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2023-2024学年江苏省南通市海门中学高一（下）学情调研数学试卷（5月份）（含答案）
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这是一份2023-2024学年江苏省南通市海门中学高一（下）学情调研数学试卷（5月份）（含答案），共18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.若实数a，b满足a+bi=i(1−i)，则a+b=( )
A. 2B. −2C. 1
2.某工厂生产A，B，C三种不同型号的产品，产品数量之比依次为2：3：5.现用分层抽样方法抽出一个容量为n的样本，样本中A型号产品有16件，则此样本的容量为( )
A. 40B. 80C. 160D. 320
3.已知直线l⊥平面α，直线n//平面β，则“α//β”是“l⊥n”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.在平行四边形ABCD中，AC为一条对角线，若AB =(2,4)， AC=(1,3)，则BD=( )
A. (−2,−4)B. (−3,−5)C. (3,5)D. (2,4)
5.已知2sin2α+sin2αcs2α=−8，则tan(α−5π4)=( )
A. −17B. 17C. −7D. 7
6.设λ∈R，已知向量a与b的夹角为π4，|a|=2，|b|= 2，且(λb−a)⊥a，则λ=( )
A. 12B. 2C. 2D. 2 2
7.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，O是BD的中点，M是棱AA1上一点，且平面MBD⊥平面OC1D1，则AMMA1=( )
A. 14B. 13C. 12D. 1
8.在△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，已知c=1，b>c，sinBsinC= 210，且asinA−bsinB= 2csinB+csinC，则△ABC的面积为( )
A. 12B. 32C. 34D. 34
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.已知复数z0，z满足(z0−2)i=1+i，|z|=1，则( )
A. z0=3−iB. z0z0−=8
C. 在复平面内z0对应的向量为(3,−1)D. |z−z0|的最小值为 10−1
10.蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物，巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底(由三个相同的菱形组成)巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜，如图是一个蜂巢的正六边形开口ABCDEF，它的边长为1，则( )
A. DE=AF−12AD
B. |AC+AE|= 3
C. 向量BF在向量DE上的投影向量为−32AB
D. 点P是正六边形内部(包括边界)的动点，AP⋅AB的最小值为−32
11.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别是C1D1，DD1的中点，则( )
A. 直线AP与直线B1Q是异面直线
B. 过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面面积为92
C. 三棱锥A1−AB1P的外接球的表面积为41π4
D. 点A1到平面AB1P的距离为43
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在△ABC中，B=π4，BC边上的高等于13BC，则csA= ．
13.以Ox为始边作角α(α∈(0,π2))，角α的终边与单位圆交于点P(x1,y1)，将角α的终边逆时针旋转2π3得到角β，角β的终边与单位圆相交于点Q(x2,y2)，则y1−y2的取值范围为______．
14.近年来，纳米品的多项技术和方法在水软化领域均有重要应用.纳米晶体结构众多，如图是一种纳米晶的结构示意图，其是由正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为n的几何体，则该结构的纳米晶个体的体积为______．
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)
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，E是B1C1的中点，D是BC上一点．
(1)若D是BC中点，求证：平面AC1D//平面A1BE；
(2)若AD⊥C1D，求证：D是BC中点．
16.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，(2b−c)csA=acsC．
(1)求A；
(2)若(1+csB)sinC=(3−csC)sinB，求sinA+2sinCsinB．
17.(本小题15分)
已知向量a=(csπ12,sinπ12)，b=(sinα,csα)．
(1)若a//b，求tanα；
(2)若|a−b|= 105，
①求sin(α+π12)；
②已知α∈(π2,π)，求cs2α．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，平面PAD⊥平面PCD，△PAD是边长为2的正三角形，PC=2 3，E是PC中点，过点A，B，E的平面与PD交于点F．
(1)求证：AB//EF；
(2)求证：AF⊥AB；
(3)求二面角F−PC−A的正切值．
19.(本小题17分)
“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠APB=∠BPC=∠CPA=120°的点P即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．
(1)若cs(A−C)+csB=tanAtanCtanAtanC−1．
①求B；
②若△ABC的面积为 3，设点P为△ABC的费马点，求PA⋅PC的取值范围；
(2)若△ABC内一点P满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ，且PB平分∠ABC，试问是否存在常实数t，使得b2=tac，若存在，求出常数t；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：因为a+bi=i(1−i)=1+i，
所以a=1，b=1，
所以a+b=2，
故选：A．
利用复数相等求出a，b即可．
本题考查了复数代数形式的乘法运算，考查虚数单位i的性质，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：根据分层抽样的定义和方法可得22+3+5=16n，解得n=80，
