【文档说明】河南省开封市2023-2024学年高一下学期7月期末考试 数学 Word版含解析.docx，共(20)页，1.853 MB，由小赞的店铺上传

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2023—2024学年第二学期期末调研考试高一数学试题注意事项：1．本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2．回答选择题时，选

出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.设复数z满足()1i1z−=−，则z=（）A1i+B.1i−C.1i−+D.1i−−2.设，为两个平面，则//的充要条件是A.内有无数条直线与平行B.内有两条相交直线与平行C.，平行于同一条直线D.，垂直于同一平面3.演讲

比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是A.中位数B.平均数C.方差D.极差4.在一次奥运会男子羽毛球单打比赛中，

运动员甲和乙进入了决赛．假设每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4．现采用随机模拟的方法估计甲获得冠军的概率．先由计算机模拟产生1~5之间的整数随机数，当出现随机数1，2或3时表示甲获胜，出现4，5时表示乙获胜．因为比赛采用了3局2胜制，所以每3个随机数为

一组，代表3局的结果，经随机模拟产生以下20组随机数：423123423344114453525332152342534443512541125432334151314354.据此估计所求概率的值为（）A.0.3B.0.35C.0.6D.0.655.已知3a

=，4b=，且a与b的夹角2π3=，则ab−=（）A.13B.13C.37D.376.在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，已知coscosaBbA=，且2a=，3c=，则cosC=（）A.34−B.18−C.34D.187.ABCDY中

，E为CD的中点，BE与对角线AC相交于点F，记ABa=，ADb=，用a，b表示BF=（）A1233ab+B.1233ab−−C.1233ab−+D.2133ab−+8.在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．已知四面体−PABC为鳖臑，且PAAB=，AC

BC=，记二面角APBC−−的平面角为θ，则sin=（）A.22B.33C.63D.36二、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()0.5PA=，()0.3PB=，则下

列说法中正确的是（）A.如果BA，那么()0.5PAB=B.如果BA，那么()0.3PAB=C.如果,AB互斥，那么()0.8PAB=D.如果,AB互斥，那么()0.15PAB=10.已知复数cosisinz=+，则（）A.1=zzB.1z=C.21z=D.222zz

+11.如图，在山脚A测得山顶P的仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走ma到达B处，在B处测得山顶P的仰角为，则山高h=（）A.()()sinsinsina−−B.()()sinsinsina−−.C.()()sinsinsin

sinaa−+−D.()()sinsinsinsinaa−+−三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知向量a，b，c在网格中的位置如右图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则()abc−=______；=ab____

__．13.已知正方体的内切球体积为1，则该正方体的外接球体积为______．14.已知复数21(4)i(R)zmmm=+−，22cos(2sin)i(,R)z=++，且12zz=，则λ的取值范围是______．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.在一个不透明的盒子中有大小质地完全相同的1个红球和1个白球，从中随机地摸出一个球，观察其颜色后放回．设事件A=“摸球2次出现1次红球”，B=“摸球4次出现2次红球”．（1）分别写出“摸球2次

”和“摸球4次”这两个试验的样本空间；（2）猜想()PA和()PB的大小关系，并验证你的猜想是否正确．16.平面直角坐标系Oxy中，已知向量()1,0OA=，()2,2OB=，()21,OCxx=−+，其中0x．（1

）求BAC；（2）若5BC=，求向量BC在向量OA上的投影向量的坐标．17.有一种鱼的身体吸收汞，一定量身体中汞的含量超过其体重的61.0010−的鱼被人食用后，就会对人体产生危害．在一批该鱼中随机抽取30条作为样本，检测其汞含量（乘以百万分之一）如下：0070.240.950.981.020

.981.371.400.391.021.441.580.541.080.610.721.201.141.621.681.851.200.810.820.841.291.262.101.651.31（1）依据样本数据，补充

完成下列频率分布直方图，并分析这30条鱼汞含量的分布特点；在.的（2）分别依据样本数据和（1）中频率分布直方图估计这批鱼的汞含量的第60百分位数，得到的结果完全一致吗?为什么?（3）将样本中汞含量最低的两条鱼分别放入

相互连通的A、B水池，若这两条鱼的游动相互独立，均有14的概率游入另一个水池且不再游回，求这两条鱼最终在同一水池的概率．18.如图，在四棱锥PABCD−中，2APPD==，11=AB，90ADCAPD==，平面P

AD⊥平面ABCD.（1）证明：AP⊥平面PCD；（2）若E是棱PA的中点，且//BE平面PCD，，求异面直线BE与PD所成角的余弦值.19.当ABC内一点P满足条件PABPBCPCA===时，称点P为ABC的布洛卡点，角θ为ABC的布洛卡角．

