2025版 数学《高中全程复习方略》（提升版）人教A版三十四 高考中的解三角形问题含答案

15版数学《高中全程复习方略》（提升版）人教A版三十四高考中的解三角形问题三十四高考中的解三角形问题(时间:45分钟分值:100分)【基础落实练】1.(5分)(2023·嘉兴模拟)在△ABC中,sinA=34,sinB=12,a=10,则边长b= (A.152 B.154 C.103 【解析】选D.由正弦定理知,asinA=即1034=b12,解得2.(5分)如图所示,某数学兴趣小组为了测量某地“智标塔”高度,在地面上A点处测得塔顶B点的仰角为60°,塔底C点的仰角为45°.已知山岭CD高为72米,则塔高BC为 ()A.(722-72)米 B.(723-72)米C.(726-72)米 D.(1443-72)米【解析】选B.在△CDA中,AD=CDtan∠DCA=72×tan45°=72,在△ABD中,DB=ADtan∠BAD=72×tan60°=723,所以BC=BD-CD=72(3-1)米.3.(5分)(2023·保定模拟)在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知a=8,cosA=13,则△ABC外接圆的半径为 (A.32 B.62 C.22 D.3【解析】选A.因为cosA=13>0,A为锐角,所以sinA=1-cos设△ABC外接圆的半径为R,因为a=8,所以R=a2sinA=82×4.(5分)(一题多法)(2023·重庆模拟)已知△ABC满足b2=ac,sinA+sinC=2sinB,则B= ()A.π3 B.π4 C.π6【解析】选A.因为b2=ac,则由正弦定理知:sin2B=sinAsinC①,又sinA+sinC=2sinB②.方法一:由余弦定理:cosB=a2+c(sinA+sinC)由于B∈(0,π),所以B=π3方法二:(sinA-sinC)2=(sinA+sinC)2-4sinAsinC=4sin2B-4sin2B=0,所以sinA=sinB=sinC,由于A,B,C∈(0,π),故B=π35.(5分)(多选题)在△ABC中,已知A=30°,且3a=3b=12,则c的值可以是 ()A.2 B.4 C.6 D.8【解析】选BD.由3a=3b=12,得a=4,b=43,又A=30°,利用余弦定理可得a2=b2+c2-2bccosA,即16=48+c2-12c,整理得c2-12c+32=0,解得c=4或c=8.6.(5分)(多选题)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=3,A=π3,则△ABC的面积可能为 (A.3 B.23 C.934 【解析】选ABC.由余弦定理可得cosA=b2+c2-a22bc=12⇒b2+c2-bc=9≥2bc-bc=bc,当且仅当b=c时取等号,此时S△ABC=127.(5分)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2acos2B2=a+c,则A=__________【解析】由正弦定理得2sinAcos2B2=sinA+sinC,则2sinA·1+cosB2=sinA得sinA+sinAcosB=sinA+sinC,所以sinAcosB=sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB,即cosAsinB=0,因为0<B<π,所以sinB>0,因此cosA=0,又0<A<π,所以A=π2答案:π8.(5分)在△ABC中,AB=AC=3,BC=2,若P为边BC上的动点,则AP·(AB+AC)=__________.

【解析】cosB=cosC=3+4-32×2×cos∠BAC=3+3-42×AP·(AB+AC)=(AB+BP)·(AB+AC)=AB2+AB·AC+BP·AB+BP·AC=3+3×3×13+|BP|·3×(-33)+|BP|·3×答案:4【加练备选】在△ABC中,∠BAC=120°,AB=2,BC=27,∠BAC的平分线交BC于D,则AD=__________.

【解析】如图所示,记AB=c,AC=b,BC=a,由余弦定理可得,BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos∠BAC,即b2+22-2×b×2×cos120°=28,因为b>0,解得b=4,由S△ABC=S△ABD+S△ACD可得,12×2×4×sin120°=12×2×+12×AD解得AD=43答案:49.(10分)(2023·新余模拟)在①3b-3acosC=csinA,②asinB=bcosA2,③(sinB+sinC)2=sin2A+3sinBsinC这三个条件中任选一个补充在下面的横线上,并加以解答在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,__________.

