2022-2023學(xué)年安徽省宿州市省市示范高中高一（下）期中數(shù)學(xué)試卷（含解析）

2022-2023學(xué)年安徽省宿州市省市示范高中高一（下）期中數(shù)學(xué)

試卷

一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）

1.已知平面內(nèi)作用于點。的三個力2,北，且它們的合力為6,則三個力的分布圖可能是

2.如圖，a40'B'是水平放置的的直觀圖，但部分圖象被茶漬覆蓋，已知。'為坐標原

點，頂點4、夕均在坐標軸上，且A40B的面積為12,則0'9的長度為（）

A.1B.2C.3D.4

3.蕭縣皇藏峪國家森林公園位于蕭縣城區(qū)東南30公里，是中

國歷史文化遺產(chǎn)、中國最大古樹群落、國家4444級旅游景區(qū)、

國家森林公園.皇藏峪有“天然氧吧”之稱.皇藏峪，原名黃桑

峪.漢高祖劉邦稱帝前，曾因避秦兵追捕而藏身于此，故改名

皇藏峪,景區(qū)內(nèi)古樹繁多，曲徑通幽，庭院錯落有致.一庭院頂

部可以看成一個正四棱錐，其底面四邊形的對角線長是側(cè)棱長的，五倍，則該正四棱錐的一

個側(cè)面與底面的面積之比為（）

A,4B-VD.?

4.歐拉是18世紀最偉大的數(shù)學(xué)家之一，在很多領(lǐng)域中都有杰出的貢獻.人們把歐拉恒等式

ueiπ+1=0”與麥克斯韋方程組并稱為“史上最偉大的公式”.其中，歐拉恒等式是歐拉公

式：/=cos。+is譏。的一種特殊情況.根據(jù)歐拉公式，則前+e不|=（）

A.2B.1C.√3D.?

5.已知勢可以作為平面向量的一組基底，集合A=（a?a^λy,λeR},B={b?b=λx+

2μy,λ,μeR）,則關(guān)于集合4B說法正確的是（）

A.BQAB.AUBC.0g/1X）.A=B

6.已知AABC的重心為。，若向量團=m話+：而，則m=（）

A.-∣B.IC.-?D.I

7.已知向量為=（一1,2）,B=（Zn,1），若丘+2B與2W-E垂直，則實數(shù)僧=（）

A.-T或7B.1或-2C.-T或2D.—?

8.將一直徑為5Hcτn的圓形木板，截成一塊四邊形形狀的木板，且這塊四邊形木板的一個

內(nèi)角α滿足cosa=。，則這塊四邊形木板周長的最大值為（）

A.20cmB.20√^3cτnC.30√-3cτnD.30Cm

二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項符合題目要求）

9.在下面的四個命題中，正確的命題為（）

A.復(fù)數(shù)Z=1-2?為虛數(shù)單位）的虛部為-2i

B.用平面去截一個圓錐，則截面與底面之間的部分為圓臺

C.角A,B,C為AABC三個內(nèi)角，則“siπ4>sinB”是ucosA<cosBn的充要條件

D.在復(fù)平面內(nèi)，若復(fù)數(shù)z=x+yi（x,y均為實數(shù)），則滿足∣z-i∣≤3的點Z的集合表示的面積

為9兀

10.唐朝詩人羅隱在麻蜂少中寫到：不論平地與大山，無限風光盡被占：采得百花成蜜后，

為誰辛苦為誰甜.蜜蜂的巢房是令人驚嘆的神奇天然建筑物.巢房是嚴格的六角柱狀體，它的一

端是平整的六角形開口，另一端是封閉的六角菱形的底，由三個相同的菱形組成.巢中被封蓋

的是自然成熟的蜂蜜.如圖是一個蜂巢的正六邊形開口ABCDEF,且其邊長為1.下列說法正確

的是（）

ED

?.^AC-AE=^BFB.AC+AE=1AD

C.AD-AB=?AB?2D.五邊形ABCDE的外接圓面積為兀

11.如圖，在海岸上有兩個觀測點C,D,C在。的正西方向，距離為2kτn,

在某天10：00觀察到某航船在4處，此時測得乙4DC=30。，5分鐘后該船

行駛至B處，此時測得乙4CB=60。，?BCD=450,?ADB=60%貝∣J()

