福建福州市台江区九校2025-2026 学年高一下学期期中考试
数学试题
一、单选题
1．已知平面向量𝑎= (2,𝑥−1)，𝑏= (6,2−𝑥)，若向量
→
𝑎与
→
𝑏共线，则𝑥= （ ）
A．−2
B．2
C．5
D．5
4
2．复数𝑧满足(𝑧+ 1) ⋅i = 1−2i（i为虚数单位），则𝑧的共轭复数的虚部是（ ）
A．−3
B．−3i
C．1
D．i
3．圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3 倍，母线长为15，圆台的侧面积为420π，则圆台较小
底面圆的半径为（ ）
A．7
B．6
C．5
D．3
4．在△𝐴𝐵𝐶中，D 为𝐵𝐶的中点，E 为𝐴𝐵上一点，则𝐴𝐵+ 𝐴𝐶−2𝐴𝐸= （ ）
A．0
B．𝐸𝐷
C．𝐷𝐸
D．2𝐸𝐷
5．如图，△𝑂′𝐴′𝐵′是一个平面图形的直观图，其中△𝑂′𝐴′𝐵′是直角三角形，∠𝑂′𝐴′𝐵′ = 90∘,𝑂′𝐴′ = 2，则
原图形的面积是（ ）
A．4
B．4 2
C．8
D．8 2
6．已知向量𝑎= (𝑥,1)，𝑏= (4,𝑥)，则“𝑥> 0”是“向量𝑎与𝑏的夹角为锐角”的（ ）
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
7．已知△𝐴𝐵𝐶的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且面积为𝑆．若𝑎= 1，𝐶=
π
4且4𝑆= 𝑎cos𝐵+ 𝑏cos
𝐴，则𝐵= （ ）
A．
5π
６
B．7π
12
C．
π
6
D．
π
3
8．平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵= 4，𝐴𝐷= 2，𝐴𝐵⋅𝐴𝐷= 4 2，点𝑃在边𝐶𝐷上，则𝑃𝐴⋅𝑃𝐵的取值范围是（ ）
A．[−1,8]
B．[−1,4 +
2]
C．[−2,4 + 4 2]
D．[−2,0]
二、多选题
9．已知向量𝑎= (1,3)，𝑏= (2,𝑦)，𝑎+ 𝑏⊥𝑎，则（ ）
A．𝑏= (2,−3)
B．向量𝑎,𝑏的夹角为3π
4
C．|𝑎+ 1
2𝑏| = 1
D．𝑎在𝑏方向上的投影向量是−1，2
10．下列说法正确的是（ ）
A．𝑧⋅𝑧= |𝑧|2,𝑧∈𝐶
B．i2025 = i
C．若|𝑧| = 1,𝑧∈𝐶，则|𝑧−2|的最小值为2
D．若−4 + 3i是关于𝑥的方程𝑥2 +𝑝𝑥+ 𝑞= 0(𝑝,𝑞∈𝑅)的根，则𝑝= 8
11．对于△𝐴𝐵𝐶有如下命题，其中正确的是（ ）
A．若sin2𝐴+ sin2𝐵+ cos2𝐶< 1，则△𝐴𝐵𝐶为钝角三角形
B．若𝐵=
π
3,𝑎= 2 3，且△𝐴𝐵𝐶有两解，则𝑏的取值范围是( 3,2 3)
C．在△𝐴𝐵𝐶中，若𝐴> 𝐵，则不等式sin𝐴> sin𝐵恒成立
D．在△𝐴𝐵𝐶中，若𝐵= 60°,𝑏2 = 𝑎𝑐，则△𝐴𝐵𝐶必是等边三角形
三、填空题
12．一个底面半径为2cm 的圆柱形容器内盛有足量的水，能放入一个半径为1cm 的实心铁球，沉入水底后，
水未溢出容器，则水面升高了________cm．
13．海上一观测站𝐴测得南偏西60°的方向上有一艘停止待维修的商船𝐷，在商船𝐷的正东方有一艘海盗船𝐵
正向它靠近，速度为每小时90 海里，此时海盗船𝐵距观测站10 7 海里，20 分钟后测得海盗船𝐵位于距观测
站20 海里的𝐶处，再经___________分钟海盗船𝐵到达商船𝐷处．
14．如图，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐶= 3𝐴𝑁,𝑃是𝐵𝑁上的一点，若𝐴𝑃= 𝑚+ 1
3 𝐴𝐵+ 1
9𝐴𝐶，则实数𝑚的值为
______________
四、解答题
15．已知复数𝑧= (1 + i)𝑚2−(2 + i)𝑚−2i(𝑚∈𝑅)．
(1)若𝑧是纯虚数，求𝑚的值；
(2)若𝑧在复平面内所对应的点在第四象限，求𝑚的取值范围．
16．如图，在平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，E 为𝐵𝐶的中点，设𝐴𝐵= 𝑎,𝐴𝐷= 𝑏.
