2020届浙江省温州市新力量联盟高三上学期期末数学试题解析

圆锥曲线中的离心率的问题一、题型选讲题型一 、求离心率的值求离心率的值关键是找到等式关系，解出a 与c 的关系，进而求出离心率。

常见的等式关系主要有：1、题目中给出等式关系；2、通过几何关系如垂直或者夹角的关系得出等式关系；3、挖掘题目中的等式关系。

例1、【2019年高考全国Ⅱ卷理数】设F 为双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>的右焦点，O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与圆222x y a +=交于P ，Q 两点．若PQ OF =，则C 的离心率为A BC ．2D例2、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知圆22:10210C x y y +-+=与双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的渐近线相切，则该双曲线的离心率是（ ）A B ．53C ．52D例3、（2020届山东省九校高三上学期联考）已知直线1l ，2l 为双曲线M ：()222210,0x y a b a b-=>>的两条渐近线，若1l ，2l 与圆N ：2221x y 相切，双曲线M 离心率的值为（ ）A BCD ．3例4、（2020届山东省德州市高三上期末）双曲线22221x y a b-=（0a >，0b >）的右焦点为()1F ，点A 的坐标为()0,1，点P 为双曲线左支上的动点，且1APF ∆周长的最小值为8，则双曲线的离心率为（ ）AB C ．2D ．例5、（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知点P 为双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>右支上一点，12,F F 分别为C 的左，右焦点，直线1PF 与C 的一条渐近线垂直，垂足为H ，若114PF HF =，则该双曲线的离心率为（ ） A ．15 B ．21 C ．53D ．73例6、（2020·浙江省温州市新力量联盟高三上期末）已知双曲线22212x y a -=的一条渐近线的倾斜角为6π，则双曲线的离心率为（ ） A ．233B ．263C ．3D ．2题型二、求离心率的范围求离心率的值关键是找到不等关系，解出a 与c 的关系，进而求出离心率的范围。

2022-2023学年浙江省温州市新力量联盟高一（下）期中数学试卷一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求）1．在如图所示的平面直角坐标系中，向量AB →的坐标是（ ）A ．（2，2）B ．（﹣2，﹣2）C ．（1，1）D ．（﹣1，﹣1）2．已知α，β是两个不同的平面，直线l ⊄α，且α⊥β，那么“l ∥α”是“l ⊥β”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件3．已知不共线平面向量a →，b →在非零向量c →上的投影向量互为相反向量，则（ ） A ．(a →+b →)∥c →B ．(a →−b →)⊥c →C ．(a →+b →)⊥c →D ．(a →−b →)∥c →4．如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是如图所示的直角梯形，其中O ′A ′＝2，∠B ′A ′O ′＝45°，B ′C ′∥O ′A ′．则原平面图形的面积为（ ）A ．3√2B ．6√2C ．32√2D ．345．已知△ABC 的三边分别为√a ，√b ，√c 且a 2+b 2＝c 2，则△ABC 是（ ） A ．直角三角形 B ．锐角三角形 C ．钝角三角形D ．不确定6．中国古代数学著作《九章算术》中，记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分），现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA 1，BB 1，CC 1，DD 1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为180°，则该几何体的表面积为（ ）A ．