2023-2024学年湖北省武汉市华中师大一附中高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市华中师大一附中高一（下）期中数学试卷（含解析），共18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.已知复数z满足z(1−i)=|1+i|2，则z=( )
A. 1−iB. 1+iC. −1−iD. −1+i
2.下列说法正确的是( )
A. 空间中两直线的位置关系有三种：平行、垂直和异面
B. 若空间中两直线没有公共点，则这两直线异面
C. 和两条异面直线都相交的两直线是异面直线
D. 若两直线分别是正方体的相邻两个面的对角线所在的直线，则这两直线可能相交，也可能异面
3.已知a,b,c均为单位向量，且2a=3b+4c，则a与b的夹角的余弦值为( )
A. 13B. −13C. 14D. −14
4.毡帐是蒙古族牧民居住的一种房子，内部木架结构，外部毛毡围拢，建造和搬迁都很方便，适合牧业和游牧生活.如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与一个圆柱的组合体，下半部分圆柱的高为2.5米；上半部分圆锥的母线长为2 3米，轴截面(过圆锥轴的截面)是面积为3 3平方米的等腰钝角三角形，则建造该毡帐(不含底面)需要毛毡( )平方米．
A. (6 3+15)πB. (5 3+6)πC. (12 3+15)πD. (10 3+6)π
5.设复数z1，z2对应的向量分别为OZ1,OZ2,O为坐标原点，且z1=− 2+ 2i，若把OZ1绕原点顺时针旋转3π4，把OZ2绕原点逆时针旋转4π3，所得两向量的终点重合，则z2=( )
A. 1− 3iB. −1+ 3iC. 3−iD. − 3+i
6.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c,B=π6,c=6，若△ABC有两解，则b的取值范围是( )
A. (3,6)B. (3 3,6 3)C. (3 3,6)D. (3,6 3)
7.如图，在四边形ABCD中，AD⊥CD，∠BAD=∠BCD=π3，AB=8，AD=16，点E在边AD上，且BE⊥AD，点F为边BC(含端点)上一动点，则DF⋅EF的最小值为( )
A. 36
B. 39
C. 45
D. 48
8.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cb+2bc=3csA，1tanA+1tanC=2tanB，则sinB=( )
A. 64B. 105C. 156D. 217
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.设z，z1，z2是复数，则( )
A. 若|z|=2，则z2=4B. 若z1=z2−，则z2=z1−
C. 若z2≠0，则|z1z2|=|z1||z2|D. 若z+z−=0，则z为纯虚数
10.对非零向量a,b，定义运算“(∗)”：a(∗)b=|a|csθ+|b|sinθ，其中θ为a与b的夹角，则( )
A. 若a/​/b，则|a(∗)b|=|a|
B. 若a=(−1,2),b=(−3,1)，则(a−b)(∗)a= 5
C. 若Rt△ABC中，C=π2,AC=2,BC=1，则AB(∗)AC=2 53
D. 若△ABC中，AB(∗)BC=BC(∗)AB=0，则△ABC是等腰三角形
11.已知正四棱锥O−ABCD的底面边长为 6，高为3，则( )
A. 若点P为正四棱锥O−ABCD外接球的球心，则四棱锥P−ABCD的体积为4
B. 直径为1的球能够整体放入正四棱锥O−ABCD内
C. 若点M在底面内(包含边界)运动，N为OD中点，则当MN/​/平面OBC时，点M的轨迹长度为 6
D. 若以点O为球心， 2为半径的球O的球面与正四棱锥O−ABCD的棱OA，OB，OC，OD分别交于点E，F，G，H，则四边形EFGH的面积为1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，已知△A′B′C′是水平放置的△ABC用斜二测画法画出的直观图，A′B′在x′轴上，B′C′与x′轴垂直，且B′C′=4，则△ABC的边AB上的高为______．
13.如图，为测量武汉防汛纪念碑AB的高度及取景点C与F之间的距离(B,C,D,F在同一水平面上，雕像垂直该水平面于点B，且B，C，D三点共线)，华中师大一附中研究性学习小组同学在C，D，F三点处测得顶点A的仰角分别为60°，30°，45°，若∠FCB=45°，CD=50米，则纪念碑的高度为______米，取景点C与F之间的距离为______米.
