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2024-2025学年广西柳州市铁一中学高二（上）月考数学试卷（9月份）（含解析）
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这是一份2024-2025学年广西柳州市铁一中学高二（上）月考数学试卷（9月份）（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.已知椭圆C1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)与圆C2：x2+y2=b2，若在椭圆C1上存在点P，过P作圆的切线PA，PB，切点为A，B使得∠BPA=π3，则椭圆C1的离心率的取值范围是( )
A. [ 32,1)B. [ 22, 32]C. [ 22,1)D. [12,1)
2.椭圆x216+y2b2=1(0A. [ 22,1)B. [ 32,1)C. (0, 22]D. (0, 32]
3.已知圆C：(x− 3)2+(y−1)2=1和两点A(−t,0)，B(t,0)(t>0)，若圆C上存在点P，使得∠APB=90°，则t的取值范围是( )
A. (0,2]B. [1,2]C. [2,3]D. [1,3]
4.设F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，点P是以F1F2为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长PF2与椭圆交于点Q，若|PF1|=6|QF2|，则直线PF2的斜率为( )
A. 4B. −4C. −2D. −1
5.加斯帕尔⋅蒙日是18−19世纪法国著名的几何学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”(如图所示).当椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)时，蒙日圆方程为x2+y2=a2+b2.已知长方形G的四边均与椭圆M：x24+y23=1相切，则下列说法错误的是( )
A. 椭圆M的离心率为12B. 若G为正方形，则G的边长为2 5
C. 椭圆M的蒙日圆方程为x2+y2=7D. 长方形G的面积的最大值为14
6.若椭圆：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的蒙日圆为C：x2+y2=43a2，则椭圆Γ的离心率为( )
A. 22B. 32C. 33D. 63
7.现将质点P随机投入椭圆C：x22+y2=1所对应的蒙日圆内，则质点落在椭圆外部的概率为？(附：椭圆x2a2+y2b2=1的面积公式为S=abπ)( )
A. 29B. 23C. 1− 29D. 1− 23
8.若圆(x−3)2+(y−λ)2=9与椭圆x23+y2=1的蒙日圆有且仅有一个公共点，则λ的值为( )
A. ±3B. ±4C. ±5D. 2 5
9.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的蒙日圆方程为x2+y2=a2+b2，现有椭圆C：x2a2+y216=1(a>4)的蒙日圆上一个动点M，过点M作椭圆C的两条切线，与该蒙日圆分别交于P、Q两点，若△MPQ面积的最大值为34，则a的值为( )
A. 3 2B. 8 2C. 6 2D. 4 2
10.双曲线C：x24−y2=1的蒙日圆的面积为( )
A. 3πB. 4πC. 5πD. 6π
二、多选题：本题共2小题，共6分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E是DD1的中点，F是侧面AA1D1D内的一个动点(含边界)，且BF//平面B1CE，则下列结论正确的是( )
A. 平面B1CE截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面的面积为94
B. 动点F的轨迹长度为 2
C. BF+FD1的最小值为3 2
D. EF与平面B1CE所成角的正弦值的最大值为2 23
12.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F在侧面CDD1C1上运动，且满足B1F//平面A1BE.以下命题正确的有( )
A. 点F的轨迹长度为 2
B. 直线B1F与直线BC所成角可能为45°
C. 平面A1BE与平面CDD1C1所成锐二面角的正切值为2 2
D. 过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大为2 6
三、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分。
13.过双曲线W：x23−y2=1的蒙日圆上一点P作W的两条切线，与该蒙日圆分别交于A，B两点，若∠PAB=30°，则△PAB的周长为______．
14.椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆上，AF1⋅AF2=0，直线AF2交椭圆于点B,|AB|=|AF1|，则椭圆的离心率为 ．
15.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点为F1，F2，过F2作x轴垂线交椭圆于点P，若△PF1F2为等腰直角三角形，则椭圆的离心率是______．
16.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，F1，F2为椭圆的两焦点，如果C上存在点Q，使∠F1QF2=120°，那么离心率e的取值范围是______．
四、解答题：本题共3小题，共36分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，已知b2+c2−a2=4 3S
(1)求角A；
(2)若a=2，求 3b−c的取值范围．
18.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，记△ABC的面积为S，且a2+c2−b2=4 33S．
(1)求角B；
(2)若D为AC的中点，且AB=6,BD= 13，求△ABC的内切圆的半径．
19.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知角A为锐角，△ABC的面积为S，且满足a2=4 3S．
(1)若acsB+bsinA=c，求A；
(2)求bc+cb的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：连接OA，OB，OP，依题意，O、P、A、B四点共圆，