如图，在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，记ABC的面积为S，点P为ABC的布洛卡点，其布洛卡角为θ．（1）证明：()2sinSaPBbPCcPA=++．（2）证明：2224tanSabc++=；（

3）若ac=，且2PCPB=，求A及tan．2023—2024学年第二学期期末调研考试高一数学试题注意事项：1．本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定

位置.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在本试卷上无效.3．考试结束

后，将本试卷和答题卡一并交回.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.设复数z满足()1i1z−=−，则z=（）A.1i+B.1i−C.1i−

+D.1i−−【答案】A【解析】【分析】根据复数除法运算求解即可.【详解】由()1i1z−=−，可得i111iz=−=+，故选：A2.设，为两个平面，则//的充要条件是A.内有无数条直线与平行B.内有两条相交直线与平行C.，平行于同一条直线D.，垂直

于同一平面【答案】B【解析】【分析】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．【详解】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是//的充分条件，由面面平行性质定理知，若//，则内任意一条直线都与

平行，所以内两条相交直线都与平行是//的必要条件，故选B．【点睛】面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,//abab，则//”此类的错误．3.演讲比赛共有9位评委

分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是A.中位数B.平均数C.方差D.极差【答案】A【解析】【分析】可不用动笔，直接

得到答案，亦可采用特殊数据，特值法筛选答案．【详解】设9位评委评分按从小到大排列为123489xxxxxx．则①原始中位数为5x，去掉最低分1x，最高分9x，后剩余2348xxxx，中

位数仍为5x，A正确．②原始平均数1234891()9xxxxxxx=+++++，后来平均数234817xxxxx=+++（）平均数受极端值影响较大，x与x不一定相同，B不正确③()()()222219119Sxxxxxx=−+−++−()

()()222223817sxxxxxx=−+−++−由②易知，C不正确．④原极差91=x-x，后来极差82=x-x可能相等可能变小，D不正确．【点睛】本题旨在考查学生对中位数、平均数、方差、极差本质的理解.

4.在一次奥运会男子羽毛球单打比赛中，运动员甲和乙进入了决赛．假设每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4．现采用随机模拟的方法估计甲获得冠军的概率．先由计算机模拟产生1~5之间的整数随机数，当出现随机数1，2或3时表示甲获胜，出现4，5时表示乙获胜．因为比赛

采用了3局2胜制，所以每3个随机数为一组，代表3局的结果，经随机模拟产生以下20组随机数：423123423344114453525332152342534443512541125432334151314354据此估计所求概

率的值为（）A.0.3B.0.35C.0.6D.0.65【答案】D【解析】【分析】由20组随机数中先求出甲获胜的频数，从而可求出甲获胜的频率，进而可得答案【详解】由题意可知，20组随机数中甲获胜的有：423，123，423，114，3

32，152，342，512，125，432，334，151，314有13组，所以甲获胜的频率为130.6520，所以甲获得冠军的概率的近似值约为0.65，故选：D.5.已知3a=，4b=，且a与b的夹角2π3=，则ab−=（）A.13B.13C.37D.3

7【答案】D【解析】【分析】根据数量积的定义求出ab，再根据()2abab−=−及数量积的运算律计算可得.【详解】因为3a=，4b=，且a与b的夹角2π3=，所以1cos3462abab==−=−，

所以()()222222326437ababaabb−=−=−+=−−+=.故选：D6.在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，已知coscosaBbA=，且2a=，3c=，则cosC=（）A.34−B.18−C.34D.18【答案】B【解析】【

分析】利用正弦定理把边化为角，再用和差公式得AB=，所以2ba==，再用余弦定理即可求解.【详解】由正弦定理得2sin,2sinaRAbRB==，coscosaBbA=，sincossincosABBA=，即sincossin

cossin()0ABBAAB−=−=，,(0,π)AB，(π,0),(π,π)BAB−−−−，0AB−=，即AB=，2ba==，又3c=，222+4491cos22228abcCab−+−===−.故选：B.