(1)用𝑎,𝑏表示𝐴𝐶,𝐶𝐸,𝐷𝐸；
(2)若𝐴𝐵= 2,𝐴𝐷= 6，且∠𝐵𝐴𝐷= 120°，求𝐴𝐶⋅𝐷𝐸.
17．如图，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵= 2，cos𝐵= 1
3，点D 在线段BC 上.
(1)若∠ADC=3
4π，求AD 的长；
(2)若BD=2DC，△ADC 的面积为4 2
3 ，求AC 的长.
18．如图，在高为2 的正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐵= 2,𝐷是棱𝐴𝐵的中点．
(1)求该正三棱柱的体积；
(2)求三棱锥𝐷−𝐴1𝐵1𝐶的体积；
(3)设𝐸为棱𝐵1𝐶1的中点，𝐹为棱𝐵𝐵1上一点，求𝐴𝐹+ 𝐸𝐹的最小值．
19．“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= ∠𝐴𝑂𝐶= 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，且设点P 为△𝐴𝐵𝐶的费马点．
(1)若2sin𝐵sin 𝐶+ π
3 =
3sin𝐴，且△𝐴𝐵𝐶面积为3 3
4 ．
（i）求角B；
（ii）求𝑃𝐴⋅𝑃𝐵+ 𝑃𝐵⋅𝑃𝐶+ 𝑃𝐶⋅𝑃𝐴；
(2)若cos2𝐴
2 = 𝑏+𝑐
2𝑐，△𝑃𝐶𝐴，△𝑃𝐶𝐵，△𝑃𝐴𝐵的面积为𝑆1，𝑆2，𝑆3，求
𝑆1+𝑆2
𝑆3 的最小值．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
A
D
B
C
C
C
BD
ABD
题号
11
答案
ACD
1．D
直接利用向量平行的坐标运算列方程求解．
【详解】因为向量𝑎与 𝑏共线，所以6(𝑥−1)−2(2−𝑥) = 0，
解得𝑥= 5
4．
故选：D．
2．C
【详解】由题意可得：𝑧= 1−2i
i −1 = (1−2i)i
−1 −1 = −3−i，所以𝑧= −3 + i，所以复数𝑧的共轭复数的虚部为1.
3．A
设圆台的上下底面圆的半径分别为𝑟,𝑅，根据题意，求得𝑅= 3𝑟，再利用圆台的侧面积公式，列出方程，即
可求解.
【详解】设圆台较小底面圆的半径为𝑟，较大的底面圆的半径为𝑅，
因为圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3 倍，
可得2π𝑅= 3 × 2π𝑟，所以𝑅= 3𝑟，
又因为圆台的侧面积为420π，可得𝑆侧= π(𝑟+ 𝑅) ⋅𝑙= 4π𝑟× 15 = 420π，解得𝑟= 7.
故选：A.
4．D
由已知，根据平面向量线性运算加减法法则可以直接进行求解.