故选B．
根据分层抽样的定义和方法可得22+3+5=16n，解方程求得n的值，即为所求．
本题主要考查分层抽样的定义和方法，各层的个体数之比等于各层对应的样本数之比，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：∵直线l⊥平面α，直线n//平面β，
∴由α//β可得l⊥β，∴l⊥n，
若l⊥n，则l不一定垂直β，∴α与β不一定平行；
∴α//β”是“l⊥m”的充分不必要条件，
故选：A．
已知直线l⊥平面α，根据线面垂直和面面平行的性质进行判断即可．
本题考查空间几何体为载体，考查了必要条件、充分条件与充要条件的判断，还考查了线面垂直和面面平行的性质．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查向量运算的三角形法则，向量的坐标运算，属于基础题．
根据三角形法则，可以求出BC，再由减法关系即可求解．
【解答】
解：∵BC=AC−AB=(−1,−1)=AD，
BD=AD−AB=(−3,−5)，
故选B．
5.【答案】B
【解析】解：2sin2α+sin2αcs2α=2sin2α+2sinαcsαcs2α−sin2α=2tan2α+2tanα1−tan2α=−8，整理得：3tan2α−tanα−4=0，解得tanα=43或−1，
当tanα=−1时，tan(α−5π4)不存在，舍去，
∴tanα=43，
∴tan(α−5π4)=tanα−tan5π41+tanα⋅tan5π4=43−11+43=17．
故选：B．
由条件得出2tan2α+2tanα1−tan2α=−8，然后可求出tanα的值，然后根据两角差的正切公式即可求出答案．
本题考查了二倍角的正余弦公式，两角差的正切公式，是基础题．
6.【答案】C
【解析】解：因为向量a与b的夹角为π4，|a|=2，|b|= 2，
所以a⋅b=|a||b|csπ4=2× 2× 22=2，
因为(λb−a)⊥a，所以(λb−a)⋅a=0，
即λa⋅b−a2=0，所以2λ−4=0，所以λ=2．
故选：C．
由平面向量数量积的定义求出a⋅b，再由向量垂直的性质建立方程，求解即可．
本题考查平面向量数量积的运算，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：在棱AA1上存在一点M，且M为AA1的中点，使平面MBD⊥平面OC1D1，此时AMMA1=1．
证明如下：
连接A1C1、MO、C1M、AC，则O是AC中点，
设正方体棱长为1，则AC=A1C1= 2，AO=CO= 22，
∵O是BD的中点，
∴BO=DO，BC1=DC1，
∴C1O⊥BD，
由MO= 1+14−12= 32，
C1O= 1+12=22，
C1M= 2+14=32，
且C1O2+MO2=C1M2，
可得C1O⊥MO，
而MO，BD是平面BDM内的两条相交直线，
∴C1O⊥面MBD，
∵C1O⊂平面C1D1O，
∴面MBD⊥面OC1D1．
故选：D．
先猜出M的位置，再证明，连接A1C1，MO，C1M，AC，设正方体棱长为1，则可求AC=A1C1= 2，AO=CO= 22，可证C1O⊥BD，由MO2+C1O2=C1M2，可得C1O⊥面MBD，进而得到面MBD⊥面OC1D1，即可确定M为AA1中点，即可得解．
本题考查面面垂直的的应用，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：在△ABC中，由正弦定理得，asinA=bsinB=csinC，
又因为asinA−bsinB= 2csinB+csinC，
所以a2−b2= 2bc+c2，由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=− 22，
因为A∈(0,π)，所以A=34π，
在△ABC中，由正弦定理，asinA=bsinB=csinC，即 2a=bsinB=1sinC，
所以sinBsinC=b 2a⋅1 2a=b2a2= 210，
所以a2=5 2b，
所以a2=b2+1+ 2b=52 2b，
所以2b2−3 2b+2=0，
所以b= 2或b= 22(舍)，
因为△ABC的面积为S=12bcsinA=12× 2×1× 22=12．
故选：A．
由已知结合正弦定理及余弦定理进行化简可求出A，然后结合正弦定理求出b，再由三角形的面积公式即可求解．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理及三角形的面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，因为(z0−2)i=1+i，所以z0−2=1+ii=(1+i)(−i)i×(−i)=−i−i2−i2=1−i，所以z0=3−i，故A正确；
对于B，因为z0−=3+i，所以z0z0−=(3−i)(3+i)=9−i2=10，故B错误；
对于C，由复数的几何意义知，在复平面内z0对应的向量为(3,−1)，故C正确；
对于D，因为|z|=1，故复数z对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，
则|z−z0|表示圆上的点到点(3,−1)的距离，所以|z−z0|的最小值为 (3−0)2+(−1)2−1= 10−1，故D正确．
故选：ACD．
由复数的运算计算可判断A；由共轭复数的概念及复数的运算计算可判断B；由复数的几何意义计算可判断C，D．
本题考查复数的运算和复数的相关概念，复数的几何意义，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：连接AD、BE、CF，则它们交于同一点O，且O为正六边形的中心，
对于A，DE=OE−OD，
结合OE=AF，OD=12AD，可得DE=AF−12AD，故A项正确；
对于B，连接CE，则△AEC是等边三角形，边长AC= 3AB= 3，
设AD交CE于G，则AG是等边△AEC的中线，且AG⊥CE，OG=GD，
所以AC+AE=2AG，可得|AC+AE|=2|AG|=2×34|AD|=3，故B项不正确；
对于C，由DE=−AB，可知：若存在λ，使向量BF在向量DE上的投影向量为λDE=−λAB，
则λ=BA⋅BF|BA|2=|BA|⋅|BF|cs30°|BA|2= 3× 32=32，
可得向量BF在向量DE上的投影向量为−λAB=−32AB，故C项正确；
对于D，过点F作直线AB的垂直，垂足为H，
当动点P与F重合时，向量AP在向量AB上的投影的值最小，此时AP⋅AB达到最小值，
所以(AP⋅AB)min=AF⋅ABcs120°=|AF|⋅|AB|×(−12)=−12，故D项不正确．
故选：AC．
根据正六边形的性质与向量的加减法则，结合向量数量积的定义与投影向量的概念，对各项的结论依次加以验证，可得本题的答案．
本题主要考查平面向量的线性运算法则、向量的数量积及其运算性质、解三角形及其应用，考查了计算能力、图形的理解能力，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：选项A，因为P，Q分别是C1D1，DD1的中点，
所以PQ//C1D//AB1，