∵∠BPA=π3，∠APO=∠BPO=π6，
在直角三角形OAP中，∠AOP=π3，
∴cs∠AOP=b|OP|=12，∴|OP|=b12=2b，
∴b<|OP|≤a，∴2b≤a，
∴4b2≤a2，即4(a2−c2)≤a2，
∴3a2≤4c2，即c2a2≥34，
∴ 32≤e，又0∴椭圆C的离心率的取值范围是[ 32,1)，
故选：A．
利用O、P、A、B四点共圆的性质及椭圆离心率的概念，综合分析即可求得椭圆C的离心率的取值范围．
本题考查椭圆的离心率，考查四点共圆的性质及三角函数的概念，考查转化与方程思想，属于难题．
2.【答案】B
【解析】解：由题意可知：A(4,0)，且|PA|=2|PB|，B(1,0)，
设P(x,y)，可得 (x−4)2+y2=2 (x−1)2+y2，
化简可得：x2+y2=4．
点P的轨迹方程为：x2+y2=4，
故只需b≤2即可，
所以椭圆的离心率为e=ca= 1−b2a2≥ 32，
又e∈(0,1)，所以e∈[ 32.1)．
故选：B．
求出A(4,0)，通过|PA|=2|PB|，根据阿波罗尼斯圆的定义可知，点P的轨迹方程，得到b≤2然后求解离心率即可．
本题考查椭圆的简单性质的应用，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：圆C：(x− 3)2+(y−1)2=1的圆心C( 3,1)，半径为1，
∵圆心C到O(0,0)的距离为2，
∴圆C上的点到点O的距离的最大值为3，最小值为1，
再由∠APB=90°，以AB为直径的圆和圆C有交点，可得PO=12AB=t，
故有1≤t≤3，
故选：D．
根据圆心C到O(0,0)的距离为2，可得圆C上的点到点O的距离的最大值为3，最小值为1，再由∠APB=90°，可得PO=12AB=t，从而得到答案．
本题考查实数值的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意圆的性质的合理运用．
4.【答案】B
【解析】解：∵点P是以F1F2为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，
∴PF1⊥PF2，设|QF2|=m，∵|PF1|=6|QF2|，∴|PF1|=6m，
∴|PF2|=2a−|PF1|=2a−6m，|QF1|=2a−|QF2|=2a−m，
∴|PQ|=2a−6m+m=2a−5m，在Rt△F1PQ中，∵|QF1|2=|PF1|2+|PQ|2，
∴(2a−m)2=(6m)2+(2a−5m)2，解得a=154m，∴|PF2|=32m，
在Rt△F1PQ中，∴tan∠PF2F1=|PF1||PF2|=6m32m=4，
所以直线PF2的斜率为−4．
故选：B．
分析题意，找到垂直关系，利用椭圆的定义表示边长，运用勾股定理消参，用倾斜角和斜率的关系得到答案即可．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：对于A，由椭圆M方程知：a=2,b= 3，则c= a2−b2=1，
∴椭圆M的离心率e=ca=12，故A正确；
对于B，C，由A知：椭圆M对应的蒙日圆方程为：x2+y2=7，
∵正方形是圆x2+y2=7的内接正方形，
∴正方形G的对角线长为圆的直径2 7，
∴正方形G的边长为 (2 7)22= 14，故B错误，C正确；
对于D，设长方形G的长和宽分别为m，n，
∵长方形G的对角线长为圆的直径2 7，
∴m2+n2=28，
∴长方形G的面积S=mn≤m2+n22=14(当且仅当m=n= 14时取等号)，
即长方形G的面积的最大值为14，故D正确．
故选：B．
根据椭圆方程可求得离心率，知A正确；根据蒙日圆方程定义可知C正确；结合长方形G的对角线长和基本不等式可判定BD错误．
本题考查椭圆方程及性质，考查基本不等式求最值，属中档题．
6.【答案】D
【解析】解：如图，AC，BC分别与椭圆相切，显然AC⊥BC．
所以点C(a,b)在蒙日圆x2+y2=43a2上，所以a2+b2=43a2，
所以a2=3b2，即ba= 33，所以椭圆Γ的离心率e=ca= 1−(ba)2= 63．
故选：D．
根据蒙日圆的概念，可知过椭圆右顶点和上顶点的切线的交点C(a,b)在蒙日圆上，坐标满足圆的方程，从而得到关于a，b的方程进行求解．
本题考查圆与圆锥曲线的综合应用，是中档题．
7.【答案】D
【解析】解：由题意知，蒙日圆的半径为 a2+b2= 2+1= 3，
所以S圆=( 3)2π=3π,S椭圆= 2×1×π= 2π，
根质点落在椭圆外部的概率为P=3π− 2π3π=1− 23．
故选：D．
求出蒙日圆面积，再求出椭圆面积，根据几何概率即可得到答案．
本题考查几何概型以及椭圆相关知识，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：由题意可知x23+y2=1的蒙日圆方程为x2+y2=4，
因为圆(x−3)2+(y−λ)2=9与圆x2+y2=4仅有一个公共点，
所以两圆内切或外切，
故圆心距等于半径之和或者圆心距等于半径差的绝对值，
所以 (3−0)2+(λ−0)2=3+2或 (3−0)2+(λ−0)2=|3−2|，
由此解得λ=±4．
故选：B．
先由椭圆方程可得蒙日圆方程，再由两个圆仅有一个公共点可得圆心距等于半径之和或者圆心距等于半径差的绝对值，进而可得λ的值．
本题考查圆的方程的应用，属于中档题．
9.【答案】A
【解析】解：由题意可知椭圆C的蒙日圆的半径为 a2+b2= a2+16，因为MP⊥MQ，
所以PQ为蒙日圆的直径，所以|PQ|=2 a2+16，
所以|MP|2+|MQ|2=|PQ|2=4(a2+16)，
因为|MP|⋅|MQ|≤|MP|2+|MQ|22=2(a2+16)，
当且仅当|MP|=|MQ|= 2× a2+16时，等号成立，
所以△MPQ面积的最大值为12|MP|⋅|MQ|=a2+16，
所以a2+16=34，则a=3 2．
故选：A．
根据题意先求蒙日圆的半径，再由MP⊥MQ可得直径，又利用基本不等式求得|MP|⋅|MQ|的最大值，进而由△MPQ面积的最大值为34可得a的值．
本题考查圆的方程的应用，属于中档题．
10.【答案】A
【解析】解：设P(x0,y0)，
则过点P的双曲线切线方程为y−y0=k(x−x0)，k存在且不为零，
联立x24−y2=1y−y0=k(x−x0)，消去y得(1−4k2)x2−8k(y0−kx0)x−4[(y0−kx0)2+1]=0，
∴由切线的性质得：
Δ=[8k(y0−kx0)]2+16(1−4k2)[(y0−kx0)2+1]=0，
整理得(x02−4)k2−2x0y0k+y02+1=0，
∵kAP，kBP为关于k的方程(x02−4)k2−2x0y0k+y02+1=0的两个根，且kAPkBP=−1，
