本册综合测评-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第四册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

本册综合测评 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★★★ ★ ★★ 对点 复数的相关计算　 直观图的还原问题 空间中的线面关系的判断 四棱台体积的计算 余弦定理解三角形；正弦定理边角互化的应用 正弦定理的实际应用 与正四面体内切球有关的计算 异面直线夹角的计算(折叠问题) 复数的分类及相关运算　 正、余弦定理解三角形；三角恒等变换 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 难度 ★★★ ★ ★★ ★★★ ★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 面面垂直的判定；求二面角与线线角 复数的相关计算 利用三角形面积公式、余弦定理解三角形 三棱锥外接球的表面积 求复数的模；由复数相等求参数值 利用正弦定理证明恒等式；余弦定理解三角形 正弦定理边角关系的互化；三角形面积公式及其应用；余弦定理解三角形 线面平行的证明；二面角的相关计算 线面与线线位置关系的综合应用(折叠问题)；三棱锥体积的相关计算 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3 时间：120分钟　　　满分：150分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5 3．(2024·四川成都列五中学高一阶段性考试)设a，b为两条直线，α，β为两个平面，下列四个命题中正确的是(　　) A．若a∥α，b⊂α，则a∥b B．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b C．若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥β D．若a⊄α，b⊂α，a∥b，则a∥α 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6 解析：对于A，如图1，满足a∥α，b⊂α，但a，b不平行，A错误；对于B，如图2，满足a∥α，b∥β，α∥β，但a，b不平行，B错误；对于C，如图3，满足a⊂α，b⊂β，a∥b，但α，β不平行，C错误；对于D，若a⊄α，b⊂α，a∥b，由线面平行的判断定理可得a∥α，D正确．故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7 4.(2024·山西晋中高一期中)“升”和“斗”是旧时量粮食的器具，如图所示为“升”，是一个无盖的正四棱台，据记载：它上口15厘米，下口12.5厘米，高10厘米，可容米1公斤．该“升”的容积约是(约定：“上口”指上底边长； “下口”指下底边长)(　　) A．1895.8 cm3 B．1894.8 cm3 C．1895.9 cm3 D．1894.9 cm3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 24 14.(2024·安徽宣城高一期末)如图，在三棱锥P－ABC中，△PAC，△ABC都是边长为6的等边三角形，若二面角P－AC－B的大小为120°，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为____． 84π 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 26 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 29 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 32 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 33 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 34 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 35 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 36 解：(1)证明：因为PA⊥底面ABCD，又AD⊂底面ABCD， 所以PA⊥AD， 又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB， 所以AD⊥平面PAB， 又AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB. 因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB， 根据平面知识可知AD∥BC， 又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以AD∥平面PBC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 37 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 38 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 39 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 40 解：(1)AB∥平面DEF.理由如下： 在△ABC中，因为E，F分别是AC，BC的中点， 所以EF∥AB. 又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF， 所以AB∥平面DEF. (2)由题意，知AD⊥CD， 又平面ADC⊥平面BCD，平面ADC∩平面BCD＝CD， 所以AD⊥平面BCD. 