【文档说明】新疆乌鲁木齐市第一中学2021-2022学年高一下学期期中考试数学试题 含解析.docx，共(27)页，4.569 MB，由小赞的店铺上传

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乌鲁木齐市第一中学2021-2022学年第二学期2024届高一年级期中考试数学试卷注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上一、单选题（每小题5分，共40分）1.已知复数

z满足()13izi−=−（i为虚数单位），则复数z的模等于（）A.1B.2C.5D.4【答案】C【解析】【分析】由复数的除法求出复数z，再由模的定义求得模．【详解】由题意23(3)(1)3321(1)(1)2iiiiiiziiii−−++−−====+−−+，∴22

2215zi=+=+=．故选：C．【点睛】本题考查复数的除法运算和复数的模．属于基础题．2.若圆台两底面周长的比是1∶4，过高的中点作平行于底面的平面，则圆台被分成两部分的体积比是A.12B.14C.1D.39129【答案】

D【解析】【分析】由题意首先求得截面半径，然后求解体积的比值即可.【详解】由题意设上、下底面半径分别为r、4r,截面半径为x,圆台的高为2h,则有15,322xrxrr−==则VV=上下()()2222139311294163hrrxxhxr

xr++=++.本题选择D选项.【点睛】本题主要考查圆台的结构特征，方程思想的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3.如图，点A，B，C，M，N是正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中不能满足//MN平面ABC的是（）A.B.C.D.【答案】B【

解析】【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理确定正确选项.【详解】对于A选项，由下图可知////MNDEAC，MN平面ABC，AC平面ABC，所以//MN平面ABC，故选项A不符合题意.对于B选项，设H是EG的中点，由下图，结合正

方体的性质可知，//,////,//ABNHMNAHBCAMCH，所以,,,,,ABCHNM六点共面，故MN平面ABC，因此选项B符合题意.对于C选项，由下图可知////MNDEBC，MN平面ABC，BC平面ABC，所以//M

N平面ABC，故选项C不符合题意.对于D选项，设ACNED=，由于四边形AECN是矩形，所以D是NE中点，由于B是ME中点，所以//MNBD，由于MN平面ABC，BD平面ABC，所以//MN平面ABC，

故选项D不符合题意.故选：B4.已知向量a，b满足6a=，2b=，()1abb−=，则向量a，b夹角的大小等于（）A.30°B.45°C.60°D.120°【答案】A【解析】【分析】将()1abb−=展开并结合,ab求解出ab的值，再根据向量的数量积定义即可求解出cos,ab的值，

从而,ab可求.【详解】由()1abb−=可得21abb−=，所以()2123ab=+=，所以33cos,262ababab===rrrrrr，而0,180ab则向量a，b夹角的大小为30°．故选：A．【

点睛】关键点点睛：解答本题的关键是根据向量的模长以及向量数量积的定义和结果，计算出cos,ab的值.5.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足cos2cosbAacB+=，则角B=（）A.6B.4C.3D.23【答案】C【解析】【分析】由cos2cosbAac

B+=，可得sincoscossin2sincosBABACB+=，则sin()2sincosABCB+=，从而可得sin2sincosCCB=，求出cosB的值，从而可求出角B【详解】解：因为cos2cosbAacB+=，所以由正弦定

理得sincossin2sincosBAACB+=，所以sincoscossin2sincosBABACB+=，所以sin()2sincosABCB+=,sin()2sincosCCB−=,sin2sincosCCB=,因为sin0C，所以1cos2B=，因为

(0,)B，所以3B=，故选：C6.圣·索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点.其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美.小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，

高为()15315m−，在它们之间的地面上的点M(B，M，D三点共线)处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则小明估算索菲亚教堂的高度为（）A.20mB.30mC.20

3mD.303m【答案】D【解析】【分析】求得AM，再在三角形ACM中，运用正弦定理可得CM，再解直角三角形CDM，计算可得所求值．【详解】解：在直角三角形ABM中，sin15ABAM=．在ACM中，301545C

AM=+=，1801560105AMC=−−=，故1804510530ACM=−−=，由正弦定理，sinsinAMCMACMCAM=，故sin2sinsin15CAMABCMAMACM==．在直角三角形CDM中，

15315sin6066303()2sin15622()44ABCDCMm−====−．故选：D．7.我国东汉末数学家赵夾在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大

