高考数学二轮复习 专题十四 九章算术与高考数学预测卷Ⅱ 理-人教版高三数学试题

高考原创预测卷Ⅱ——2015·高考全国卷Ⅱ真题改编(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知集合A＝{－1，0，1，2，3}，B＝{x|－1＜x＜2}，则A∩B＝()A．{0，1，2} B．{0，1}C．{1，2} D．{－1，0，1}解析：选B.A∩B＝{－1，0，1，2，3}∩{x|－1＜x＜2}＝{0，1}．选B.2．设a，b∈R，i为虚数单位，若eq\f(2＋ai,1＋i)＝3＋bi，则a－b为()A．3 B．2C．1 D．0解析：选A.由eq\f(2＋ai,1＋i)＝3＋bi得，2＋ai＝(1＋i)(3＋bi)＝3－b＋(3＋b)i，∵a，b∈R，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＝3－b,a＝3＋b))，即a＝4，b＝1，∴a－b＝3(或者由a＝3＋b直接得出a－b＝3)，选A.3．两个随机变量x，y的取值表为x0134y2.24.34.86.7若x，y具有线性相关关系，且eq\o(y,\s\up6(^))＝bx＋2.6，则下列四个结论错误的是()A．x与y是正相关B．当y的估计值为8.3时，x＝6C．随机误差e的均值为0D．样本点(3，4.8)的残差为0.65解析：选D.由数据表知A是正确的，其样本中心为(2，4.5)，代入eq\o(y,\s\up6(^))＝bx＋2.6得b＝0.95，即eq\o(y,\s\up6(^))＝0.95x＋2.6，当eq\o(y,\s\up6(^))＝8.3时，则有8.3＝0.95x＋2.6，∴x＝6，∴B正确．根据性质，随机误差eq\a\vs4\al(e)的均值为0，∴C正确．样本点(3，4.8)的残差eq\o(e,\s\up6(^))＝4.8－(0.95×3＋2.6)＝－0.65，∴D错误，故选D.4．Sn是等差数列{an}的前n项和，若3a8－2a7＝4，则下列结论正确的是()A．S18＝72 B．S19＝76C．S20＝80 D．S21＝84解析：选B.∵3a8－2a7＝4，∴3(a1＋7d)－2(a1＋6d)＝4，即a1＋9d＝4，S18＝18a1＋eq\f(18×17d,2)＝18(a1＋eq\f(17,2)d)不恒为常数．S19＝19a1＋eq\f(19×18d,2)＝19(a1＋9d)＝76，同理S20，S21均不恒为常数，故选B.5．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2（a－x），x＜1,2x，x≥1))若f(－6)＋f(log26)＝9，则a的值为()A．4 B．3C．2 D．1解析：选C.由题意得log2(a＋6)＋2log26＝9.即log2(a＋6)＝3，∴a＋6＝23＝8，∴a＝2，选C.6．某几何体的三视图如下(其中三视图中两条虚线互相垂直)则该几何体的体积为()A.eq\f(8,3) B．4C.eq\f(16,3) D．eq\f(20,3)解析：选D.根据三视图可知，该几何体是一个棱长为2的正方体挖去一个以正方体的中心为顶点，上底面为底面的正四棱锥后剩下的几何体如图，其体积V＝23－eq\f(1,3)×2×2×1＝eq\f(20,3)，选D.7．圆心在直线2x＋y＝0上，且经过点(－1，－1)与(2，2)的圆，与x轴交于M，N两点，则|MN|＝()A．4eq\r(2) B．4eq\r(5)C．2eq\r(2) D．2eq\r(5)解析：选D.设圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)．由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＋b＝0,（－1－a）2＋（－1－b）2＝r2,（2－a）2＋（2－b）2＝r2))，解之得a＝－1，b＝2，r＝3，∴圆的方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝9，令y＝0得，x＝－1±eq\r(5)，∴|MN|＝|(－1＋eq\r(5))－(－1－eq\r(5))|＝2eq\r(5)，选D.8.我国古代名著《九章算术》用“更相减损术”求两个正整数的最大公约数是一个伟大的创举，这个伟大创举与我国古老的算法——“辗转相除法”实质一样，如图的程序框图源于“辗转相除法”．