所以P，Q，A，B1四点共面，
所以直线AP与直线B1Q不可能是异面直线，即选项A错误；
选项B，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面就是四边形PQAB1，
因为PQ//AB1，PB1=AQ，所以四边形PQAB1是等腰梯形，其中上底PQ= 2，下底AB1=2 2，腰AQ= 5，
所以等腰梯形PQAB1的高h= ( 5)2−(2 2− 22)2=3 22，
其面积为( 2+2 2)×3 222=92，即选项B正确；
选项C，因为△AA1B1是直角三角形，
所以三棱锥A1−AB1P的外接球的球心一定在线段AB1的中垂线上，设球心为O，半径为R，
分别取AB1和A1B1的中点E，F，连接OE，EF，PF，OB1，过点O作OG⊥PF于点G，则四边形OEFG是矩形，
所以OG=EF=12AA1=1，
设GF=OE=x，则PG=2−x，
由勾股定理知，OP2=OG2+PG2，OB12=OE2+EB12，
所以R2=12+(2−x)2，R2=x2+( 2)2，
解得x=34，R= 414，
所以外接球的表面积为4πR2=4π⋅( 414)2=41π4，即选项C正确；
选项D，由选项B可知，S△AB1P=12⋅AB1⋅h=12⋅2 2⋅3 22=3，
设点A1到平面AB1P的距离为d，
因为VA1−AB1P=VP−AA1B1，
所以13⋅d⋅S△AB1P=13⋅2⋅12⋅2⋅2=43，解得d=43，
所以点A1到平面AB1P的距离为43，即选项D正确．
故选：BCD．
选项A，由PQ//C1D//AB1，知P，Q，A，B1四点共面，从而作出判断；选项B，求出等腰梯形PQAB1的面积，即可判断；选项C，先找到球心，再利用勾股定理求半径即可；选项D，利用等体积法求解即可．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握四点共面的证明方法，截面面积与外接球半径的求法，等体积法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】− 1010
【解析】【分析】
本题考查解三角形中，作出图形，令∠DAC=θ，利用两角和的余弦求csA是关键，属于中档题．
作出图形，令∠DAC=θ，依题意，可求得csθ=ADAC=a3 (13a)2+(23a)2= 55，sinθ=2 55，利用两角和的余弦即可求得答案．
【解答】
解：设△ABC中角A、B、C、对应的边分别为a、b、c，AD⊥BC于D，令∠DAC=θ，
∵在△ABC中，B=π4，BC边上的高AD=h=13BC=13a，
∴BD=AD=13a，CD=23a，
在Rt△ADC中，csθ=ADAC=a3 (13a)2+(23a)2= 55，故sinθ=2 55，
∴csA=cs(π4+θ)=csπ4csθ−sinπ4sinθ= 22× 55− 22×2 55=− 1010．
故答案为− 1010．
13.【答案】(− 32,32)
【解析】解：根据三角函数的定义得y1=sinα，α∈(0,π2)，
由于角α的终边逆时针旋转2π3得到角β，
故β=α+2π3，
所以y2=sinβ=sin(α+2π3)，
所以−y2+y1=sinα−sin(α+2π3)=32sinα− 32csα= 3sin(α−π6)，
因为α∈(0,π2)，所以−π6<α−π6<π3，−12即y1−y2的取值范围为(− 32,32).
故答案为：(− 32,32).
由已知结合三角函数的定义及和差角公式表示出y1−y2，然后结合正弦函数的性质即可求解．
本题主要考查了三角函数的定义，和差角公式，辅助角公式的应用，还考查了正弦函数性质的应用，属于中档题．
14.【答案】23 212n3
【解析】解：设正四面体ABCD的棱长为a，
如图O为△BCD的中心，则AO⊥平面BCD，
因为BO⊂平面BCD，
所以AO⊥BO，
因为正△BCD的边长为a，
所以BO=23× 32a= 33a，
所以AO= AB2−BO2= a2−39a2= 63a，
所以正四面体ABCD的体积为V=13S△BCD⋅AO=13× 34a2× 63a= 212a3，
因为此纳米晶个体是由棱长为3n的正四面体的四个顶点处各截去一个棱长为n的正四面体，
所以该结构的纳米晶个体的体积为 212×(3n)3−4× 212n3=23 212n3．
故答案为：23 212n3．
先推出正四面体的棱长与体积的关系，然后根据此关系可求得结果．
本题考查简单几何体的体积计算，考查运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】证明：(1)连接DE，
因为三棱柱ABC−A1B1C1是正三棱柱，
所以BC//B1C1，BC=B1C1，AA1//BB1，AA1=BB1，
因为E是B1C1的中点，D是BC中点，
所以EC1//BD，EC1=BD，B1E//BD，B1E=BD，
所以四边形EC1DB，B1EDB均为平行四边形，
所以BE//C1D，BB1//DE，BB1=DE，
所以AA1//DE，AA1=DE，
所以四边形AA1ED是平行四边形，所以A1E//AD，
因为A1E⊄平面AC1D，AD⊂平面AC1D，
所以A1E//平面AC1D，
同理BE//平面AC1D，
因为A1E∩BE=E，A1E⊂平面A1BE，BE⊂平面A1BE，
所以平面AC1D//平面A1BE；
(2)因为三棱柱ABC−A1B1C1是正三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC，△ABC为正三角形，
因为AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD，
因为AD⊥C1D，
又因为CC1∩C1D=C1，所以AD⊥平面BB1C1C，
因为BC⊂平面BB1C1C，所以AD⊥BC，
又因为△ABC为正三角形，
所以D是BC中点．
【解析】(1)连接DE，由题意可证得四边形EC1DB，B1EDB均为平行四边形，进而可证得平面AC1D//平面A1BE；
(2)由题意可证得AD⊥平面BB1C1C，进而可证得AD⊥BC，再证得结论．
本题考查面面平行的证法及正三角形的性质的应用，属于中档题．
16.【答案】解：(1)因为(2b−c)csA=acsC，由正弦定理可得：(2sinB−sinC)csA=sinAcsC，
即2sinBcsA=sin(A+C)，
在△ABC中，可得sin(A+C)=sinB，
所以2sinBcsA=sinB，
因为B∈(0,π)，所以sinB≠0，
所以csA=12，
因为A∈(0,π)，
所以A=π3；
(2)因为(1+csB)sinC=(3−csC)sinB，
所以sinC+sin(B+C)=3sinB，
因为A+B+C=π，所以sinC+sinA=3sinB，
由正弦定理得a+c=3b，即a=3b−c，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，
即(3b−c)2=b2+c2−bc，即8b2=5bc，
所以b=58c，所以a=3b−c=158c−c=78c，
由正弦定理sinA+2sinCsinB=a+2cb=78c+2c58c=235．