(1)求角A的大小;【解析】(1)若选①:因为3b-3acosC=csinA,所以由正弦定理得3sinB-3sinAcosC=sinCsinA,所以3sin(A+C)-3sinAcosC=sinCsinA,即3(sinAcosC+cosAsinC)-3sinAcosC=sinCsinA,所以3cosAsinC=sinCsinA,因为C∈(0,π),所以sinC≠0,所以tanA=3,又因为A∈(0,π),所以A=π3若选②:因为asinB=bcosA2,所以由正弦定理得sinAsinB=sinBcosA因为B∈(0,π),所以sinB≠0,所以sinA=cosA2所以2sinA2cosA2=cos因为A∈(0,π),所以A2∈(0,π2),所以cosA2≠0,所以sinA2=12若选③:因为(sinB+sinC)2=sin2A+3sinBsinC,所以sin2B+sin2C=sin2A+sinBsinC,所以由正弦定理得b2+c2-a2=bc,所以cosA=b2+c因为A∈(0,π),所以A=π39.(10分)(2023·新余模拟)在①3b-3acosC=csinA,②asinB=bcosA2,③(sinB+sinC)2=sin2A+3sinBsinC这三个条件中任选一个补充在下面的横线上,并加以解答在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,__________.

(2)若△ABC的面积为33,a=2,求△ABC的周长【解析】(2)因为△ABC的面积为33所以S△ABC=12bcsinA=3所以bc=43,又a所以由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=(b+c)2-2bc-2bc·12=(b+c)2-3bc所以解得b+c=22,所以△ABC的周长为2+22.【加练备选】(2022·北京高考)在△ABC中,sin2C=3sinC.(1)求∠C;【解析】(1)sin2C=3sinC,2sinCcosC=3sinC,cosC=32,∠C=π(2022·北京高考)在△ABC中,sin2C=3sinC.(2)若b=6,且△ABC的面积为63,求△ABC的周长.【解析】(2)因为S△ABC=63,所以12absinC=63,又b=6,所以a=43.由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC,所以c=23,所以△ABC的周长为63+6【能力提升练】10.(5分)已知△ABC中,若A=2π3,c=2,△ABC的面积为32,D为边BC的中点,则AD的长度是 (A.5714B.32【解析】选B.因为△ABC的面积为32所以有12bcsin∠BAC=12×2b×32=3a=c2+b2-2bccos∠BAC=4+1-2×1×2×(-1因为∠ADC+∠ADB=π,所以cos∠ADC+cos∠ADB=0⇒AD2+74-1211.(5分)在锐角△ABC中,内角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,已知B=60°,c=2,则△ABC面积的取值范围为 ()A.(3,23) B.(32,23C.(32,3) D.(38,【解析】选B.由正弦定理,asinA=csin所以a=2sinAsinC=2sin(B+C因为在锐角△ABC中,0<C<π2,0<A=2π3-C<π2,所以π6<C<π2,所以tanC∈(33所以a=3·1tanC+1S=12acsinB=32a∈(32,212.(5分)(多选题)(2023·南通模拟)已知锐角△ABC的内角A,B,C所对应的边分别是a,b,c,若c-b=2bcosA,则a+cb可以取 A.5 B.6 C.e D.π【解析】选BCD.因为c-b=2bcosA,由正弦定理可得sinC-sinB=2sinBcosA,又因为sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB,则sinAcosB+cosAsinB-sinB=2sinBcosA,整理得sinAcosB-cosAsinB=sinB,则sin(A-B)=sinB,由A,B∈(0,π2),则A-B∈(-π2,π2),所以A-B=B,即A=2B,则a+c2sinBcos=4cos2B+2cosB-1,由题意可得B∈解得B∈(π6,π令t=cosB∈(22,32),则a+cb=4因为f(t)=4t2+2t-1图象开口向上,对称轴t=-14则f(t)在(22,32)上单调递增,且f(22)=1+2,f(3所以a+cb∈(1+2且6,e,π∈(1+2,2+3),5∉(1+2,2+3),即A错误,B,C,D正确.13.(5分)(2023·哈尔滨模拟)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,D为边AB的中点,S△ABC=23,且满足(a-c)(sinA+sin∠ACB)-sinB·(a-b)=0,则CD长度的最小值为__________.