当输入a＝6102，b＝2016时，输出的a＝()A．6B．9C．12D．18解析：选D.法一：6102＝2016×3＋54，2016＝54×37＋18，54＝18×3，18是54和18的最大公约数，∴输出的a＝18，选D.法二：a＝6102，b＝2016，r＝54，a＝2016，b＝54，r＝18，a＝54，b＝18，r＝0，∴输出a＝18，选D.9．底面为矩形的四棱锥P­ABCD的顶点都在球O的表面上，且O在底面ABCD内，PO⊥平面ABCD，当四棱锥P­ABCD的体积的最大值为18时，则球O的表面积为()A．36π B．48πC．60π D．72π解析：选A.设球O的半径为R，矩形ABCD的长，宽分别为a，b，则有a2＋b2＝4R2≥2ab，∴ab≤2R2，又V四棱锥P－ABCD＝eq\f(1,3)S矩形ABCD·PO＝eq\f(1,3)abR≤eq\f(2,3)R3.∴eq\f(2,3)R3＝18，则R＝3，∴球O的表面积为S＝4πR2＝36π，选A.10.如图，AB是半圆O的直径，AB＝2，点P从A点沿半圆弧运动至B点，设∠AOP＝x，将动点P到A，B两点的距离之和表示为x的函数f(x)，则y＝f(x)的图象大致为()解析：选B.取AP的中点M，则PA＝2AM＝2OAsin∠AOM＝2sineq\f(x,2)，PB＝2OM＝2OA·cos∠AOM＝2coseq\f(x,2)，∴y＝f(x)＝PA＋PB＝2sineq\f(x,2)＋2coseq\f(x,2)＝2eq\r(2)sin(eq\f(x,2)＋eq\f(π,4))，x∈[0，π]，根据解析式可知，只有B选项符合要求，故选B.11．已知F1，F2为双曲线E的左右焦点，P是E上一点，若△PF1F2是顶角为120°的等腰三角形，则E的离心率为()A.eq\r(2) B．eq\r(3)C.eq\f(\r(3)＋1,2) D．eq\f(\r(2)＋1,2)解析：选C.设双曲线E的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，设P是E右支上一点，且△PF1F2是顶角为120°的等腰三角形，∴|PF1|≠|PF2|，|F2F1|＝|F2P|，(如图)．则P点的横坐标为c＋2ccos60°＝2c，纵坐标为±2csin60°＝±eq\r(3)c，∴eq\f(4c2,a2)－eq\f(3c2,b2)＝1，化简得b2＝eq\f(\r(3),2)a2，∴e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2＋\f(\r(3),2)a2,a2)＝eq\f(2＋\r(3),2)＝eq\f(（\r(3)＋1）2,4).∴e＝eq\f(\r(3)＋1,2)，选C.12.已知函数f(x)在R上可导，导函数为f′(x)，若(x－1)·(f′(x)－f(x))＞0，则下列不等式一定成立的是()A．ef(－1)＜f(0)B．ef(0)＜f(2)C．ef(2)＜f(3)D．e1－af(a)≤f(1)(a∈R)解析：选C.由(x－1)(f′(x)－f(x))＞0得(x－1)[e－xf′(x)－e－xf(x)]＞0，即(x－1)[e－xf(x)]′＞0.∴当x＞1时，[e－xf(x)]′＞0，当x＜1时，[e－xf(x)]′＜0，∴函数F(x)＝e－xf(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴F(－1)＞F(0)，即ef(－1)＞f(0)．F(2)＜F(3)，即e－2f(2)＜e－3f(3)，∴ef(2)＜f(3)，ef(0)与f(2)不能比较大小．F(x)min＝F(1)＝e－1f(1)．∴F(a)≥F(1)，即e－af(a)≥e－1f(1)，即e1－af(a)≥f(1)，故选C.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．设向量a＝(1，－1)，b＝(0，t)．(t≠0)若λa＋b与a＋2b共线，则λ＝________．解析：λa＋b＝(λ，－λ)＋(0，t)＝(λ，－λ＋t)，a＋2b＝(1，－1)＋(0，2t)＝(1，－1＋2t)，∵λa＋b与a＋2b共线，则λ(－1＋2t)－1·(－λ＋t)＝0.即(2λ－1)t＝0.