【解析】(1)由题意及正弦定理可得csB的值，再由角B的范围，可得角B的大小；
(2)由题意可得a=3b−c，再由余弦定理可得a，b的表达式，再由正弦定理可得sinA+2sinCsinB的值．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，三角形的内角和定理的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)a=(csπ12,sinπ12)，b=(sinα,csα)，a//b，
则csπ12csα−sinπ12sinα=0，
所以tanα=1tanπ12=1tan(π3−π4)=1+tanπ3tanπ4tanπ3−tanπ4=1+ 3 3−1=2+ 3；
(2)①因为a=(csπ12,sinπ12)，b=(sinα,csα)，
所以|a|= cs2π12+sin2π12=1，|b|= sin2α+cs2α=1，
因为|a−b|= 105，
所以a2−2a⋅b+b2=25，即1−2(csπ12sinα+sinπ12csα)+1=25，
即sin(α+π12)=45；
②因为sin(α+π12)=45，
所以由sin2(α+π12)+cs2(α+π12)=1得cs2(α+π12)=925，
因为α∈(π2,π)，所以α+π12∈(7π12,13π12)，
所以cs(α+π12)=−35，
令α+π12=t，则α=t−π12，sint=45，cst=35，
所以sin2t=2sintcst=−2425，cs2t=1−2sin2t=−725，
所以cs2α=cs(2t−π6)=cs2tcsπ6+sin2tsinπ6=−725× 32+(−2425)×12=−24+7 350．
【解析】(1)结合向量平行的性质，即可求解；
(2)①结合向量模公式，以及正弦的两角和公式，即可求解；
②结合二倍角公式，以及换元法，即可求解．
本题主要考查两角和与差的三角函数，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明；∵底面ABCD是菱形，∴AB//CD，
∵AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
∴AB//平面PCD，
∵平面PCD∩平面ABEF=EF，AB⊂平面ABEF，
∴AB//EF；
(2)证明：由(1)知AB//EF，AB//CD，∴EF//CD，
∵E是PC中点，∴F是PD中点，
∵△PAD是正三角形，∴AF⊥PD，
∵平面PAD⊥平面PCD，
平面PAD∩平面PCD=PD，AF⊂平面PAD，
∴AF⊥平面PCD，
∵EF⊂平面PCD，∴AF⊥EF，
∵AB//EF，∴AF⊥AB；
(3)过F作FH⊥PC于H，连接AH，
由(2)知AF⊥平面PCD，
又∵PC⊂平面PCD，FH⊂平面PCD，
∴AF⊥PC，AF⊥FH，
∵AF∩FH=F，AF⊂平面AFH，FH⊂平面AFH，
∴PC⊥平面AFH，
∵AH⊂平面AFH，∴PC⊥AH，
∴∠AHF就是二面角F−PC−A的平面角，
在正三角形PAD中，AF= 3，PF=1，
在△PCD中，PD=CD=2，PC=2 3，∴∠DPC=30°，
在Rt△PFH中，FH=12，
在Rt△AFH中，tan∠AHF=AFFH= 312=2 3，
∴二面角F−PC−A的正切值为2 3．
【解析】(1)根据底面ABCD是菱形，得出AB//CD，利用线面平行性质定理得出AB//平面PCD，再利用线面平行的性质定理即可得证；
(2)根据面面垂直得出AF⊥平面PCD，再利用线面垂直的性质定理得出AF⊥EF，结合AB//EF，即可得证；
(3)先证出∠AHF就是二面角F−PC−A的平面角，再计算求解即可．
本题考查线面位置关系的判定以及二面角的计算，属于中档题．
19.【答案】解：(1)①因为cs(A−C)+csB=tanAtanCtanAtanC−1，且A+B+C=π，
所以cs(A−C)−cs(A+C)=tanAtanCtanAtanC−1，
所以csAcsC+sinAsinC−(csAcsC−sinAsinC)=sinAsinCsinAsinC−csAcsC，
即2sinAsinC=sinAsinC−cs(A+C)，
因为A∈(0,π)，C∈(0,π)，所以sinA≠0，sinC≠0，
所以csB=12，
因为B∈(0,π)，所以B=π3；
②因为∠ABC=π3，所以△ABC的内角均小于120°，
所以点P在△ABC的内部，且∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，
由S△ABC=12acsinB= 3，得ac=4，
设∠ABP=θ，θ∈(0,π3)，则∠CPB=π3−θ，
在△PAB中，由正弦定理得PAsinθ=csin∠APB，即PA=2 3csinθ，
在△PBC中，由正弦定理得PCsin(π3−θ)=asin∠CPB，即PC=2 3asin(π3−θ)，
所以PA⋅PC=PA⋅PCcs120°=2 3csinθ⋅2 3asin(π3−θ)⋅(−12)
=−23acsinθsin(π3−θ)=−83sinθsin(π3−θ)
=−83sinθ( 32csθ−12sinθ)=−83( 34sin2θ−12⋅1−cs2θ2)
=−83( 34sin2θ+14cs2θ−14)=−43sin(2θ+π6)+23，
因为θ∈(0,π3)，所以2θ+π6∈(π6,5π6)，
所以sin(2θ+π6)∈(12,1],
所以PA⋅PC的取值范围为[−23,0)；
(2)因为S△ABC=S△PAB+S△PBC+S△PAC=12c⋅APsinθ+12a⋅BPsinθ+12b⋅CPsinθ，
即S△ABC=12sinθ(c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP)，
所以c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP=2S△ABCsinθ，
在△PAB，△PBC，△PAC中，分别由余弦定理得：
BP2=c2+AP2−2c⋅APcsθ，CP2=a2+BP2−2a⋅BPcsθ，AP2=b2+CP2−2b⋅CPcsθ，
三式相加整理得2csθ(c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP)=a2+b2+c2，
将c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP=2S△ABCsinθ代入得：a2+b2+c2=2csθ⋅2S△ABCsinθ，
因为PB平分∠ABC，所以∠ABC=2θ，S△ABC=12acsin2θ，
所以a2+b2+c2=2csθ⋅2S△ABCsinθ=4accs2θ，③
又由余弦定理可得：a2+c2=b2+2accs2θ=b2+2ac(cs2θ−sin2θ)，④
由③−④得：b2=−b2+2ac(sin2θ+cs2θ)，
所以b2=ac(sin2θ+cs2θ)，即b2=ac，
所以常数t=1，使得b2=ac．
【解析】(1)①根据两角和与差的余弦公式及诱导公式进行计算，即可求得csB=12，进而求得角B；