A.當天10：00時，該船位于觀測點C的北偏西15。方向

B.當天10：00時，該船距離觀測點Cqknl

C.當船行駛至B處時，該船距觀測點

D.該船在由4行駛至B的這5m譏內(nèi)行駛了√^石kz∏

12.如圖所示，一圓錐的底面半徑為r,母線長為I,S4為圓錐的

一條母線，AB為底面圓的一條直徑，。為底面圓的圓心，設(shè)4=p

則()

A.過SA的圓錐的截面中，ASTlB.的面積最大

B.當；I=：時，圓錐側(cè)面的展開圖的圓心角為Tr

C.當;I=：時，由4點出發(fā)繞圓錐側(cè)面旋轉(zhuǎn)一周又回到A點的細繩

長度最小值為Cr

D.當;I=2時，點C為底面圓周上一點，且4C=則三棱錐。-SaC的外接球的表面積

為177Tr2

三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）

13.在ZiABC中，若命題p.?二=芻=三，命題q：ZkABC是等邊三角形，則命題P是命

LSinASinBStnCr

題q的條件（指充分必要性）.

14.在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)Z=（CoSI-Sinl）+（s譏2-cos2）i,（i為虛數(shù)單位）的共挽復(fù)數(shù)對應(yīng)

的點在第象限.

15.己知平面內(nèi)非零向量滿足＜方+方,方＞=今|初=2,M+B∣=1,則I刁一石I=

16.甲烷分子式為C/，其結(jié)構(gòu)抽象成的立體幾何模型如圖所示，碳原

子位于四個氫原子的正中間位置，四個碳氫鍵長度相等，用C表示碳原子

的位置，用修，也，生，也表示四個氫原子的位置，設(shè)ɑ=＜麗,西:＞，

貝∣Jcos2α—.

四、解答題（本大題共6小題，共72.0分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟）

17.（本小題12.0分）

如圖所示，在平面四邊形ABCO中，AB1AD,AB=BC=2,B=120。，AD=2＜^3?

⑴求tan乙4CD的值；

（2）將四邊形ABCD繞著邊4。所在的直線旋轉(zhuǎn)一周所形成的幾何體為。，求0的體積.

18.（本小題12.0分）

蕭縣的蕭窯、淮南的壽州窯和蕪湖的繁昌窯是安徽三大名窯?2015年，安徽省啟動對蕭縣歐盤

村窯址的考古發(fā)掘，大量瓷器的出土和窯爐遺跡的揭露，將蕭窯的歷史提溯至隋代,為進一步

摸清蕭窯窯址的分布狀況、時空框架以及文化內(nèi)涵等，經(jīng)國家文物局批準，2021年3月，正

式對蕭縣白土寨窯址進行主動性考古發(fā)掘.如圖，為該地出土的一塊三角形瓷器片，其一角己

破損.為了復(fù)原該三角形瓷器片、現(xiàn)測得如下數(shù)據(jù)：AB-34.64cm,AD-10cm,BE=14cm,

a=B=7.（參考數(shù)據(jù):取/3=1.732）

(1)求三角形瓷器片另外兩邊的長;

(2)求D,E兩點之間的距離.

A

19.(本小題12.0分)

平面內(nèi)給定三個向量五=(2,2),3=(n+l,4),c=(fc,3)＞且(蒼+2?！?5—五).

(1)求實數(shù)k關(guān)于Ti的表達式；

(2)如圖，在AABC中，G為中線AM的中點，過點G的直線與邊48,4C分別交于點P,Q(P,Q不

與4重合).設(shè)向量方=(k+3)AB,AQ=mAC求2τn+n的最小值.