正方形，如图所示.在“赵爽弦图”中，若ABa=，ADb=，=3EEFB，则AF=（）A.13162525ab+B.16122525ab+C.2455ab+D.1355ab+【答案】A【解析】【分析】如图，设小正方形的另外两个顶点为,GH，利

用向量的线性运算构建关于AF的向量方程，从而可得13162525AFab=+．【详解】如图，设小正方形的另外两个顶点为,GH，则AFABBCCFABBCAG=++=+−，因为=3EEFB，由正方形的对称性可得3AGGE=，所以()3333339444441616AGAEABBEABB

FABAF==+=+=+，故391616AFABBCABAF=+−+，故25131616AFABBC=+，所以1316131625252525AFABBCab=+=+，故选：A．8.已知点O是ABC的内心，若4199AOABAC=

+，则cos∠BAC=（）A.15B.16C.18D.19【答案】C【解析】【分析】设41,99ADABAEAC==，则四边形ADOE为菱形，设该菱形的边长为a，则9,94ABaACa==，表示出内切圆的半径，根据等积法可以求出BC的长，然

后转化为等腰三角形处理即可【详解】解：由4199AOABAC=+，设41,99ADABAEAC==，则四边形ADOE为平行四边形，因为点O是ABC的内心，所以OADOAE=，所以四边形ADOE为菱形，设该菱形的边长为a，则9,94ABaACa==，因为OD∥AC，BDOBAC=，所以ABC

的内切圆半径sinraBAC=，所以11sin()22ABCSABACBACABACBCr==++，所以999sin(9)sin44aaaBACaBCaBAC=++，解得9BCa=，所以ABC为等腰三角形，所以1191224cos98ABaBACACa===，故选：C二、多

选题（每小题5分，共20分）9.在复平面内，下列说法正确的是（）A.若复数1i1iz+=−（i为虚数单位），则301z=−B.若复数z满足2zR，则zRC.若复数z满足1z=，则复数z对应点的集合是

以原点O为圆心，以1为半径的圆D.若复数z满足4i2z−=，则z的最小值为6【答案】AC【解析】【分析】对于A，先求得iz=，再计算即可；对于B，设izab=+，得0ab=，从而可判断；对于C，由复数模的几何意义可判断；对于D，根据

条件得到z的表达式，再求最值即可.【详解】对于A，21i(1i)i1i(1i)(1i)z++===−−+，则21z=−，所以3021515()(1)1zz==−=−，故A正确；对于B，设izab=+，则2222(i)2iRzab

abab=+=−+，则可知0ab=，而izab=−，若0,0ab=时，Rz，故B不正确；对于C，由复数的模的几何意义可知是正确的；对于D，设izab=+，由z满足4i2z−=，则有22(4)4ab+−=，令2cos2sin4ab==+，则2222(2cos)(

2sin4)16sin202zab=+=++=+，所以z的最小值为2，故D不正确..故选：AC10.（多选题）设a，b是两个非零向量．则下列命题为假命题的是（）A.若abab+=−，则ab⊥B.若a

b⊥，则abab+=−C.若abab+=−，则存在实数，使得ba=D.若存在实数，使得ba=，则abab+=−【答案】ABD【解析】【分析】将abab+=−两边同时平方可得abab=−即可判断A；由0ab

=判断()22abab+=−是否成立可判断B；计算a，b的夹角可判断C；举反例可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A，若abab+=−，则222222abababab++=+−，得0abab=−，所以ab⊥不成立，故选项A不

正确，假命题；对于B：若ab⊥，则0ab=，因为222222abababab+=++=+，()2222ababab−=+−，所以()22abab+−，所以abab+=−不成立，故选项B不正确，为假命题；对于C

：由选项A的解析可知：若abab+=−，则abab=−，因为cos,ababab=，所以cos,1=−ab，所以,πab=，所以a，b是方向相反的两个向量，即a，b共线，所以存在实数，使得ba=，故选项C为真命题；对于D：取实数1=，使得ba=，则20aba+=，而0ab−=

，此时abab+−，所以选项D不正确，为假命题，故选：ABD11.如图，正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，E，F，G分别为BC，1CC，1BB的中点，则（）A.直线1AD与直线AF垂直B.直线1AG与平面AEF平行为.C.平面AEF截正方体所得的截面面积为98D.点B

到平面AEF的距离为13【答案】BCD【解析】【分析】对于A，取11BC的中点K，连接11,,KFBCAD，由正方体的性质判断，对于B，取11BC的中点N，连接1,ANGN，然后利用面面平行判断，对于C，把截面AEF补形为四边形1AEFD,由等腰梯形计算其面积，