14.已知平面非零向量a,b和单位向量e，若a与e的夹角为π3,b3−e与b5−e的夹角为π4，则|a−b|的最小值为______．
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)
已知复数z满足z+i和z2−i均为实数．
(1)求复数z；
(2)若z1=z−+1m+(m2+m−3)i在复平面内对应的点在第四象限，求实数m的取值范围．
16.(本小题15分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，且6S=a(b+c)．
(1)若sinB=23，求csA；
(2)若a=3,A=π3，求S．
17.(本小题15分)
如图，在等腰梯形ABCD中，AD//BC，AB=CD=AD=3BC，点E为边AD上靠近点A的六等分点，F为CD中点．
(1)用AB,AD表示EF；
(2)设G为AB中点，P是线段AG(不含端点)上的动点，DP交EF于点M，若EM=λEF，AP=μAB，求3λ2+21+μ的取值范围．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为梯形，其中AD//BC，且AD=2BC，点E为棱PD的中点．
(1)求证：CE/​/平面PAB；
(2)若M为CE上的动点，则线段AD上是否存在点N，使得MN/​/平面PAB？若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由；
(3)若PA=PB=PC=AD=10，CD=12，请在图中作出四棱锥P−ABCD过点B，E及棱AD中点的截面，并求出截面周长．
19.(本小题17分)
为提升城市景观面貌，改善市民生活环境，某市计划对一公园的一块四边形区域ABCD进行改造.如图，AB=4(百米)，BC=2(百米)，AD=CD，AD⊥CD，∠ABC∈[π4,3π4]，M，N，E分别为边BC，AB，AC的中点，△BDE所在区域为运动健身区域，其余改造为绿化区域，并规划4条观景栈道DM，DN，EM，EN以及两条主干道AC，BD.(单位：百米)
(1)若∠ABC=π2，求主干道BD的长；
(2)当∠ABC变化时，
①证明运动健身区域△BDE的面积为定值，并求出该值；
②求4条观景栈道总长度的取值范围．
答案解析
1.B
【解析】解：∵z(1−i)=|1+i|2=( 1+1)2=2，
∴z=21−i=2(1+i)(1−i)(1+i)=1+i．
故选：B．
2.D
【解析】解：对于A，空间中两直线的位置关系有三种：平行、相交和异面，故A错误；
对于B，若空间中两直线没有公共点，则这两直线异面或平行，故B错误；
对于C，和两条异面直线都相交的两直线是异面直线或相交直线，故C错误；
对于D，如图，在长方体ABCD−A′B′C′D′中，
当A′B所在直线为a，BC′所在直线为b时，a与b相交，
当A′B所在直线为a，B′C所在直线为b时，a与b异面，
∴若两直线分别是正方体的相邻两个面的对角线所在的直线，则这两直线可能相交，也可能异面，故D正确．
故选：D．
3.D
【解析】解：因为a,b,c均为单位向量，且2a=3b+4c，
所以2a−3b=4c，4a2−12a⋅b+9b2=16c2，即4−12cs+9=16，
解得cs=−14，即a与b的夹角余弦值为−14．
故选：D．
4.A
【解析】解：根据题意，如图所示为该组合体上半部分圆锥轴截面，
由于其母线长为2 3米，轴截面是面积为3 3平方米的等腰钝角三角形，
则有ℎ2+r2=1212×2r×ℎ=3 3r>ℎ，解可得r=3ℎ= 3，
则上半部分圆锥的侧面积S1=πrl=6 3π，
下半部分圆柱的侧面积S2=2πr×2.5=15π，
则该组合体的表面积(不含底面)S=S1+S2=(6 3+15)π．
故选：A．
5.B
【解析】解：由题意知，z1=− 2+ 2i=2(− 22+ 22i)=2(cs3π4+isin3π4)，
所以z=2(cs3π4+isin3π4)[cs(−3π4)+isin(−3π4)]=2(cs0+isin0)=2，
由z=z2(cs4π3+isin3π4)=2，
所以z2=2cs4π3+isin4π3=2(cs4π3−sin4π3)=−1+ 3i.
故选：B．
6.A
【解析】解：三角形中，B=π6，c=6，则△ABC有两解的充要条件为：csinB即3故选：A．
7.C
【解析】解：以E为坐标原点，AD、EB所在直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，连接BD，
因为AB=8，AD=16，∠A=π3，所以BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcsπ3=192，可得BD=8 3，
所以BD2+AB2=256=AD2，可得AB⊥BD，∠ADB=π2−π3=π6，结合AD⊥CD，可得∠BCD=π3，
因为△DBC中，∠BCD=∠BCD=π3，所以△DBC是边长等于8 3的等边三角形．
由BE=BDsinπ6=4 3，DE=BDcsπ6=12，可得B(0,4 3)，D(12,0)，所以C(12,8 3).