15π2+2 B ．15π2+4 C ．7π+2 D ．9π+47．下面能得出△ABC 为锐角三角形的条件是（ ）A ．sinA +cosA =15B ．AB →⋅BC →＜0C ．tan A +tan B +tan C ＞0D ．b ＝3，c =3√3，B ＝30°8．如图为某水晶工艺品示意图，该工艺品由一个半径为R 的大球放置在底面半径和高均为R 的圆柱内，球与圆柱下底面相切为增加观赏效果，设计师想在圆柱与球的空隙处放入若干大小相等的实心小球，且满足小球恰好与圆柱底面、圆柱侧面及大球都相切，则该工艺品最多可放入（ ）个小球．A ．13B ．14C ．15D ．16二、多项选择题（本小题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对5分，有选错的得0分，部分选对的得2分） 9．下列说法正确的有（ ） A ．a →⋅a →⋅a →=|a →|3B ．λ、μ为非零实数，若λa →=μb →，则a →与b →共线C ．两个向量不能比较大小，但它们的模能比较大小D ．若平面内有四个点A 、B 、C 、D ，则必有AC →+BD →=BC →+AD →10．已知复数z ＝a +bi （a ，b ∈R 且z ≠0），下列命题一定正确的是（ ） A ．z ⋅z =|z|2B ．若1z∈R ，则z ∈RC ．与z 对应向量共线的单位向量为√a 2+b 2D ．若|z ﹣i |＝1，则|z |max ＝211．已知O 为坐标原点，点A （cos θ，sin θ），B(cos(θ+2π3)，sin(θ+2π3))，C(cos(θ+4π3)，sin(θ+4π3))，则（ ） A ．|AB |＝|BC | B ．OA →+OB →=CO →C ．OA →⋅OB →＜0D ．OA →⋅(OB →+OC →)＞012．在△ABC 中，内角A ，B ，C 对应的边分别为a ，b ，c ，若a ：b ：c ＝2：3：4，则下列结论正确的是（ ）A ．A ：B ：C ＝2：3：4 B ．sin A +sin C ＝2sin BC ．cosC =14D ．sin A +sin2C ＝0三、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分）13．若复数m ﹣3+（m 2﹣9）i ≥0，则实数m 的值为 ．14．半径为3的半圆形纸片卷成一个无盖圆锥筒，则圆锥筒的高为 ．15．如图，温州世纪广场的标志性建筑——“世纪之光”玻璃塔，用三片巨大的钢片表示三千年瓯越文明史，造型摄取瓯江双塔、海上风帆、纪功柱于一体，象征着一座灯塔、一座丰碑、一盏明灯、一支火箭，浓缩了瓯越文明的过去、今天和未来．为了测量塔高AB ，测量者选取了与塔底B 在同一水平面内的两个测量基点C 与D ，并测得在点CD =34√2m ，∠BDC ＝135°，∠BCD ＝15°，在点C 测得塔顶A 的仰角为45°，则塔高AB ＝ m ．16．根据毕达哥拉斯定理，以直角三角形的三条边为边长作正方形，从斜边上作出的正方形的面积正好等于在两直角边作出的正方形面积之和．现在对直角三角形CDE 按上述操作作图后，得如图所示的图形．若AF →=xAB →+yAD →，则x +y ＝ ．四、解答题（本小题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17．（10分）已知向量a →=（﹣3，1），b →=（1，﹣2），m →=a →+k b →（k ∈R ）． （1）若m →与向量2a →−b →垂直，求实数k 的值；（2）若向量c →=（1，﹣1），且m →与向量k b →+c →平行，求实数k 的值．18．（12分）如图，四边形ABCD 中，已知A ＝120°，AB ⊥BC ，AD ＝3，AB ＝5，C ＝45°． （1）求cos ∠ABD ； （2）求CD 的长．19．（12分）已知复数z 是方程x 2+2x +2＝0的解． （1）求z ；（2）若复数z 的虚部大于零，且az −z =b ﹣i （a ，b ∈R ，i 为虚数单位），求|a +bi |．20．（12分）已知a ，b ，c 分别是△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，且2bcos(A −π6)=√3c ． （1）求角B 的大小；（2）若b =√6，求△ABC 面积的最大值；（3）若b 2＝ac ，且外接圆半径为2，圆心为O ，P 为⊙O 上的一动点，试求PA →⋅PB →的取值范围． 