【详解】由已知，D 为𝐵𝐶的中点，所以𝐴𝐵+ 𝐴𝐶= 2𝐴𝐷，
所以𝐴𝐵+ 𝐴𝐶−2𝐴𝐸= 2𝐴𝐷−2𝐴𝐸= 2𝐸𝐷.
故选：D.
5．B
还原△𝑂𝐴𝐵，求出其边长即可求解直角三角形的面积.
【详解】如图，△𝑂𝐴𝐵的直观图是𝑂′𝐴′𝐵′，则𝑂𝐴= 𝑂′𝐴′ = 2,𝑂𝐵= 2𝑂′𝐵′ = 4 2，
则△𝑂𝐴𝐵的面积为1
2𝑂𝐴⋅𝑂𝐵= 4 2.
故选：B
6．C
由充分条件和必要条件的概念以及向量数量积的应用，进行判断即可.
【详解】若𝑎//𝑏，则𝑥2 = 4，解得𝑥=± 2．
若向量𝑎与𝑏的夹角为锐角，则𝑎⋅𝑏> 0且cos⟨𝑎,𝑏⟩≠1，所以4𝑥+ 𝑥> 0且𝑥≠2，解得𝑥∈(0,2) ∪(2, + ∞)．
故“𝑥> 0”是“向量𝑎与𝑏的夹角为锐角”的必要不充分条件．
故选：C.
7．C
利用余弦定理、三角形面积公式及正弦定理边化角求解．
【详解】在△ABC 中，𝑎cos𝐵+ 𝑏cos𝐴= 𝑎⋅𝑎2+𝑐2−𝑏2
2𝑎𝑐
+𝑏⋅𝑏2+𝑐2−𝑎2
2𝑏𝑐
= 𝑐，而𝑆= 1
2𝑎𝑏sin𝐶，
由4𝑆= 𝑎cos𝐵+ 𝑏cos𝐴，得2𝑎𝑏sin𝐶= 𝑐，又𝑎= 1，𝐶=
π
4，则𝑐=
2𝑏，
由正弦定理得2sin𝐵= sin𝐶= sin
π
4，解得sin𝐵= 1
2，由𝑏< 𝑐，得𝐵< 𝐶，
所以𝐵=
π
6．
8．C
建立平面直角坐标系，设𝑃(𝑥, 2),(0 ≤𝑥≤4)，把𝑃𝐴⋅𝑃𝐵的取值范围转化为求二次函数的值域问题，即可
求得本题答案.
【详解】作𝐷𝑂⊥𝐴𝐵，垂足为𝑂，以点𝑂为原点，𝑂𝐵,𝑂𝐷所在直线为𝑥轴，𝑦轴建立如下图的平面直角坐标系.
因为cos∠𝐵𝐴𝐷=
𝐴𝐵⋅𝐴𝐷
|𝐴𝐵|⋅|𝐴𝐷| = 4 2
4×2 =
2
2 ，而0 < ∠𝐷𝐴𝐵< π,所以∠𝐵𝐴𝐷=
π
4，
在直角△𝐴𝑂𝐷中，因为∠𝐵𝐴𝐷=
π
4，𝐴𝐷= 2，所以𝑂𝐷= 𝑂𝐴=
2，𝑂𝐵= 4−2，
则𝐴(−2,0),𝐵(4−2,0)，设𝑃(𝑥, 2),(0 ≤𝑥≤4)，
所以𝑃𝐴= (−2−𝑥,−2),𝑃𝐵= (4−2−𝑥,−2)，
所以𝑃𝐴⋅𝑃𝐵=(−2−𝑥)(4−2−𝑥)+(−2) × (−2)=𝑥2 + (2 2−4)𝑥+ 4−4 2，
因为二次函数开口向上，对称轴为𝑥= 2−2，且0 ≤𝑥≤4，
所以当𝑥= 2−2时，𝑃𝐴⋅𝑃𝐵取最小值−2，当𝑥= 4时，𝑃𝐴⋅𝑃𝐵取最大值4 + 4 2，
所以𝑃𝐴⋅𝑃𝐵的取值范围是[−2,4 + 4 2].