设F(x,y)，BF=λBC，0≤λ≤1，即(x,y−4 3)=λ(12,4 3)，可得x=12λy−4 3=4 3λ，所以x=12λy=4 3+4 3λ，即F(12λ,4 3+4 3λ)，
由此可得DF=(12λ−12,4 3+4 3λ)，EF=(12λ,4 3+4 3λ)，∖
所以DF⋅EF=144λ2−144λ+48(1+λ)2=192λ2−48λ+48，
由二次函数的性质，可知λ=18时，DF⋅EF有最小值，最小值为192×164−48×18+48=45．
故选：C．
8.D
【解析】解：因为cb+2bc=3csA，
所以3csA=c2+2b2bc=3⋅b2+c2−a22bc，整理可得b2=c2−3a2，①
因为1tanA+1tanC=2tanB，可得csAsinA+csCsinC=sinCcsA+sinAcsCsinAsinC=sin(A+C)sinAsinC=sinBsinAsinC=2csBsinB，
所以csB=sin2B2sinAsinC=b22ac=a2+c2−b22ac，
解得2b2=a2+c2，②
由①②可得，c= 7a，b=2a，
所以csB=b22ac=4a22a⋅ 7a=2 77，可得sinB= 1−cs2B= 217．
故选：D．
9.BC
【解析】解：对于A，取z=2i，|z|=2，而z2=(2i)2=−4，故A错误；
对于B，设z1=a+bi，由z1=z2−=a+bi，可得z2=a−bi，则z2=a−bi=z1−，故B正确；
对于C，取z1=a+bi，z2=c+di，a，b，c，d属于R，
则|z1z2|=|a+bic+di|=|(a+bi)(c−di)(c+di)(c−di)|=|(ac+db)+(bc−ad)i|c2+d2= (ac+bd)2+(bc−ad)2c2+d2= a2c2+a2d2+b2c2+b2d2c2+d2，
又|z1||z2|= a2+b2 c2+d2= (a2+b2)(c2+d2)c2+d2= a2c2+a2d2+b2c2+b2d2c2+d2，
所以|z1z2|=|z1||z2|，故C正确；
对于D，取z=0，则z+z−=0，但z不是纯虚数，故D错误．
故选：BC．
10.ABD
【解析】解：对A选项，∵对非零向量a,b，a/​/b，∴=0或π，
∴|a(∗)b|=||a|cs+|b|sin|=|a|，∴A选项正确；
对B选项，∵a=(−1,2),b=(−3,1)，∴(a−b)=(2,1)，
∴|a−b|= 5，|a|= 5，cs=(a−b)⋅a|a−b||a|=0，∴=π2，
∴(a−b)(∗)a= 5×0+ 5×1= 5，∴B选项正确；
对C选项，∵Rt△ABC中，C=π2,AC=2,BC=1，
∴AB= 5，csA=2 5，sinA=1 5，
∴AB(∗)AC=|AB|csA+|AC|sinA= 5×2 5+2×1 5=2+2 55，∴C选项错误；
对D选项，∵△ABC中，AB(∗)BC=BC(∗)AB=0，
∴−ccsB+asinB=−acsB+csinB=0，
∴(c−a)(sinB+csB)=0，tanB=ca=ac，
∴a=c，B=π4，∴△ABC是等腰三角形，∴D选项正确．
故选：ABD．
11.BCD
【解析】如图所示，AB=BC=CD=AD= 6，连接AC，BD交于点O1，则CO1= 3，
对于A，连接OO1则OO1⊥平面ABCD，OO1=3，
点P在OO1上，因为CO1⊂平面ABCD，所以CO1⊥OO1，
设正四棱锥O−ABCD外接球的半径为R，
在Rt△PCO中，PC2=CO12+PO12即R2=3+(3−R)2，
解得R=2，所以PO1=3−2=1，
则VP−ABCD=13×6×1=2，故A错误；
对于B，取AD中点M，连接OM.O1M，
则OO1⊥O1，OM⊥AD，O1M= 62，
所以OM= OO12+O1M2= 32+( 62)2= 422，
则S△AOD=12×AD×OM=12× 6× 422=3 72，
由正四棱锥O−ABCD得，S△COD=S△AOD=S△AOB=S△BOC=3 72，
设正四棱锥O−ABCD的内切球半径为r，
则VO−ABCD=13SABCD⋅OO1=13(4S△AOD+SABCD)r，