②根据费马点定义，结合三角恒等变换及平面向量的数量积运算即可求得结论；
(2)根据三角形面积公式，结合余弦定理及三角形角平分线性质可推得结论b2=ac，从而得出t值．
本题考查平面向量数量积运算与解三角形及三角恒等变换的综合应用，属中档题．
1.若实数a，b满足a+bi=i(1−i)，则a+b=( )
A. 2B. −2C. 1
2.某工厂生产A，B，C三种不同型号的产品，产品数量之比依次为2：3：5.现用分层抽样方法抽出一个容量为n的样本，样本中A型号产品有16件，则此样本的容量为( )
A. 40B. 80C. 160D. 320
3.已知直线l⊥平面α，直线n//平面β，则“α//β”是“l⊥n”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.在平行四边形ABCD中，AC为一条对角线，若AB =(2,4)， AC=(1,3)，则BD=( )
A. (−2,−4)B. (−3,−5)C. (3,5)D. (2,4)
5.已知2sin2α+sin2αcs2α=−8，则tan(α−5π4)=( )
A. −17B. 17C. −7D. 7
6.设λ∈R，已知向量a与b的夹角为π4，|a|=2，|b|= 2，且(λb−a)⊥a，则λ=( )
A. 12B. 2C. 2D. 2 2
7.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，O是BD的中点，M是棱AA1上一点，且平面MBD⊥平面OC1D1，则AMMA1=( )
A. 14B. 13C. 12D. 1
8.在△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，已知c=1，b>c，sinBsinC= 210，且asinA−bsinB= 2csinB+csinC，则△ABC的面积为( )
A. 12B. 32C. 34D. 34
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.已知复数z0，z满足(z0−2)i=1+i，|z|=1，则( )
A. z0=3−iB. z0z0−=8
C. 在复平面内z0对应的向量为(3,−1)D. |z−z0|的最小值为 10−1
10.蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物，巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底(由三个相同的菱形组成)巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜，如图是一个蜂巢的正六边形开口ABCDEF，它的边长为1，则( )
A. DE=AF−12AD
B. |AC+AE|= 3
C. 向量BF在向量DE上的投影向量为−32AB
D. 点P是正六边形内部(包括边界)的动点，AP⋅AB的最小值为−32
11.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别是C1D1，DD1的中点，则( )
A. 直线AP与直线B1Q是异面直线
B. 过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面面积为92
C. 三棱锥A1−AB1P的外接球的表面积为41π4
D. 点A1到平面AB1P的距离为43
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在△ABC中，B=π4，BC边上的高等于13BC，则csA= ．
13.以Ox为始边作角α(α∈(0,π2))，角α的终边与单位圆交于点P(x1,y1)，将角α的终边逆时针旋转2π3得到角β，角β的终边与单位圆相交于点Q(x2,y2)，则y1−y2的取值范围为______．
14.近年来，纳米品的多项技术和方法在水软化领域均有重要应用.纳米晶体结构众多，如图是一种纳米晶的结构示意图，其是由正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为n的几何体，则该结构的纳米晶个体的体积为______．
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)
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，E是B1C1的中点，D是BC上一点．
(1)若D是BC中点，求证：平面AC1D//平面A1BE；
(2)若AD⊥C1D，求证：D是BC中点．
16.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，(2b−c)csA=acsC．
(1)求A；
(2)若(1+csB)sinC=(3−csC)sinB，求sinA+2sinCsinB．
17.(本小题15分)
已知向量a=(csπ12,sinπ12)，b=(sinα,csα)．
(1)若a//b，求tanα；
(2)若|a−b|= 105，
①求sin(α+π12)；
②已知α∈(π2,π)，求cs2α．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，平面PAD⊥平面PCD，△PAD是边长为2的正三角形，PC=2 3，E是PC中点，过点A，B，E的平面与PD交于点F．
(1)求证：AB//EF；
(2)求证：AF⊥AB；
(3)求二面角F−PC−A的正切值．
19.(本小题17分)
“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠APB=∠BPC=∠CPA=120°的点P即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．
(1)若cs(A−C)+csB=tanAtanCtanAtanC−1．
①求B；
②若△ABC的面积为 3，设点P为△ABC的费马点，求PA⋅PC的取值范围；
(2)若△ABC内一点P满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ，且PB平分∠ABC，试问是否存在常实数t，使得b2=tac，若存在，求出常数t；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：因为a+bi=i(1−i)=1+i，
所以a=1，b=1，
所以a+b=2，
故选：A．
利用复数相等求出a，b即可．
本题考查了复数代数形式的乘法运算，考查虚数单位i的性质，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：根据分层抽样的定义和方法可得22+3+5=16n，解得n=80，
故选B．
根据分层抽样的定义和方法可得22+3+5=16n，解方程求得n的值，即为所求．
本题主要考查分层抽样的定义和方法，各层的个体数之比等于各层对应的样本数之比，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：∵直线l⊥平面α，直线n//平面β，