∵t≠0，∴2λ－1＝0，即λ＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)14．若x，y满足约束条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－5≤0,2x－y－1≥0,x－2y＋1≤0))，若z＝ax＋by(0＜a＜eq\f(1,2)，b＞0)的最小值为3，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值为________．解析：约束条件表示的区域如图，当直线l：z＝ax＋by(0＜a＜eq\f(1,2)，b＞0)经过直线2x－y－1＝0与x－2y＋1＝0的交点A(1，1)时zmin＝a＋b，∴a＋b＝3，∴(eq\f(1,a)＋eq\f(1,b))(a＋b)＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，当且仅当eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝b＝eq\f(3,2)时，取等号．∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(4,3).∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值为eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)15．等比数列{an}的前n项和Sn＝k1＋k2·2n(k1，k2为常数)，且a2，a3，a4－2成等差数列，则an＝________．解析：当n＝1时，a1＝S1＝k1＋2k2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(k1＋k2·2n)－(k1＋k2·2n－1)＝k2·2n－1，∴k1＋2k2＝k2·20，即k1＋k2＝0，①又a2，a3，a4－2成等差数列．∴2a3＝a2＋a4－2，即8k2＝2k2＋8k2－2.②由①②联解得k1＝－1，k2＝1，∴an＝2n－1.答案：2n－116．函数y＝f(x)＝(x＋a)(x＋b)4表示的曲线在x＝0处的切线的斜率为13，且a，b∈N*，将函数y＝f(x)的右边展开成关于x的多项式，则x的偶次幂的系数之和为________．解析：由f(x)＝(x＋a)(x＋b)4得f′(x)＝(x＋b)4＋4(x＋a)(x＋b)3，由题意得f′(0)＝13.即b4＋4ab3＝13，∴b3(b＋4a)＝1×13.因为a，b∈N*，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b3＝1,b＋4a＝13))，或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＋4a＝1,b3＝13))，解之得b＝1，a＝3，∴f(x)＝(x＋3)(x＋1)4.法一：f(x)＝(x＋3)(x4＋4x3＋6x2＋4x＋1)＝x5＋7x4＋18x3＋22x2＋13x＋3.x偶次幂的系数和为7＋22＋3＝32.法二：(x＋1)4的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,4)x4－r(r＝0，1，2，3，4)．∴x的偶次幂系数和为3Ceq\o\al(4,4)＋Ceq\o\al(3,4)＋3Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(1,4)＋3Ceq\o\al(0,4)＝3×1＋4＋3×6＋4＋3＝32.法三：设f(x)＝(x＋3)(x＋1)4＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，f(－1)＝0＝－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0，f(1)＝64＝a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0，∴f(－1)＋f(1)＝64＝2(a4＋a2＋a0)，∴a4＋a2＋a0＝32，即x的偶次幂系数和为32.