专题二-专题三_2026版高中《二三轮复习+冲刺复习》_word_教师word

专题二
数列
微专题4　等差数列、等比数列
1.等差数列、等比数列的基本公式(n N
∈
*)
(1)等差数列的通项公式:an=a1+(n-1)d.
(2)等比数列的通项公式:an=a1·qn-1.
(3)等差数列的前n 项和公式:
Sn=n(a1+an)
2
=na1+n(n-1)d
2
.
(4)等比数列的前n 项和公式:
Sn={
a1(1-q
n)
1-q
= a1-anq
1-q
,q≠1,
na1,q =1.
2.等差数列、等比数列的性质
(1)通项性质:若m+n=p+q=2k(m,n,p,q,k N
∈
*),则对于等差数列,有am+an=ap+aq=2ak;对于等比数列有aman=apaq=ak
2.
(2)前n 项和性质:对于等差数列有Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…成等差数列;对于等比数列有Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…成等比数列(q=-1 且m 为
偶数情况除外).
(3)若{an}是等差数列,则{
Sn
n }也是等差数列.
(4)在等差数列中,若项数为奇数2n-1,则S2n-1=(2n-1)an;S 奇-S 偶=an;S奇
S偶
= n
n-1.
微点一　等差、等比数列基本量的运算
例1　(1)(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n 项和,已知S5=S10,a5=1,则a1=(B)
A.7
2
B.7
3
C.-1
3
D.- 7
11
解析　由S5=S10,得5(a1+a5)
2
=10(a1+a10)
2
,所以5a3=5(a3+a8),所以a8=0,公差d=a8-a5
8-5
=-1
3,所以a1=a5-4d=1-4×(- 1
3)=7
3 ,故
选B.
(2)(2025·茂名二模)(多选题)等差数列{an}中,a2+a3=-12,a5+a7=2.记数列{an}前n 项和为Sn,则下列选项正确的是(AD)
A.数列{an}的公差为2
B.Sn取最小值时,n=6
C.S4=S7
D.数列{|an|}的前10 项和为50
解析　对A,设等差数列{an}的公差为d,则由题意知{
2a1+3d =-12,
2a1+10d =2, 解得{
a1=-9,
d =2,
故A 正确;对
B,an=-9+2(n-1)=2n-11,Sn=-9n+n(n-1)
2
×2=n2-10n=(n-5)2-25,当n=5 时,Sn取最小值-25,故B 错误;对C,S4=42-10×4=-24,S7=72-
10×7=-21,则S4≠S7,故C 错误;对D,数列{|an|}的前10 项和为|-9|+|-7|+|-5|+|-3|+|-1|+1+3+5+7+9=50,故D 正确.
训练1　(1)(2025·赣州一模)已知数列{an}的前n 项和为Sn,满足3an=2Sn+1,则S5=(D)
A.11
B.31
C.61
D.121
解析　令n=1,得3a1=2S1+1=2a1+1,得a1=1,由3an=2Sn+1,当n≥2 时,3an-1=2Sn-1+1,两式相减得,3an-3an-1=2(Sn-Sn-1)=2an,即an=3an-1,即
an
an-1
=3,所以数列{an}是以a1=1 为首项,3 为公比的等比数列,所以S5=1×(1-3
5)
1-3
=121.故选D.
(2)(2025·南昌一模)已知等差数列{an}各项不为零,前n 项和为Sn,若Sn=anan+1,则a13= 13
2 .
解析　在等差数列{an}中,an不为零,设公差为d,因为Sn=anan+1,令n=1,则S1=a1=a1a2,所以a2=1,令n=2,则S2=a2a3,则
1+a1=a3=a1+2d,所以d=1
2,则a13=a2+11d=1+11
2 =13
2 .