如图，取CD的中点M，连接EM， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 41 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 42 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 43 　　　　　　　　　　　　　 R 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知复数z满足z(1－i)2＝1＋i(i为虚数单位)，则eq \o(z,\s\up6(－))＝(　　) A．－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i B．－eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i C.eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i D.eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i 解析：由z(1－i)2＝1＋i，得z＝eq \f(1＋i,（1－i）2)＝eq \f(1＋i,－2i)＝eq \f(－1＋i,2)，因此eq \o(z,\s\up6(－))＝－eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i.故选B. 2．(2024·浙江台州高一下期中)如图，水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为矩形A′B′C′D′，已知A′O′＝O′B′＝1，B′C′＝1，则四边形ABCD的周长为(　　) A．6eq \r(2) B．12eq \r(2) C．8 D．10 解析：由题设知，原四边形中AB＝CD＝A′B′＝C′D′＝2且AB∥CD，所以原四边形ABCD为平行四边形，而O′C′＝eq \r(2)，则原四边形中OC＝2eq \r(2)，故AD＝BC＝eq \r(OC2＋OB2)＝3.综上，四边形ABCD的周长为AB＋CD＋AD＋BC＝10. 解析：器具是一个无盖的正四棱台，它上口15厘米，下口12.5厘米，高10厘米，其体积为V＝eq \f(1,3)(S＋S′＋eq \r(\a\vs4\al(SS′)))×h＝eq \f(1,3)×(152＋12.52＋15×12.5)×10≈1895.8 cm3.故选A. 解析：∵b2＝ac，a2－c2＝ac－bc，∴b2＋c2－a2＝bc.在△ABC中，由余弦定理，得cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(bc,2bc)＝eq \f(1,2)，∴A＝60°.由正弦定理，得eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，∴sinB＝eq \f(\r(3)b,2a).∴eq \f(c,bsinB)＝eq \f(2ac,\r(3)b2)＝eq \f(2\r(3),3). 5．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知b2＝ac，且a2－c2＝ac－bc，则eq \f(c,bsinB)的值为(　　) A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(2\r(3),3) D.eq \r(3) 6.(2024·浙江台州高一下期末)如图所示，A，B，P，Q在同一个铅垂面，在山脚A测得山顶P的仰角∠QAP为60°，∠QAB＝30°，斜坡AB长为m，在B处测得山顶P的仰角∠CBP为α，则山的高度PQ为(　　) A.eq \f(\r(3)msin（α＋30°）,2sin（α＋60°）) B.eq \f(\r(3)msin（α－30°）,2sin（α＋60°）) C.eq \f(\r(3)msin（α＋30°）,2sin（α－60°）) D.eq \f(\r(3)msin（α－30°）,2sin（α－60°）) 解析：如图所示，因为∠APQ＝30°，∠CPB＝90°－α，所以∠APB＝30°－90°＋α＝α－60°，则∠PBA＝180°－30°－α＋60°＝180°＋30°－α，在△PBA中，由正弦定理，得eq \f(PA,sin∠PBA)＝eq \f(AB,sin∠APB)，则eq \f(PA,sin（180°＋30°－α）)＝eq \f(m,sin（α－60°）)，得PA＝eq \f(msin（α－30°）,sin（α－60°）)，在Rt△PAQ中，sin60°＝eq \f(PQ,PA)，得PQ＝eq \f(\r(3)msin（α－30°）,2sin（α－60°）). 7．(2024·河北邢台高一联考)粽，即粽粒，俗称粽子，主要材料是糯米、馅料，用籍叶(或箬叶，簕古子叶等)包裹而成，形状多样，主要有尖角状、四角状等．粽子由来久远，最初是用来祭祀祖先神灵的贡品．南北叫法不同，北方产黍，用黍米做粽，角状，古时候在北方称“角黍”．由于各地饮食习惯的不同，粽子形成了南北风味；从口味上分，粽子有咸粽和甜粽两大类．某地流行的四角状的粽子，其形状可以看成一个正四面体，现需要在粽子内部放入一个肉丸，肉丸的形状近似地看成球，当这个肉丸的体积最大时，其半径与该正四面体的高的比值为(　　) A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,5) 解析：当肉丸的体积最大时，肉丸所成的球是该正四面体的内切球，设正四面体的边长为a，高为h，内切球的半径为r，如图，D为AB的中点，O′为内切球与底面的交点，则CD＝eq \f(\r(3),2)a，CO′＝eq \f(2,3)CD＝eq \f(\r(3),3)a，所以h＝eq \f(\r(6),3)a，正四面体的表面积为S＝4×eq \f(1,2)×a×a×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)a2，所以根据等体积法得VP－ABC＝eq \f(1,3)rS，即eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×a×a×eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(6),3)a＝eq \f(1,3)rS，解得r＝eq \f(\r(6),12)a，所以eq \f(r,h)＝eq \f(\f(\r(6),12)a,\f(\r(6),3)a)＝eq \f(1,4).