21．（12分）如图，一个湖的边界是圆心为O 的圆，湖的一侧有一条直线型公路l ，湖上有桥AB （AB 是圆O 的直径）．规划在公路l 上选两个点P ，Q ，并修建两段直线型道路PB ，QA ，规划要求：线段PBQA 上所有点到点O 的距均不小于圆O 的半径．已知点A ，B 到直线l 的距离分别为AC 和BD （C ，D 为垂足），测得AB ＝10，AC ＝6，BD ＝12（单位：百米）． （1）若道路PB 与桥AB 垂直，求道路PB 的长；（2）在规划要求下，P 和Q 中能否有一个点选在D 处？并说明理由．22．（12分）如图所示，等腰梯形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝CD ＝1，已知E ，F 分别为线段BC ，AB 上的动点（E ，F 可与线段的端点重合），且满足AF →=xAB →，BE →=yBC →． （1）求AE →⋅DF →关于x ，y 的关系式并确定于x ，y 的取值范围；（2）若AE →⊥DF →，判断是否存在恰当的x 和y 使得yx取得最大值？若存在，求出该最大值及对应的x 和y ；若不存在，请说明理由．2022-2023学年浙江省温州市新力量联盟高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求）1．在如图所示的平面直角坐标系中，向量AB →的坐标是（ ）A ．（2，2）B ．（﹣2，﹣2）C ．（1，1）D ．（﹣1，﹣1）解：如图：A （2，2），B （1，1），∴AB →=（1.1）﹣（2，2）＝（﹣1，﹣1）， 故选：D ．2．已知α，β是两个不同的平面，直线l ⊄α，且α⊥β，那么“l ∥α”是“l ⊥β”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解：当直线l ⊄α，且α⊥β，l ∥α，则l ∥β，l 与β相交，故充分性不成立； 当直线l ⊄α，且α⊥β，l ⊥β时，l ∥α，故必要性成立， ∴“l ∥α“是“l ⊥β‘的必要而不充分条件． 故选：B ．3．已知不共线平面向量a →，b →在非零向量c →上的投影向量互为相反向量，则（ ）A ．(a →+b →)∥c →B ．(a →−b →)⊥c →C ．(a →+b →)⊥c →D ．(a →−b →)∥c →解：向量a →在向量c →上的投影为|a →|×cos ＜a →，c ＞=|a →|×a →⋅c →|a →||c →|=a →⋅c→|c →|，同理可得，向量b →在向量c →上的投影为b →⋅c →|c →|，∵不共线平面向量a →，b →在非零向量c →上的投影向量互为相反向量，∴a →⋅c →|c →|+b →⋅c →|c →|=0，即a →⋅c →+b →⋅c →=0，∴(a →+b →)⋅c →=0，∴(a →+b →)⊥c →．故选：C ．4．如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是如图所示的直角梯形，其中O ′A ′＝2，∠B ′A ′O ′＝45°，B ′C ′∥O ′A ′．则原平面图形的面积为（ ）A ．3√2B ．6√2C ．32√2D ．34解：直观图中，∵∠B ′A ′O ′＝∠B ′O ′A ′＝45°，∴△B ′A ′O ′是等腰直角三角形， ∵O ′A ′＝2，∴B ′A ′＝B ′O ′=√2， ∵B ′C ′∥O ′A ′，∴∠C ′B ′O ′＝45°， ∵直观图是直角梯形，∴O ′C ′⊥C ′B ′，∠C ′O ′B ′＝45°，∴C ′B ′＝O ′C ′＝1， ∴S 直=12×√2×√2+12×1×1=32， ∴S 原＝2√2S 直＝2√2×32=3√2． 故选：A ．5．已知△ABC 的三边分别为√a ，√b ，√c 且a 2+b 2＝c 2，则△ABC 是（ ） A ．直角三角形 B ．锐角三角形 C ．钝角三角形D ．不确定解：∵a 2+b 2＝c 2，∴（a +b ）2﹣c 2＝a 2+b 2+2ab ﹣c 2＝2ab ＞0， ∴a +b ＞c ，且c 为最大边， 则cos C =a+b−c2√ab0，∴C 为锐角，则△ABC 是锐角三角形． 故选：B ．6．