2023-2024学年重庆市缙云教育联盟高一（下）质检数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市缙云教育联盟高一（下）质检数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.复数21+3i的虚部为( )
A. 35B. 15C. −15D. −35
2.已知两点A(4,1)，B(7,−3)，则与向量AB同向的单位向量是( )
A. ±(35,−45)B. (−35,45)C. (35,−45)D. (45,−35
3.如图，在正方形ABCD中，下列命题中正确的是( )
A. AB=BC
B. AB=CD
C. AC= 2AB
D. |AC|=|BD|
4.已知复数z满足z1−i−i1+i=1，则z=( )
A. −2+iB. −2−iC. 2+iD. 2−i
5.在边长为1的菱形ABCD中，∠A=π3，若点P，Q满足BP=αBC，DQ=βDC，其中α，β>0且α+β=1，则AP⋅AQ的最大值为( )
A. 12B. 3C. 138D. 74
6.在△ABC中，C=90°，点D在AB上，AD=3DB，|CB|=4，则CB⋅CD=( )
A. 8B. 10C. 12D. 16
7.在坐标平面内，横、纵坐标均为整数的点称为整点.点P从原点出发，在坐标平面内跳跃行进，每次跳跃的长度都是5且落在整点处.则点P到达点Q(33,33)所跳跃次数的最小值是( )
A. 9B. 10C. 11D. 12
8.已知平面内一正三角形ABC的外接圆半径为4，在三角形ABC中心为圆心r(0A. 13B. 89C. 5 11D. 11+6
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复平面内表示复数：z=m+1+(m−1)i(m∈R)的点为M，则下列结论中正确的为( )
A. 若z∈R，则m≠1
B. 若M在复平面所在直线y=2x上，则m=3
C. 若z为纯虚数，则m=−1
D. 若M在第四象限，则−110.已知复数z1=2−i，z2=2i，则( )
A. z2是纯虚数B. z1−z2对应的点位于第二象限
C. |z1+z2|=3D. |z1z2|=2 5
11.已知△ABC中，AB=1，AC=4，BC= 13，D在BC上，AD为∠BAC的角平分线，E为AC中点，下列结论正确的是( )
A. BE= 3
B. △ABC的面积为 3
C. AD=4 25
D. P在△ABE的外接圆上，则PB+2PE的最大值为2 7
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(3,4)，则与a同向的单位向量为______．
13.在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，满足csAa+csBb=sinCc，则sinCsinAsinB= ______．
14.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=2，bcsC−ccsB=4，π4≤C≤π3，则tanA的最大值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
在锐角△ABC中，已知b=2 3，2a−c=2bcsC．
(1)求B；
(2)求3a+2c的取值范围．
16.(本小题15分)
在复平面内复数z1、z2所对应的点为Z1、Z2，O为坐标原点，i是虚数单位．
(1)z1=1+2i，z2=3−4i，计算z1⋅z2与OZ1⋅OZ2；
(2)设z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)，求证：|OZ1⋅OZ2|≤|z1⋅z2|，并指出向量OZ1、OZ2满足什么条件时该不等式取等号．
17.(本小题15分)
设△ABC的外接圆半径是12,A,C均为锐角，且|AC|=|AB|2+|BC|2．
(1)证明：△ABC不是锐角三角形；
(2)证明：在△ABC的外接圆上存在唯一的一点D，满足对平面上任意一点P，有|PA|2−|PB|2=|PD|2−|PC|2．
18.(本小题17分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acsC+ 3asinC−b−c=0．
(1)若a=3,2BD=DC，求AD的取值范围；
(2)若b= 3，点A，B，C分别在等边△DEF的边DE，EF，FD上(不含端点).若△DEF面积的最大值为7 3，求c．
19.(本小题17分)