对于D，由等体积法计算即可【详解】解：对于A，如图所示，取11BC的中点K，连接11,,KFBCAD，由正方体的性质可知1AD‖KF，在AKF中，1121313,2,11224242KFBCAFAK===+==++=，而222AKAFKF+，

所以KF与AF不垂直，所以直线1AD与直线AF不垂直，所以A错误，对于B，如图所示，取11BC的中点N，连接1,ANGN，则有GN‖EF，1AN‖AE，因为GNË平面AEF，1AN平面AEF，EF平面AEF，AE平面AEF，所以GN‖平面AEF，1AN‖平面AEF，因为1GNANN=

，所以平面1AGN‖平面AEF，因为1AG平面1AGN，所以直线1AG与平面AEF平行，所以B正确对于C，如图所示，连接11,DFDA，延长1,DFAE交于点S，因为E，FG分别为BC，1CC的中点，所以EF‖1AD，所以1,,,AEFD四点共面

，所以截面即为梯形1AEFD，因为CFCE=,所以2222CFCSCECS+=+，即22FSES=，即FSES=，因为1DFAE=，所以1DFFSAEES+=+，即15DSAS==，12AD=，所以等腰三角形1ADS的高为322h=，梯形1AEFD的高为3224h

=，所以梯形1AEFD的面积为1112329()2222248hEFAD+=+=，所以C正确，对于D，151121,42442AEEF=+==+=，在AEF△中，由余弦定理得22252910444cos,21052222AEEFAFAEFAEEF+−+−===−所以1

310sin11010AEF=−=，所以1523103222108AEFS==设点B到平面AEF的距离为d，则由BAEFFABEVV−−=，可得131111(1)383222d=，解得13d

=，所以D正确，故选：BCD12.若ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足224sin02ABbaa+−+=，则下列结论正确的是（）A.角C一定为锐角B.22220abc+−=C.3tantan0AC+=D.

tanB的最小值为33【答案】BC【解析】【分析】结合降次公式、三角形内角和定理、余弦定理、正弦定理、同角三角函数的基本关系式化简已知条件，然后对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】依题意224sin02ABbaa+−+=，()1cos2402ABbaa−+−+

=，1cos2402Cbaa+−+=，2cos0cos0,2bbaCCCa+==−为钝角，A选项错误.2222222cos0,20,02abcabcbaCbababb+−+−+=+=+=，22222220,20

babcabc++−=+−=，B选项正确.2cos0baC+=，由正弦定理得sin2sincos0BAC+=，()sin2sincos0ACAC++=，3sincoscossin0ACAC+=，由于cos0C，C为钝角，A为锐角，所以两边除以coscosAC

得，3tantan0AC+=.C选项正确.()3tantan0tan3tan0ACCBC+=−+=，tantan3tantan0tan301tantanBCACCBC++=−=−，整理得2tan3ta

ntanBCC=−+−，由于C为钝角，tan0C−，所以33tan2tan23tantanCCCC−+−=−−，当且仅当32tantan3CCC−==−时等号成立.所以23tan323B=，D选项错误.故选：BC三、填空题（每小题5分，共20分）13.如图所示，直观

图四边形''''ABCD是一个底角为45，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是______．【答案】22+【解析】【分析】根据斜二侧画法可知，原图为直角梯形，上底为1，高为2，下底为12

+，利用梯形面积公式求解即可．也可利用原图和直观图的面积关系求解．【详解】解：根据斜二侧画法可知，原图形为直角梯形，其中上底1AD=，高2''2ABAB==，下底为12BC=+，1122222++=+．故答案为：22+．【点睛】本题考查水平放置的平面图形的直观图斜二测画法，比较基

础．14.在三棱锥PABC−中，已知PAPBPCAC===，ABBC⊥，则直线PB与平面ABC所成角的余弦值为___________.【答案】12##0.5【解析】【分析】取AC的中点O，连接PO，BO，根据等腰三角形的性质证明POAC⊥，结合三角形全等证明PO⊥平

面ABC，然后根据线面角定义可得.【详解】如图，取AC的中点O，连接PO，BO，因为ABBC⊥，所以OBOAOC==，又PAPBPC==，所以POAPOBPOC∽∽，且POAC⊥，所以POOB⊥，又OAOBO=，所以PO⊥平面ABC，所以PB与平面ABC所成角为