7.ABCDY中，E为CD的中点，BE与对角线AC相交于点F，记ABa=，ADb=，用a，b表示BF=（）A.1233ab+B.1233ab−−C.1233ab−+D.2133ab−+【答案】C【解析】【分析】根据平面几何的知识得到12EFFB=，即23BFBE=，再根据平面向量线性运算法则计算

可得.【详解】在ABCDY中，E为CD的中点，BE与对角线AC相交于点F，所以ECFBAF∽，所以12EFECFBAB==，所以23BFBE=，所以()22121123323333BFBCCEADABADABab=+=−=−=−+

.故选：C8.在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．已知四面体−PABC为鳖臑，且PAAB=，ACBC=，记二面角APBC−−的平面角为θ，则sin=（）A.22B.33C.63D.36【答案】C【解析】【分析】

取PB的中点M，过点M作MNPB⊥交PC于点N，证明二面角APBC−−的平面角为θ就是AMN，结合解三角形知识即可求解.【详解】由题意设,,,PAABPAACBCACBCPC⊥⊥⊥⊥，取PB的中点M，过点M作MNPB⊥交PC于点N，连接,,MNAMAN，如图所示：因为PAAB=，PAAB

⊥，点M是等腰直角三角形PAB斜边PB上的中点，所以AMPB⊥，又因为MNPB⊥，AM平面PAB，MN平面PBC，平面PBC平面PABPB=，所以二面角APBC−−平面角为θ就是AMN，设1ACBC==，则2PAAB==，2PB=，3PC=，112PMAMPB===，从而30BPC

=，所以323,33MNPN==，又26cos33APN==，所以2423622223333AN=+−=，所以63AN=，所以121333cos33213AMN+−==，6sin3AMN=.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()0.5PA=，()0.3PB=，则下列说法中正确的是（）A.如果BA，那么()0.5PAB=B.如果BA，那么()0.3PAB=C.如果,A

B互斥，那么()0.8PAB=D.如果,AB互斥，那么()0.15PAB=的【答案】ABC【解析】【分析】对于AB，由BA可得,ABAABB==即可；对于CD，由,AB互斥可得AB=即可.【详解】对于AB，由BA可得,ABAABB=

=,所以()()0.5,()()0.3PABPAPABPB====,故AB正确；对于CD，由,AB互斥可得AB=，所以()()()0.8,()0PABPAPBPAB=+==,故C正确，D错误.故选：ABC.10.已知复数cosisinz=+，则（）A.1=zzB.1z=C

.21z=D.222zz+【答案】ABD【解析】【分析】对于A，由共轭复数概念、复数乘法即可判断；对于B，由复数模的计算公式即可判断；对于CD，由复数乘方、复数乘法即可判断.【详解】对于A，()()22cosisincos

i1csssininozz+−==+=，故A正确；对于B，22cossin1z=+=，故B正确；对于C，()()()()2222cosisincossin2sincosicos2sin2iz=+=−+=

+，故C错误；对于D，()()22cos2sin2ico2s2sin2i2cos2zz=++=+−，故D正确.故选：ABD.11.如图，在山脚A测得山顶P仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走ma到达B

处，在B处测得山顶P的仰角为，则山高h=（）A.()()sinsinsina−−B.()()sinsinsina−−的C.()()sinsinsinsinaa−+−D.()()sinsinsinsinaa−+−【答案】AC【解析】【分析】根据

所给条件表示出PAB、APB、sinABP，在ABP中利用正弦定理表示出AP、BP，再由锐角三角函数计算可得.【详解】由题意可知，PAQ=，PBC=，PAB=−，BAQ=，分别在RtPQ，RtPC中，2APQ=−，2BPQ=−，所以

APBAPQBPQ=−=−，又sinsin[)]ABPAPBBAP=−(+，()sin)sinsin()APBBAP=(+=−+−=−，在ABP中，由正弦定理可得，sinsinABAPAPBABP=，即sin()sin()aAP

=−−，所以sin()sin()aAP−=−，在RtPQ中，sinsin()sinsin()aPQAP−==−，故A正确，B错误；在ABP中，由正弦定理可得，sinsinABPBAPBBAP=，即sin()sin()aPB=−−，

所以sin()sin()aPB−=−，在RtPBC中，sinsin()sinsin()aPCPB−==−，又sinsinCQABa==，所以()()sinsinsinsinPCaQPQaC

−+−=+=，故C正确、D错误.故选：AC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知向量a，b，c在网格中的位置如右图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则()abc−=___

___；=ab______．【答案】①.2②.3【解析】【分析】建立坐标系，求出a，b，ab−的坐标，再根据数量积的坐标运算直接计算即可.【详解】建立直角坐标系如图所示：因为网格纸上小正方形的边长为1，则(2,1),(2,1),(0,1)abc==−=

，()0,2ab−=，()00212abc−=+=，()22113ab=+−=.故答案为：2；3.13.已知正方体的内切球体积为1，则该正方体的外接球体积为______．【答案】33【解析】【分析】根据正方体的内切球体积计算出正方体