∴y02+1x02−4=−1，整理得x02+y02=3，∴点P的轨迹方程为x2+y2=3，
∴双曲线C：x24−y2=1的蒙日圆方程为x2+y2=3，半径为 3，
∴双曲线C：x24−y2=1的蒙日圆的面积为πr2=3π．
故选：A．
设P(x0,y0)，则过点P的双曲线切线方程为y−y0=k(x−x0)，k存在且不为零，联立x24−y2=1y−y0=k(x−x0)，得(1−4k2)x2−8k(y0−kx0)x−4[(y0−kx0)2+1]=0，利用根的判别式、韦达定理、双曲线、蒙日圆、点的轨迹方程能求出结果．
本题考查根的判别式、韦达定理、双曲线、蒙日圆、点的轨迹方程、切线方程等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：选项A，取A1D1的中点H，连接B1H，EH，
因为E是DD1的中点，所以EH//B1C，即B1，C，E，H四点共面，
所以平面B1CE截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面就是四边形B1CEH，
在四边形B1CEH中，B1H=CE= 5，EH= 2，B1C=2 2，
所以四边形B1CEH是等腰梯形，其面积为12×( 2+2 2)× ( 5)2−( 22)2=92，即选项A错误；
选项B，分别取AD，AA1的中点P，G，连接PB，PG，BG，则PG//B1C，BG//CE，
因为PG⊄平面B1CE，B1C⊂平面B1CE，所以PG//平面B1CE，
同理可得，BG////平面B1CE，
又PG∩BG=G，PG、BG⊂平面PBG，
所以平面PBG//平面B1CE，
因为侧面AA1D1D∩平面PBG=PG，所以点F的轨迹就是线段PG，
而PG= 2，所以点F轨迹长度为 2，即选项B正确；
选项C，将正方体的侧面展开，使得B，A，D，B1，A1，D1在同一平面上，连接BD1，如图所示，
BF+FD1≥BD1= 42+22=2 5，当且仅当点F为AA1的中点时，等号成立，
所以BF+FD1的最小值为2 5，即选项C错误；
选项D，设EF与平面B1CE所成角为θ，点F到平面B1CE的距离为d，则sinθ=dEF，
因为PG//平面B1CE，所以当点F运动时，d是不变的，
要求sinθ的最大值，需求EF的最小值，当点F位于点P时，EF取得最小值，此时EF=EP，
在△B1EH中，EH= 2，B1E=3，B1H= 5，
由余弦定理知，cs∠B1EH=B1H2+EH2−B1E22B1H⋅EH=5+2−92× 5× 2=− 1010，
所以sin∠B1EH=3 1010，S△B1EH=12B1H⋅EH=12× 5× 2×3 1010=32，
因为VP−B1EH=VB1−PEH，所以13⋅d⋅32=13⋅2⋅12⋅2⋅1，所以d=43，
所以sinθ=dEF≤dEP=43 2=2 23，即EF与平面B1CE所成角的正弦值的最大值为2 23，故选项D正确．
故选：BD．
选项A，取A1D1的中点H，连接B1H，EH，可证截面就是四边形B1CEH，再由平面几何知识，求其面积，即可；
选项B，分别取AD，AA1的中点P，G，连接PB，PG，BG，先证平面PBG//平面B1CE，从而知点F的轨迹就是线段PG，再由勾股定理，得解；
选项C，将正方体的侧面展开，使得B，A，D，B1，A1，D1在同一平面上，连接BD1，该线段就是BF+FD1的最小值；
选项D，设EF与平面B1CE所成角为θ，点F到平面B1CE的距离为d，由sinθ=dEF，可将问题转化为求EF的最小值，从而确定点F的位置，再利用等体积法求出d的值，即可．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握面面平行的判定定理，线面角的求法，动点轨迹问题的处理方法是解题的关键，考查空间立体感，推理论证能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了异面直线所成角，二面角，空间立体几何的截面问题，线面平行的性质，属于中档题．
先证明平面B1MN//平面A1BE，确定点F在线段MN上，求解即可判断选项A；利用异面直线所成的角的定义，假设所成的角为45°，即可推出矛盾，即可判断选项B；利用二面角的定义确定所成的角求解，即可判断选项C；确定当F为C1E与MN的交点时，过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大，求解即可判断选项D．
【解答】
解：对于A，取CC1和C1D1的中点分别为N，M，连接B1M，B1N，MN，
则MN//CD1//BA1，B1N//A1E，
∵B1N∩MN=N，BA1∩A1E=A1，B1N，MN⊂平面B1MN，BA1，A1E⊂平面A1BE，
∴平面B1MN//平面A1BE，
∵F在侧面CDD1C1上运动，且满足B1F//平面A1BE，
∴点F在线段MN上，
故点F运动的轨迹长度为MN=12CD1= 2，
故选项A正确；
对于B，因为B1C1//BC，
则B1F与直线B1C1所成的角即为B1F于直线BC所成的角，
∴∠C1B1F即为异面直线B1F与B1C1所成的角，
在Rt△C1B1F中，tan∠C1B1F=C1FC1B1，
∵正方体的棱长为2，
在Rt△C1B1F中，tan∠C1B1F=C1FC1B1=C1F2，
若直线B1F与直线B1C1所成角可能为45°，
则C1F=2，
又C1F的最大值为C1M=C1N=1，矛盾，
∴直线B1F与直线BC所成角不可能为45°，故选项B错误；
对于C，∵平面B1MN//平面A1BE，
∴平面A1BE与平面CDD1C1所成的锐二面角，即为平面B1MN与平面CDD1C1所成的锐二面角，
∵平面B1MN∩平面CDD1C1=MN，B1M=B1N= 5，C1M=C1N=1，
当F为线段MN的中点时，B1F⊥MN，C1F⊥MN，
故∠B1FC1即为二面角的平面角，且C1F=12MN= 22，B1C1=2，
∴tan∠B1FC1=B1C1C1F=2 22=2 2，故选项C正确；
对于D，当F为C1E与MN的交点时，过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大，取BB1的中点P，
因为C1E//AP，C1E=AP，
则截面APC1E为菱形，
所以AC1=2 3，PE=2 2，
其面积为12⋅AC1⋅PE=12×2 3×2 2=2 6，故选项D正确．
故本题选ACD．
13.【答案】3 2+ 6
【解析】解：已知双曲线W：x23−y2=1，
则W的蒙日圆方程为x2+y2=2，
蒙日圆的半径为 2，且PA⊥PB，
所以AB为直径，
所以|AB|=2 2，
又∠PAB=30°，
所以|PB|= 2，|PA|= (2 2)2−( 2)2= 6，