复数是由意大利米兰学者卡当在十六世纪首次引入，经过达朗贝尔、棣莫弗、欧拉、高斯等人的工作，此概念逐渐为数学家所接受．
形如z=a+bi(a,b∈R)的数称为复数，其中a称为实部，b称为虚部，i称为虚数单位，i2=−1.当b=0时，z为实数；当b≠0且a=0时，z为纯虚数.其中|z|= a2+b2，叫做复数z的模．
设z1=a+bi，z2=c+di，a，b，c，d∈R

z1=z2⇔a=cb=d
如图，点Z(a,b)，复数z=a+bi可用点Z(a,b)表示，这个建立了直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，x轴叫做实轴，y轴叫做虚轴.显然，实轴上的点都表示实数；除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数.按照这种表示方法，每一个复数，有复平面内唯一的一个点和它对应，反过来，复平面内的每一个点，有唯一的一个复数和它对应．
一般地，任何一个复数z=a+bi都可以表示成r(csθ+isinθ)的形式，即a=rcsθb=rsinθ，其中r为复数z的模，θ叫做复数z的辐角，我们规定0≤θ<2π范围内的辐角θ的值为辐角的主值，记作argz．
r(csθ+isinθ)叫做复数z=a+bi的三角形式．
(1)设复数z1=r1(csα+isinα)，z2=r2(csβ+isinβ)，求z1⋅z2、z1z2的三角形式；
(2)设复数z3=1−csθ+isinθ，z4=1+csθ+isinθ，其中θ∈(π,2π)，求argz3+argz4；
(3)在△ABC中，已知a、b、c为三个内角A、B、C的对应边.借助平面直角坐标系及阅读材料中所给复数相关内容，证明：
①asinA=bsinB=csinC；
②a=bcsC+ccsB，b=acsC+ccsA，c=acsB+bcsA．
注意：使用复数以外的方法证明不给分．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：21+3i=2(1−3i)(1+3i)(1−3i)=15−35i，
则复数21+3i的虚部为−35．
故选：D．
根据已知条件，结合复数的四则运算，先化简，再结合虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及虚部的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】【分析】
解决此类问题的关键是正确表达向量与求出向量的模，并且熟悉单位向量的定义．
根据两个点的坐标写出向量的坐标表示，进而求出其模并且求出与向量同向的单位向量．
【解答】
解：因为两点A、B的坐标为A(4,1)，B(7,−3)，
所以AB=(3,−4)．
所以|AB|=5，
所以与向量AB同向的单位向量为(35,−45).
故选：C．
3.【答案】D
【解析】解：正方形ABCD中，向量AB、BC方向不同，不是相等向量，A错误；
向量AB、CD大小相等，方向相反，不是相等向量，B错误；
向量AC与 2AB的方向不同，不是相等向量，C错误；
|AC|=|BD|= 2|AB|，模长相等，D正确．
故选：D．
根据两向量的模长相等，方向相同，即可判断是相等向量．
本题考查了判断两向量是否相等的应用问题，是基础题．
4.【答案】D
【解析】解：z1−i−i1+i=1，
∴z1−i=1+i1+i，
∴z=1+2i1+i×(1−i)=(3+i)(1−i)(1+i)(1−i)=2−i．
故选：D．
根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：在边长为1的菱形ABCD中，∠A=π3，
则AB⋅AD=1×1×12=12，
又点P，Q满足BP=αBC，DQ=βDC，其中α，β>0且α+β=1，
则AP⋅AQ=(AB+BP)⋅(AD+DQ)
=(AB+αAD)⋅(AD+βAB)
=AB⋅AD+αβAB⋅AD+αAD2+βAB2
=12+12αβ+α+β
=32+12αβ
≤32+12(α+β2)2
=138，
当且仅当α=β=12时取等号，
即AP⋅AQ的最大值为138．
故选：C．
由平面向量数量积的运算，结合基本不等式的应用求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了基本不等式的应用，属中档题．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了平面向量数量积的性质及其运算，属基础题．
选取CA，CB为基底，将CD用基向量表示后代入计算可得．
【解答】