所以 r=SABCD⋅OO14S△OAD+SABCD=6×34×3 72+6= 7−12，2r= 7−1>1，
所以直径为1的球能够整体放入正四棱锥O−ABCD内，故B正确；
对于C，取CD，AB的中点K，J，连接KN，JN，JK，则KN//OC，
因为四边形ABCD为正方形，所以AB=CD，AB/​/CD，又CD，AB的中点为K，J，
所以BJ=CK，所以四边形BCKJ为平行四边形，
则JK//BC，JK=BC= 6，
因为KN//平面OBC，OC⊂平面OBC，
所以KN//平面OBC，
同理可得JK//平面OBC，
又KN，JK∈平面JKN，且KN∩JK=K，
所以平面JKN//平面OBC，因为N∈平面JKN，且MN/​/平面OBC，
所以M∈平面JKN，又M∈平面ABCD，平面JKN∩平面ABCD=JK，
所以M∈JK，即点M的轨迹为JK，
所以点M的轨迹长度为 6，
故C正确；
对于D，以点O为球心， 2为半径的球O的球面与正四棱锥O−ABCD的棱OA，OB，OC，OD分别交于点E，F，G，H，
则OG=OH=OE=OF= 2，
所以GH/​/CD，HE//AD，EF/​/AB，GF/​/BC，
则四边形EFGH为正方形，
由正四棱锥O−ABCD得，∠COD=∠AOD=∠AOB=∠BOC，
由已知得，OC= OO12+CO12= 3+9=2 3，
cs∠GOH=OG2+OH2−GH22OG⋅OH=2+2−GH22× 2× 2=34，
cs∠COD=OC2+OD2−CD22OC⋅OD=34，
得GH=1，
所以GH=HE=EF=GF=1，所以正方形EFGH的面积为1，
故D正确；
故选：BCD．
12.8 2
【解析】解：根据题意，设原图△ABC中，边AB上的高为ℎ，设AB=x，
直观图中，A′B′=AB=x，由于B′C′⊥x′轴，
则△A′B′C′的面积S′=12×A′B′×B′C′=2x，
故原图的面积S=12×AB×ℎ=12xℎ，
又由S=2 2S′=4 2x，则有12xℎ=4 2x，
解可得ℎ=8 2，即△ABC的边AB上的高为8 2．
故答案为：8 2．
13.25 3 25( 10+ 2)2
【解析】解：由题意可得∠D=30°，∠ACB=60°，则∠ACD=120°，∠CAD=30°，CD=50米，
所以CD=AC=50米，
所以纪念碑的高度AB=AC⋅sin∠ACB=50× 32=25 3米；
且BC=ACcs∠ACB=50×12=25．
因为∠AFB=45°，所以BF=AB=25 3，
在△BCF中，由余弦定理可得BF2=BC2+CF2−2BC⋅CFcs∠BCF，∠BCF=45°，
即252×3=252+CF2−2×25CF× 22，
整理可得：CF2−25 2CF−2×252=0，
解得CF=25( 10+ 2)2米．
故答案为：25 3；25( 10+ 2)2．
14.2 3− 2−12
【解析】解：=π3，==π4，
如图作OM=3e，ON=5e，OA=a，OB=b，
则|a−b|=|AB|，b−3e=OB−OM=MB，b−5e=OB−ON=NB，
所以〈b−3e,b−5e〉=〈MB,NB〉=π4，即∠MBN=π4，
又e是单位向量，所以|MN|=2，
在△BMN中，由正弦定理有|MN|sin∠MBN=2R=2sinπ4=2 2，则R= 2，
所以点B的轨迹在如图以P为圆心，半径为 2的圆上，
由图可知，当AB⊥l且AB所在直线过点P时AB最小，
作PQ⊥MN于Q，QH⊥l于H，PK⊥HQ于K，
则|HQ|=4sin60°=2 3，|PQ|=1，|KQ|=1×sin30°=12，则|HK|=|HQ|−|KQ|=2 3−12，
所以|AB|=|AP|−|BP|=|HK|−R=2 3− 2−12．
故答案为：2 3− 2−12．
15.解：(1)设z=a+bi(a,b∈R)，
则z+i=a+(b+1)i，
z2−i=a+bi2−i=2a−b+(a+2b)i5，
∵z+i和z2−i均为实数，
∴b+1=0a+2b=0，
解得a=2，b=−1，
故z=2−i；
(2)z1=z−+1m+(m2+m−3)i=2+i+1m+(m2+m−3)i=2+1m+(m2+m−2)i，
∵复数z1=z−+1m+(m2+m−3)i在复平面内对应的点位于第四象限，