所以△PAB的周长为3 2+ 6．
故答案为：3 2+ 6．
由双曲线的性质，结合双曲线的蒙日圆的性质求解．
本题考查了双曲线的性质，重点考查了双曲线的蒙日圆的性质，属中档题．
14.【答案】 6− 3
【解析】【分析】
本题考查了椭圆的焦点三角形问题及椭圆的定义，也考查椭圆的离心率的求法，属于中档题．
设|AF1|=m，△ABF1为等腰直角三角形，可得 2m+2m=4a，m=2(2− 2)a，△AF1F2是直角三角形，可得[2(2− 2)a]2+(2 2a−2a)2=4c2，可求e．
【解答】
解：设AF1|=m，由AF1⋅AF2=0，|AB|=|AF1|，知△ABF1为等腰直角三角形，
所以|AB|=m，|BF1|= 2m，又|AF1|+|AB|+|BF1|=4a，所以 2m+2m=4a，所以m=4a 2+2=2(2− 2)a，
所以|AF2|=2a−2(2− 2)a=2 2a−2a，
又△AF1F2是直角三角形，所以[2(2− 2)a]2+(2 2a−2a)2=4c2=36a2−24 2a2，
所以e2=c2a2=9a2−6 2a2a2=9−6 2= 6− 32，
所以e= 6− 3．
故答案为： 6− 3．
15.【答案】 2−1
【解析】解：由椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的方程可得F1(−c,0)，F2(c,0)，
因为过F2作x轴垂线交椭圆于点P，设P在第一象限，则P的横坐标为c，代入椭圆的方程可得yP=b2a，即P(c,b2a)，
又因为△PF1F2为等腰直角三角形，所以|PF2|=|F1F2|，
即b2a=2c，所以a2−c2−2ac=0，即e2+2e−1=0，解得e=−2± 22+42=−1± 2，
而椭圆中e∈(0,1)，所以e= 2−1，
故答案为： 2−1．
由椭圆的方程可得左右焦点的坐标，再由题意可得P与右焦点的横坐标相同，代入椭圆的方程可得P的纵坐标，因为△PF1F2为等腰直角三角形可得|PF2|=|F1F2|，进而求出a，c的关系，再求出椭圆的离心率．
本题考查椭圆的性质的应用及等腰直角三角形的性质的应用，属于基础题．
16.【答案】[ 32,1)
【解析】解：设椭圆的上顶点为A，
由C上存在点Q，使∠F1QF2=120°，
则∠F1AF2≥120°，
则∠OAF2≥60°，
则e=ca=sin∠OAF2≥ 32，
又e<1，
则离心率e的取值范围是[ 32,1),
故答案为：[ 32,1)．
设椭圆的上顶点为A，由C上存在点Q，使∠F1QF2=120°，则∠F1AF2≥120°，则∠OAF2≥60°，然后结合椭圆离心率的求法求解即可．
本题考查了椭圆的性质，重点考查了椭圆离心率的求法，属基础题．
17.【答案】解：(1)已知b2+c2−a2=4 3S，由余弦定理和三角形的面积公式，
得2bccsA=4 3⋅12bcsinA，即csA= 3sinA，
若csA=0，则sinA=0，不符合题意，故csA≠0，
所以tanA= 33，由A∈(0,π)，得A=π6．
(2)a=2，A=π6，B+C=π−A=5π6，
由正弦定理bsinB=csinC=asinA=2sinπ6=4，
3b−c=4 3sinB−4sinC=4( 3sinB−sinC)=4[ 3sin(5π6−C)−sinC]
=4[ 3(12csC+ 32sinC)−sinC]=4( 32csC+12sinC)=4sin(C+π3)，
由C∈(0,5π6)，则C+π3∈(π3,7π6)，得sin(C+π3)∈(−12,1],
所以4sin(C+π3)∈(−2,4]，即 3b−c的取值范围(−2,4]．
【解析】(1)已知等式由余弦定理和面积公式代入变形可得求角A；
(2)利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求 3b−c=4sin(C+π3)，进而根据正弦函数的性质即可求解取值范围．
本题考查正余弦定理，考查两角和差公式，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为S=12acsinB，a2+c2−b2=4 33S，所以a2+c2−b2=4 33×12acsinB=2 33acsinB，
根据余弦定理得a2+c2−b2=2accsB，所以2accsB=2 33acsinB，整理得sinB= 3csB，
可得tanB=sinBcsB= 3，结合B∈(0,π)，得B=π3；
(2)根据题意，可得BA⋅BC=|BA|⋅|BC|csπ3=3|BC|，
因为D是AC的中点，所以BD=12(BA+BC)，
可得BD2=14*(BA+BC)2=14(BA2+2BA⋅BC+BC2=14(36+6|BC|+|BC|2)=13,
解得|BC|=2或|BC|=−8(舍负)，
由余弦定理得AC2=BA2+BC2−2BA⋅BCcsπ3=28，可得AC=2 7．
设△ABC的内切圆半径为r，则△ABC的面积S=12r(AB+AB+BC)=12BA⋅BCsin∠ABC，
即12r(6+2+2 7)=12×2×6× 32，解得r=4 3− 213．
【解析】(1)根据三角形的面积公式与余弦定理化简a2+c2−b2=4 33S，得到sinB= 3csB，然后利用同角三角函数的关系算出tanB= 3，进而可得角B的大小；
(2)利用三角形中线的性质，得到BD=12(BA+BC)，两边平方并利用向量数量积的运算性质，化简得到关于|BC|的等式，解出|BC|=2，然后根据余弦定理求出AC长，利用三角形的面积公式建立关于内切圆半径r的等式，解出r的值即可得到本题的答案．
本题主要考查余弦定理、平面向量数量积的定义与运算性质、三角形的面积公式及其应用等知识，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由正弦定理asinA=bsinB=csinC和acsB+bsinA=c，得sinAcsB+sinAsinB=sinC，
又∵sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
∴sinAsinB=csAsinB，
∵B∈(0,π)，
∴sinB≠0，则sinA=csA，即tanA=1，
又∵A∈(0,π2)，
则A=π4；
(2)∵a2=4 3S=4 3×12bcsinA=2 3bcsinA，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，
所以b2+c2−2bccsA=2 3bcsinA，则bc+cb=2csA+2 3sinA=4sin(A+π6)，
又∵A∈(0,π2)，则π6当A+π6=π2，即A=π3时，bc+cb取最大值，最大值为4．
【解析】(1)利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换化简整理即可结果；