PBO，所以112cos2ACOBPBOPBAC===.故答案为：1215.足球运动是一项古老的体育活动，众多的资料表明，中国古代足球的出现比欧洲早，历史更为悠久，如图，现代比赛用足球是由正五边形与正六边形构成的共32

个面的多面体，著名数学家欧拉证明了凸多面体的面数(F)，顶点数(V)，棱数(E)满足F+V-E=2，那么，足球有______.个正六边形的面，若正六边形的边长为21，则足球的直径为______.cm(结果保留整数)(参考数据tan541.38,31,73,3

.14).===【答案】①.20②.22【解析】【分析】首先根据足球表面的规律，设正五边形为x块，正六边形为y块，列出方程组11(56)(56)2321562xyxyxyxy+++−+==，解方程组即可.分别计算正六边形和正五边形的面积，从而得到足球的

表面积，再利用球体表面积公式即可得到足球的直径.【详解】因为足球是由正五边形与正六边形构成，所以每块正五边形皮料周围都是正六边形皮料，每两个相邻的多边形恰有一条公共边，每个顶点处都有三块皮料，而且都遵循一个正五边形，两个正六边形结论.设正五边形为x块，正六边形为y块，有题知：11(5

6)(56)2321562xyxyxyxy+++−+==，解得1220xy==.所以足球有20个正六边形的面.每个正六边形的面积为21363(21)63222=.每个正五边形的面积为121tan54105tan

54215224=.球的表面积63105tan542031224S=+6303315tan541089.9434.71524.6=+=+=.所以224(2)1524.6RR==，222R.所以足球的直径为22.故答案为：20，22.【

点睛】本题主要通过传统文化背景，考查球体的直径和表面积公式，同时考查了学生理解问题的能力，属于中档题.16.在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，它的面积等于2223()4bca+−，且2222bcaa

+=+，则A=_______，△ABC的面积的取值范围是_________.【答案】①.3②.33[3,)2【解析】【分析】由2222bcaa+=+结合余弦定理可得cosabcA=，由△ABC面积等于2223()4bca+−，可是13sin22bcAa==，两式结合可求得tan3A=

，从而可求出角A；利用正弦定理，余弦定理，三角函数等变换的应用可得311sin(2)2264Ba=−+，可求出范围52(,)666B−，利用正弦函数的性质可求解a的范围，进而可求得△ABC的面积的取值范围【详解】解：因为2222bcaa+=+，所以2222bcaa+

−=，所以由余弦定理得2222cos22bcaaaAbcbcbc+−===，所以cosabcA=，因为△ABC面积等于2223()4bca+−，所以22213()323sin2442bcaabcAa+−===，所以133sincos222bcAabcA==，所以tan3A=，因为(0,)A，

所以3A=，因为1cos2abcAbc==，所以13sin22ABCSbcAa==，因为由正弦定理可得2sin3abB=，22sin()33acB=−，2abc=，所以2422sinsin()33aaBB=−,所以311sin(2)2264Ba=−+，因为△ABC为锐角三

角形，所以022032BB−，解得62B，所以52(,)666B−，所以31113sin(2)(,]226424Ba=−+，所以[2,3)a，所以1333sin[3,)222ABCSbc

Aa==，故答案为：3，33[3,)2四、解答题(第17题10分，第18题-第22题每题12分)17.已知aR，bR，方程20xaxb++=的一个根为1i−，复数1izab=+，满足24=z.（1）求复数1z；（2）若120zz，求复数2z.【答案】（1）122iz=−−；（2）2

2222iz=−+.【解析】【分析】（1）将1i−代入方程20xaxb++=，化简后利用复数相等的知识列方程组，由此求得,ab，从而求得1z.（2）设2=+zxyi，利用24=z、120zz来求得,xy，进而求得2z.【详解】（1）依题意，得2(1i)(1i)0ab−+−+=，即()(2)

i0aba++−−=，由复数相等的定义及a，bR，得020aba+=−−=，解得22ab=−=.故复数1i22izab=−=−−.（2）设2=+zxyi（xR，yR），由24=z，得2216xy+=

，12(22i)(i)(22)(22)izzxyxyxy=−−+=−+−+，又120zz，得220220xyxy−++=，即yxxy=−，所以2216xyxyyx+==−，解得2222xy=−=，所以22222iz=−+