解：因为△ABC中，C=90°，点D在AB上，AD=3DB，|CB|=4，
故CD=CA+AD=CA+34AB=CA+34(AC+CB)=14CA+34CB，
所以CB⋅CD=CB⋅(14CA+34CB)=14CA⋅CB+34CB2=12，
故选：C．
7.【答案】B
【解析】解：每次跳跃的路径对应的向量为
a1=(3,4)，b1=(4,3)，c1=(5,0)，d1=(0,5)，a2=(−3,−4)，b2=(−4,−3)，c2=(−5,0)，d2=(0,−5)，
因为求跳跃次数的最小值，则只取a1=(3,4)，b1=(4,3)，c1=(5,0)，d1=(0,5)，
设对应的跳跃次数分别为a，b，c，d，其中a，b，c，d∈N，
可得OQ=aa1+bb1+cc1+dd1=(3a+4b+5c,4a+3b+5d)=(33,33)，
则3a+4b+5c=334a+3b+5d=33，两式相加可得7(a+b)+5(c+d)=66，
因为a+b，c+d∈N，则a+b=8c+d=2或a+b=3c+d=9，
当a+b=8c+d=2时，则次数为8+2=10；
当a+b=3c+d=9时，则次数为3+9=12；
综上所述：次数最小值为10．
故选：B．
根据题意，结合向量分析运算，列出方程求解，即可得到结果．
本题考查归纳推理，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：建立如图所示坐标系，
则点A(−2,2 3),B(−2,−2 3),C(4,0)，
设点M(rcsθ,rsinθ)，且0≤θ<2π，
则|MA+MB+3MC|= (8−5rcsθ)2+25r2sin2θ= 64+25r2−80rcsθ
故当r=1，θ=π时，|MA+MB+3MC|有最大值为13，
故选：A．
建立直角坐标系，可以表示出A，B，C的坐标，再设点M(rcsθ,rsinθ)，即可用r与θ表示出|MA+MB+3MC|，即可求出答案．
本题考查了向量模长的最值问题，建立合适的坐标系，利用参数法求解是解题关键，属于中档题．
9.【答案】CD
【解析】【分析】
本题主要考查实数与复数，属于基础题．
根据已知条件，结合实数、纯虚数的定义，以及复数的几何意义逐项判断即可求解．
【解答】
解：z=m+1+(m−1)i(m∈R)，
对于A，若z∈R，
则m−1=0，解得m=1，故A错误；
对于B，若M在复平面所在直线y=2x上，
则m−1=2(m+1)，解得m=−3，故B错误；
对于C，若z为纯虚数，
则m+1=0m−1≠0，解得m=−1，故C正确；
对于D，M在第四象限，
则m+1>0m−1<0，解得−1故选：CD．
10.【答案】AD
【解析】【分析】
由已知分别利用复数代数形式的四则运算及复数模的求法逐一核对四个选项得答案．
本题考查复数代数形式的四则运算，考查复数模的求法，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
【解答】
解：∵z1=2−i，z2=2i，
∴z2是纯虚数，故A正确；
z1−z2=(2−i)−2i=2−3i，对应的点的坐标为(2,−3)，位于第四象限，故B错误；
|z1+z2|=|(2−i)+2i|=|2+i|= 5，故C错误；
|z1z2|=|(2−i)⋅2i|=|2+4i|= 22+42=2 5，故D正确．
故选：AD．
11.【答案】ABD
【解析】解：在三角形ABC中，由余弦定理cs∠BAC=AB2+AC2−BC22AB⋅AC=1+16−132×1×4=12，
∴∠BAC=60°，故S△ABC=12×AB×AC×sin60°=12×1×4× 32= 3，故B正确；
在△ABE中，由余弦定理得：BE2=AB2+AE2−2AB⋅AE⋅cs∠BAC=1+4−2×1×2×12=3，
∴BE= 3，故A正确；
由余弦定理可知：csC=13+16−12×4× 13=72 13，∴sinC= 32 13，
∵AD平分∠BAC，∴∠DAC=30°，
∴sin∠ADC=sin(C+30°)= 32 13× 32+72 13×12=52 13，
在三角形ACD中，由正弦定理可得：ADsinC=ACsin∠ADC，故AD=AC⋅sinCsin∠ADC=4 35，故C错误；
∵AB=1，AE=2，∠BAE=60°，∴BE= 1+4−2×1×2×12= 3，
∴AB⊥BE，
∴AE为△ABE的外接圆的直径，故△ABE的外接圆的半径为1，
显然当PB+2PE取得最大值时，P在优弧BAE上．
故∠BPE=∠BAE=60°，设∠PBE=α，则∠PEB=120°−α，0°<α<120°，
∴PBsin(120∘−α)=PEsinα=2，