(2)根据题意利用余弦定理边化角整理可得bc+cb=4sin(A+π6)，再以A+π6为整体结合正弦函数的有界性运算求解．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
1.已知椭圆C1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)与圆C2：x2+y2=b2，若在椭圆C1上存在点P，过P作圆的切线PA，PB，切点为A，B使得∠BPA=π3，则椭圆C1的离心率的取值范围是( )
A. [ 32,1)B. [ 22, 32]C. [ 22,1)D. [12,1)
2.椭圆x216+y2b2=1(0
3.已知圆C：(x− 3)2+(y−1)2=1和两点A(−t,0)，B(t,0)(t>0)，若圆C上存在点P，使得∠APB=90°，则t的取值范围是( )
A. (0,2]B. [1,2]C. [2,3]D. [1,3]
4.设F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，点P是以F1F2为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长PF2与椭圆交于点Q，若|PF1|=6|QF2|，则直线PF2的斜率为( )
A. 4B. −4C. −2D. −1
5.加斯帕尔⋅蒙日是18−19世纪法国著名的几何学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”(如图所示).当椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)时，蒙日圆方程为x2+y2=a2+b2.已知长方形G的四边均与椭圆M：x24+y23=1相切，则下列说法错误的是( )
A. 椭圆M的离心率为12B. 若G为正方形，则G的边长为2 5
C. 椭圆M的蒙日圆方程为x2+y2=7D. 长方形G的面积的最大值为14
6.若椭圆：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的蒙日圆为C：x2+y2=43a2，则椭圆Γ的离心率为( )
A. 22B. 32C. 33D. 63
7.现将质点P随机投入椭圆C：x22+y2=1所对应的蒙日圆内，则质点落在椭圆外部的概率为？(附：椭圆x2a2+y2b2=1的面积公式为S=abπ)( )
A. 29B. 23C. 1− 29D. 1− 23
8.若圆(x−3)2+(y−λ)2=9与椭圆x23+y2=1的蒙日圆有且仅有一个公共点，则λ的值为( )
A. ±3B. ±4C. ±5D. 2 5
9.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的蒙日圆方程为x2+y2=a2+b2，现有椭圆C：x2a2+y216=1(a>4)的蒙日圆上一个动点M，过点M作椭圆C的两条切线，与该蒙日圆分别交于P、Q两点，若△MPQ面积的最大值为34，则a的值为( )
A. 3 2B. 8 2C. 6 2D. 4 2
10.双曲线C：x24−y2=1的蒙日圆的面积为( )
A. 3πB. 4πC. 5πD. 6π
二、多选题：本题共2小题，共6分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E是DD1的中点，F是侧面AA1D1D内的一个动点(含边界)，且BF//平面B1CE，则下列结论正确的是( )
A. 平面B1CE截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面的面积为94
B. 动点F的轨迹长度为 2
C. BF+FD1的最小值为3 2
D. EF与平面B1CE所成角的正弦值的最大值为2 23
12.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F在侧面CDD1C1上运动，且满足B1F//平面A1BE.以下命题正确的有( )
A. 点F的轨迹长度为 2
B. 直线B1F与直线BC所成角可能为45°
C. 平面A1BE与平面CDD1C1所成锐二面角的正切值为2 2
D. 过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大为2 6
三、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分。
13.过双曲线W：x23−y2=1的蒙日圆上一点P作W的两条切线，与该蒙日圆分别交于A，B两点，若∠PAB=30°，则△PAB的周长为______．
14.椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆上，AF1⋅AF2=0，直线AF2交椭圆于点B,|AB|=|AF1|，则椭圆的离心率为 ．
15.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点为F1，F2，过F2作x轴垂线交椭圆于点P，若△PF1F2为等腰直角三角形，则椭圆的离心率是______．
16.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，F1，F2为椭圆的两焦点，如果C上存在点Q，使∠F1QF2=120°，那么离心率e的取值范围是______．
四、解答题：本题共3小题，共36分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，已知b2+c2−a2=4 3S
(1)求角A；
(2)若a=2，求 3b−c的取值范围．
18.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，记△ABC的面积为S，且a2+c2−b2=4 33S．
(1)求角B；
(2)若D为AC的中点，且AB=6,BD= 13，求△ABC的内切圆的半径．
19.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知角A为锐角，△ABC的面积为S，且满足a2=4 3S．
(1)若acsB+bsinA=c，求A；
(2)求bc+cb的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：连接OA，OB，OP，依题意，O、P、A、B四点共圆，
∵∠BPA=π3，∠APO=∠BPO=π6，
在直角三角形OAP中，∠AOP=π3，
∴cs∠AOP=b|OP|=12，∴|OP|=b12=2b，
∴b<|OP|≤a，∴2b≤a，
∴4b2≤a2，即4(a2−c2)≤a2，