故选：C
9．BD
根据向量的坐标运算，即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A，∵𝑎= (1,3)，𝑏= (2,𝑦)，∴𝑎+ 𝑏= 3，3 + 𝑦，
∵𝑎+ 𝑏⊥𝑎，
∴3 × 1 + 3 × (3 + 𝑦) = 0，𝑦= −4，𝑏= (2,−4)，故A 错误；
对于B，cos〈𝑎,𝑏〉=
𝑎⋅𝑏
|𝑎|⋅|𝑏| =
1×2−3×4
10⋅20 = −2
2 ，
由于⟨𝑎,𝑏⟩∈[0,π]，则向量𝑎，𝑏的夹角为3π
4 ，故B 正确；
对于C，∵𝑎+ 1
2𝑏= (1,3) + (1,−2) = (2,1)，
∴|𝑎+ 1
2𝑏| =
5，故C 错误；
对于D，𝑎在𝑏方向上的投影向量为
𝑎⋅𝑏⋅𝑏
|𝑏
2|
= −1
2𝑏= (−1,2)，故D 正确．
故选：BD．
10．ABD
设𝑧= 𝑎+ 𝑏i，𝑎,𝑏∈𝑅，计算出|𝑧|2 = 𝑧⋅𝑧判断A；利用复数单位的幂运算判断B；设𝑧= 𝑥+ 𝑦i，𝑥,𝑦∈𝑅，
得到𝑥2 + 𝑦2 = 1，|𝑧−2| =
−4𝑥+ 5，根据−1 ≤𝑥≤1，得到|𝑧−2|的最小值为1 判断C，先求出二次方程
的另一个根，然后利用韦达定理求得𝑝= 8判断D．
【详解】设𝑧= 𝑎+ 𝑏i，𝑎,𝑏∈𝑅，则𝑧= 𝑎−𝑏i，
又|𝑧|2 =
𝑎2 + 𝑏2 2 = 𝑎2 + 𝑏2，𝑧⋅𝑧= (𝑎+ 𝑏i)(𝑎−𝑏i) = 𝑎2 + 𝑏2，
所以𝑧⋅𝑧= |𝑧|2,𝑧∈𝐶成立，所以A 正确．
i2025 = i2024+1 = i，所以B 正确．
设𝑧= 𝑥+ 𝑦i，𝑥,𝑦∈𝑅，由于|𝑧| = 1，则𝑥2 + 𝑦2 = 1，即𝑥2 + 𝑦2 = 1，
故|𝑧−2| =
(𝑥−2)2 + 𝑦2 =
(𝑥−2)2 + 1−𝑥2 =
−4𝑥+ 5，
由𝑥2 + 𝑦2 = 1，得−1 ≤𝑥≤1，则−4𝑥+ 5 ≥1，
故当𝑥= 1时，|𝑧−2|的最小值为1，所以C 不正确．
因为−4 + 3i是关于𝑥的方程𝑥2 +𝑝𝑥+ 𝑞= 0(𝑝,𝑞∈𝑅)的根，
所以−4−3i也是关于𝑥的方程𝑥2 +𝑝𝑥+ 𝑞= 0(𝑝,𝑞∈𝑅)的根，
则−𝑝= −4−3i−4 + 3i = −8，则𝑝= 8，所以D 正确．
故选：ABD．
11．ACD
由正弦定理将角化边，再由余弦定理可得cos𝐶< 0，判断出角𝐶为钝角，判断A；由三角形有两解的充要条
件列表达式，可得𝑏的范围，判断B；由正弦定理判断C；由余弦定理可得𝑎= 𝑐，判断出△ABC 的形状，判
断D．
【详解】A 中，sin2𝐴+ sin2𝐵+ cos2𝐶< 1，即sin2𝐴+ sin2𝐵< sin2𝐶，
由正弦定理可得𝑎2 + 𝑏2 < 𝑐2，由余弦定理可得cos𝐶= 𝑎2+𝑏2−𝑐2