∴2+1m>0m2+m−2<0，
解得−2即实数m的取值范围为(−2,−12)∪(0,1)．
【解析】(1)设z=a+bi(a,b∈R)，化简z+i与z2−i，结合z+i和z2−i均为实数知虚部为0，从而建立方程，解方程求a、b，再求复数，即可求解．
(2)化简z1=z−+1m+(m2+m−3)i，结合题意得不等式组2+1m>0m2+m−2<0，解不等式组即可．
16.解：(1)因为6S=a(b+c)，
所以6⋅12acsinB=a(b+c)，
又sinB=23，
所以3ac⋅23=a(b+c)，整理得ac=ab，
所以c=b，
所以C=B，
所以csA=−cs(B+C)=−cs2B=−1+2sin2B=−1+2×(23)2=−19．
(2)因为6S=a(b+c)，
所以6⋅12bcsinA=a(b+c)，
又a=3,A=π3，
所以3bc⋅ 32=3(b+c)，即b+c= 32bc，
由余弦定理知，a2=b2+c2−2bccsA=(b+c)2−2bc−2bccsA，
所以9=34(bc)2−2bc−2bc⋅12，即(bc)2−4bc−12=0，
所以(bc−6)(bc+2)=0，解得bc=6或bc=−2(舍)，
所以S=12bcsinA=12×6× 32=3 32．
【解析】(1)利用S=12acsinB，结合已知条件，可得c=b，即C=B，再利用二倍角公式，求解即可；
(2)利用S=12bcsinA，结合已知条件与余弦定理，可得bc=6，从而得解．
17.解：(1)由已知得：
EF=ED+DF=ED+12DC=56AD+12(DA+AB+BC)
=56AD+12(−AD+AB+13AD)=12AB+12AD；
(2)设AB=a，AD=b，则EF=12a+12b，EM=λ2a+λ2b，AP=μa，
AM=AE+EM=16b+λ2a+λ2b=λ2a+(λ2+16)b，
由P，M，D共线，设DM=kDP，则AM=kAP+(1−k)AD=kμa+(1−k)b，
∴kμ=λ21−k=λ2+16，∴μ=3λ5−3λ，
∵P在线段AG上，∴μ=3λ5−3λ∈(0,12)，∴λ∈(0,59)，
∴3λ2+21+μ=3λ2−65λ+2=3(λ−15)2+4725，
当λ∈(0,59)时，3λ2+21+μ∈[4725,6127).
【解析】(1)利用向量线性运算法则求解；
(2)利用向量线性运算法则、三点共线、向量相等求解．
18.(1)证明：取PA中点F，连BF，EF，因为E为PD中点，
所以EF/​/AD，且EF=12AD，
又因为BC/​/AD，且BC=12AD，
所以EF/​/BC，且EF=BC，
所以四边形BCFE为平行四边形，
所以CE/​/AF，而CE⊄平面PAB，AF⊂平面PAB，
所以CE/​/平面PAB；
(2)解：存在点N，且N为AD中点，证明如下：
取AD中点N，连EN，CN，因为E为PD中点，N为AD中点，
所以EN//PA，
因为EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
所以EN/​/平面PAB，
又由(1)知CE/​/平面PAB，且EN∩CE=E，
所以平面CEN/​/平面PAB，
又因为MN⊂平面CEN，
所以MN/​/平面PAB；
(3)解：设N为AD中点，取PC中点Q，连EQ，BQ，EN，BN，
则四边形BNEQ即为所求截面，
证明过程如下：因为E为PD中点，Q为PC中点，所以EQ//CD，
又因为BN//CD，所以EQ//BN，
故B，N，E，Q共面，故四边形BNEQ为所求截面，
因为PA=PB=PC=AD=10，CD=12，所以EQ=12CD=6，
EN=12PA=5，BN=CD=12，
在△PBC中，因为PB=PC=10，BC=12AD=5，
由余弦定理得ccs∠PCB=PC2+CB2−BP22PC⋅CB=100+25−1002×10×5=14，
在△BCQ中，由余弦定理可得：BQ= BC2+CP2−2BC×CP×cs∠QCB
= 52+52−2×5×5×14=5 62，
所以截面周长为6+5+12+5 62=23+5 62．
【解析】(1)取PA中点F，连BF，EF，由题意可证得四边形BCFE为平行四边形，再由线面平行的判断定理可证得结论；