答案：32三、解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演出步骤)17．(本小题满分12分)△ABC的三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，AD是BC边上的中线．(1)求证：AD＝eq\f(1,2)eq\r(2b2＋2c2－a2)；(2)若A＝120°，AD＝eq\f(\r(19),2)，eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(3,5)，求△ABC的面积．解：(1)证明：∵D是BC的中点，∴BD＝DC＝eq\f(a,2).法一：在△ABD与△ACD中分别由余弦定理得c2＝AD2＋eq\f(a2,4)－2AD·eq\f(a,2)cos∠ADB，①b2＝AD2＋eq\f(a2,4)－2AD·eq\f(a,2)·cos∠ADC，②①＋②得c2＋b2＝2AD2＋eq\f(a2,2)，即4AD2＝2b2＋2c2－a2，∴AD＝eq\f(1,2)eq\r(2b2＋2c2－a2).法二：在△ABD中，由余弦定理得AD2＝c2＋eq\f(a2,4)－2c·eq\f(a,2)cosB＝c2＋eq\f(a2,4)－ac·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(2b2＋2c2－a2,4)，∴AD＝eq\f(1,2)eq\r(2b2＋2c2－a2).(2)∵A＝120°，AD＝eq\f(1,2)eq\r(19)，eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(3,5)，由余弦定理和正弦定理与(1)可得a2＝b2＋c2＋bc，①2b2＋2c2－a2＝19，②eq\f(b,c)＝eq\f(3,5)，③联立①②③解得b＝3，c＝5，a＝7，∴△ABC的面积为S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×3×5×sin120°＝eq\f(15\r(3),4).即△ABC的面积为eq\f(15,4)eq\r(3).18．(本小题满分12分)某校为了解高一新生对文理科的选择，对1000名高一新生发放文理科选择调查表，统计知，有600名学生选择理科，400名学生选择文科。分别从选择理科和文科的学生随机各抽取20名学生的数学成绩得如下累计表：分数段理科人数文科人数[40，50)[50，60)[60，70)[70，80)正正[80，90)正[90，100](1)从统计表分析，比较选择文理科学生的数学平均分及学生选择文理科的情况，并绘制理科数学成绩的频率分布直方图．(2)从考分不低于70分的选择理科和文科的学生中各取一名学生的数学成绩，求选取理科学生的数学成绩一定至少高于选取文科学生的数学成绩一个分数段的概率．解：(1)从统计表看出选择理科的学生的数学平均成绩高于选择文科的学生的数学平均成绩，反映了数学成绩对学生选择文理科有一定的影响，频率分布直方图如下．(2)设选择理科的学生考分在[70，80)，[80，90)，[90，100]分别为事件A1，A2，A3选择文科的学生考分在[70，80)，[80，90)，[90，100]的事件分别为B1，B2，B3，事件C＝选取理科学生的数学成绩一定至少高于选取文科的学生的数学成绩一个分数段．则C＝A2B1＋A3(B1∪B2)，∴P(C)＝P(A2)·P(B1)＋P(A3)(P(B1)＋P(B2))，由累计表可得P(C)＝eq\f(6,16)×eq\f(5,10)＋eq\f(4,16)×(eq\f(5,10)＋eq\f(3,10))＝eq\f(31,80).19．(本小题满分12分)如图长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝4，D1F＝8，过点E，F，C的平面α与长方体的面相交，交线围成一个四边形．(1)在图中画出这个四边形(不必说明画法和理由)；(2)求平面α与平面A1ABB1所成二面角的余弦值．解：(1)交线围成的四边形EFCG(如图所示)．(2)法一：设EG∩B1B＝P，过C作CH⊥EP，垂足为H，连接BH，由CB⊥平面A1ABB1可得CB⊥EP，又CH∩CB＝C.∴EP⊥平面CHB，则有EP⊥CH.∴∠CHB即为所求的二面角的平面角，∵平面A1B1C1D1∩α＝EF，平面ABCD∩α＝GC.