2𝑎𝑏
< 0，
因为𝐶∈(0,π)，所以𝐶∈
π
2 ,π ，即𝐶为钝角，所以该三角形为钝角三角形，故A 正确；
B 中，若𝐵=
π
3,𝑎= 2 3，且△ABC 有两解，则𝑎sin𝐵< 𝑏< 𝑎，即2 3 ×
3
2 < 𝑏< 2 3，
即𝑏的范围为(3,2 3)，所以B 错误；
C 中，在△ABC 中，𝐴> 𝐵，由大角对大边得𝑎> 𝑏，由正弦定理可得sin𝐴> sin𝐵成立，所以C 正确；
D 中，若𝐵= 60°,𝑏2 = 𝑎𝑐，由余弦定理可得𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐2−2𝑎𝑐cos𝐵= 𝑎2 + 𝑐2−𝑎𝑐，
即𝑎𝑐= 𝑎2 + 𝑐2−𝑎𝑐，即(𝑎−𝑐)2 = 0，所以𝑎= 𝑐，所以△ABC 必是等边三角形，故D 正确．
12．1
3
利用上升水的体积等于实心铁球的体积计算即可得.
【详解】设水面升高了𝑥cm，由题意知π ⋅22 ⋅𝑥= 4
3π ⋅13，解得：𝑥= 1
3.
13．40
3
根据图示：在△𝐴𝐵𝐶中，利用余弦定理求得∠𝐴𝐶𝐵，从而得到∠𝐷𝐶𝐴，然后在△𝐴𝐷𝐶中，利用正弦定理求得
𝐷𝐶，然后再根据速度求出时间.
【详解】如图所示：
在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵= 10 7,𝐴𝐶= 20,𝐵𝐶= 30，
由余弦定理得：cos∠𝐴𝐶𝐵= 𝐵𝐶2+𝐴𝐶2−𝐴𝐵2
2𝐵𝐶⋅𝐴𝐶
= 1
2，
所以∠𝐴𝐶𝐵= 60∘，则∠𝐷𝐶𝐴= 120∘，
在△𝐴𝐷𝐶中，∠𝐴𝐷𝐶= 30∘,∠𝐷𝐴𝐶= 30∘，
∴𝐶𝐷= 𝐴𝐶= 20
所以𝑡= 20
90 × 60 = 40
3 ，
即再经40
3 分钟海盗船𝐵到达商船𝐷处．
故答案为：40
3
14．1
3
利用平面向量共线的推论直接计算即可．
【详解】因为𝐴𝐶= 3𝐴𝑁，𝐴𝑃= 𝑚+ 1
3 𝐴𝐵+ 1
9𝐴𝐶，
所以𝐴𝑃= 𝑚+ 1
3 𝐴𝐵+ 1
3𝐴𝑁．
因为𝐵､𝑃､𝑁三点共线，所以𝑚+ 1
3 + 1
3 = 1，解得𝑚= 1
3．
15．(1)0
(2)(−1,0)
【详解】（1）由复数𝑧= (1 + i)𝑚2−(2 + i)𝑚−2i = (𝑚2−2𝑚) + (𝑚2−𝑚−2)i，
因为复数𝑧是纯虚数，则满足𝑚2−2𝑚= 0
𝑚2−𝑚−2 ≠0
，解得𝑚= 0或𝑚= 2（舍去），
所以实数𝑚的值为0.
（2）由复数𝑧= (𝑚2−2𝑚) + (𝑚2−𝑚−2)i，
若𝑧在复平面内所对应的点在第四象限，则满足𝑚2−2𝑚> 0
𝑚2−𝑚−2 < 0
，解得−1 < 𝑚< 0，
所以实数𝑚的取值范围为(−1,0).