(2)取AD中点N，连EN，CN，由题意可证得EN/​/平面PAB，再由线面平行的判断定理可证得结论；
(3)设N为AD中点，取PC中点Q，连EQ，BQ，EN，BN，则四边形BNEQ即为所求截面，由余弦定理可得∠PCB的余弦值，再由余弦定理可得BQ的大小，进而可求得四边形BNEQ的周长．
19.解：(1)因为AB=4,BC=2,∠ABC=π2，
所以在直角△ABC中，AC= AB2+BC2=2 5，所以sin∠BCA=ABAC=2 55,cs∠BCA=BCAC= 55，
又因为AD⊥CD,AD=CD,AC=2 5，
所以在等腰直角△ACD中，AD=CD= 10,sin∠ACD= 22,cs∠ACD= 22，
所以cs∠BCD=cs(∠BCA+∠ACD)=cs∠BCAcs∠ACD−sin∠BCAsin∠ACD= 55× 22−2 55× 22=− 1010，
所以在△BCD中，BD2=BC2+CD2−2BC⋅CD⋅cs∠BCD=22+( 10)2−2×2× 10×(− 1010)=18，
所以BD=3 2，即主干道BD的长为3 2；
(2)证明：①设∠ABC=α，由E为AC中点，易知BE=12(BA+BC)，
故BE2=14(BA2+BC2+2BA⋅BC)=14(16+4+2⋅4⋅2csα)=5+4csα，所以BE= 5+4csα，
在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC′⋅csα=20−16csα，所以AC=2 5−4csα，
因为AD⊥CD，AD=CD，所以DE=EC=12AC= 5−4csα，
所以cs∠BEC=BE2+EC2−BC22BE⋅EC=3 25−16cs2α，
所以S△BDE=12BE⋅DE⋅sin∠BED=12BE⋅DE⋅sin(π2+∠BEC)=12BE⋅DE⋅cs∠BEC=12 5+4csα⋅ 5−4csα⋅3 25−16cs2α=32，为定值；
②设∠ABC=α，∠BAC=β，∠BCA=γ，因为M，N，E外别为边BC，AB，AC的中点，
所以EM//AB,EM=12AB=2,∠MEC=∠BAC=β，
所以EN//BC,EN=12BC=1,∠NEA=∠BCA=γ，
在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅csα=20−16csα，
由正弦定理ACsinα=BCsinβ=ABsinγ，得sinβ=BC⋅sinαAC=2sinαAC,sinγ=AB⋅sinαAC=4sinαAC，
因为AD=CD，AD⊥CD，E为边AC的中点，所以DE⊥AC,DE=12AC，
在△MDE中，cs∠MED=cs(∠MEC+∠CED)=cs(β+π2)=−sinβ，
由余弦定理得DM2=EM2+DE2−2EM⋅DE⋅cs∠MED=22+14AC2+2×2×12AC×sinβ
=4+14×(20−16csα)+2×2×12AC×2sinαAC=9−4csα+4sinα，
在△NDE中，cs∠NED=cs(∠NEA+∠AED)=cs(γ+π2)=−sinγ，
由余弦定理得DN2=EN2+DE2−2EN⋅DEcs∠NED=12+14AC2+2×1×12AC×sinγ
=1+14×(20−16csα)+2×1×12AC×4sinαAC=6−4csα+4sinα，
令t=−csα+sinα= 2sin(α−π4)，
因为α∈[π4,3π4]，∴α−π4∈[0,π2]，∴t∈[0, 2]，
所以DM+DN+EN+EM= 9+4t+ 6+4t+1+2= 9+4t+ 6+4t+3，
令f(t)= 9+4t+ 6+4t+3，易知f(t)在t∈[0, 2]上单调递增，f(0)=3+ 6+3=6+ 6，
f( 2)= 9+4 2+ 6+4 2+3=(1+2 2)+(2+ 2)+3=6+3 2(不要求化简)，
所以DN+DM+EN+EM的取值范围为[6+ 6,6+3 2]．
【解析】(1)利用勾股定理得到AC，根据两角和的余弦公式和余弦定理即可求解；
(2)①设∠ABC=α，由E为AC中点，易知BE=12(BA+BC)，利用余弦定理和三角形的面积公式即可求解；
②设∠ABC=α，∠BAC=β，∠BCA=γ，利用正弦定理、余弦定理和换元法即可求解．