.18.如图甲，已知在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为平行四边形，点M，N，Q分别在PA，BD，PD上（1）若:::PMMABNNDPQQD==，求证：平面//MNQ平面PBC；（2）如图乙所示，若Q满足:2PQQD=，PMtPA=，当t为何值时，//BM平面AQC．【答案

】（1）证胆见解析，（2）12t=【解析】【分析】（1）由已知比例式结合平行线截线段成比例证明线线平行，进一步得到线面平行，再由面面平行判定定理可证得结论；（2）连接AC交BD于O，连接OQ，取PQ的中点G，连接BG，则可得BG∥OQ，可得BG∥平面AQC，取PA的中点M,连接G

M，则GM∥AQ，可得GM∥平面AQC，则平面BGM∥平面AQC，则BM∥平面AQC，可得M为PA的中点.【详解】（1）证明：因为::PMMAPQQD=，所以QM∥AD，因为AD∥BC，所以QM∥BC，因为QM平面PBC，BC

平面PBC，所以QM∥平面PBC，因为::BNNDPQQD=，所以QN∥PB，因为QN平面PBC，PB平面PBC，，所以QN∥平面PBC，因为QMQNQ=,QM平面MNQ,QN平面MNQ，所以平面//MNQ平面PBC；的（2）连接AC交BD于O，连接OQ，取PQ的中点G，连接

BG，则BG∥OQ，因为QO平面AQC,BG平面AQC，所以BG∥平面AQC，取PA的中点M,连接GM，则GM∥AQ，因为AQ平面AQC，GM平面AQC，，所以GM∥平面AQC，因为BGGMG=，所以平面BGM∥平面AQC，因为BM平面BGM，所以BM∥平面AQC，此时M为PA的中点，

所以12PMPA=，因为PMtPA=，所以12t=19.在锐角ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，2224cosbcaABACA+−=.（1）求A；（2）若D为BC的中点，且△ABC的面积为332，2AB=，求AD的

长.【答案】（1）3A=（2）192AD=【解析】【分析】（1）利用向量内积和所给条件结合余弦定理，得到关于cosA的二次方程，从而得解；（2）利用已知条件结合面积公式求出AC，利用面积公式求出BC,利用正弦定理求出sinB，再根据22sincos1+=，求出7cos14B=，

对三角形ABD使用余弦定理求出AD.小问1详解】因为2224cosbcaABACA+−=，所以222||||coscos,4cosbcaABACAbcAA+−==uuuruuur即22222coscos2bcaAAbc+−==，即22coscos0AA−=，解得1cos2A=或cos0

A=，又因为锐角ABC，即(0,)2A，所以1cos2A=，所以3A=.【小问2详解】（2）由（1）知3A=，因为ABC的面积为332，且2AB=，可得11333sin22222ABCSABACAAC===，解得3AC

=，则22212cos4922372BCABACABACA=+−=+−=，所以7BC=，又由sinsinACBCBA=，可得sin321sin14ACABBC==，【则229217cos1sin1196196BB=−=−=，因为(0,

)2B，所以7cos14B=，又由1722BDBC==，所以222777192cos42242144ADABBDABBDB=+−=+−=，所以192AD=.20.已知向量13(3,1),,22ab=−=.（1）求与a平行的单位向量c；（2）设()23,xatbyk

tab=++=−+，若存在[0,2]t，使得xy⊥rur成立，求k的取值范围.【答案】（1）3,221−或3,221−（2）3,2+【解析】分析】（1）待定系数法设坐标后列方程组求解（2）由数量积的坐标运算化简，转化为方程有解问题【小问1详

解】设(,)xy=c，根据题意得221,30,xyyx+=+=解得3,21,2xy==−或3,21,2xy=−=31,22=−c或31,22=−c.【小问2详解】【13(3,1

),,,022abab=−==.()222,||3||0xyktatb⊥−++=.||2,||1ab==，2430tkt−+=.问题转化为关于t的二次方程2430tkt−+=在[0,2]内有解.令2()43fttkt

=−+，①当20k„，即0k„时，()ft在[0,2]内为增函数，(0)3f=方程2430tkt−+=在[0,2]内无解.②当022k„，即01k„时，由216120k=−…，解得32k−„或33,122kk厔?.③当22k，即1k时，()ft在[0,2]内为减函

数，由(2)0f„得4830k−+„.解得7,18kk….综上，实数k的取值范围为3,2+.21.在ABC中，满足：ABAC⊥，M是BC的中点.（1）若O是线段AM上任意一点，且2ABAC==，求