微点二　等差、等比数列的性质
例2　(1)(多选题)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n 项和,则下列命题正确的是(BD)
A.若d<0,则S1是数列{Sn}的最大项
B.若数列{Sn}有最小项,则d>0
C.若数列{Sn}是递减数列,则对任意的n N
∈
*,均有Sn<0
D.若对任意的n N
∈
*,均有Sn>0,则数列{Sn}是递增数列
解析　对于A,取数列{an}为首项为4,公差为-2 的等差数列,S1=4<S2=6,故A 错误;对于B,等差数列{an}中,公差d≠0,Sn=na1+
n(n-1)
2
d=d
2
n2+(a1- d
2)n,Sn是关于n 的二次函数.当数列{Sn}有最小项,即Sn有最小值时,Sn对应的二次函数有最小值,对应
的函数图象开口向上,d>0,B 正确;对于C,取数列{an}为首项为1,公差为-2 的等差数列,Sn=-n2+2n,Sn+1-Sn=-(n+1)2+2(n+1)-(-
n2+2n)=-2n+1<0,即Sn+1<Sn恒成立,此时数列{Sn}是递减数列,而S1=1>0,故C 错误;对于D,若数列{Sn}是递减数列,则an=Sn-
Sn-1<0(n≥2),一定存在实数k,当n>k 时,之后所有项都为负数,不能保证对任意n N
∈
*,均有Sn>0.故若对任意n N
∈
*,均有Sn>0,则数
列{Sn}是递增数列,故D 正确.
(2)(2025·许昌模拟)已知数列{an}为等比数列,a2+a4+a6=8, 1
a2
+ 1
a4
+ 1
a6
=2,则a4= 2 .
解析　因为{an}为等比数列,所以公比q≠0,a4
2=a2a6,又a2+a4+a6=8,所以1
a2
+ 1
a4
+ 1
a6
= 1
a2
+ 1
a6
+ 1
a4
=a2+a6
a2a6
+
a4
a4
2 =
a2+a6
a4
2
+
a4
a4
2 =
a2+a4+a6
a4
2
= 8
a4
2 =2,解得a4=±2,又a2+a4+a6=a2(1+q2+q4)=8>0,而1+q2+q4>0 恒成立,所以a2>0,则a4=a2q2>0,故a4=2.
训练2　(1)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn,若S3=S9=6,则S12的值为(A)
A.0
B.3
C.6
D.12
解析　因为{an}是等差数列,所以S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9成等差数列,又S3=S9=6,所以6,S6-6,6-S6,S12-6 成等差数列,则6+S12-6=S6-6+6-
S6,则S12=0.故选A.
(2)已知{an}为正项等比数列,若lg a2,lg a2 024是函数f(x)=3x2-12x+9 的两个零点,则a1a2 025=(B)
A.10
B.104
C.108
D.1012
解析　由题意可得lg a2,lg a2 024为方程3x2-12x+9=0 的两个解,则lg a2+lg a2 024=4,解得a2a2 024=104,易知a1a2 025=a2a2 024=104.故选
B.
微点三　等差、等比数列定义的证明
例3　(2025·长春模拟)已知数列{an}中,an+1=2an- 5
3
n+1.
(1)若a1,a2,a3依次成等差数列,求a1;
(2)若a1=4
3
,证明数列{an- 1
3
n}为等比数列,并求数列{an}的前n 项和Sn.
解　(1)a2=2a1-5
9,a3=2a2- 5
27 =4a1-35
27 ,又a1,a2,a3依次成等差数列,所以2a2=a1+a3,即2(2a1- 5
9)=a1+4a1-35
27 ,解得a1= 5
27 .
(2)证明:因为an+1- 1
3
n+1=2an- 5
3
n+1- 1
3
n+1=2an- 6
3
n+1=2an- 2
3
n=2(an- 1
3
n),且a1-1
3=1,所以{an- 1
3
n}是首项为1,公比为2 的等比
数列,可得an- 1
3
n=2n-1,则an=2n-1+ 1
3
n,Sn=(20+21+22+…+2n-1)+(
1
3 + 1
3
2 +…+ 1
3
n)=1-2
n
1-2
+
1
3 - 1
3
n+1
1- 1
3
=2n-
1
2×3
n-1
2.
训练3　设Sn为数列{an}的前n 项和,bn为数列{Sn}的前n 项积,已知2
Sn
+ 1
bn
=2.
(1)证明:数列{bn}是等差数列;
(2)求{an}的通项公式.