∴由α//β可得l⊥β，∴l⊥n，
若l⊥n，则l不一定垂直β，∴α与β不一定平行；
∴α//β”是“l⊥m”的充分不必要条件，
故选：A．
已知直线l⊥平面α，根据线面垂直和面面平行的性质进行判断即可．
本题考查空间几何体为载体，考查了必要条件、充分条件与充要条件的判断，还考查了线面垂直和面面平行的性质．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查向量运算的三角形法则，向量的坐标运算，属于基础题．
根据三角形法则，可以求出BC，再由减法关系即可求解．
【解答】
解：∵BC=AC−AB=(−1,−1)=AD，
BD=AD−AB=(−3,−5)，
故选B．
5.【答案】B
【解析】解：2sin2α+sin2αcs2α=2sin2α+2sinαcsαcs2α−sin2α=2tan2α+2tanα1−tan2α=−8，整理得：3tan2α−tanα−4=0，解得tanα=43或−1，
当tanα=−1时，tan(α−5π4)不存在，舍去，
∴tanα=43，
∴tan(α−5π4)=tanα−tan5π41+tanα⋅tan5π4=43−11+43=17．
故选：B．
由条件得出2tan2α+2tanα1−tan2α=−8，然后可求出tanα的值，然后根据两角差的正切公式即可求出答案．
本题考查了二倍角的正余弦公式，两角差的正切公式，是基础题．
6.【答案】C
【解析】解：因为向量a与b的夹角为π4，|a|=2，|b|= 2，
所以a⋅b=|a||b|csπ4=2× 2× 22=2，
因为(λb−a)⊥a，所以(λb−a)⋅a=0，
即λa⋅b−a2=0，所以2λ−4=0，所以λ=2．
故选：C．
由平面向量数量积的定义求出a⋅b，再由向量垂直的性质建立方程，求解即可．
本题考查平面向量数量积的运算，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：在棱AA1上存在一点M，且M为AA1的中点，使平面MBD⊥平面OC1D1，此时AMMA1=1．
证明如下：
连接A1C1、MO、C1M、AC，则O是AC中点，
设正方体棱长为1，则AC=A1C1= 2，AO=CO= 22，
∵O是BD的中点，
∴BO=DO，BC1=DC1，
∴C1O⊥BD，
由MO= 1+14−12= 32，
C1O= 1+12=22，
C1M= 2+14=32，
且C1O2+MO2=C1M2，
可得C1O⊥MO，
而MO，BD是平面BDM内的两条相交直线，
∴C1O⊥面MBD，
∵C1O⊂平面C1D1O，
∴面MBD⊥面OC1D1．
故选：D．
先猜出M的位置，再证明，连接A1C1，MO，C1M，AC，设正方体棱长为1，则可求AC=A1C1= 2，AO=CO= 22，可证C1O⊥BD，由MO2+C1O2=C1M2，可得C1O⊥面MBD，进而得到面MBD⊥面OC1D1，即可确定M为AA1中点，即可得解．
本题考查面面垂直的的应用，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：在△ABC中，由正弦定理得，asinA=bsinB=csinC，
又因为asinA−bsinB= 2csinB+csinC，
所以a2−b2= 2bc+c2，由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=− 22，
因为A∈(0,π)，所以A=34π，
在△ABC中，由正弦定理，asinA=bsinB=csinC，即 2a=bsinB=1sinC，
所以sinBsinC=b 2a⋅1 2a=b2a2= 210，
所以a2=5 2b，
所以a2=b2+1+ 2b=52 2b，
所以2b2−3 2b+2=0，
所以b= 2或b= 22(舍)，
因为△ABC的面积为S=12bcsinA=12× 2×1× 22=12．
故选：A．
由已知结合正弦定理及余弦定理进行化简可求出A，然后结合正弦定理求出b，再由三角形的面积公式即可求解．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理及三角形的面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，因为(z0−2)i=1+i，所以z0−2=1+ii=(1+i)(−i)i×(−i)=−i−i2−i2=1−i，所以z0=3−i，故A正确；
对于B，因为z0−=3+i，所以z0z0−=(3−i)(3+i)=9−i2=10，故B错误；
对于C，由复数的几何意义知，在复平面内z0对应的向量为(3,−1)，故C正确；
对于D，因为|z|=1，故复数z对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，
则|z−z0|表示圆上的点到点(3,−1)的距离，所以|z−z0|的最小值为 (3−0)2+(−1)2−1= 10−1，故D正确．
故选：ACD．
由复数的运算计算可判断A；由共轭复数的概念及复数的运算计算可判断B；由复数的几何意义计算可判断C，D．
本题考查复数的运算和复数的相关概念，复数的几何意义，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：连接AD、BE、CF，则它们交于同一点O，且O为正六边形的中心，
对于A，DE=OE−OD，
结合OE=AF，OD=12AD，可得DE=AF−12AD，故A项正确；
对于B，连接CE，则△AEC是等边三角形，边长AC= 3AB= 3，
设AD交CE于G，则AG是等边△AEC的中线，且AG⊥CE，OG=GD，
所以AC+AE=2AG，可得|AC+AE|=2|AG|=2×34|AD|=3，故B项不正确；
对于C，由DE=−AB，可知：若存在λ，使向量BF在向量DE上的投影向量为λDE=−λAB，
则λ=BA⋅BF|BA|2=|BA|⋅|BF|cs30°|BA|2= 3× 32=32，
可得向量BF在向量DE上的投影向量为−λAB=−32AB，故C项正确；
对于D，过点F作直线AB的垂直，垂足为H，
当动点P与F重合时，向量AP在向量AB上的投影的值最小，此时AP⋅AB达到最小值，
所以(AP⋅AB)min=AF⋅ABcs120°=|AF|⋅|AB|×(−12)=−12，故D项不正确．
故选：AC．
根据正六边形的性质与向量的加减法则，结合向量数量积的定义与投影向量的概念，对各项的结论依次加以验证，可得本题的答案．
本题主要考查平面向量的线性运算法则、向量的数量积及其运算性质、解三角形及其应用，考查了计算能力、图形的理解能力，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：选项A，因为P，Q分别是C1D1，DD1的中点，
所以PQ//C1D//AB1，
所以P，Q，A，B1四点共面，
所以直线AP与直线B1Q不可能是异面直线，即选项A错误；
选项B，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面就是四边形PQAB1，
因为PQ//AB1，PB1=AQ，所以四边形PQAB1是等腰梯形，其中上底PQ= 2，下底AB1=2 2，腰AQ= 5，