∴3a2≤4c2，即c2a2≥34，
∴ 32≤e，又0
故选：A．
利用O、P、A、B四点共圆的性质及椭圆离心率的概念，综合分析即可求得椭圆C的离心率的取值范围．
本题考查椭圆的离心率，考查四点共圆的性质及三角函数的概念，考查转化与方程思想，属于难题．
2.【答案】B
【解析】解：由题意可知：A(4,0)，且|PA|=2|PB|，B(1,0)，
设P(x,y)，可得 (x−4)2+y2=2 (x−1)2+y2，
化简可得：x2+y2=4．
点P的轨迹方程为：x2+y2=4，
故只需b≤2即可，
所以椭圆的离心率为e=ca= 1−b2a2≥ 32，
又e∈(0,1)，所以e∈[ 32.1)．
故选：B．
求出A(4,0)，通过|PA|=2|PB|，根据阿波罗尼斯圆的定义可知，点P的轨迹方程，得到b≤2然后求解离心率即可．
本题考查椭圆的简单性质的应用，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：圆C：(x− 3)2+(y−1)2=1的圆心C( 3,1)，半径为1，
∵圆心C到O(0,0)的距离为2，
∴圆C上的点到点O的距离的最大值为3，最小值为1，
再由∠APB=90°，以AB为直径的圆和圆C有交点，可得PO=12AB=t，
故有1≤t≤3，
故选：D．
根据圆心C到O(0,0)的距离为2，可得圆C上的点到点O的距离的最大值为3，最小值为1，再由∠APB=90°，可得PO=12AB=t，从而得到答案．
本题考查实数值的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意圆的性质的合理运用．
4.【答案】B
【解析】解：∵点P是以F1F2为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，
∴PF1⊥PF2，设|QF2|=m，∵|PF1|=6|QF2|，∴|PF1|=6m，
∴|PF2|=2a−|PF1|=2a−6m，|QF1|=2a−|QF2|=2a−m，
∴|PQ|=2a−6m+m=2a−5m，在Rt△F1PQ中，∵|QF1|2=|PF1|2+|PQ|2，
∴(2a−m)2=(6m)2+(2a−5m)2，解得a=154m，∴|PF2|=32m，
在Rt△F1PQ中，∴tan∠PF2F1=|PF1||PF2|=6m32m=4，
所以直线PF2的斜率为−4．
故选：B．
分析题意，找到垂直关系，利用椭圆的定义表示边长，运用勾股定理消参，用倾斜角和斜率的关系得到答案即可．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：对于A，由椭圆M方程知：a=2,b= 3，则c= a2−b2=1，
∴椭圆M的离心率e=ca=12，故A正确；
对于B，C，由A知：椭圆M对应的蒙日圆方程为：x2+y2=7，
∵正方形是圆x2+y2=7的内接正方形，
∴正方形G的对角线长为圆的直径2 7，
∴正方形G的边长为 (2 7)22= 14，故B错误，C正确；
对于D，设长方形G的长和宽分别为m，n，
∵长方形G的对角线长为圆的直径2 7，
∴m2+n2=28，
∴长方形G的面积S=mn≤m2+n22=14(当且仅当m=n= 14时取等号)，
即长方形G的面积的最大值为14，故D正确．
故选：B．
根据椭圆方程可求得离心率，知A正确；根据蒙日圆方程定义可知C正确；结合长方形G的对角线长和基本不等式可判定BD错误．
本题考查椭圆方程及性质，考查基本不等式求最值，属中档题．
6.【答案】D
【解析】解：如图，AC，BC分别与椭圆相切，显然AC⊥BC．
所以点C(a,b)在蒙日圆x2+y2=43a2上，所以a2+b2=43a2，
所以a2=3b2，即ba= 33，所以椭圆Γ的离心率e=ca= 1−(ba)2= 63．
故选：D．
根据蒙日圆的概念，可知过椭圆右顶点和上顶点的切线的交点C(a,b)在蒙日圆上，坐标满足圆的方程，从而得到关于a，b的方程进行求解．
本题考查圆与圆锥曲线的综合应用，是中档题．
7.【答案】D
【解析】解：由题意知，蒙日圆的半径为 a2+b2= 2+1= 3，
所以S圆=( 3)2π=3π,S椭圆= 2×1×π= 2π，
根质点落在椭圆外部的概率为P=3π− 2π3π=1− 23．
故选：D．
求出蒙日圆面积，再求出椭圆面积，根据几何概率即可得到答案．
本题考查几何概型以及椭圆相关知识，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：由题意可知x23+y2=1的蒙日圆方程为x2+y2=4，
因为圆(x−3)2+(y−λ)2=9与圆x2+y2=4仅有一个公共点，
所以两圆内切或外切，
故圆心距等于半径之和或者圆心距等于半径差的绝对值，
所以 (3−0)2+(λ−0)2=3+2或 (3−0)2+(λ−0)2=|3−2|，
由此解得λ=±4．
故选：B．
先由椭圆方程可得蒙日圆方程，再由两个圆仅有一个公共点可得圆心距等于半径之和或者圆心距等于半径差的绝对值，进而可得λ的值．
本题考查圆的方程的应用，属于中档题．
9.【答案】A
【解析】解：由题意可知椭圆C的蒙日圆的半径为 a2+b2= a2+16，因为MP⊥MQ，
所以PQ为蒙日圆的直径，所以|PQ|=2 a2+16，
所以|MP|2+|MQ|2=|PQ|2=4(a2+16)，
因为|MP|⋅|MQ|≤|MP|2+|MQ|22=2(a2+16)，
当且仅当|MP|=|MQ|= 2× a2+16时，等号成立，
所以△MPQ面积的最大值为12|MP|⋅|MQ|=a2+16，
所以a2+16=34，则a=3 2．
故选：A．
根据题意先求蒙日圆的半径，再由MP⊥MQ可得直径，又利用基本不等式求得|MP|⋅|MQ|的最大值，进而由△MPQ面积的最大值为34可得a的值．
本题考查圆的方程的应用，属于中档题．
10.【答案】A
【解析】解：设P(x0,y0)，
则过点P的双曲线切线方程为y−y0=k(x−x0)，k存在且不为零，
联立x24−y2=1y−y0=k(x−x0)，消去y得(1−4k2)x2−8k(y0−kx0)x−4[(y0−kx0)2+1]=0，
∴由切线的性质得：
Δ=[8k(y0−kx0)]2+16(1−4k2)[(y0−kx0)2+1]=0，
整理得(x02−4)k2−2x0y0k+y02+1=0，
∵kAP，kBP为关于k的方程(x02−4)k2−2x0y0k+y02+1=0的两个根，且kAPkBP=−1，
∴y02+1x02−4=−1，整理得x02+y02=3，∴点P的轨迹方程为x2+y2=3，
∴双曲线C：x24−y2=1的蒙日圆方程为x2+y2=3，半径为 3，
∴双曲线C：x24−y2=1的蒙日圆的面积为πr2=3π．
故选：A．