∴PB=2sin(120°−α)= 3csα+sinα，PE=2sinα，
∴PB+2PE= 3csα+5sinα=2 7sin(α+θ)，其中sinθ= 32 7，csθ=52 7，
∴当α+θ=π2时，PB+2PE取得最大值2 7，故D正确．
故选：ABD．
利用余弦定理计算∠BAC=60°，利用余弦定理计算BE，根据面积公式计算三角形ABC的面积，利用正弦定理计算AD，设∠PBE=α，用α表示出PB，PE，得出PB+2PE关于α的三角函数，从而得到PB+2PE的最大值．
本题考查了正弦定理、余弦定理，考查三角恒等变换，属于中档题．
12.【答案】(35,45)
【解析】解：∵a=(3,4)，
∴与a平行的单位向量可以为a|a|=(35,45)．
故答案为：(35,45)．
由已知向量的坐标，利用a|a|求得与a平行的一个单位向量．
本题考查平行向量与单位向量的概念，是基础题．
13.【答案】1
【解析】解：法1：csAa+csBb=sinCc⇒csAsinA+csBsinB=sinCsinC=1，
而csAsinA+csBsinB=csAsinB+csBsinAsinAsinB=sin(A+B)sinAsinB=sin(π−C)sinAsinB=sinCsinAsinB，
∴sinCsinAsinB=1．
法2：由射影定理，csAa+csBb=bcsA+acsBab=cab，
又由题意，csAa+csBb=sinCc，∴cab=sinCc，
故c2ab=sinC，
∴sin2CsinAsinB=sinC，
∵00，故sinCsinAsinB=1．
故答案为：1．
解法1，先用正弦定理边角互化，再用和差和诱导公式求解即可；
解法2：先用射影定理化简，用正弦定理边角互化即可求解．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，正弦定理的应用，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
14.【答案】12
【解析】解：在△ABC中，∵a=2，bcsC−ccsB=4=2a，
∴由正弦定理可得：sinBcsC−sinCcsB=2sinA=2sin(B+C)=2sinBcsC+2csBsinC，整理可得：sinBcsC+3csBsinC=0，即：sinA+2csBsinC=0，
∴a+2ccsB=0，解得：csB=−a2c=−1c<0，可得：B为钝角，A为锐角．
∴要tanA取最大值，则A取最大值，B，C取最小值，从而b，c取最小值．
∵bcsC=ccsB+4=c×(−1c)+4=3，解得：csC=3b，
∵π4≤C≤π3，可得：12≤csC≤ 22，即：12≤3b≤ 22，解得：3 2≤b≤6，
又∵csB=a2+c2−b22ac=−1c，整理可得：b2−c2=8，
∴ 10≤c≤2 7，
∴当tanA取最大值时，b=3 2，c= 10，此时，由余弦定理可得：csA=b2+c2−a22bc=18+10−42×3 2× 10=2 55，
∴从而求得tanA= 1cs2A−1=12.即tanA取最大值为12．
故答案为：12．
由已知及正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得：csB=−a2c=−1c<0，可得A为锐角，可得要tanA取最大值，则b，c取最小值，由bcsC=ccsB+4=c×(−1c)+4=3，解得csC=3b，
由C的范围即可解得12≤csC≤ 22，从而可求b的范围，结合余弦定理即可解得c的范围，从而由余弦定理即可求得tanA的最大值．
本题主要考查正弦定理，三角函数恒等变换的应用，余弦定理，正切函数的图象和性质，大边对大角等知识在解三角形中的应用，考查了转化思想和数形结合思想，熟练掌握和应用相关公式定理是解题的关键，属于中档题．
15.【答案】解：(1)由题意，2a−c=2bcsC，
根据正弦定理可得，2sinA−sinC=2sinBcsC，
则2sin(B+C)−sinC=2sinBcsC，
展开可得2csBsinC−sinC=0，
∵sinC≠0，
∴csB=12，
∵B∈(0,π)，
∴B=π3；
(2)由正弦定理asinA=csinC=bsinB=2 3 32=4，
则3a+2c=12sinA+8sinC
=4(3sinA+2sinC)
=4(3sinA+2sin(23π−A))
=4(4sinA+ 3csA)
=4 19sin(A+φ)，其中sinφ= 3 19,csφ=4 19，
∵△ABC是锐角三角形，
∴π6∴π6+φ∵sin(π6+φ)=sinπ6csφ+csπ6sinφ=72 19∴3a+2c∈(14,4 19]．