故选C. 8．如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，线段AD，BD的中点分别为E，F.现将△ABD沿对角线BD翻折，则异面直线BE与CF所成角的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3))) 解析：由菱形ABCD中∠BAD＝60°知，△ABD与△BCD都是正三角形．又E，F分别为AD，BD的中点，∴BE⊥AD，CF⊥BD.在△ABD沿对角线BD翻折的过程中，CF和点B未发生变化，变化的是点E的位置．在翻折过程中，当平面ABD⊥平面BCD时，BE与CF所成角最大，此时所成角为eq \f(π,2)；开始翻折时或结束翻折时，BE与CF所成角最小，此时所成角为eq \f(π,3)，但取不到．∴BE与CF所成角的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).故选C. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知z为复数，则下列命题正确的是(　　) A．若z＝eq \o(z,\s\up6(－))，则z为实数 B．若z2<0，则z为纯虚数 C．若|z＋1|＝|z－1|，则z为纯虚数 D．若z3＝1，则eq \o(z,\s\up6(－))＝z2 解析：设复数z＝a＋bi(a，b∈R)，对于A，由z＝eq \o(z,\s\up6(－))，即a＋bi＝a－bi，解得b＝0，所以复数z为实数，故A正确；对于B，复数z2＝a2－b2＋2abi，因为z2<0，可得a＝0，b≠0，所以复数z为纯虚数，故B正确；对于C，当z＝0时，满足|z＋1|＝|z－1|，所以复数z不一定为纯虚数，故C错误；对于D，由z3＝1，可得z3－1＝0，即(z－1)(z2＋z＋1)＝0，解得z＝1或z＝－eq \f(1,2)±eq \f(\r(3),2)i，所以eq \o(z,\s\up6(－))＝z2，故D正确．故选ABD. 10．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a>c.已知eq \o(BA,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))＝2，cosB＝eq \f(1,3)，b＝3，则(　　) A．a＝3 B．c＝2 C．cosC＝eq \f(4\r(2),9) D．cos(B－C)＝eq \f(23,27) 解析：由eq \o(BA,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))＝2得c·acosB＝2，又cosB＝eq \f(1,3)，所以ac＝6.由余弦定理，得a2＋c2＝b2＋2accosB.又b＝3，所以a2＋c2＝9＋2×2＝13.由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ac＝6，,a2＋c2＝13，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,c＝2.))因为a>c，所以a＝3，c＝2，故A，B正确；在△ABC中，sinB＝eq \r(1－cos2B)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(2),3)，由正弦定理，得sinC＝eq \f(c,b)sinB＝eq \f(2,3)×eq \f(2\r(2),3)＝eq \f(4\r(2),9).因为a＝b>c，所以C是锐角，因此cosC＝eq \r(1－sin2C)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(2),9)))\s\up12(2))＝eq \f(7,9)，故C错误；易知cos(B－C)＝cosBcosC＋sinBsinC＝eq \f(1,3)×eq \f(7,9)＋eq \f(2\r(2),3)×eq \f(4\r(2),9)＝eq \f(23,27)，故D正确． 11．(2025·湖北武汉二中高一阶段考试)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P在线段C1D1上运动，则下列结论正确的是(　　) A．AP的最小值为eq \r(2) B．平面BB1P⊥平面A1B1C1D1 C．若P是C1D1的中点，则二面角P－B1B－C1的余弦值为eq \f(2\r(5),5) D．若D1P＝eq \f(1,4)，则直线B1P与BD1所成角的余弦值为eq \f(\r(15),5) 解析：对于A，如图1，连接AD1，AP，因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，所以C1D1⊥平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1，所以C1D1⊥AD1. 又点P在线段C1D1上，所以△AD1P为直角三角形，所以AP≥AD1＝eq \r(2)(当点P与点D1重合时取等号)，故A正确；对于B，因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，所以BB1⊥平面A1B1C1D1，又BB1⊂平面BB1P，所以平面BB1P⊥平面A1B1C1D1，故B正确；对于C，当P为线段C1D1的中点时，因为BB1⊥PB1，BB1⊥C1B1，所以∠PB1C1即为二面角P－BB1－C1的平面角．在△PB1C1中，PC1＝eq \f(1,2)，B1C1＝1，PC1⊥B1C1，所以PB1＝eq \f(\r(5),2)， 所以cos∠PB1C1＝eq \f(1,\f(\r(5),2))＝eq \f(2\r(5),5)，故C正确；对于D，如图2，因为D1P＝eq \f(1,4)，在A1B1上取点M，使MB1＝eq \f(1,4)，连接MB，MD1，则MD1∥B1P，所以∠MD1B即为异面直线B1P与BD1所成角． 