20.(本小題12.0分)

在三角形ABC中，內(nèi)角A,B,C的對邊分別為α,b,c,且滿足as譏4+4bsinCcos2A=bsinB+

csinC,

(1)求角A的大?。?/p>

(2)若三角形4Bc是斜三角形，且a=2,BC上的中線4D長為「，求三角形ZBC的面積.

21.(本小題12.0分)

(1)證明：平行四邊形的四邊平方和等于對角線的平方和；

(2)在平行四邊形ABCD中，^AC2+BD2=20,求面積的最大值.

22.(本小題12.0分)

研究表明：正反粒子碰撞會湮滅.某大學(xué)科研團隊在如圖所示的長方形區(qū)域ABCO內(nèi)(包含邊界

)進行粒子撞擊實驗，科研人員在4、。兩處同時釋放甲、乙兩顆粒子.甲粒子在4處按RW方向

做勻速直線運動，乙粒子在O處按前方向做勻速直線運動，兩顆粒子碰撞之處記為點P,且

粒子相互碰撞或觸碰邊界后爆炸消失.已知AB長度為6分米，。為4B中點.

(1)己知向量而與麗的夾角為奈且AD足夠長.若兩顆粒子成功發(fā)生碰撞，當4點距碰撞點P處

多遠時？兩顆粒子運動路程之和的最大，并求出最大值;

(2)設(shè)向量祠與向量而的夾角為￡(o<α<π),向量而與向量旗的夾角為A(O<∕?<π),

甲粒子的運動速度是乙粒子運動速度的2倍.請問An的長度至少為多少分米，才能確保對任意

的SW(O,兀)，總可以通過調(diào)整甲粒子的釋放角度α,使兩顆粒子能成功發(fā)生碰撞？

D

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：由向量加法的平行四邊形法知，其中兩向量的和向量應(yīng)該與第三個力的方向相反,

結(jié)合答案只有D滿足.

故選：D.

由向量加法的平行四邊形法則直接判斷.

本題考查向量加法的平行四邊形法，屬于基礎(chǔ)題.

2.【答案】B

【解析】解：根據(jù)題意，設(shè)。'夕的長度為3又由A的坐標為(—6,0),則O'A=6,

故SOWB，=l×0'A'X0'B'XS譏135°="包，

Z4

又由原圖AAOB的面積為12,則有12X華=空，解可得t=2；

44

故選：B.

根據(jù)題意，設(shè)0'夕的長度為3用t表示S0,4B,的值，由原圖與直觀圖的面積關(guān)系可得關(guān)于t的方程,

解可得答案.

本題考查斜二測畫法的應(yīng)用，涉及平面圖形的直觀圖，屬于基礎(chǔ)題.

3.【答案】B

【解析】解：如圖所示，

將庭院頂部可以看成一個正四棱錐P-ABCD,PO是正四棱錐P-

ABCD的高，

設(shè)底面邊長為ɑ,則底面四邊形的對角線長為一父ɑ,側(cè)棱長為α,

則底面面積為Sl=α2,側(cè)面△PAB是正三角形，

其面積S2=?a2,二%=野=土.

Z4SlQ24

故選：B.

由已知條件和正四棱錐的定義，以及面積公式即可求解.

本題考查正四棱錐的定義，以及面積公式，屬于基礎(chǔ)題.

4.【答案】B

【解析】解：由題設(shè)‘印,+e^β^i∣=ICOS?+isin?+CoS等+isin當=|孕+?i-孕+∣i∣=1.

66662222

故選：B.

根據(jù)歐拉公式寫出對應(yīng)復(fù)數(shù)的三角形式并化簡，即可求模.

本題主要考查復(fù)數(shù)的歐拉公式，屬于基礎(chǔ)題.