【解析】因为(a-c)(sinA+sin∠ACB)-sinB·(a-b)=0,所以(a-c)(a+c)-b·(a-b)=0,所以b2+a2-c2-ab=0,所以b2+a2-c22ab=12,所以cos∠ACB=12,所以∠ACB=π3,因为S△ABC=23,所以1因为D为边AB的中点,所以2CD=CA+CB,所以4CD2=(所以4CD2=b2+a2+2abcos∠ACB=b2+a2+ab≥2ab+ab=3ab所以CD2≥6,所以|CD|≥6,当且仅当a=b=22时取等号答案:6【加练备选】(多选题)(2023·东莞模拟)如图,△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若a=b,且3(acosC+ccosA)=2bsinB,D是△ABC外一点,DC=1,DA=3,则下列说法正确的是()A.△ABC是等边三角形B.若AC=23,则A,B,C,D四点共圆C.四边形ABCD面积最大值为53D.四边形ABCD面积最小值为53【解析】选AC.由正弦定理a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC,得3·(sinAcosC+sinCcosA)=2sinB·sinB,所以3sinB=2sin2B,因为B∈(0,π),所以sinB≠0,所以3=2sinB,所以sinB=32因为a=b,B是等腰△ABC的底角,所以B∈(0,π2所以B=π3,所以△ABC对于B,若A,B,C,D四点共圆,则四边形对角互补,由A正确知D=2π3,cosD=-1但由于DC=1,DA=3,AC=23,cosD=DC2+DA2-对于C,D,设∠D=θ,则AC2=DC2+DA2-2DC·DA·cosθ=10-6cosθ,所以S△ABC=34·(10-6cosθ)=532-332cosθ,S△ADC所以S四边形ABCD=S△ADC+S△ABC=32sinθ332cosθ=3(sinθ·12-cosθ·32=3sin(θ-π3)+5因为θ∈(0,π),所以sin(θ-π3)∈(-32,1所以3<S四边形ABCD≤53214.(10分)(2023·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知△ABC的面积为3,D为BC中点,且AD=1.(1)若∠ADC=π3,求tanB【解析】(1)方法一:(正弦定理+余弦定理)由题意可知S△ABC=12acsinB=3故acsinB=23①,又在△ABD中,有ADsinB=由∠ADC=π3得,1sinB故csinB=32②代入①式得a=4.在△ADB中,由余弦定理得AB2=c2=BD2+AD2-2BD·ADcos2π3,故c2=22+12-2×2×1cos2π3=5+2=7,得c=在△ABD中,cosB=AB2+BD2-AD2所以sinB=327,所以tanB=方法二:(余弦定理)因为AD为△ABC的中线,故S△ABC=2S△ADC=2×12×a2×1×sinπ3=34a=3,故a=4,在△ADC中,由余弦定理知b2=AC2=12+22-2×1×2×cosπ3=3,在△ABD中,c2=AB2=12+22-2×1×2×cos2π3=7,在△ABC中,由cosB=c2+a2-b22ca=7+16-14.(10分)(2023·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知△ABC的面积为3,D为BC中点,且AD=1.(2)若b2+c2=8,求b,c.【解析】(2)方法一:在△ABC中,由中线长公式可得b2+c2=2(AD2+BD2),得AD2+BD2=4,知BD=3,得a=23.由S=12bcsinA和b2+c2-a2=2bccosA得,S=14(b2+c2-a2)tanA,得tanA=-3<0,得A∈(π2,π),A又S=12bcsinA,所以bc=4由b2+c2=8和bc=4,得b=c=2.方法二:在△ABC中,由中线长公式得:(2AD)2+BC2=2(AC2+AB2),即22+a2=2(b2+c2)=16,因而a2=12,又S△ABC=12bcsinA=3,因而bcsinA=23又由余弦定理得:a2=b2+c2-2bccosA,即12=8-2bccosA,因而bccosA=-2,因而有tanA=-3⇒cosA=-12,所以bc=4,又b2+c2+2bc=8+8=16=(b+c)2,b2+c2-2bc=8-8=0=(b-c)2,故可得b=c=215.(10分)在锐角△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知向量m,n满足:m=(2a,6),n=(b,2sinB),且m∥n.