16．(1)𝐴𝐶= 𝑎+ 𝑏，𝐶𝐸= −1
2𝑏，𝐷𝐸= 𝑎−1
2𝑏
(2)−17
（1）由向量对应线段的数量、位置关系用𝐴𝐵,𝐴𝐷表示出𝐴𝐶,𝐶𝐸,𝐷𝐸即可；
（2）由（1）及向量数量积的运算律可得𝐴𝐶⋅𝐷𝐸= 𝐴𝐵
2 + 1
2𝐴𝐵⋅𝐴𝐷−1
2𝐴𝐷
2，结合已知即可求值.
【详解】（1）由𝐴𝐶= 𝐴𝐵+ 𝐵𝐶= 𝐴𝐵+ 𝐴𝐷= 𝑎+ 𝑏，𝐶𝐸= 1
2𝐶𝐵= 1
2𝐷𝐴= −1
2𝐴𝐷= −1
2𝑏，𝐷𝐸= 𝐷𝐶+ 𝐶𝐸= 𝐴𝐵
−1
2𝐴𝐷= 𝑎−1
2𝑏，
所以𝐴𝐶= 𝑎+ 𝑏，𝐶𝐸= −1
2𝑏，𝐷𝐸= 𝑎−1
2𝑏.
（2）由（1）知：𝐴𝐶⋅𝐷𝐸= (𝐴𝐵+ 𝐴𝐷) ⋅(𝐴𝐵−1
2𝐴𝐷) = 𝐴𝐵
2 + 1
2𝐴𝐵⋅𝐴𝐷−1
2𝐴𝐷
2，
又𝐴𝐵= 2,𝐴𝐷= 6，且∠𝐵𝐴𝐷= 120°，则𝐴𝐶⋅𝐷𝐸= 4 + 1
2 × 12 × (−1
2)−18 = −17.
17．(1)8
3
(2)4 2
（1）在△𝐴𝐵𝐷中，由正弦定理即可求解；
（2）由𝑆△𝐴𝐷𝐶，得到𝑆△𝐴𝐵𝐶，结合三角形面积公式求得𝐵𝐶= 6，再由余弦定理即可求解.
【详解】（1）在△𝐴𝐵𝐶中，∵cos𝐵= 1
3, ∴sin𝐵= 2 2
3 .
在△𝐴𝐵𝐷中，由正弦定理得
𝐴𝐵
sin∠𝐴𝐷𝐵= 𝐴𝐷
sin𝐵，
又∵𝐴𝐵= 2,∠𝐴𝐷𝐵=
π
4,sin𝐵= 2 2
3 ，
∴𝐴𝐷= 𝐴𝐵⋅sin𝐵
sin∠𝐴𝐷𝐵=
2 × 2 2
3
2
2
= 8
3 .
（2）∵𝐵𝐷= 2𝐷𝐶, ∴𝑆△𝐴𝐵𝐷= 2𝑆△𝐴𝐷𝐶,𝑆△𝐴𝐵𝐶= 3𝑆△𝐴𝐷𝐶.
又∵𝑆△𝐴𝐷𝐶= 4 2
3 , ∴𝑆△𝐴𝐵𝐶= 4 2.
∵𝑆△𝐴𝐵𝐶= 1
2 ⋅𝐴𝐵⋅𝐵𝐶⋅sin𝐵= 1
2 × 2 × 𝐵𝐶× 2 2
3 ，
解得：𝐵𝐶= 6
在△𝐴𝐵𝐶中，由余弦定理得𝐴𝐶2 = 𝐴𝐵2 +𝐵𝐶2−2𝐴𝐵⋅𝐵𝐶⋅cos𝐵= 4 + 36−24 × 1
3 = 32，
所以𝐴𝐶= 4 2.