5.【答案】B

【解析】解：根據(jù)向量的共線充要條件可知，集合A=｛與歹共線的所有向量｝,

根據(jù)平面向量基本定理可知：集合B=｛平面內(nèi)所有向量｝,故集合4是集合B的子集.

故選：B.

向量的共線定理：a=λb?,向量基本定理：平面內(nèi)一組基底向量可表示出該平面內(nèi)所有向量，a=

λe;+μ^根據(jù)上述向量性質(zhì)進行判斷兩集合元素范圍即可選出答案.

本題主要考查平面向量基本定理，屬于基礎(chǔ)題.

6.【答案】A

【解析】解：由題可作圖，。為AB的中點，?.F4BC的重心為0,??.B0=∣BD,

?,?BO-—BD——{BA+AD^——BA+—×-AC———AB+-ACt?'?m———.

???????

由平面向量的線性運算將團表示出來即可.

本題考查平面向量的線性運算，屬于基礎(chǔ)題.

7.【答案】C

【解析】解：因為向量五=(-1,2),b=(m,1)，且五+2加與2五一方垂直,

所以0+2?)?(2α-K)=2α2+3α?h-2K2=2×(l+4)+3(—Tn+2)-2(m2+1)=0?

整理得2r∏2+3m-14=0,解得m=2或Jn--1,

所以實數(shù)巾的值為-T或2.

故選：C.

根據(jù)兩向量垂直時數(shù)量積為0,列方程求出m的值.

本題考查了平面向量的坐標運算和數(shù)量積運算問題，是基礎(chǔ)題.

8.【答案】D

【解析】解:設(shè)截得的四邊形木板為4BCD,設(shè)乙4=a,AB=c,BD=a,AD=b,BC=n,CD=m,

如下圖所示.

由CoSa=卷且0<a<?？傻肧ina=√1-cos2?=

在△?!BD中，由正弦定理得就=5口，解得a=4∕τ,

在中，由余弦定理，得a2=〃+c?-2bccosa,

2222-

所以‘80=Z?+c-IZ?c=(Z?+c)—?be≥(fa÷c)?×C)=(屋C)，

即(b+c)2≤400,可得0Vb+c≤20,當且僅當b=C=10時等號成立，

在ABCD中，乙BCD=π-af

由余弦定理可得80=a2=m2÷n2—2mncos(ττ—a)=m2+n2÷∣mn

=(m+n)2-ξτnn≥(m÷n)2-ξ×=氣瓶廠)-,

即(Tn+n)2≤100,即0Vm+幾≤10,當且僅當m=n=5時等號成立，

因此，這塊四邊形木板周長的最大值為30CM.

故選：D.

作出圖形，利用余弦定理結(jié)合基本不等式可求得這個四邊形木板周長的最大值.

本題考查了正弦定理和余弦定理的綜合應(yīng)用，屬于中檔題.

9.【答案】CD

【解析】解：對于從復(fù)數(shù)Z=I-2i的虛部為一2,故A錯誤；

對于8：用平行于底面的平面去截一個圓錐，則截面與底面之間的部分為圓臺，故B錯誤；

對于C：在三角形中，由SinA>SinB知：A>B,

若B<A<]時則cos4<cosB,若B<^<4時則COSA<cosB,故充分性成立；

若CoSB>cosA>0時，則B<A</,故sin4>SinB；

若cosB>0>CoSa時，則B<]<4,此時∕>7r-4>B,故Sin(Tr-4)=Sin4>SinB,

所以必要性成立，故C正確；

對于由∣z-i∣=Jχ2+(y—1)2≤3,故χ2+(y一1)2≤9,

所以點Z在以(0,1)為圓心，半徑3的圓(含圓內(nèi))，其面積為9兀，故D正確.

故選：CD.

由復(fù)數(shù)定義判斷4,由圓錐與圓臺的結(jié)構(gòu)特征判斷B,根據(jù)三角形性質(zhì)，結(jié)合充分、必要性定義判

斷C,由復(fù)數(shù)模的幾何意義，數(shù)形結(jié)合法判斷D?

