CB⋅CA=2 33S，得abcsC=2 33×12absinC，
所以tanC= 3，又0由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab，即a2+b2−42ab=12，
所以a2+b2=ab+4，
由基本不等式得a2+b2≥2ab，
故ab+4≥2ab，解得ab≤4，当且仅当a=b=2时，等号成立，
S△ABC=12absinC= 34ab≤ 3；
当且仅当a=b时，S最大值为 3．
(2)
由正弦定理得asinA=bsinB=csinC=2 32=4 33，
所以b=4 33sinB，又B=π−A−π3，所以sinB=sinA+π3，
AC⋅AB=AC⋅ABcsA=bccsA=2bcsA=8 33sinBcsA
=8 33sinA+π3csA=8 3312sinA+ 32csAcsA
=4 33sinAcsA+4cs2A=2 33sin2A+2cs2A+2
=4 33sin2A+π3+2，
因为▵ABC为锐角三角形，
所以A∈0,π2，B=2π3−A∈0,π2，解得A∈π6,π2，
则2A+π3∈2π3,4π3，sin2A+π3∈− 32, 32，
AC⋅AB=4 33sin2A+π3+2∈0,4．

【解析】(1)由余弦定理、向量数量积定义以及三角形面积公式求出边c和角C，再结合基本不等式可得ab≤4，最后求出▵ABC的面积的最大值．
(2)由正弦定理得b=4 33sinB，再由平面向量数量积的定义及三角恒等变换知识化简后转化为求三角函数的取值范围．
19.【答案】解：(1)因为cs2B+cs2C−cs2A=1，
所以1−2sin2B+1−2sin2C−1+2sin2A=1，
故sin2A=sin2B+sin2C，由正弦定理得a2=b2+c2，
故△ABC直角三角形，即A=π2．
(2)如图所示，由(1)得A=π2，所以S△ABC=12⋅|AB|⋅|AC|=12bc=1，
由点P为△ABC的费马点得∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3，
由三角形的面积公式可得，S△APB=12⋅|PA|⋅|PB|⋅sin∠APB= 34|PA||PB|，同理S△BPC= 34|PB||PC|，S△APC= 34|PA||PC|，
而S△ABC=S△APB+S△BPC+S△APC，
即 34(|PA||PB|+|PB||PC|+|PA||PC|)=1，
即|PA||PB|+|PB||PC|+|PA||PC|=4 3，
所以PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA
=|PA||PB|cs∠APB+|PB||PC|cs∠BPC+|PA||PC|cs∠APC
=−12(|PA||PB|+|PB||PC|+|PA||PC|)
=−12×4 3=−2 33，
故PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA的值是−2 33．
(3)由(1)知A=π2，由点P为△ABC的费马点得∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3，
设|PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|，|PA|=x，(m,n,x>0)
则由|PB|+|PC|=t|PA|得m+n=t;
由余弦定理得
|AB|2=x2+m2x2−2mx2cs 2π3=(m2+m+1)x2|AC|2=x2+n2x2−2nx2cs 2π3=(n2+n+1)x2|BC|2=m2x2+n2x2−2mnx2cs 2π3=(m2+n2+mn)x2,
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，因为m>0，n>0，所以m+n+2=mn≤(m+n2)2，
又m+n=t，即有t2−4t−8≥0，解得t≥2+2 3或t≤2−2 3(舍去)，
当且仅当m=n，结合m+n+2=mn，解得m=n=1+ 3时，等号成立，
故实数t的最小值为2+2 3．
【解析】本题考查正余弦定理的应用，基本不等式求最值，向量的数量积的概念及其运算，二倍角余弦公式，三角形面积公式，属于难题．
(1)根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简 cs2B+cs2C−cs2A=1 可得 a2=b2+c2 ，即可求得答案；
(2)由(1)得A=π2，即可得S△ABC，再利用三角形的面积公式和向量的数量积进行后面的求解即可；
(3)由(1)的结论可得 ∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3 ，设 |PB|=m|PA|,|PC|=n|PA|,|PA|=x ，推出 m+n=t ，利用余弦定理以及勾股定理即可推出 m+n+2=mn ，再结合基本不等式即可求得答案．