18．(1)2 3；
(2)2 3
3 ；
(3) 13．
（1）由正三棱柱的体积公式求解即可；
（2）由𝐷−𝐴1𝐵1𝐶的体积等于𝑉𝐴1𝐵1𝐶1−𝐴𝐵𝐶−𝑉𝐴1−𝐴𝐶𝐷−𝑉𝐵1−𝐵𝐶𝐷−𝑉𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1，分别求出𝑉𝐴1−𝐴𝐶𝐷,𝑉𝐵1−𝐵𝐶𝐷,
𝑉𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的体积代入即可得出答案.
（3）将侧面𝐵𝐵𝐶1𝐵1绕𝐵𝐵1旋转至与侧面𝐴𝐵𝐵1𝐴1共面，如图所示,当𝐴,𝐹,𝐸三点共线时，𝐴𝐹+ 𝐸𝐹取得最小值，
求解即可.
【详解】（1）因为𝑆△𝐴𝐵𝐶=
3
4 × 2 × 2 =
3，
所以𝑉𝐴1𝐵1𝐶1−𝐴𝐵𝐶= 𝑆△𝐴𝐵𝐶⋅𝐴𝐴1 =
3 × 2 = 2 3．
（2）因为𝑉𝐴1−𝐴𝐶𝐷= 𝑉𝐵1−𝐵𝐶𝐷= 1
3 × 1
2𝑆△𝐴𝐵𝐶⋅𝐴𝐴1 =
3
3 ，
𝑉𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1 = 1
3 × 𝑆△𝐴𝐵𝐶⋅𝐴𝐴1 = 2 3
3 ，
所以𝑉𝐷−𝐴1𝐵1𝐶= 𝑉𝐴1𝐵1𝐶1−𝐴𝐵𝐶−𝑉𝐴1−𝐴𝐶𝐷−𝑉𝐵1−𝐵𝐶𝐷−𝑉𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1 = 2 3
3
（3）将侧面𝐵𝐵𝐶1𝐵1绕𝐵𝐵1旋转至与侧面𝐴𝐵𝐵1𝐴1共面，如图所示．
当𝐴,𝐹,𝐸三点共线时，𝐴𝐹+ 𝐸𝐹取得最小值，
且最小值为22 + (2 + 1)2 =
13．
19．(1)（i）𝐵=
π
3；（ii）𝑃𝐴⋅𝑃𝐵+ 𝑃𝐵⋅𝑃𝐶+ 𝑃𝐴⋅𝑃𝐶= −3
2
(2) 3−1．
（1）（i）利用两角和的正弦公式和sin𝐴= sin(𝐵+ 𝐶)即可求解；
（ii）由（i）得P 为△𝐴𝐵𝐶内的费马点，即∠𝐴𝑃𝐵= ∠𝐵𝑃𝐶= ∠𝐶𝑃𝐴= 2π
3 ，利用△𝐴𝐵𝐶面积为3 3
4 得
𝑃𝐴⋅𝑃𝐵+ 𝑃𝐵⋅𝑃𝐶+ 𝑃𝐴⋅𝑃𝐶= 3，即可求解；
（2）由cos2𝐴
2 = 𝑏+𝑐
2𝑐利用二倍角的余弦公式有1+cos𝐴
2
= 𝑏+𝑐
2𝑐，即𝑐cos𝐴= 𝑏，利用正弦定理有sin𝐶cos𝐴= sin𝐵，
即sin𝐴cos𝐶= 0，从而求出角𝐶，利用面积公式得
𝑆1+𝑆2
𝑆3
= 𝑃𝐶
𝑃𝐵+ 𝑃𝐶
𝑃𝐴，再由正弦定理即可得𝑃𝐶
𝑃𝐵= sin π
3 −𝜃
sin𝜃
，𝑃𝐶
𝑃𝐴=
sin 𝜃−π
6
sin π
2 −𝜃，最后利用均值不等式即可求解.