本題主要考查復(fù)數(shù)的定義及其幾何意義，圓臺的結(jié)構(gòu)特征，充分不要條件的判斷，考查運算求解

能力與邏輯推理能力，屬于中檔題.

10.【答案】BCD

【解析】解：對4AC-AE^EC，顯然由圖可得正與前為相反向量，故A錯誤;

對B,由圖易得I荏|=|前|，直線4)平分角4EAC,

且△4CE為正三角形，根據(jù)平行四邊形法則有旅+荏=2而與同共線且同方向,

易知aEDH,AAEH均為含己的直角三角形，?i∣EH∣=√^3∣D77∣,?AH?=y∏?^EH?=3?DH?,

則I而I=4?DH?,

而2|而∣=6∣而∣,故制?=2,故而+荏=|而，故8正確；

對C,?.?4C=N√1BC=手?AB?=?^BC?=?DC?>

??BDC=?DBC=≡則NABD=9，）L-AD//BC,■■/.DAB=

?AD?=2?AB?,AD-AB=?AD??AB?cos^=2?AB?×=?AB?2,故C正確；

對。，五邊形4BC0E的外接圓就是正六邊形力BCOEF的外接圓，其半徑為r=義|而|=1,則五邊

形力BCDE的外接圓面積為nr?=兀，故￡）正確；

故選：BCD.

根據(jù)正六邊形的特點，在圖中作出相關(guān)向量，對4利用向量減法運算結(jié)合圖形即可判斷，對B借助

圖形和共線向量的定義即可判斷，對C利用向量數(shù)量積公式和相關(guān)模長的關(guān)系即可判斷，由正六

邊形的特點確定五邊形ABCDE的外接圓的半徑，進而判斷D.

本題考查平面向量得數(shù)量積的應(yīng)用，屬于中檔題.

11.【答案】ABD

【解析】解：對于A：?ACD=?ACB+?BCD=60°+45°=105°,因為C在。的正西方向，所以力

在C的北偏西15。方向，故A正確；

對于B：在AACD^,XACD=105°.4ADC=30°,則NeaD=45°.

由正弦定理得金=缶,即W_CDsin?ADC_

-SinzCZlD=V'故B正確;

對于C：在^BCO中，乙BCD=45°,乙CDB=?ADC+Z.ADB=30°+60o=90o,BPzCBD=45°,

則BC=CD=2,則BC=2C，故C錯誤；

對于D：在△力BC中，由余弦定理得AB?=AC?+B/_2AC?BCCOSN4CB=2+8—2XCx

2Λ∕-2×?=6,EIMB=√-6km.故O正確.

故選：ABD.

利用方位角的概念判斷4利用正弦定理、余弦定理求解后判斷BC。，即可得出答案.

本題考查解三角形，考查轉(zhuǎn)化思想，考查運算能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.

12.【答案】BD

【解析】解：對于選項A：設(shè)點C是底面圓上異于點B的任意一點，則SASAB=*siM4S8,S*n=

^l2sin?ASC.S.?ASB>?ASC,

當0。<?ASB≤90。時，Sin乙4SB>sin4ASC,此時△SAB的面積最大；

當90。<?ASB<180。時，若NASC=90°,則Sin乙4SB<Sin乙4SC,此時△SAB的面積不是最大;

故選項A錯誤；

對于選項8：當4=；時，y=∣,即，=2r,

圓錐側(cè)面的展開圖的圓心角為α=字=孚=兀，

I2r

故選項B正確；

對于選項C如圖，由4點出發(fā)繞圓錐側(cè)面旋轉(zhuǎn)一周，

又回到4點的細繩長度最小值為圓錐側(cè)面的展開圖得到的扇形的圓心角所對的弦長Λ4',

當兀="時，y=~,即/=3r,

圓錐側(cè)面的展開圖的圓心角為α=半=孚=|加，

I3r3

此時的弦長為2Zsiπg(shù)=2?3rsin^=3√-3r,

故選項C錯誤；

1

-即=

對于選項。：當；I=3時,4-47'