∴EF∥GC，同理EG∥FC.∴四边形EGCF为平行四边形，∴EF＝GC，过E作EM⊥D1F垂足为M，则Rt△EFM≌Rt△CGB，∴GB＝MF，∵A1E＝4，D1F＝8，GB＝MF＝D1F－D1M＝8－4＝4.由GB∥EB1得eq\f(PB,PB＋BB1)＝eq\f(GB,EB1)得eq\f(PB,PB＋8)＝eq\f(4,12)，∴PB＝4，∴BH＝PBsin45°＝2eq\r(2)，CH＝eq\r(BH2＋CB2)＝eq\r(8＋100)＝6eq\r(3)，∴cos∠CHB＝eq\f(BH,CH)＝eq\f(2\r(2),6\r(3))＝eq\f(\r(6),9)，即平面α与平面A1ABB1所成二面角的余弦值为eq\f(\r(6),9).法二：建立如图的坐标系，由法一知AG＝12，∴E，G，F的坐标分别为E(10，4，8)，G(10，12，0)，C(0，16，0)，eq\o(EG,\s\up6(→))＝(0，8，－8)，eq\o(GC,\s\up6(→))＝(－10，4，0)，设平面α的法向量为n2＝(x，y，z)，则eq\o(EG,\s\up6(→))·n2＝0，eq\o(GC,\s\up6(→))·n2＝0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(8y－8z＝0,－10x＋4y＝0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2,y＝5,z＝5))，∴n2＝(2，5，5)，而平面A1ABB1的法向量为n1＝(1，0，0)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(2,\r(54))＝eq\f(\r(6),9)，即平面α与平面A1ABB1所成二面角的余弦值为eq\f(\r(6),9).20．(本小题满分12分)椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，P是椭圆上一点，PF⊥x轴，A，B是C的长轴上的两个顶点，已知|PF|＝1，kPA·kPB＝－eq\f(1,2).(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆C的中心O的直线l交椭圆于M，N两点，求三角形PMN面积的最大值，并求此时l的方程．解：(1)可设P的坐标为(c，m)，则eq\f(c2,a2)＋eq\f(m2,b2)＝1，∴m＝±eq\f(b2,a)，∵|PF|＝1，即|m|＝1，∴b2＝a，①又A，B的坐标分别为(－a，0)，(a，0)，由kPA·kPB＝－eq\f(1,2)得eq\f(\f(b2,a),c＋a)·eq\f(\f(b2,a),c－a)＝－eq\f(1,2)，即b2＝eq\f(1,2)a2，②由①②解得a＝2，b＝eq\r(2)，∴椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)当l与y轴重合时(即斜率不存在)，由(1)知点P的坐标为P(eq\r(2)，1)，此时S△PMN＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(2)＝2.当l不与y轴重合时，设其方程为y＝kx，代入C的方程得eq\f(x2,4)＋eq\f(k2x2,2)＝1，即x＝±eq\f(2,\r(1＋2k2))，∴y＝±eq\f(2k,\r(1＋2k2))，即M(eq\f(2,\r(1＋2k2))，eq\f(2k,\r(1＋2k2)))，N(eq\f(－2,\r(1＋2k2))，eq\f(－2k,\r(1＋2k2)))，∴|MN|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,\r(1＋2k2))))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k,\r(1＋2k2))))\s\up12(2))＝4eq\r(\f(1＋k2,1＋2k2))，点P(eq\r(2)，1)到l：kx－y＝0的距离d＝eq\f(|\r(2)k－1|,\r(k2＋1))，∴S△PMN＝eq\f(1,2)|MN|d＝eq\f(1,2)·4eq\r(\f(1＋k2,1＋2k2))·eq\f(|\r(2)k－1|,\r(k2＋1))＝2·eq\f(|\r(2)k－1|,\r(1＋2k2))＝2eq\r(\f(2k2＋1－2\r(2)k,1＋2k2))＝2eq\r(1－\f(2\r(2)k,1＋2k2))，当k＞0时，eq\f(2\r(2)k,1＋2k2)≤eq\f(2\r(2)k,2\r(2)k)＝1，此时S≥0显然成立，当k＝0时，S＝2.