中国古代数学著作《九章算术》中，记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分），现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA 1，BB 1，CC 1，DD 1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为180°，则该几何体的表面积为（ ）A ．15π2+2 B ．15π2+4 C ．7π+2 D ．9π+4解：此几何体为两个半圆柱的组合体：一个大的半圆柱中间挖去一个小的同轴半圆柱，S 表=12×2π(22−12)+12(2π×2+2π×1)×2+1×2×2=9π+4． 故选：D ．7．下面能得出△ABC 为锐角三角形的条件是（ ）A ．sinA +cosA =15B ．AB →⋅BC →＜0C ．tan A +tan B +tan C ＞0D ．b ＝3，c =3√3，B ＝30°解：对于A ，∵sin A +cos A =15，平方可得sin 2A +cos 2A +2sin A cos A =125，则2sin A cos A =−2425＜0，则sin A ＞0，cos A ＜0，A 为钝角，∴错误，对于B ，∵AB →•BC →=ca cos （π﹣B ）＝﹣ac cos B ＜0，∴cos B ＞0，B 为锐角，但A ，C 不能确定是否为锐角，∴错误，对于C ，∵tan （A +C ）=tanA+tanC1−tanAtanC =−tan B ，则有tan A +tan B +tan C ＝tan A tan B tan C ＞0， 即tan A ＞0，tan B ＞0，tan C ＞0，则为锐角三角形，∴正确， 对于D ，运用正弦定理，可得sin C =csinB b =3√3×12×13=√32，∵c ∈（0°，180°）， 则C ＝60°或120°，则A ＝90°或30°，∴错误． 故选：C ．8．如图为某水晶工艺品示意图，该工艺品由一个半径为R 的大球放置在底面半径和高均为R 的圆柱内，球与圆柱下底面相切为增加观赏效果，设计师想在圆柱与球的空隙处放入若干大小相等的实心小球，且满足小球恰好与圆柱底面、圆柱侧面及大球都相切，则该工艺品最多可放入（ ）个小球．A ．13B ．14C ．15D ．16解：过球心与圆柱底面圆圆心的平面截该几何体的平面图，如图，设球的半径R ，实心小球的半径r ， 由题意可得，√2r +r +R =√2R ， ∴R ＝（3+2√2）r ，∵小球的球心在以E 为圆心，EF 为半径的圆上，EF =R+r√2，周长为2πEF =√2π（R +r ）， ∴2rn ≤√2π（R +r ），即nn ≤√2π(R+r)2r=√2π[(3+2√2)r+r]2r=2（1+√2）π≈15.16，故该工艺品最多放15个小球． 故选：C ．二、多项选择题（本小题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对5分，有选错的得0分，部分选对的得2分） 9．下列说法正确的有（ ） A ．a →⋅a →⋅a →=|a →|3B ．λ、μ为非零实数，若λa →=μb →，则a →与b →共线C ．两个向量不能比较大小，但它们的模能比较大小D ．若平面内有四个点A 、B 、C 、D ，则必有AC →+BD →=BC →+AD →解：a →•a →•a →=|a →|2a →，所以a 不正确；当λ，μ为非零实数，满足λa →=μb →，则a →与b →一定共线，所以B 正确；两个向量不能比较大小，但它们的模能比较大小，满足向量的定义与性质，所以C 正确；若平面内有四个点A ，B ，C ，D ，则AC →−AD →=DC →，BC →−BD →=DC →，则必有AC →+BD →=BC →+AD →，所以D 正确， 故选：BCD ．10．已知复数z ＝a +bi （a ，b ∈R 且z ≠0），下列命题一定正确的是（ ） A ．z ⋅z =|z|2B ．若1z ∈R ，则z ∈RC ．与z 对应向量共线的单位向量为√a 2+b 2D ．若|z ﹣i |＝1，则|z |max ＝2解：对于A ，z ⋅z =(a +bi)(a −bi)=a 2+b 2，|z |2＝a 2+b 2，故A 正确； 对于B ，1a+bi=a−bi (a+bi)(a−bi)=(a a 2+b 2−b a 2+b 2i)∈R ，则b ＝0，故z ＝a ∈R ，故B 正确； 对于C ，与z 对应向量共线的单位向量为√a 2+b ，故C 错误，对于D ，|z ﹣i |＝|a +（b ﹣1）i |=√a 2+(b −1)2=1，即a 2+（b ﹣1）2＝1，表示以（0，1）为圆心，1为半径的圆， |z|=√a 2+b 2表示圆上的点到原点的距离，则|z|max =√(0−0)2+(1−0)2+1=2，故D 正确． 