當AC=Sr時，乙4。。=90。，

因為S。=√SAz—AO2=√I2—r2=?/(4r)2—r2=715%

所以三棱錐O-SAC的外接球的半徑為Jr2+r2+(Er)2Ei

----------2-------------r

則三棱錐。-SAC的外接球的表面積為4兀(子r)2=17τrr2.

故選項。正確.

故選：BD.

對于選項4,利用斜三角形面積公式即可判斷；對于選項8,由于圓錐側(cè)面的展開圖為扇形，可

利用扇形圓心角公式進行計算；對于選項C,由于圓錐側(cè)面的展開圖為扇形，利用兩點之間直線

最短即可知，由4點出發(fā)繞圓錐側(cè)面旋轉(zhuǎn)一周，又回到a點的細繩長度最小值為圓錐側(cè)面的展開圖

得到的扇形的圓心角所對的弦長；對于選項。，由三棱錐外接球的性質(zhì)可知，此外接球的直徑為

外接長方體的體對角線.

本題考查了三棱錐外接球的相關(guān)計算，屬于中檔題.

13.【答案】必要不充分

【解析】解：任意AaBC中，由正弦定理可知，p：，==芻=，7都成立，即充分性不成立；

rStnASinBSinC

故當AABC是等邊三角形時，p：口=上=，7一定成立，即必要性成立.

rsιnASinBSinC

故答案為：必要不充分.

由已知結(jié)合正弦定理成立的條件檢驗各選項即可判斷.

本題以充分必要條件的判斷，主要考查了正弦定理的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

14.【答案】三

【解析】解：由復(fù)數(shù)Z=(COSl-Sinl)+(sin2-cos2)yi,(i為虛數(shù)單位)的共軌復(fù)數(shù)為：z=(COSl-

SirIl)—(S譏2—cos2)i,

所以對應(yīng)的點為((CoSl-sinl),-(sin2—cos2)),

因為稱<1<今

所以Sinl>cosl,所以COSl-Sinl<0,

因為1<2<π,

所以S譏2>cos2,所以—(sin2—cos2)<0,

故復(fù)數(shù)Z的共拆復(fù)數(shù)對應(yīng)的點在第三象限.

故答案為：三.

先由已知條件寫出Z的共貌復(fù)數(shù)，再根據(jù)它所對應(yīng)的點來判斷所在象限即可.

本題主要考查復(fù)數(shù)的幾何意義，屬于基礎(chǔ)題.

15.【答案】V13

【解析】解：因為<3+瓦曰>=91為I=2,1五+石|=1,

所以［G+W—可2=∣α+h∣2+∣α∣2-2∣α+K∣?∣α∣-cos≡=3,

所以Ibl=V^3>

又因為I社+行|=1，兩邊平方得：I五|2+|司2+2司7=1，

解得2a?b=—6>

所以I五一1∣2=∣α∣2+∣?∣2-2α?ft=4+3+6=13>

所以In-Bl=√^13?

故答案為：√13.

由已知條件可求得IBl=C,2心5=-6,將I五-小平方展開代入求值即可得答案.

本題考查平面向量的數(shù)量積與模，屬于基礎(chǔ)題.

16.【答案】-?

【解析】解：由題意可知，%,H2,H3,%表示正四面體的四

個頂點,

設(shè)正四面體的棱長為α,則正四面體的高為］a2-(?a)2=

√^6

Q，

正四面體外接球的半徑為,Xqa=華α.

434

1

由余弦定理得c。Sa存;9g?T=3,

17

所以cos2α=2cos2a-1=2×--1=

yS?