所以等腰梯形PQAB1的高h= ( 5)2−(2 2− 22)2=3 22，
其面积为( 2+2 2)×3 222=92，即选项B正确；
选项C，因为△AA1B1是直角三角形，
所以三棱锥A1−AB1P的外接球的球心一定在线段AB1的中垂线上，设球心为O，半径为R，
分别取AB1和A1B1的中点E，F，连接OE，EF，PF，OB1，过点O作OG⊥PF于点G，则四边形OEFG是矩形，
所以OG=EF=12AA1=1，
设GF=OE=x，则PG=2−x，
由勾股定理知，OP2=OG2+PG2，OB12=OE2+EB12，
所以R2=12+(2−x)2，R2=x2+( 2)2，
解得x=34，R= 414，
所以外接球的表面积为4πR2=4π⋅( 414)2=41π4，即选项C正确；
选项D，由选项B可知，S△AB1P=12⋅AB1⋅h=12⋅2 2⋅3 22=3，
设点A1到平面AB1P的距离为d，
因为VA1−AB1P=VP−AA1B1，
所以13⋅d⋅S△AB1P=13⋅2⋅12⋅2⋅2=43，解得d=43，
所以点A1到平面AB1P的距离为43，即选项D正确．
故选：BCD．
选项A，由PQ//C1D//AB1，知P，Q，A，B1四点共面，从而作出判断；选项B，求出等腰梯形PQAB1的面积，即可判断；选项C，先找到球心，再利用勾股定理求半径即可；选项D，利用等体积法求解即可．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握四点共面的证明方法，截面面积与外接球半径的求法，等体积法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】− 1010
【解析】【分析】
本题考查解三角形中，作出图形，令∠DAC=θ，利用两角和的余弦求csA是关键，属于中档题．
作出图形，令∠DAC=θ，依题意，可求得csθ=ADAC=a3 (13a)2+(23a)2= 55，sinθ=2 55，利用两角和的余弦即可求得答案．
【解答】
解：设△ABC中角A、B、C、对应的边分别为a、b、c，AD⊥BC于D，令∠DAC=θ，
∵在△ABC中，B=π4，BC边上的高AD=h=13BC=13a，
∴BD=AD=13a，CD=23a，
在Rt△ADC中，csθ=ADAC=a3 (13a)2+(23a)2= 55，故sinθ=2 55，
∴csA=cs(π4+θ)=csπ4csθ−sinπ4sinθ= 22× 55− 22×2 55=− 1010．
故答案为− 1010．
13.【答案】(− 32,32)
【解析】解：根据三角函数的定义得y1=sinα，α∈(0,π2)，
由于角α的终边逆时针旋转2π3得到角β，
故β=α+2π3，
所以y2=sinβ=sin(α+2π3)，
所以−y2+y1=sinα−sin(α+2π3)=32sinα− 32csα= 3sin(α−π6)，
因为α∈(0,π2)，所以−π6<α−π6<π3，−12
故答案为：(− 32,32).
由已知结合三角函数的定义及和差角公式表示出y1−y2，然后结合正弦函数的性质即可求解．
本题主要考查了三角函数的定义，和差角公式，辅助角公式的应用，还考查了正弦函数性质的应用，属于中档题．
14.【答案】23 212n3
【解析】解：设正四面体ABCD的棱长为a，
如图O为△BCD的中心，则AO⊥平面BCD，
因为BO⊂平面BCD，
所以AO⊥BO，
因为正△BCD的边长为a，
所以BO=23× 32a= 33a，
所以AO= AB2−BO2= a2−39a2= 63a，
所以正四面体ABCD的体积为V=13S△BCD⋅AO=13× 34a2× 63a= 212a3，
因为此纳米晶个体是由棱长为3n的正四面体的四个顶点处各截去一个棱长为n的正四面体，
所以该结构的纳米晶个体的体积为 212×(3n)3−4× 212n3=23 212n3．
故答案为：23 212n3．
先推出正四面体的棱长与体积的关系，然后根据此关系可求得结果．
本题考查简单几何体的体积计算，考查运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】证明：(1)连接DE，
因为三棱柱ABC−A1B1C1是正三棱柱，
所以BC//B1C1，BC=B1C1，AA1//BB1，AA1=BB1，
因为E是B1C1的中点，D是BC中点，
所以EC1//BD，EC1=BD，B1E//BD，B1E=BD，
所以四边形EC1DB，B1EDB均为平行四边形，
所以BE//C1D，BB1//DE，BB1=DE，
所以AA1//DE，AA1=DE，
所以四边形AA1ED是平行四边形，所以A1E//AD，
因为A1E⊄平面AC1D，AD⊂平面AC1D，
所以A1E//平面AC1D，
同理BE//平面AC1D，
因为A1E∩BE=E，A1E⊂平面A1BE，BE⊂平面A1BE，
所以平面AC1D//平面A1BE；
(2)因为三棱柱ABC−A1B1C1是正三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC，△ABC为正三角形，
因为AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD，
因为AD⊥C1D，
又因为CC1∩C1D=C1，所以AD⊥平面BB1C1C，
因为BC⊂平面BB1C1C，所以AD⊥BC，
又因为△ABC为正三角形，
所以D是BC中点．
【解析】(1)连接DE，由题意可证得四边形EC1DB，B1EDB均为平行四边形，进而可证得平面AC1D//平面A1BE；
(2)由题意可证得AD⊥平面BB1C1C，进而可证得AD⊥BC，再证得结论．
本题考查面面平行的证法及正三角形的性质的应用，属于中档题．
16.【答案】解：(1)因为(2b−c)csA=acsC，由正弦定理可得：(2sinB−sinC)csA=sinAcsC，
即2sinBcsA=sin(A+C)，
在△ABC中，可得sin(A+C)=sinB，
所以2sinBcsA=sinB，
因为B∈(0,π)，所以sinB≠0，
所以csA=12，
因为A∈(0,π)，
所以A=π3；
(2)因为(1+csB)sinC=(3−csC)sinB，
所以sinC+sin(B+C)=3sinB，
因为A+B+C=π，所以sinC+sinA=3sinB，
由正弦定理得a+c=3b，即a=3b−c，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，
即(3b−c)2=b2+c2−bc，即8b2=5bc，
所以b=58c，所以a=3b−c=158c−c=78c，
由正弦定理sinA+2sinCsinB=a+2cb=78c+2c58c=235．
【解析】(1)由题意及正弦定理可得csB的值，再由角B的范围，可得角B的大小；
(2)由题意可得a=3b−c，再由余弦定理可得a，b的表达式，再由正弦定理可得sinA+2sinCsinB的值．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，三角形的内角和定理的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)a=(csπ12,sinπ12)，b=(sinα,csα)，a//b，