故选：ABD ．11．已知O 为坐标原点，点A （cos θ，sin θ），B(cos(θ+2π3)，sin(θ+2π3))，C(cos(θ+4π3)，sin(θ+4π3))，则（ ） A ．|AB |＝|BC | B ．OA →+OB →=CO →C ．OA →⋅OB →＜0D ．OA →⋅(OB →+OC →)＞0解：对于A ，因为A （cos θ，sin θ），B(cos(θ+2π3)，sin(θ+2π3))，C(cos(θ+4π3)，sin(θ+4π3))， 所以∠AOB =∠BOC =∠COA =2π3，|OA →|=|OB →|=|OC →|=1， 故△ABC 是正三角形，则|AB |＝|BC |，故A 正确； 对于B ，因为△ABC 是正三角形，O 是△ABC 的外心，所以O 是△ABC 的重心，故OA →+OB →+OC →=0→，即OA →+OB →=CO →，故B 正确； 对于D ，因为OA →+OB →+OC →=0→，则OB →+OC →=−OA →， 所以OA →⋅(OB →+OC →)=−|OA|2＜0，故D 错误，对于C ，OA →⋅OB →=|OA →||OB →|cos 2π3=1×1×(−12)=−12＜0，故C 正确． 故选：ABC ．12．在△ABC 中，内角A ，B ，C 对应的边分别为a ，b ，c ，若a ：b ：c ＝2：3：4，则下列结论正确的是（ ）A ．A ：B ：C ＝2：3：4 B ．sin A +sin C ＝2sin BC ．cosC =14D ．sin A +sin2C ＝0解：由正弦定理可知sin A ：sin B ：sin C ＝2：3：4，推不出A ：B ：C ＝2：3：4，故A 错误； 由a ：b ：c ＝2：3：4，可设a ＝2k ，b ＝3k ，c ＝4k ，则由余弦定理可得cos A =b 2+c 2−a 22bc =21k 224k2=78，故A 为锐角，可得sin A =√158， 同理可得cos C =−14，故C 为钝角，sin C =√154， cos B =1116，B 为锐角，sin B =3√1516，故sin A +sin C ＝2sin B ，故B 正确，C 错误， 又sin2C ＝2sin C cos C ＝2×√154×（−14）=−√158，故sin A +sin2C =√158+（−√158）＝0，故D 正确．故选：BD ．三、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分） 13．若复数m ﹣3+（m 2﹣9）i ≥0，则实数m 的值为 3 ． 解：∵m ﹣3+（m 2﹣9）i ≥0，∴{m 2−9=0m −3≥0，解得m ＝3． 故答案为：3．14．半径为3的半圆形纸片卷成一个无盖圆锥筒，则圆锥筒的高为 32√3．解：图1是圆锥（图2）的侧面展开图．OA ＝OB ＝3，则扇形弧长L ＝3π，设圆锥底面圆周长为r ，则2πr ＝3π，得r =32， 则在Rt △OAD 中，高ℎ=√32−(32)2=3√32． 故答案为：3√32． 15．如图，温州世纪广场的标志性建筑——“世纪之光”玻璃塔，用三片巨大的钢片表示三千年瓯越文明史，造型摄取瓯江双塔、海上风帆、纪功柱于一体，象征着一座灯塔、一座丰碑、一盏明灯、一支火箭，浓缩了瓯越文明的过去、今天和未来．为了测量塔高AB ，测量者选取了与塔底B 在同一水平面内的两个测量基点C 与D ，并测得在点CD =34√2m ，∠BDC ＝135°，∠BCD ＝15°，在点C 测得塔顶A 的仰角为45°，则塔高AB ＝ 68 m ．解：由题意可知AB ＝BC ，在△BCD 中，∵∠BDC ＝135°，∠BCD ＝15°，∴∠CBD ＝30°， 在△BCD 中，由正弦定理可得BCsin∠BDC=CD sin∠CBD，∴BC =34√212×√22=68．故答案为：68．16．根据毕达哥拉斯定理，以直角三角形的三条边为边长作正方形，从斜边上作出的正方形的面积正好等于在两直角边作出的正方形面积之和．现在对直角三角形CDE 按上述操作作图后，得如图所示的图形．若AF →=xAB →+yAD →，则x +y ＝4+√32．