+OAOBOCOA的最小值：（2）若点P是BAC内一点，且2AP=，2APAC=，1APAB=，求ABACAP++的最小值.【答案】（1）12−；（2）72【解析】【分析】（1）设OAx=，则1OMx=−，根据向量加法的平

行四边形法则可得2OBOCOM+=uuuruuuruuur，再利用向量数量积定义可得+OAOBOCOA22cosOAOMOAOM==，配方即可求最值.（2）设2CAPBAP==−，由题意根据向量数量积的定义可得1cosAC=，12sinAB=，将ABACAP++两边

平方展开，利用基本不等式即可求解.【详解】（1）2ABAC==，1AM=，设OAx=，则1OMx=−，而2OBOCOM+=uuuruuuruuur，()OAOBOCOAOAOBOC+=+22cosOAOMOAOM==()2211

2122222xxxxx=−−=−=−−，当且仅当12x=时，+OAOBOCOA的最小值是12−.（2）设2CAPBAP==−，2APAC=，1APAB=，2AP=，12cos2cosACAC==，同理：12cos122

sinABAB−==，2ABACAP++222222ABACAPABACACAPABAP=+++++2211424cos4sin=++++222222sincossincos10cos4sin++=+

+22222222sincos45sincos45454921cos4sin4cos4sin444=+++=+=当且仅当2222sincos2tancos4sin2==时，所以min72ABACAP++=.【点

睛】本题考查了向量数量积的定义、向量模的运算、基本不等式求最值，考查了考生的运算求解能力，属于中档题.22.在ABC中，角,,ABC所对的边分别是,,abc，AD为BAC的角平分线，已知2c=且22222cos3acbAbc+

−=−，655AD=.（1）求ABC的面积；（2）设点,EF分别为边,ABAC上的动点，线段EF交AD于G，且AEF△的面积为ABC面积的一半，求AGEF的最小值.【答案】（1）245（2）4

825【解析】【分析】（1）结合余弦定理和正弦定理边化角可得1sinsin3CB=，进而得到13cb=；利用正弦定理可推导得到13BDCD=，设BDt=，在ABD△和ACD中，利用余弦定理可构造方程求得t

；在ABC中利用余弦定理可求得cosBAC，进而得到sinBAC，利用三角形面积公式可求得结果；（2）设()02AEmm=，()06AFnn=，AGAD=，由向量线性运算可得344AGABAC=+；由,,EFG三点共线可得()1AGAEAF=+−，进而

可构造方程组得到nmn=+，结合平面向量线性运算和向量数量积运算性质可将AGEF表示为24812156m−+，由m范围可求得最小值.【小问1详解】由余弦定理可得：2222cosacbacB=+−，则22cos2co

s3acBAbc=−，1coscos3aBbbA=−，由正弦定理得：1sincossincossin3ABBAB=−，()()1sincoscossinsinsinsinsin3ABABABCCB+=+=−==，则1

3cb=；又2c=，6b=，sinsin2ABBDBACADB=，sinsin2ACCDBACADC=，又()sinsinsinADCADBADB=−=，13cABBDbACCD===，设BDt=，则3CDt=，222222cos222BACABAD

BDADACCDABADADAC+−+−==，即223636436955656541255tt+−+−=，解得：2105t=，81045BCt==，22212843635cos2245ABACBCBACABAC+−+−===，则4s

in5BAC=，11424sin262255ABCSABACBAC===.【小问2详解】设()02AEmm=，()06AFnn=，由（1）知：13BDDC=；()11314444ADABBDABBCABACABABAC=+=+=+−=+；设AGAD=，则344AGABA

C=+，,,EFG三点共线，可令()()1126nmAGAEAFABAC−=+−=+，则()342146mn=−=，解得：nmn=+，2266mnmnAGABAC

mnmn=+++；又62nmEFAFAEACAB=−=−，36cos5ABACABACBAC==，226662mnmnnmAGEFABACACABmnmn=+−++()22224436361212mnnmmnmnABACABACmnm

nmn−=−+++++()22355mnnmmnmnmnmnmn−=−+++++()22888555mnnmmnmnmnmn−−+==++；11212sin2255AEFABCSSmnBACmn====，6mn

=，22264848486481216555656mnmmmAGEFmnmmmm−−−====−++++，02m，当2m=时，()min481248156425AGEF=

−=+.