边长，再利用正方体的外接球体积计算得到结果；【详解】设正方体的棱长为2(0)aa，正方体的内切球半径为a，正方体的内切球体积为34π13a=，解得133()4πa=，正方体外接球的半径为2221(2)(2)(2)32aaaa++=，故正方体的外接球体积为334π(3)4π3333aa=

=．故答案为：33．14.已知复数21(4)i(R)zmmm=+−，22cos(2sin)i(,R)z=++，且12zz=，则λ的取值范围是______．【答案】1[,6]4−【解析】【分析】利用复数相等建立

关系，再消去m并结合二次函数求出范围即得.【详解】由12zz=，得22cos2sin4mm=+=−，消去m并整理得22114sin2sin4(sin)24=−=−−，显然1sin1−，当1sin2=时，min14=−，当sin1=−时，max6=，所以λ的取

值范围是1[,6]4−.故答案为：1[,6]4−四、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.在一个不透明的盒子中有大小质地完全相同的1个红球和1个白球，从中随机地摸出一个球，观察其颜色后放回．设事件

A=“摸球2次出现1次红球”，B=“摸球4次出现2次红球”．（1）分别写出“摸球2次”和“摸球4次”这两个试验样本空间；（2）猜想()PA和()PB的大小关系，并验证你的猜想是否正确．【答案】（1）答案见解析（2）()()PAP

B，猜想正确【解析】【分析】（1）根据样本空间的定义逐一列举即可得解；（2）根据古典概型概率计算公式直接计算即可比较大小.【小问1详解】用a表示“取出红球”，b表示“取出白球”，摸球2次，样本空间为Ω,,,aaab

babb=，包含4个等可能的样本点；的摸球4次，样本空间为2,,,,,,,,,,,,,,,aaaaaaabaabaabaabaaaaabbababbaababbabababbaaabbbbabbbbabbbbabbbb=，包含16个等能的样本点；【小问

2详解】猜想应该有()()PAPB，,Aabba=，故()2nA=，,,,,,Baabbababbaababbabababbaa=，故()6nB=，根据古典概型概率计算公式，得()2142PA==，()63168PB==，所以()()PAPB，猜想正确

.16.在平面直角坐标系Oxy中，已知向量()1,0OA=，()2,2OB=，()21,OCxx=−+，其中0x．（1）求BAC；（2）若5BC=，求向量BC在向量OA上的投影向量的坐标．【答案】（1）π2BAC=（2）()5,0−或()3,0【解析】【分析】

（1）先应用减法得出向量坐标，再应用坐标运算得出夹角；（2）根据坐标求出模长，再根据投影向量公式计算即可.小问1详解】因为()1,2ABOBOA=−=，()2,ACOCOAxx=−=−，220ABACxx=−+=，又0

x，所以ABAC⊥，所以π2BAC=．【小问2详解】()21,2BCOCOBxx=−=−−−，所以()()222212555BCxxx=++−=+=，解之得2x=，设向量BC和向量OA的夹角为θ，又1OA=，所以向量BC在向量OA上的投影向量

为：【()cosOABCOAOABCBCOAOAOAOAOA===，当2x=时，()5,0BCOCOB=−=−，()cos55,0BCOAOA=−=−，当2x=−时，()3,4BCOCOB=−=

−，()cos33,0BCOAOA==，所以向量BC在向量OA上的投影向量的坐标为()5,0−或()3,017.有一种鱼的身体吸收汞，一定量身体中汞的含量超过其体重的61.0010−的鱼被人食用后，就会对人体产生危害．在一批该鱼中随机

抽取30条作为样本，检测其汞含量（乘以百万分之一）如下：0.070.240.950.981.020.981.371.400.391.021.441.580.541.080.610.721.201.141.621.681.851.200.

810.820.841.291.262.101.651.31（1）依据样本数据，补充完成下列频率分布直方图，并分析这30条鱼的汞含量的分布特点；（2）分别依据样本数据和（1）中频率分布直方图估计这批鱼的汞含量的第60百分位数，得到的结果完全一致吗?为什么?（3）将样本中汞含量最低的两条鱼分

别放入相互连通的A、B水池，若这两条鱼的游动相互独立，均有14的概率游入另一个水池且不再游回，求这两条鱼最终在同一水池的概率．【答案】（1）答案见解析；（2）61.2310−，61.2510−，不一致，理由见解析；（

3）38.【解析】【分析】（1）汞含量在1.0~1.5的样本数为12，求出频率即可补充直方图；（2）分别依据样本数据和（1）中频率分布直方图估计第60百分位数即可求解；（3）记“两条鱼最终均在A水池”