则csπ12csα−sinπ12sinα=0，
所以tanα=1tanπ12=1tan(π3−π4)=1+tanπ3tanπ4tanπ3−tanπ4=1+ 3 3−1=2+ 3；
(2)①因为a=(csπ12,sinπ12)，b=(sinα,csα)，
所以|a|= cs2π12+sin2π12=1，|b|= sin2α+cs2α=1，
因为|a−b|= 105，
所以a2−2a⋅b+b2=25，即1−2(csπ12sinα+sinπ12csα)+1=25，
即sin(α+π12)=45；
②因为sin(α+π12)=45，
所以由sin2(α+π12)+cs2(α+π12)=1得cs2(α+π12)=925，
因为α∈(π2,π)，所以α+π12∈(7π12,13π12)，
所以cs(α+π12)=−35，
令α+π12=t，则α=t−π12，sint=45，cst=35，
所以sin2t=2sintcst=−2425，cs2t=1−2sin2t=−725，
所以cs2α=cs(2t−π6)=cs2tcsπ6+sin2tsinπ6=−725× 32+(−2425)×12=−24+7 350．
【解析】(1)结合向量平行的性质，即可求解；
(2)①结合向量模公式，以及正弦的两角和公式，即可求解；
②结合二倍角公式，以及换元法，即可求解．
本题主要考查两角和与差的三角函数，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明；∵底面ABCD是菱形，∴AB//CD，
∵AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
∴AB//平面PCD，
∵平面PCD∩平面ABEF=EF，AB⊂平面ABEF，
∴AB//EF；
(2)证明：由(1)知AB//EF，AB//CD，∴EF//CD，
∵E是PC中点，∴F是PD中点，
∵△PAD是正三角形，∴AF⊥PD，
∵平面PAD⊥平面PCD，
平面PAD∩平面PCD=PD，AF⊂平面PAD，
∴AF⊥平面PCD，
∵EF⊂平面PCD，∴AF⊥EF，
∵AB//EF，∴AF⊥AB；
(3)过F作FH⊥PC于H，连接AH，
由(2)知AF⊥平面PCD，
又∵PC⊂平面PCD，FH⊂平面PCD，
∴AF⊥PC，AF⊥FH，
∵AF∩FH=F，AF⊂平面AFH，FH⊂平面AFH，
∴PC⊥平面AFH，
∵AH⊂平面AFH，∴PC⊥AH，
∴∠AHF就是二面角F−PC−A的平面角，
在正三角形PAD中，AF= 3，PF=1，
在△PCD中，PD=CD=2，PC=2 3，∴∠DPC=30°，
在Rt△PFH中，FH=12，
在Rt△AFH中，tan∠AHF=AFFH= 312=2 3，
∴二面角F−PC−A的正切值为2 3．
【解析】(1)根据底面ABCD是菱形，得出AB//CD，利用线面平行性质定理得出AB//平面PCD，再利用线面平行的性质定理即可得证；
(2)根据面面垂直得出AF⊥平面PCD，再利用线面垂直的性质定理得出AF⊥EF，结合AB//EF，即可得证；
(3)先证出∠AHF就是二面角F−PC−A的平面角，再计算求解即可．
本题考查线面位置关系的判定以及二面角的计算，属于中档题．
19.【答案】解：(1)①因为cs(A−C)+csB=tanAtanCtanAtanC−1，且A+B+C=π，
所以cs(A−C)−cs(A+C)=tanAtanCtanAtanC−1，
所以csAcsC+sinAsinC−(csAcsC−sinAsinC)=sinAsinCsinAsinC−csAcsC，
即2sinAsinC=sinAsinC−cs(A+C)，
因为A∈(0,π)，C∈(0,π)，所以sinA≠0，sinC≠0，
所以csB=12，
因为B∈(0,π)，所以B=π3；
②因为∠ABC=π3，所以△ABC的内角均小于120°，
所以点P在△ABC的内部，且∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，
由S△ABC=12acsinB= 3，得ac=4，
设∠ABP=θ，θ∈(0,π3)，则∠CPB=π3−θ，
在△PAB中，由正弦定理得PAsinθ=csin∠APB，即PA=2 3csinθ，
在△PBC中，由正弦定理得PCsin(π3−θ)=asin∠CPB，即PC=2 3asin(π3−θ)，
所以PA⋅PC=PA⋅PCcs120°=2 3csinθ⋅2 3asin(π3−θ)⋅(−12)
=−23acsinθsin(π3−θ)=−83sinθsin(π3−θ)
=−83sinθ( 32csθ−12sinθ)=−83( 34sin2θ−12⋅1−cs2θ2)
=−83( 34sin2θ+14cs2θ−14)=−43sin(2θ+π6)+23，
因为θ∈(0,π3)，所以2θ+π6∈(π6,5π6)，
所以sin(2θ+π6)∈(12,1],
所以PA⋅PC的取值范围为[−23,0)；
(2)因为S△ABC=S△PAB+S△PBC+S△PAC=12c⋅APsinθ+12a⋅BPsinθ+12b⋅CPsinθ，
即S△ABC=12sinθ(c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP)，
所以c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP=2S△ABCsinθ，
在△PAB，△PBC，△PAC中，分别由余弦定理得：
BP2=c2+AP2−2c⋅APcsθ，CP2=a2+BP2−2a⋅BPcsθ，AP2=b2+CP2−2b⋅CPcsθ，
三式相加整理得2csθ(c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP)=a2+b2+c2，
将c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP=2S△ABCsinθ代入得：a2+b2+c2=2csθ⋅2S△ABCsinθ，
因为PB平分∠ABC，所以∠ABC=2θ，S△ABC=12acsin2θ，
所以a2+b2+c2=2csθ⋅2S△ABCsinθ=4accs2θ，③
又由余弦定理可得：a2+c2=b2+2accs2θ=b2+2ac(cs2θ−sin2θ)，④
由③−④得：b2=−b2+2ac(sin2θ+cs2θ)，
所以b2=ac(sin2θ+cs2θ)，即b2=ac，
所以常数t=1，使得b2=ac．
【解析】(1)①根据两角和与差的余弦公式及诱导公式进行计算，即可求得csB=12，进而求得角B；
②根据费马点定义，结合三角恒等变换及平面向量的数量积运算即可求得结论；
(2)根据三角形面积公式，结合余弦定理及三角形角平分线性质可推得结论b2=ac，从而得出t值．
本题考查平面向量数量积运算与解三角形及三角恒等变换的综合应用，属中档题．
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