【解析】(1)利用正弦定理边化角，再借助三角函数和差角公式化简可解；
(2)利用正弦定理边化角，再借助辅助角公式化简求范围．
本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换以及正弦函数的性质在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于中档题．
16.【答案】解：(1)z1⋅z2=(1+2i)⋅(3−4i)=11+2i，
∵OZ1=(1,2)，OZ2=(3,−4)，
∴OZ1⋅OZ2=3−8=−5；
(2)证明：OZ1=(a,b)，OZ2=(c,d)，
∴OZ1⋅OZ2=ac+bd，|OZ1⋅OZ2|2=(ac+bd)2，
z1⋅z2=(ac−bd)+(ad+bc)i，|z1⋅z2|2=(ac−bd)2+(ad+bc)2，
∴|z1⋅z2|2−|OZ1⋅OZ2|2=(ac−bd)2+(ad+bc)2−(ac+bd)2
=(ad)2+2ad⋅bc+(bc)2−4ad⋅bc
=(ad−bc)2≥0，
∴|OZ1⋅OZ2|≤|z1⋅z2|，当ad=bc时取“=”，此时OZ1//OZ2．
【解析】(1)根据复数的乘法运算法则进行运算即可求出z1⋅z2=11+2i，可知OZ1=(1,2),OZ2=(3,−4)，然后进行数量积的坐标运算即可；
(2)容易求出z1⋅z2=(ac−bd)+(ad+bc)i，从而求出|z1⋅z2|2=(ac−bd)2+(ad+bc)2，并可求出|OZ1⋅OZ2|2=(ac+bd)2，然后作差即可判断出|OZ1⋅OZ2|2≤|z1⋅z2|2，进而得出|OZ1⋅OZ2|≤|z1⋅z2|，并且可得出ad=bc时取等号．
本题考查了复数的乘法运算法则，向量坐标的数量积运算，复数的模长的计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
17.【答案】解：(1)证明：记在△ABC中，A，B，C所对的边分别长度为a，b，c．
根据正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R，所以a=sinA，b=sinB，c=sinC．
由|AC|=|AB|2+|BC|2，得b=c2+a2，有1≥sinB=sin2A+sin2C，
得到sin2C≤1−sin2A=cs2A=sin2(π2−A)，
因为A，C都是锐角，根据f(x)=sin2x的(复合函数)单调性得到C≤π2−A，
所以A+C≤π2，所以B≥π2，所以△ABC不是锐角三角形；
(2)因为sin2A+sin2C=sinB≥sin2B，所以a2+c2−b2≥0，
所以csB=a2+c2−b22ac≥0，所以B≤π2，得到B=π2，
设△ABC外接圆圆心为O，
则有PA2−PB2=PD2−PC2⇔(PO+OA)2−(PO+OB)2=(PO+OD)2−(PO+OC)2，
得到2PO⋅(OA−OB−OC+OD)=0对平面上所有P成立，必须有OA−OB−OC+OD=0，
根据B是直角和平面几何知识，得到D在△ABC外接圆上，并且根据平面向量基本定理得到D唯一．
【解析】(1)由正弦定理，根据b=c2+a2，得到sin2C≤1−sin2A=cs2A=sin2(π2−A)，由f(x)=sin2x的单调性证明；
(2)由sin2A+sin2C=sinB≥sin2B，得到a2+c2−b2≥0，即B=π2，设△ABC外接圆圆心为O，再利用向量运算证明．
本题考查正弦定理，余弦定理的综合应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为acsC+ 3asinC−b−c=0，
所以由正弦定理得sinAcsC+ 3sinAsinC−sinB−sinC=0，
因为B=π−(A+C)，所以sinAcsC+ 3sinAsinC−sin(A+C)−sinC=0，
即sinAcsC+ 3sinAsinC−sinAcsC−csAsinC−sinC=0，
所以 3sinAsinC−csAsinC−sinC=0，因为sinC≠0，所以 3sinA−csA=1，
所以 32sinA−12csA=12,sin(A−π6)=12，
因为(A−π6)∈(−π6,5π6)，所以A−π6=π6,A=π3，
在△ABD中，有AD2=AB2+BD2−2AB⋅BD⋅csB
=(2 3sinC)2+1+2⋅2 3sinC⋅1⋅cs(π3+C)
=6sin2C+ 3sin2C+1=3(1−cs2C)+ 3sin2C+1=2 3sin(2C−π3)+4，
∵0(2)由(1)可知A=π3,b= 3，由于△DEF面积的最大值为7 3，