为事件A，记“两条鱼最终均在B水池”为事件B，根据互斥事件的概率加法公式即可求解.【小问1详解】汞含量在1.0~1.5的样本数为12，故频率为120.430=,在频率分布直方图中对应的高为0.40.80.5=,补充频率分布直方图如图所示：汞含量分布偏向于大于61.0010−的方向

，即多数鱼的汞含量分布在大于61.0010−的区域.【小问2详解】依据样本数据：由60%3018=，样本数据的第60百分位数为第18，19项数据的平均数，即1.21.261.232+=，所以估计这批鱼的汞含

量的第60百分位数为61.2310−；依据频率分布直方图：由0.60.41.00.51.250.80.4−+=−，所以估计这批鱼的汞含量的第60百分位数为61.2510−，两种方式得到的估计结果不一致，但相差不大，因为在频率分布直方图中已经损失了一些样本信息，我们无法

知道每个组内的数据是如何分布的，此时，通常假设数据在组内均匀分布.【小问3详解】记“两条鱼最终均在A水池”为事件A，则()11314416PA=−=，记“两条鱼最终均在B水池”为事件B，则()11314416PB=−

=，因为事件A与事件B互斥，所以这两条鱼最终在同一水池的概率为()()()33316168PABPAPB=+=+=.18.如图，在四棱锥PABCD−中，2APPD==，11=AB，90ADCAPD==，平面PAD⊥平面ABC

D.（1）证明：AP⊥平面PCD；（2）若E是棱PA的中点，且//BE平面PCD，，求异面直线BE与PD所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）1010.【解析】【分析】（1）应用面面垂直性质定理结合线面垂直判定定理证明即可；（2）应用面面平行性质定理得出线线平行求出异面直线所成

角余弦值.【小问1详解】因为平面PAD⊥平面ABCD，交线为AD，又CD平面ABCD，CDAD⊥，所以CD⊥平面PAD，又因为AP平面PAD，所以APCD⊥，又因为APPD⊥，,PDCDDPD=平面PCD，CD

平面PCD，所以AP⊥平面PCD【小问2详解】取AD中点，记为F，连接EF，BF，又因为E为AP中点，所以//EFPD，所以BEF为BE与PD所成角（或补角），又EF平面PCD，PD平面PCD，所以//EF平面PCD，又因为//BE平面PCD，EFBEE=，EF平面,

BEFBF平面,BEF所以平面//BEF平面PCD，的又平面BEFI平面ABCDBF=，平面PCD平面ABCDCD=，所以//CDBF，由（1）知，CD⊥平面PAD，所以BF⊥平面PAD，EF平面PAD，所以BFEF⊥，223BFA

BAF=−=，1EF=，2210BEEFBF=+=，所以110cos1010EFBEFBE===.所以异面直线BE与PD所成角的余弦值为1010.19.当ABC内一点P满足条件PABPBCPCA===时，称点P为ABC的布洛卡点，角θ为ABC的布洛卡角．如图，在ABC中，角A，B，

C的对边分别为a，b，c，记ABC的面积为S，点P为ABC的布洛卡点，其布洛卡角为θ．（1）证明：()2sinSaPBbPCcPA=++．（2）证明：2224tanSabc++=；（3）若ac=，且2PCPB=，求A及tan．【答

案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）π4A=，1tan2=【解析】【分析】（1）利用正弦定理的面积公式即可证明.（2）利用余弦定理和（1）中结论即可证明.（3）利用余弦定理和（2）中结论即可求解.【小问1详解】因为111sin

sinsin222PABPBCPACSSSScAPaBPbCP=++=++△△△()1sin2cAPaBPbCP=++①式，所以()2sinScAPaBPbCP=++.【小问2

详解】在PAB，PBC，PAC△中，分别由余弦定理得：2222cosBPcAPcAP=+−，2222cosCPaBPaBP=+−，2222cosAPbCPbCP=+−，三式相加整理得：()2222coscAPaBPbCPabc

++=++②式，结合①②式，可得()()2222cos2sincAPaBPbCPabcScAPaBPbCP++++=++，整理可得2224tanSabc++=，所以原式得证，【小问3详解】若ac=，则AC=，所以PACACPCB

=−=−=，所以PACPBC∽△△，所以2PCbPBa==，即2ba=，又ca=，在ABC中，由余弦定理得222222222cos2222bcaaaaAbca+−+−===，又0πA，所以π4A=，由（2）2224tanSabc++=，得2222124si

n22222tantanbcAaaaa++==，解之可得1tan2=．