(1)求角A;【解析】(1)因为m=(2a,6),n=(b,2sinB),且m∥n,于是有2a×2sinB=6b,即2asinB=3b,在△ABC中,由正弦定理得:2sinAsinB=3sinB,而sinB>0,于是得sinA=32,又A所以A=π315.(10分)在锐角△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知向量m,n满足:m=(2a,6),n=(b,2sinB),且m∥n.(2)若a=2,求△ABC周长的取值范围.【解析】(2)已知△ABC是锐角三角形,由(1)知A=π3,C=2π3-B,于是有0<B<π2,且0<2π3-B<π2,从而得π6<B<π2,而a=2,由正弦定理得bsinB则b=433sinB,c=433sinC=43则有b+c=433[sinB+sin(2π3-B)]=4(32sinB+12cos而π3<B+π6<2π3,则32<sin(即23<b+c≤4,所以b+c的取值范围为(23,4].所以23+2<a+b+c≤6,即△ABC周长的取值范围是(23+2,6].【加练备选】1.(2023·南昌模拟)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且B=π3,b=2(1)若△ABC的面积为3,求sinA·sinC;【解析】(1)由已知B=π3,△ABC的面积为3则12acsinB=34ac=3,解得ac又B=π3,b由正弦定理得,asinA=csinC=bsin则sinA·sinC=34a·34c=3161.(2023·南昌模拟)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且B=π3,b=2(2)若1a+1c=1,求边a【解析】(2)由余弦定理b2=a2+c2-2accosB得a2+c2-ac=4,可化为(a+c)2-3ac=4①又已知1a+1c=1可化为a+c=ac联立①②解得a=2,c=2.2.(2023·温州模拟)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b(3sinA-cosC)=(c-a)cosB.(1)求角B的大小;【解析】(1)因为b(3sinA-cosC)=(c-a)cosB,所以由正弦定理可得sinB(3sinA-cosC)=(sinC-sinA)cosB,3sinAsinB-sinBcosC=sinCcosB-sinAcosB,3sinAsinB=sinCcosB+sinBcosC-sinAcosB,3sinAsinB=sin(C+B)-sinAcosB,又在△ABC中B+C=π-A,可得3sinAsinB=sin(π-A)-sinAcosB,3sinAsinB=sinA-sinAcosB,又sinA>0,3sinB=1-cosB,可得sin(B+π6)=1又B∈(0,π),即B+π6∈(π6,7π6),可得B+π6=5π62.(2023·温州模拟)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b(3sinA-cosC)=(c-a)cosB.(2)若a=5,c=3,O为△ABC的重心,求△OAC的面积.【解析】(2)连接BO并延长使其交AC于点D,如图,因为O为△ABC的重心,所以OD=13BD,则点O到线段AC的距离是点B到线段AC的距离的13,则S△OAC=13S△BAC=13×12acsin∠ABC=13×【素养创新练】16.(5分)箜篌历史悠久、源远流长,音域宽广、音色柔美清澈,表现力强.如图是箜篌的一种常见的形制,对其进行绘制,发现近似一扇形,在圆弧的两个端点A,B处分别作切线相交于点C,测得切线AC=99.9cm,BC=100.2cm,AB=180cm,根据测量数据可估算出该圆弧所对圆心角的余弦值为 ()A.0.62 B.0.56C.-0.56 D.-0.62【解析】选A.由题意,∠OAC=∠OBC=90°,所以∠AOB+∠ACB=180°,切线AC=99.9cm,BC=100.2cm,由切线长定理,不妨取AC=BC=100cm,又AB=180cm,由余弦定理,有cos∠ACB=AC2+BC2-=cos(180°-∠ACB)=-cos∠ACB=0.62.17.(5分)十七世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题:“已知一个三角形,求作一点,使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小.”