则12DE2sinπ3=7 3，得DE=2 7，所以DE的最大值为2 7，
因为∠CAB=π3，所以∠DAC+∠BAE=2π3，
因为∠DAC+∠ACD=2π3，所以∠ACD=∠BAE，
设∠ACD=∠BAE=α，则∠ABE=2π3−α，
在△ACD中，由正弦定理得ACsinD=ADsin∠ACD所以 3sinπ3=ADsinα，得AD= 3sinπ3⋅sinα，
在△ABE中，由正弦定理得ABsinE=AEsin∠ABE，
所以csinπ3=AEsin(2π3−α)，得AE=csinπ3⋅sin(2π3−α)，
所以DE=AD+AE= 3sinπ3sinα+csinπ3sin(2π3−α)
=1sinπ3[ 3sinα+csin(2π3−α)]=1sinπ3( 3sinα+csin2π3csα−ccs2π3sinα)
=1sinπ3[( 3+12c)sinα+ 32ccsα]=1sinπ3⋅ ( 3+12c)2+( 32c)2sin(α+θ)，
其中tanθ= 32c 3+12c，所以当sin(α+θ)=1时，DE取得最大值，
所以1sinπ3⋅ ( 3+12c)2+( 32c)2=2 7，
所以 c2+ 3c+3= 21，所以c2+ 3c+3=21，
即c2+ 3c−18=0，所以(c−2 3)(c+3 3)=0，
解得c=2 3或c=−3 3(舍去)．
【解析】(1)借助正弦定理及三角恒等变换公式可得A，借助余弦定理与正弦定理可将AD2表示为正弦型函数，借助正弦型函数的性质即可得解；
(2)借助面积公式，可得DE的最大值，设∠ACD=∠BAE=α，结合正弦定理可将DE表示成正弦型函数，借助正弦型函数的性质可得DE取得最大值时的c．
本题考查正弦定理，余弦定理，两角和差公式，属于中档题．
19.【答案】解：(1)z1⋅z2=r1(csα+isinα)⋅r2(csβ+isinβ)=r1r2[cscxcsβ−sinαsinβ+i(sinαcsβ+cscxsinβ)]
=r1r2[cs(α+β)+isin(α+β)]，
z1z2=r1(csα+isinα)r2(csβ+sinβ)=r1(csα+isinα)(csβ−isinβ)r2(csβ+isinβ)(csβ−isinβ)
=r1[csαcsβ+sinαsinβ+i(sinαcsβ−csαsinβ)]÷r2(cs2β+sin2β)
=r1r2[cs(α−β)+isin(α−β)]．
(2)设tanz3=α，tang4=β，z3的模为r3，z4的模为r4，α，β∈[0,2π)，
对于z3=1−csθ+isinθ，有1+csθ=r3csα>0sinθ=r3sinα<0，θ∈(π,2 π)，
对于z4=1+csθ+isinθ，有1+csθ=r4csβ>0sinθ=r4sinβ<0，θ∈(π,2π)，
所以tanα=sinθ1−csθ，tanβ=sinθ1+csθ，α，β∈(3π2,2π)，
所以tanα+tanβ=sinθ1−csθ+sinθ1+csθ=2sinθ．
tanαtanβ=sinθ1−csθ⋅sinθ1+csθ=1，所以tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanαtanβ无意义，
即α+β的角的终边在y轴上，又α+β∈(3π,4π)，
所以α+β=7π2，argz3+argz4=7π2．
(3)证明：如图建立平面直角坐标系，在复平面内，过原点A作BC的平行线，过C作AB的平行线，交于点D，
则AB+AD=AC，所以c(csA+isinA)+a[cs(−C)+isin(−C)]=b，
即ccsA+icsinA+acsC−iasinC=b，即(ccsA+acsC)+i(csinA−asinC)=b，
根据复数的定义，实部等于实部，虚部等于虚部，可得ccsA+acsC=bcsinA−asinC=0，
所以asinA=csinC，ccsA+acsC=b，
同理asinA=bsinB,acsB+bcsA=c，csinC=bsinB，
bcsC+ccsB=a，所以asinA=bsinB=csinC，
a=bcsC+ccsB，b=acsC+ccsA，c=acsB+bcsA．
【解析】(1)利用复数的三角形式的要身份证求解即可．
(2)设tanz3=α，tang4=β，z3的模为r3，z4的模为r4，α，β∈[0,2π)，利用复数的三角形式，结合辐角主值，转化求解即可．
(3)在复平面内，过原点A作BC的平行线，过C作AB的平行线，交于点D，则AB+AD=AC，根据复数的相等，结合正弦定理，转化求解即可．
本题考查复数的几何意义的应用，复数的三角形式的运算，考查转化竖线研究计算能力，是中档题．