解：如图，以A 为原点，分别以AB →，AD →为x ，y 轴建立平面直角坐标系：设正方形ABCD 的边长为2a ，则正方形DEHI 的边长为√3a ，正方形EFGC 边长为a ， 可知A （0，0），B （2a ，0），D （0，2a ），DF =(√3+1)a ， 则x F =(√3+1)a ⋅cos30°，y F =(√3+1)a ⋅sin30°+2a ，即F(3+√32a ，5+√32a)， 又AF →=xAB →+yAD →， ∴(3+√32a ，5+√32a)=x(2a ，0)+y(0，2a)=(2ax ，2ay)， 即{2ax =3+√32a 2ay =5+√32a，即2ax +2ay =3+√32a +5+√32a ，化简得x +y =4+√32． 故答案为：4+√32．四、解答题（本小题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17．（10分）已知向量a →=（﹣3，1），b →=（1，﹣2），m →=a →+k b →（k ∈R ）．（1）若m →与向量2a →−b →垂直，求实数k 的值；（2）若向量c →=（1，﹣1），且m →与向量k b →+c →平行，求实数k 的值． 解：（1）m →=a →+k b →=（﹣3+k ，1﹣2k ），2a →−b →=（﹣7，4）．∵m →与向量2a →−b →垂直，∴m →•（2a →−b →）＝﹣7（﹣3+k ）+4（1﹣2k ）＝0，解得k =53． （2）k b →+c →=（k +1，﹣2k ﹣1），∵m →与向量k b →+c →平行， ∴（﹣2k ﹣1）（﹣3+k ）﹣（1﹣2k ）（k +1）＝0，解得k =−13．18．（12分）如图，四边形ABCD 中，已知A ＝120°，AB ⊥BC ，AD ＝3，AB ＝5，C ＝45°． （1）求cos ∠ABD ； （2）求CD 的长．解：（1）因为AD ＝3，AB ＝5，C ＝45°．在△ABD 中，由余弦定理得BD 2＝AB 2+AD 2﹣2AB •AD •cos A ＝25+9﹣2×5×3×(−12)=49， 所以BD ＝7，由余弦定理得cos ∠ABD =AB 2+BD 2−AD 22AB⋅BD =25+49−92×5×7=1314；（2）因为AB ⊥BC ， 所以sin ∠DBC ＝cos ∠ABD =1314， 在△BDC 中，由正弦定理得BDsinC=CD sin∠CBD，即√22=CD1314，所以CD =13√22． 19．（12分）已知复数z 是方程x 2+2x +2＝0的解． （1）求z ；（2）若复数z 的虚部大于零，且az −z =b ﹣i （a ，b ∈R ，i 为虚数单位），求|a +bi |．解：（1）由x 2+2x +2＝（x +1）2+1＝0，即（x +1）2＝﹣1，可得x +1＝±i ，解得x ＝﹣1±i ，复数z 是方程x 2+2x +2＝0的解， 则z ＝﹣1±i ．（2）由（1）知，z ＝﹣1±i ，因为虚部大于零， 所以z ＝﹣1+i ， 故z =−1−i ， 所以az −z =a −1+i+1+i =a(−1−i)1−i 2+1+i =1−a 2+(1−a2)i ，a z−z =b ﹣i （a ，b ∈R ，i 为虚数单位），所以{1−a2=b 1−a2=−1，解得a ＝4，b ＝﹣1， 故|a +bi|=|4−i|=√42+(−1)2=√17．20．（12分）已知a ，b ，c 分别是△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，且2bcos(A −π6)=√3c ． （1）求角B 的大小；（2）若b =√6，求△ABC 面积的最大值；（3）若b 2＝ac ，且外接圆半径为2，圆心为O ，P 为⊙O 上的一动点，试求PA →⋅PB →的取值范围． 