设P(x0,y0)，则过点P的双曲线切线方程为y−y0=k(x−x0)，k存在且不为零，联立x24−y2=1y−y0=k(x−x0)，得(1−4k2)x2−8k(y0−kx0)x−4[(y0−kx0)2+1]=0，利用根的判别式、韦达定理、双曲线、蒙日圆、点的轨迹方程能求出结果．
本题考查根的判别式、韦达定理、双曲线、蒙日圆、点的轨迹方程、切线方程等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：选项A，取A1D1的中点H，连接B1H，EH，
因为E是DD1的中点，所以EH//B1C，即B1，C，E，H四点共面，
所以平面B1CE截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面就是四边形B1CEH，
在四边形B1CEH中，B1H=CE= 5，EH= 2，B1C=2 2，
所以四边形B1CEH是等腰梯形，其面积为12×( 2+2 2)× ( 5)2−( 22)2=92，即选项A错误；
选项B，分别取AD，AA1的中点P，G，连接PB，PG，BG，则PG//B1C，BG//CE，
因为PG⊄平面B1CE，B1C⊂平面B1CE，所以PG//平面B1CE，
同理可得，BG////平面B1CE，
又PG∩BG=G，PG、BG⊂平面PBG，
所以平面PBG//平面B1CE，
因为侧面AA1D1D∩平面PBG=PG，所以点F的轨迹就是线段PG，
而PG= 2，所以点F轨迹长度为 2，即选项B正确；
选项C，将正方体的侧面展开，使得B，A，D，B1，A1，D1在同一平面上，连接BD1，如图所示，
BF+FD1≥BD1= 42+22=2 5，当且仅当点F为AA1的中点时，等号成立，
所以BF+FD1的最小值为2 5，即选项C错误；
选项D，设EF与平面B1CE所成角为θ，点F到平面B1CE的距离为d，则sinθ=dEF，
因为PG//平面B1CE，所以当点F运动时，d是不变的，
要求sinθ的最大值，需求EF的最小值，当点F位于点P时，EF取得最小值，此时EF=EP，
在△B1EH中，EH= 2，B1E=3，B1H= 5，
由余弦定理知，cs∠B1EH=B1H2+EH2−B1E22B1H⋅EH=5+2−92× 5× 2=− 1010，
所以sin∠B1EH=3 1010，S△B1EH=12B1H⋅EH=12× 5× 2×3 1010=32，
因为VP−B1EH=VB1−PEH，所以13⋅d⋅32=13⋅2⋅12⋅2⋅1，所以d=43，
所以sinθ=dEF≤dEP=43 2=2 23，即EF与平面B1CE所成角的正弦值的最大值为2 23，故选项D正确．
故选：BD．
选项A，取A1D1的中点H，连接B1H，EH，可证截面就是四边形B1CEH，再由平面几何知识，求其面积，即可；
选项B，分别取AD，AA1的中点P，G，连接PB，PG，BG，先证平面PBG//平面B1CE，从而知点F的轨迹就是线段PG，再由勾股定理，得解；
选项C，将正方体的侧面展开，使得B，A，D，B1，A1，D1在同一平面上，连接BD1，该线段就是BF+FD1的最小值；
选项D，设EF与平面B1CE所成角为θ，点F到平面B1CE的距离为d，由sinθ=dEF，可将问题转化为求EF的最小值，从而确定点F的位置，再利用等体积法求出d的值，即可．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握面面平行的判定定理，线面角的求法，动点轨迹问题的处理方法是解题的关键，考查空间立体感，推理论证能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了异面直线所成角，二面角，空间立体几何的截面问题，线面平行的性质，属于中档题．
先证明平面B1MN//平面A1BE，确定点F在线段MN上，求解即可判断选项A；利用异面直线所成的角的定义，假设所成的角为45°，即可推出矛盾，即可判断选项B；利用二面角的定义确定所成的角求解，即可判断选项C；确定当F为C1E与MN的交点时，过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大，求解即可判断选项D．
【解答】
解：对于A，取CC1和C1D1的中点分别为N，M，连接B1M，B1N，MN，
则MN//CD1//BA1，B1N//A1E，
∵B1N∩MN=N，BA1∩A1E=A1，B1N，MN⊂平面B1MN，BA1，A1E⊂平面A1BE，
∴平面B1MN//平面A1BE，
∵F在侧面CDD1C1上运动，且满足B1F//平面A1BE，
∴点F在线段MN上，
故点F运动的轨迹长度为MN=12CD1= 2，
故选项A正确；
对于B，因为B1C1//BC，
则B1F与直线B1C1所成的角即为B1F于直线BC所成的角，
∴∠C1B1F即为异面直线B1F与B1C1所成的角，
在Rt△C1B1F中，tan∠C1B1F=C1FC1B1，
∵正方体的棱长为2，
在Rt△C1B1F中，tan∠C1B1F=C1FC1B1=C1F2，
若直线B1F与直线B1C1所成角可能为45°，
则C1F=2，
又C1F的最大值为C1M=C1N=1，矛盾，
∴直线B1F与直线BC所成角不可能为45°，故选项B错误；
对于C，∵平面B1MN//平面A1BE，
∴平面A1BE与平面CDD1C1所成的锐二面角，即为平面B1MN与平面CDD1C1所成的锐二面角，
∵平面B1MN∩平面CDD1C1=MN，B1M=B1N= 5，C1M=C1N=1，
当F为线段MN的中点时，B1F⊥MN，C1F⊥MN，
故∠B1FC1即为二面角的平面角，且C1F=12MN= 22，B1C1=2，
∴tan∠B1FC1=B1C1C1F=2 22=2 2，故选项C正确；
对于D，当F为C1E与MN的交点时，过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大，取BB1的中点P，
因为C1E//AP，C1E=AP，
则截面APC1E为菱形，
所以AC1=2 3，PE=2 2，
其面积为12⋅AC1⋅PE=12×2 3×2 2=2 6，故选项D正确．
故本题选ACD．
13.【答案】3 2+ 6
【解析】解：已知双曲线W：x23−y2=1，
则W的蒙日圆方程为x2+y2=2，
蒙日圆的半径为 2，且PA⊥PB，
所以AB为直径，
所以|AB|=2 2，
又∠PAB=30°，
所以|PB|= 2，|PA|= (2 2)2−( 2)2= 6，
所以△PAB的周长为3 2+ 6．
故答案为：3 2+ 6．
由双曲线的性质，结合双曲线的蒙日圆的性质求解．
本题考查了双曲线的性质，重点考查了双曲线的蒙日圆的性质，属中档题．
14.【答案】 6− 3
【解析】【分析】
本题考查了椭圆的焦点三角形问题及椭圆的定义，也考查椭圆的离心率的求法，属于中档题．