它的答案是:当三角形的三个角均小于23π时,即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角23π;当三角形有一内角大于或等于23π时,所求点为三角形最大内角的顶点.在费马问题中,所求点称为费马点.在△ABC中,已知∠ACB=23π,AC=1,BC=2,点M在边AB上,且满足CM=BM,若点P为△AMC的费马点,则PA·PM+PM·PC+PA·A.-1 B.-45 C.-35 【解析】选C.因为在△ABC中,∠ACB=23π,AC=1,BCAB=AC2+由正弦定理可得ACsinB=即sinB=ACsin∠ACBAB=1×又B为锐角,所以cosB=1-sin2设CM=BM=x,则CM2=CB2+BM2-2CB·BMcosB,即x2=4+x2-1077x,解得x=275,即BM所以AM=35AB=375,则S△AMC=35S△ABC=35×1又cos∠AMC=A=6325则∠AMC为锐角,由于∠ACB=23故∠ACM<2π3所以△AMC的三个内角均小于23则P与△AMC的三个顶点的连线两两成角23π;所以S△AMC=12|PA|·|PM|sin2π3+12|PM|·|PC|sin2π3+12|PA|·|PC|sin2π3=34(|PA|·|PM|+|PM|·|PC|+|PA|·|PC|)=3310,所以|PA|·|PM|+|所以PA·PM+PM·PC+PA·PC=|PA|·|PM|cos2π3+|PM|·|PC|cos2π3+|PA|·|PC|cos2π3=-12(|PA|·|PM|+|PM|·|PC|+|PA|·|PC|)=-12三十五复数(时间:45分钟分值:100分)【基础落实练】1.(5分)已知复数1+i(2-a-ai)为纯虚数,则实数a的值为 ()A.-1 B.0 C.1 D.2【解析】选A.因为1+i(2-a-ai)=(1+a)+(2-a)i为纯虚数,所以1+a=02-2.(5分)(2022·浙江高考)已知a,b∈R,a+3i=(b+i)i(i为虚数单位),则 ()A.a=1,b=-3 B.a=-1,b=3C.a=-1,b=-3 D.a=1,b=3【解析】选B.a+3i=(b+i)i=-1+bi,所以a=-1,b=3.3.(5分)(2023·嘉兴模拟)已知(1+i)z=2+4i,则|z|= ()A.10 B.2 C.10 D.4【解析】选C.z=2+4i1+i=(2+4i)(1-i)4.(5分)(2023·新高考Ⅱ卷)在复平面内,(1+3i)(3-i)对应的点位于 ()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【解析】选A.(1+3i)(3-i)=6+8i,故对应的点在第一象限.5.(5分)若复数z满足z(1+i)=2+3i,则z的虚部是 ()A.12 B.12i C.1【解析】选A.z=2+3i1+i=(2+3i)(1-i)(1+i6.(5分)(多选题)(2023·荆州模拟)下面关于复数结论正确的是 ()A.若z(2-i)=i23,则z的实部为1B.若复数z满足1z∈R,则z∈C.对任意复数z恒有z·z=|zD.若复数z1,z2满足z1z2∈R,则z1=z【解析】选ABC.对于A,若z(2-i)=i23,z=i232-i=-i(2+i则z的实部为15对于B,设z=a+bi(a,b∈R),若复数z满足1z=a-bi(a+b则-ba2+b2=0,可得b对于C,设z=a+bi(a,b∈R),则z·z=(a+bi)(a-bi)=a2+b2,|z|2=a2+所以对任意复数z恒有z·z=|z对于D,设z1=-1+i,z2=2+2i,若z1z2=(-1+i)(2+2i)=-4∈R,但z1≠z2,故D错误【加练备选】1.(2023·信阳模拟)已知a∈R,复数z=a+2i,z2-2z是实数,则|z|= ()A.5 B.10 C.5 D.10【解析】选C.z2-2z=(a+2i)2-2(a+2i)=a2-4+4ai-2(a+2i)=a2-2a-4+(4a-4)i∈R,故4a-4=0,解得a=1,故|z|=5.2.若复数z满足2(2+z)=i(1-z),则z在复平面内对应的点在 ()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【解析】选C.设z=a+bi(a,b∈R),由2(2+z)=i(1-z),得(2a+4)-2bi=b+(1-a)i,由实部和虚部分别相等知2解得a则z在复平面内对应的点(-3,-2)在第三象限.7.(5分)若实系数方程x2+ax+b=0的一个根是i,则a+b=__________.