解：（1）因为2bcos(A −π6)=√3c ，由正弦定理可得：2sinBcos(A −π6)=√3sinC ，∴2sinB(cosAcos π6+sinAsin π6)=√3sin[π−(A +B)]=√3sin （A +B ）， 整理可得：√3cosAsinB +sinAsinB =√3sin(A +B)， 可得√3cosAsinB +sinAsinB =√3sinAcosB +√3cosAsinB ， 整理可得：sinAsinB =√3sinAcosB ， ∵sin A ＞0， ∴sin B =√3cos B ， ∴tanB =√3， ∵B 为三角形内角， ∴B =π3；（2）由余弦定理得：b 2=a 2+c 2−2ac ⋅cos π3=6，化简a 2+c 2﹣ac ＝6， 又∵a 2+c 2﹣ac ≥2ac ﹣ac ＝ac ，∴ac ≤6，当且仅当a ＝c =√6时，ac 有最大值6，∵△ABC 的面积S =12ac ⋅sinB =√34ac ≤√34×6=3√32， ∴当且仅当a ＝c 时，△ABC 面积取最大值等于3√32； （3）由正弦定理bsinB=2R =4，b =2√3，则ac ＝b 2＝12，由a 2+c 2＝b 2+ac ，可得a 2+c 2＝24，则a =c =2√3， 则三角形ABC 为等边三角形，取AB 中点M ，则PA →⋅PB →=(PM →+MA →)⋅(PM →+MB →)=PM →2+PM →⋅(MA →+MB →)+MA →⋅MB →=PM →2−MA →2=PM →2−3， 由OP ＝2，OM ＝1，则OP ﹣OM ≤PM ≤OP +OM ， 所以PM ∈[1，3]，所以1≤PM 2﹣1≤9，﹣2≤PM 2﹣3≤6， 则PA →⋅PB →∈[−2，6]．21．（12分）如图，一个湖的边界是圆心为O 的圆，湖的一侧有一条直线型公路l ，湖上有桥AB （AB 是圆O 的直径）．规划在公路l 上选两个点P ，Q ，并修建两段直线型道路PB ，QA ，规划要求：线段PBQA 上所有点到点O 的距均不小于圆O 的半径．已知点A ，B 到直线l 的距离分别为AC 和BD （C ，D 为垂足），测得AB ＝10，AC ＝6，BD ＝12（单位：百米）． （1）若道路PB 与桥AB 垂直，求道路PB 的长；（2）在规划要求下，P 和Q 中能否有一个点选在D 处？并说明理由．解：设BD 与圆O 交于M ，连接AM ， AB 为圆O 的直径，可得AM ⊥BM ， 即有DM ＝AC ＝6，BM ＝6，AM ＝8，以C 为坐标原点，l 为x 轴，建立直角坐标系，则A （0，﹣6），B （﹣8，﹣12），D （﹣8，0） （1）设点P （x 1，0），PB ⊥AB ， 则k BP •k AB ＝﹣1， 即0−(−12)x 1−(−8)•−6−(−12)0−(−8)=−1，解得x 1＝﹣17，所以P （﹣17，0），PB =√(−17+8)2+(0+12)2=15．（2）当QA ⊥AB 时，QA 上的所有点到原点O 的距离不小于圆的半径，设此时Q （x 2，0）， 则k QA •k AB ＝﹣1，即0−(−6)x 2−0•−6−(−12)0−(−8)=−1，解得x 2=−92，Q （−92，0），由﹣17＜﹣8＜−92，在此范围内，不能满足PB ，QA 上所有点到O 的距离不小于圆的半径， 所以P ，Q 中不能有点选在D 点．22．（12分）如图所示，等腰梯形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝CD ＝1，已知E ，F 分别为线段BC ，AB 上的动点（E ，F 可与线段的端点重合），且满足AF →=xAB →，BE →=yBC →． （1）求AE →⋅DF →关于x ，y 的关系式并确定于x ，y 的取值范围；（2）若AE →⊥DF →，判断是否存在恰当的x 和y 使得yx取得最大值？若存在，求出该最大值及对应的x 和y ；若不存在，请说明理由．解：（1）由等腰梯形的性质可知∠BAD ＝60°， 即AB →⋅AD →=|AB →|⋅|AD →|cos∠BAD =1，又DF →=AF →−AD →=xAB →−AD →，AE →=AB →+BE →=AB →+yBC →=AB →+y(−AB →+AD →+12AB →)=(1−y 2)AB →+yAD →， 则AE →⋅DF →=(xAB →−AD →)⋅[(1−y 2)AB →+yAD →]=−xy +4x −y2−1，由E ，F 分别为线段AB ，BC 上动点，故x ∈[0，1]，y ∈[0，1]；（2）由AE →⊥DF →可得AE →⋅DF →=−xy +4x −y 2−1=0，则x =y+22(4−y)，又{0≤y ≤10≤x ≤1，解得x ∈[14，12]，y ∈[0，1]，故y x =2y(4−y)y+2，令y +2＝t ，则y ＝t ﹣2，即y x=f(t)=−2(t +12t−8)，t ∈[2，3]，显然函数f （t ）在[2，3]上单调递增，故当t ＝3，即x =12且y ＝1时，y x取得最大值为2．。