当k＜0时，eq\f(－2\r(2)k,1＋2k2)≤eq\f(1＋2k2,1＋2k2)＝1，当且仅当2k2＝1，即k＝－eq\f(\r(2),2)时，取等号．此时S≤2eq\r(2)，综上所述0≤S≤2eq\r(2).即当k＝－eq\f(\r(2),2)时，△PMN的面积的最大值为2eq\r(2)，此时l的方程为y＝－eq\f(\r(2),2)x.21．(本小题满分12分)设f(x)＝－x2＋ax＋a2lnx(a≠0)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)是否存在a＞0，使f(x)∈[e－1，e2]对于x∈[1，e]时恒成立，若存在求出a的值，若不存在说明理由．(3)在(2)的条件下，函数y＝f(x)的零点之积记为T，求证1＜T＜e2.解：(1)f(x)＝－x2＋ax＋a2lnx的定义域为{x|x＞0}，f′(x)＝－2x＋a＋eq\f(a2,x)＝eq\f(－2（x＋\f(a,2)）（x－a）,x).①当a＜0时，由f′(x)＜0得x＞－eq\f(a,2)，由f′(x)＞0得0＜x＜－eq\f(a,2).此时f(x)在(0，－eq\f(a,2))上单调递增，在(－eq\f(a,2)，＋∞)上单调递减；②当a＞0时，由f′(x)＜0得x＞a，由f′(x)＞0得0＜x＜a，此时f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．(2)假设存在满足条件的实数a，∵x∈[1，e]时，f(x)∈[e－1，e2]，∴f(1)＝－1＋a≥e－1，即a≥e，①由(1)知f(x)在(0，a)上单调递增，∴f(x)在[1，e]上单调递增，∴f(e)＝－e2＋ae＋e2≤e2，即a≤e，②由①②可得a＝e，故存在a＝e，满足条件．(3)证明：由(2)知f(x)＝－x2＋ex＋e2lnx，且f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，且f(x)max＝f(e)＝e2＞0，∴函数y＝f(x)存在两个零点x1，x2，且x1∈(0，e)，x2∈(e，＋∞)，而f(eq\f(1,e))＝－eq\f(1,e2)＋1－e2＜0，f(1)＝e－1＞0，∴eq\f(1,e)＜x1＜1，又f(e)＝e2＞0，f(e2)＝－e4＋e3＋2e2＝e2(2＋e－e2)＝e2(2－e)(1＋e)＜0，∴e＜x2＜e2，∴eq\f(1,e)·e＜x1x2＜1·e2，即1＜x1x2＜e2，∴1＜T＜e2.请考生在第22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．作答时请写清题号．22.(本小题满分10分)如图⊙O经过△ABC的点B，C与AB交于E，与AC交于F，且AE＝AF.(1)求证EF∥BC；(2)过E作⊙O的切线交AC于D，若∠B＝60°，EB＝EF＝2，求ED的长．解：(1)证明：∵AE＝AF，∴∠AEF＝∠AFE.又B，C，F，E四点共圆，∴∠ABC＝∠AFE，∴∠AEF＝∠ABC，∴EF∥BC.(2)由(1)与∠B＝60°知△ABC为正三角形，又EB＝EF＝2，∴AF＝FC＝2，设DE＝x，DF＝y，则AD＝2－y，在△AED中，由余弦定理得DE2＝AE2＋AD2－2AD·AEcosA.即x2＝(2－y)2＋22－2(2－y)·2×eq\f(1,2)，∴x2－y2＝4－2y，①由切割线定理得DE2＝DF·DC，即x2＝y(y＋2)，∴x2－y2＝2y，②由①②联解得y＝1，x＝eq\r(3)，∴ED＝eq\r(3).23．(本小题满分10分)直线l的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R，ρ≠0)，其中α∈[0，π)，曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\