故答案為：—

由已知結(jié)合余弦定理求得cosα,再由二倍角公式得答案.

本題考查了余弦定理的應(yīng)用問題，也考查了二倍角公式應(yīng)用問題，是中檔題.

17.【答案】解：(1)連接4C,

在三角形ZBe中，由余弦定理知：AC=√AB2+BC2-2AB-BC-cos∕.ABC=2y∏,

易知NBAC=30。，ABLAD,

故NtMC=60。.又4C=AD,故三角形4BC為正三角形，

所以tan41CD=√-3;

(2)幾何體0為：上面一個圓錐，下面為一個圓臺，

圓錐的底面的半徑為X?=3，

故0的體積為V=?(π×22+π×32+√9τr×4τr)X√-3+?n×32×√-3=28^3π?

【解析】⑴由余弦定理得出AC=4。，結(jié)合三角形ABC為正三角形得出tan"CD的值;

(2)幾何體。為：上面一個圓錐，下面為一個圓臺，根據(jù)體積公式求解即可.

本題考查了余弦定理和圓錐、圓臺的體積公式，屬于中檔題.

18.【答案】解：(1)如圖，延長4D,BE交于點C,

因為4=B∕所以C=等

AB."or34.64xg34.6434.64

故W=怒_,...AC=BC=^2=__:V__=

2

20(cm),

即另外兩邊的長皆為20cm；

(2)由題意得C。=20-10=10,CE=20-14=6,C=y,

故DE=√CD2+CE2-2CD-CEcosC=√136+60=√^96=14(cm),

故。，E兩點之間的距離為14sn.

【解析】(1)根據(jù)數(shù)據(jù)，利用正弦定理求解；

(2)根據(jù)數(shù)據(jù)，利用余弦定理求解.

本題主要考查解三角形，正余弦定理的應(yīng)用，考查運算求解能力，屬于中檔題.

19.【答案】解：(1)因為Z+23=(2+2fc,8),h-≡=(n-1,2),(α+2e)//(e-α),

所以2(2+2∕c)=8(n-I),即∕c=2n-3.

(2)由(I)可知，AP=(k+3)AB=2nAB,AQ=mAC，

由題意可知m,n>0,

因為G為中線AM的中點，.?.AG=?AM=^AB+^AClAB=AP,AC=-AQ

2442nm

所以萬=”而+4而，

8n4?H<

因為P,G,Q三點共線，所以2+4=1,

所以2m+n=(2m+n)(*+*)=XW+A+l)2[(2jy^+∣)=?

當且僅當Hl=九=時，取等號，

O

即荏=反而,而"而時，2τn+n取最小值看.

【解析】(1)由平面向量共線的坐標運算得到等量關(guān)系即可；

⑵由平面向量的線性運算得到南=奈而+W而，再由P,G,Q三點共線，所以2+點=1，

最后由基本不等式即可求出.

本題考查平面向量的坐標運算、線性運算與基本不等式的綜合，屬于中檔題.

20.【答案】解:(l)asinA+AbsinCcos2A=bsinB+CSinC,

化簡為4+4bccos2A=b2+C2,

^^2COS2A—匕藍=cos

2bJca

即2cos2∕—cosA=0,所以CoSa=g或CoS4=0,

又4∈(0,τr),所以A=E或4=

（2）因為三角形ABC是斜三角形，

根據(jù)⑴知，A=I

在三角形ABC中，由余弦定理得：22=b2+c2-2bccosA=b2+c2-2bccos^.

化簡即為b2+c2-bc=4,...①

又因為AD為中線，

故初=；（南+衣），所以而2=弓（四+而）］2=χ∕j2+c2+2bc?cosA）,而I同I=q,

代入化簡即為12=爐+￠2+be,...②

由①②易得：bc=4?

所以SAABC=Tbc?SinA=1-4?sin^=√^^3.

【解析】（1）利用正弦定理以及余弦定理，轉(zhuǎn)化求解A