在△MD1B中，MD1＝eq \f(5,4)，BD1＝eq \r(3)，BM＝eq \f(\r(17),4)，由余弦定理可得cos∠MD1B＝eq \f(\f(25,16)＋3－\f(17,16),2×\f(5,4)×\r(3))＝eq \f(7\r(3),15)，故D错误．故选ABC. 解析：z＝(eq \r(3)＋i)(1－eq \r(3)i)＝eq \r(3)－3i＋i＋eq \r(3)＝2eq \r(3)－2i，则其虚部为－2，实部为2eq \r(3)，所以z的实部与虚部之积为－4eq \r(3). 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．(2025·贵州遵义高一阶段练习)若复数z＝(eq \r(3)＋i)(1－eq \r(3)i)，则z的实部与虚部之积为________． －4eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) 解析：S△ABC＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(\r(3),4)(a2＋c2－b2)，所以sinB＝eq \f(\r(3)（a2＋c2－b2）,2ac)，即sinB＝eq \r(3)cosB⇒tanB＝eq \r(3)，因为0<B<π，所以B＝eq \f(π,3).eq \f(a,c)＝eq \f(sinA,sinC)＝eq \f(sinA,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3))))＝eq \f(sinA,\f(1,2)sinA＋\f(\r(3),2)cosA)＝eq \f(1,\f(1,2)＋\f(\r(3),2)·\f(1,tanA)).因为B＝eq \f(π,3)，C为钝角，所以0<A<eq \f(π,6).所以0<tanA<eq \f(\r(3),3)，eq \f(1,tanA)>eq \r(3)，eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)·eq \f(1,tanA)>2，所以0<eq \f(1,\f(1,2)＋\f(\r(3),2)·\f(1,tanA))<eq \f(1,2)，即eq \f(a,c)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))). 13．若△ABC的面积为eq \f(\r(3),4)(a2＋c2－b2)，且C为钝角，则B＝____，eq \f(a,c)的取值范围为________． eq \f(π,3) 解析：如图，取AC的中点D，连接DP，DB. 由△PAC，△ABC都是边长为6的等边三角形，得PD⊥AC，BD⊥AC，所以∠PDB为二面角P－AC－B的平面角，且∠PDB＝120°.设O为三棱锥P－ABC外接球的球心，O1，O2分别为△ABC，△PAC的中心，则OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面PAC，且O2D＝O1D＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)×6))＝eq \r(3)，OO2＝OO1.易知O，O2，D，O1四点共面，连接OD，则∠ODO1＝60°，OO1＝eq \r(3)O1D＝3.连接OB，则三棱锥P－ABC外接球的半径R＝OB＝2,1)eq \r(OO＋O1B2) ＝eq \r(32＋（2\r(3)）2)＝eq \r(21)，所以三棱锥P－ABC外接球的表面积为4πR2＝84π. 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．(本小题满分13分)已知复数z1＝m－2i，z2＝1－ni，其中i是虚数单位，m，n为实数． (1)若m＝1，n＝－1，求|z1＋z2|的值； (2)若z1＝zeq \o\al(2,2)，求m，n的值． 解：(1)当m＝1，n＝－1时，z1＝1－2i，z2＝1＋i， 所以z1＋z2＝(1－2i)＋(1＋i)＝2－i， 所以|z1＋z2|＝eq \r(22＋（－1）2)＝eq \r(5). (2)若z1＝zeq \o\al(2,2)，则m－2i＝(1－ni)2， 所以m－2i＝(1－n2)－2ni， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝1－n2，,－2＝－2n，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝0，,n＝1.)) 16．(本小题满分15分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且eq \f(cosA,a)＋eq \f(cosB,b)＝eq \f(sinC,c). (1)证明：sinAsinB＝sinC； (2)若b2＋c2－a2＝eq \f(6,5)bc，求tanB. 解：(1)证明：根据正弦定理，可设eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)＝k(k>0)， 则a＝ksinA，b＝ksinB，c＝ksinC. 代入eq \f(cosA,a)＋eq \f(cosB,b)＝eq \f(sinC,c)中， 有eq \f(cosA,ksinA)＋eq \f(cosB,ksinB)＝eq \f(sinC,ksinC)， 变形可得sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B)． 在△ABC中，由A＋B＋C＝π， 得sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC， 所以sinAsinB＝sinC. (2)由已知，b2＋c2－a2＝eq \f(6,5)bc， 根据余弦定理，得cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(3,5)， 所以sinA＝eq \r(1－cos2A)＝eq \f(4,5). 