【解析】由题意得i2+ai+b=0,即ai+b-1=0,即a=0,b=1,所以a+b=1.答案:18.(5分)(2023·保定模拟)已知复数z满足|z-1+i|=22,z为z的共轭复数,则z·z的最大值为__________.

【解析】设z=a+bi(a,b∈R),则|z-1+i|=22的几何意义为z在复平面内所对应的点(a,b)到(1,-1)的距离为22,所以z所对应的点(a,b)的轨迹是以A(1,-1)为圆心,22为半径的圆,而z·z=a2+b2可看作该圆上的点(a,b)到原点的距离的平方,所以(z·z)答案:189.(10分)(2023·朔州模拟)在复平面内,复数z=(m2-m-2)+(m2-3m+2)i.分别求出满足下列条件的复数z.(1)在虚轴上;【解析】(1)若复数z对应的点在虚轴上,则m2-m-2=0,即m=-1或m=2.此时z=6i或z=0;9.(10分)(2023·朔州模拟)在复平面内,复数z=(m2-m-2)+(m2-3m+2)i.分别求出满足下列条件的复数z.(2)在实轴负半轴上;【解析】(2)若复数z对应的点在实轴负半轴上,则m2-m-2<09.(10分)(2023·朔州模拟)在复平面内,复数z=(m2-m-2)+(m2-3m+2)i.分别求出满足下列条件的复数z.(3)在直线y=x上.【解析】(3)若复数z对应的点在直线y=x上,则m2-m-2=m2-3m+2,得m=2,即复数z=0.【能力提升练】10.(5分)(2023·武汉模拟)复数z=2-i2+i,则z-z= A.-65B.65C.-85i【解析】选C.依题意,z=(2-i)(2-i)(2+i)(2-所以z-z=(35-45i)-(35+4511.(5分)(2023·长沙模拟)已知复数z=a+i(a>0,i是虚数单位),若|z|=10,则1z的虚部是(A.110 B.-110 C.110i 【解析】选B.因为复数z=a+i(a>0,i是虚数单位),|z|=10,所以|z|=a2+1=10,解得a所以1z=13+i=3-i(故1z的虚部是-112.(5分)(多选题)(2023·苏州模拟)已知i为虚数单位,以下四个说法正确的是 ()A.1i+1i2+1B.3+i>1+iC.若z=(1+2i)2,则复数z对应的点位于第四象限D.已知复数z满足|z-2i|=3,则z在复平面内对应的点的轨迹为圆【解析】选AD.A:1i+1i2+1B:因为两个虚数不能比较大小,所以本选项不正确;C:因为z=(1+2i)2=1+4i-4=-3+4i,所以复数z对应的点位于第二象限,因此本选项不正确;D:因为|z-2i|=3,所以z在复平面内对应的点的轨迹为圆心为(0,2),半径为3的圆,因此本选项正确.13.(5分)(多选题)已知复数z1=1-i,z2=-2+3i,i为虚数单位,下列说法正确的是 ()A.z1+z2在复平面内对应的点位于第二象限B.若向量OA,OB分别对应的复数为z1,z2,则向量AB对应的复数为3-4iC.若z1(a+i)=z2+bi(a,b∈R),则ab=-3D.若复数z3=x+yi(x,y∈R,i为虚数单位),且|z3|=1,则|z3-z1|的最大值为2+1【解析】选ACD.对于A,z1+z2=-1+2i在复平面内对应的点(-1,2)位于第二象限,故A正确;对于B,因为向量OA,OB分别对应的复数为z1,z2,所以AB=OB-OA,z2-z1=-2+3i-(1-i)=-3+4i,AB对应的复数为-3+4i,故B错误;对于C,由z1(a+i)=z2+bi得(1-i)(a+i)=-2+3i+bi,得a+1+(1-a)i=-2+(b+3)i,得a+1=-21-a=对于D,|z3|=1,则x2+y2=1,表示的轨迹为圆,而|z3-z1|=|(x-1)+(y+1)i|=(x-1)2+(y+1)14.(10分)(202