设|AF1|=m，△ABF1为等腰直角三角形，可得 2m+2m=4a，m=2(2− 2)a，△AF1F2是直角三角形，可得[2(2− 2)a]2+(2 2a−2a)2=4c2，可求e．
【解答】
解：设AF1|=m，由AF1⋅AF2=0，|AB|=|AF1|，知△ABF1为等腰直角三角形，
所以|AB|=m，|BF1|= 2m，又|AF1|+|AB|+|BF1|=4a，所以 2m+2m=4a，所以m=4a 2+2=2(2− 2)a，
所以|AF2|=2a−2(2− 2)a=2 2a−2a，
又△AF1F2是直角三角形，所以[2(2− 2)a]2+(2 2a−2a)2=4c2=36a2−24 2a2，
所以e2=c2a2=9a2−6 2a2a2=9−6 2= 6− 32，
所以e= 6− 3．
故答案为： 6− 3．
15.【答案】 2−1
【解析】解：由椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的方程可得F1(−c,0)，F2(c,0)，
因为过F2作x轴垂线交椭圆于点P，设P在第一象限，则P的横坐标为c，代入椭圆的方程可得yP=b2a，即P(c,b2a)，
又因为△PF1F2为等腰直角三角形，所以|PF2|=|F1F2|，
即b2a=2c，所以a2−c2−2ac=0，即e2+2e−1=0，解得e=−2± 22+42=−1± 2，
而椭圆中e∈(0,1)，所以e= 2−1，
故答案为： 2−1．
由椭圆的方程可得左右焦点的坐标，再由题意可得P与右焦点的横坐标相同，代入椭圆的方程可得P的纵坐标，因为△PF1F2为等腰直角三角形可得|PF2|=|F1F2|，进而求出a，c的关系，再求出椭圆的离心率．
本题考查椭圆的性质的应用及等腰直角三角形的性质的应用，属于基础题．
16.【答案】[ 32,1)
【解析】解：设椭圆的上顶点为A，
由C上存在点Q，使∠F1QF2=120°，
则∠F1AF2≥120°，
则∠OAF2≥60°，
则e=ca=sin∠OAF2≥ 32，
又e<1，
则离心率e的取值范围是[ 32,1),
故答案为：[ 32,1)．
设椭圆的上顶点为A，由C上存在点Q，使∠F1QF2=120°，则∠F1AF2≥120°，则∠OAF2≥60°，然后结合椭圆离心率的求法求解即可．
本题考查了椭圆的性质，重点考查了椭圆离心率的求法，属基础题．
17.【答案】解：(1)已知b2+c2−a2=4 3S，由余弦定理和三角形的面积公式，
得2bccsA=4 3⋅12bcsinA，即csA= 3sinA，
若csA=0，则sinA=0，不符合题意，故csA≠0，
所以tanA= 33，由A∈(0,π)，得A=π6．
(2)a=2，A=π6，B+C=π−A=5π6，
由正弦定理bsinB=csinC=asinA=2sinπ6=4，
3b−c=4 3sinB−4sinC=4( 3sinB−sinC)=4[ 3sin(5π6−C)−sinC]
=4[ 3(12csC+ 32sinC)−sinC]=4( 32csC+12sinC)=4sin(C+π3)，
由C∈(0,5π6)，则C+π3∈(π3,7π6)，得sin(C+π3)∈(−12,1],
所以4sin(C+π3)∈(−2,4]，即 3b−c的取值范围(−2,4]．
【解析】(1)已知等式由余弦定理和面积公式代入变形可得求角A；
(2)利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求 3b−c=4sin(C+π3)，进而根据正弦函数的性质即可求解取值范围．
本题考查正余弦定理，考查两角和差公式，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为S=12acsinB，a2+c2−b2=4 33S，所以a2+c2−b2=4 33×12acsinB=2 33acsinB，
根据余弦定理得a2+c2−b2=2accsB，所以2accsB=2 33acsinB，整理得sinB= 3csB，
可得tanB=sinBcsB= 3，结合B∈(0,π)，得B=π3；
(2)根据题意，可得BA⋅BC=|BA|⋅|BC|csπ3=3|BC|，
因为D是AC的中点，所以BD=12(BA+BC)，
可得BD2=14*(BA+BC)2=14(BA2+2BA⋅BC+BC2=14(36+6|BC|+|BC|2)=13,
解得|BC|=2或|BC|=−8(舍负)，
由余弦定理得AC2=BA2+BC2−2BA⋅BCcsπ3=28，可得AC=2 7．
设△ABC的内切圆半径为r，则△ABC的面积S=12r(AB+AB+BC)=12BA⋅BCsin∠ABC，
即12r(6+2+2 7)=12×2×6× 32，解得r=4 3− 213．
【解析】(1)根据三角形的面积公式与余弦定理化简a2+c2−b2=4 33S，得到sinB= 3csB，然后利用同角三角函数的关系算出tanB= 3，进而可得角B的大小；
(2)利用三角形中线的性质，得到BD=12(BA+BC)，两边平方并利用向量数量积的运算性质，化简得到关于|BC|的等式，解出|BC|=2，然后根据余弦定理求出AC长，利用三角形的面积公式建立关于内切圆半径r的等式，解出r的值即可得到本题的答案．
本题主要考查余弦定理、平面向量数量积的定义与运算性质、三角形的面积公式及其应用等知识，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由正弦定理asinA=bsinB=csinC和acsB+bsinA=c，得sinAcsB+sinAsinB=sinC，
又∵sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
∴sinAsinB=csAsinB，
∵B∈(0,π)，
∴sinB≠0，则sinA=csA，即tanA=1，
又∵A∈(0,π2)，
则A=π4；
(2)∵a2=4 3S=4 3×12bcsinA=2 3bcsinA，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，
所以b2+c2−2bccsA=2 3bcsinA，则bc+cb=2csA+2 3sinA=4sin(A+π6)，
又∵A∈(0,π2)，则π6
【解析】(1)利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换化简整理即可结果；
(2)根据题意利用余弦定理边化角整理可得bc+cb=4sin(A+π6)，再以A+π6为整体结合正弦函数的有界性运算求解．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
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