由(1)知，sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB， 所以eq \f(4,5)sinB＝eq \f(4,5)cosB＋eq \f(3,5)sinB， 故tanB＝eq \f(sinB,cosB)＝4. 17．(本小题满分15分)已知△ABC的面积为S，其外接圆半径为R，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，2R(sin2A－sin2C)＝(eq \r(3)a－b)sinB. (1)求角C； (2)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(S),2R)))eq \s\up12(2)＝sin2A－(sinB－sinC)2，a＝4，求c及△ABC的面积． 解：(1)∵2R(sin2A－sin2C)＝(eq \r(3)a－b)sinB， ∴两边同乘以2R，得(2RsinA)2－(2RsinC)2＝(eq \r(3)a－b)·2RsinB， 则由正弦定理，得a2－c2＝(eq \r(3)a－b)b， 即a2＋b2－c2＝eq \r(3)ab， ∴由余弦定理，得 cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(3)ab,2ab)＝eq \f(\r(3),2)， ∵0<C<π，∴C＝eq \f(π,6). (2)∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(S),2R)))eq \s\up12(2)＝sin2A－(sinB－sinC)2， ∴S＝4R2sin2A－(2RsinB－2RsinC)2， 则由正弦定理及三角形的面积公式，得S＝a2－(b－c)2＝a2－b2－c2＋2bc＝eq \f(1,2)bcsinA， ∴b2＋c2－a2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)sinA))bc. 结合余弦定理b2＋c2－a2＝2bccosA， 有2cosA＝2－eq \f(1,2)sinA，又sin2A＋cos2A＝1，∴sinA＝eq \f(8,17). 由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)， 得c＝eq \f(asinC,sinA)＝eq \f(4×\f(1,2),\f(8,17))＝eq \f(17,4). 由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC， 代入a＝4，c＝eq \f(17,4)，cosC＝coseq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2)，解得b＝eq \f(15＋8\r(3),4). ∴△ABC的面积S＝eq \f(1,2)absineq \f(π,6)＝b＝eq \f(15＋8\r(3),4). 18．(2024·新课标Ⅰ卷)(本小题满分17分)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝eq \r(3). (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A－CP－D的正弦值为eq \f(\r(42),7)，求AD. (2)如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF， 因为PA⊥底面ABCD，所以平面PAC⊥底面ABCD， 又平面PAC∩底面ABCD＝AC， 所以DE⊥平面PAC， 所以DE⊥CP， 又EF⊥CP，DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面DEF， 所以CP⊥平面DEF， 根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A－CP－D的平面角， 即sin∠DFE＝eq \f(\r(42),7)，所以tan∠DFE＝eq \r(6). 因为AD⊥DC，设AD＝x，则DC＝eq \r(4－x2)， 由等面积法可得，DE＝eq \f(x\r(4－x2),2)， 又CE＝eq \r(（4－x2）－\f(x2（4－x2）,4))＝eq \f(4－x2,2)，△EFC为等腰直角三角形， 所以EF＝eq \f(4－x2,2\r(2))， 故tan∠DFE＝eq \f(\f(x\r(4－x2),2),\f(4－x2,2\r(2)))＝eq \r(6)， 解得x＝eq \r(3)，即AD＝eq \r(3). 19．(本小题满分17分)如图1，已知正三角形ABC的边长为a，CD是AB边上的高，E，F分别是AC，BC的中点．现将△ADC沿CD翻折，使平面ADC⊥平面BCD，如图2所示． (1)试判断翻折后直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由； (2)若三棱锥E－DFC的体积为eq \f(\r(3),24)，求a的值； (3)在线段AC上是否存在一点P，使BP⊥DF？如果存在，求出eq \f(AP,AC)的值；如果不存在，请说明理由． 则EM∥AD，所以EM⊥平面BCD，且EM＝eq \f(a,4). 因为三棱锥E－DFC的体积为eq \f(\r(3),24)， 所以eq \f(1,3)×eq \f(a,4)×eq \f(\r(3)a2,16)＝eq \f(\r(3),24)，解得a＝2. (3)在线段AC上存在一点P，使BP⊥DF. 理由如下： 易知△BDF为正三角形，过B作BK⊥DF交DC于点K，连接KF，过K作PK∥AD交AC于点P，连接BP，则点P即所求，如图所示． 因为AD⊥平面BCD，PK∥AD， 所以PK⊥平面BCD，所以PK⊥DF. 又BK⊥DF，PK∩BK＝K， 所以DF⊥平面PKB， 所以DF⊥BP. 又∠DBK＝∠KBC＝∠BCK＝30°， 所以DK＝KF＝eq \f(1,2)KC. 故eq \f(AP,PC)＝eq \f(DK,KC)＝eq \f(1,2)，从而eq \f(AP,AC)＝eq \f(1,3). $$