【详解】（1）（i）∵2sin𝐵sin 𝐶+ π
3 =
3sin𝐴，sin𝐴= sin π−(𝐵+ 𝐶) = sin(𝐵+ 𝐶)，
∴2sin𝐵1
2 sin𝐶+
3
2 cos𝐶=
3sin(𝐵+ 𝐶) =
3(sin𝐵cos𝐶+ cos𝐵sin𝐶)，
∴sin𝐵sin𝐶=
3cos𝐵sin𝐶，
在△𝐴𝐵𝐶中，sin𝐶≠0，∴sin𝐵=
3cos𝐵，∴tan𝐵=
3，
又𝐵∈(0,π)，∴𝐵=
π
3．
（ii）∵𝐵=
π
3，∴△𝐴𝐵𝐶不存在大于等于120°的角，∴P 为△𝐴𝐵𝐶内的费马点．
所以∠𝐴𝑃𝐵= ∠𝐵𝑃𝐶= ∠𝐶𝑃𝐴= 2π
3 ，
∵𝑆= 1
2𝑃𝐴⋅𝑃𝐵sin2π
3 + 1
2𝑃𝐵⋅𝑃𝐶sin2π
3 + 1
2𝑃𝐴⋅𝑃𝐶sin2π
3 = 3 3
4 ，
∴𝑃𝐴⋅𝑃𝐵+ 𝑃𝐵⋅𝑃𝐶+ 𝑃𝐴⋅𝑃𝐶= 3，
∴𝑃𝐴⋅𝑃𝐵+ 𝑃𝐵⋅𝑃𝐶+ 𝑃𝐴⋅𝑃𝐶= |𝑃𝐴||𝑃𝐵|cos2π
3 + |𝑃𝐵||𝑃𝐶|cos2π
3 + |𝑃𝐴||𝑃𝐶|cos2π
3
=−1
2 |𝑃𝐴||𝑃𝐵|+|𝑃𝐵||𝑃𝐶|+|𝑃𝐴||𝑃𝐶| = −3
2．
（2）∵cos2𝐴
2 = 𝑏+𝑐
2𝑐，∴1+cos𝐴
2
= 𝑏+𝑐
2𝑐，即𝑐cos𝐴= 𝑏，
在△𝐴𝐵𝐶中有正弦定理得sin𝐶cos𝐴= sin𝐵，sin𝐵= sin π−(𝐴+ 𝐶) = sin(𝐴+ 𝐶)，
∴sin𝐶cos𝐴= sin(𝐴+ 𝐶) = sin𝐴cos𝐶+ cos𝐴sin𝐶，∴sin𝐴cos𝐶= 0，
在△𝐴𝐵𝐶中，sin𝐴≠0，∴cos𝐶= 0，
又𝐶∈(0,π)，∴𝐶=
π
2．
∴
𝑆1+𝑆2
𝑆3
=
1
2 𝑃𝐶⋅𝑃𝐴sin 2π
3 +1
2 𝑃𝐶⋅𝑃𝐵sin 2π
3
1
2 𝑃𝐴⋅𝑃𝐵sin 2π
3
= 𝑃𝐶
𝑃𝐵+ 𝑃𝐶
𝑃𝐴，
设∠𝑃𝐶𝐵= 𝜃，𝜃∈0, π
2 ，则在△𝑃𝐶𝐵由正弦定理得，𝑃𝐶
𝑃𝐵= sin π
3 −𝜃
sin𝜃
，
在△𝑃𝐶𝐴由正弦定理得，𝑃𝐶
𝑃𝐴=
sin 𝜃−π
6
sin π
2 −𝜃，
∴
𝑆1+𝑆2
𝑆3
= sin π
3 −𝜃
sin𝜃
+
sin 𝜃−π
6
sin π
2 −𝜃=
3
2 tan𝜃+
1
tan𝜃−1 ≥
3−1，
当且仅当tan𝜃= 1，𝜃∈0, π
2 ，𝜃=
π
4时等号成立．
∴
𝑆1+𝑆2
𝑆3 的最小值为3−1．