解　(1)证明:因为bn是数列{Sn}的前n 项积,所以n≥2 时,Sn= bn
bn-1
,代入2
Sn
+ 1
bn
=2 可得2bn-1
bn
+ 1
bn
=2,整理可得2bn-1+1=2bn,即bn-
bn-1=1
2
(n≥2).又2
S1
+ 1
b1
= 3
b1
=2,所以b1=3
2
,故{bn}是以3
2
为首项,1
2
为公差的等差数列.
(2)由(1)可知,bn=3
2+1
2(n-1)=n+2
2
,则2
Sn
+ 2
n+2=2,所以Sn=n+2
n+1,当n=1 时,a1=S1=3
2,当n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n+2
n+1-n+1
n
=-
1
n(n+1)
.故an={
3
2 ,n=1,
-
1
n(n+1) ,n≥2.
1.(2023·新课标Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n 项和,若S4=-5,S6=21S2,则S8=(C)
A.120
B.85
C.-85
D.-120
解析　设等比数列{an}的公比为q(q≠0),由题意易知q≠1,则{
a1(1-q
4)
1-q
=-5,
a1(1-q
6)
1-q
=21× a1(1-q
2)
1-q
,
化简整理得{
q
2= 4 ,
a1
1-q = 1
3 ,
所以S8=
a1(1-q
8)
1-q
=1
3
(1-44)=-85,故选C.
2.(2023·新课标Ⅰ卷)设Sn为数列{an}的前n 项和,设甲:{an}为等差数列;乙:{
Sn
n }为等差数列.则(C)
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
解析　若{an}为等差数列,设其公差为d,则an=a1+(n-1)d,所以Sn=na1+n(n-1)
2
d,所以Sn
n
=a1+(n-1)·d
2 ,所以Sn+1
n+1
-Sn
n
=a1+(n+1-1)·
d
2 -[a1+(n-1)· d
2]=d
2 ,为常数,所以{
Sn
n }为等差数列,即甲⇒乙;若{
Sn
n }为等差数列,设其公差为t,则Sn
n
=S1
1
+(n-1)t=a1+
(n-1)t,所以Sn=na1+n(n-1)t,所以当n≥2 时,an=Sn-Sn-1=na1+n(n-1)t-[(n-1)a1+(n-1)(n-2)t]=a1+2(n-1)t,当n=1 时,S1=a1也满足上式,所以
an=a1+2(n-1)t(n N
∈
*),所以an+1-an=a1+2(n+1-1)t-[a1+2(n-1)t]=2t,为常数,所以{an}为等差数列,即甲⇐乙.所以甲是乙的充要条件,故
选C.
3.(2025·全国二卷)记Sn为等差数列{an}的前n 项和.若S3=6,S5=-5,则S6=(B)
A.-20
B.-15
C.-10
D.-5
解析　根据S3=3a2=6 得a2=2,根据S5=5a3=-5 得a3=-1,所以{an}的公差d=a3-a2=-3,所以a6=a3+3d=-10,所以S6=S5+a6=-5-10=-15.
4.(2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n 项和.若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10= 95 .
解析　设{an}的公差为d,由a3+a4=a1+2d+a1+3d=2a1+5d=7,3a2+a5=3(a1+d)+a1+4d=4a1+7d=5,解得a1=-4,d=3,则S10=10a1+45d=95.
5.(2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令bn=n
2+n
an
,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n 项和.
(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.
解　(1)因为3a2=3a1+a3,所以3(a2-a1)=a1+2d,所以3d=a1+2d,所以a1=d,所以an=nd.因为bn=n
2+n
an
,所以bn=n
2+n
nd
=n+1
d
,所以
S3=3(a1+a3)
2
=3(d +3d )
2
=6d,T3=b1+b2+b3=2
d
+3
d
+4
d
=9
d
.因为S3+T3=21,所以6d+9
d
=21,解得d=3 或d=1
2
,因为d>1,所以d=3.所
以{an}的通项公式为an=3n.
(2)因为bn=n
2+n
an
,且{bn}为等差数列,所以2b2=b1+b3,即2× 6
a2
= 2
a1
+12
a3
,所以
6
a1+d - 1
a1
=
6
a1+2d ,所以a1
2-3a1d+2d2=0,解得a1=d
或a1=2d.
①当a1=d 时,an=nd,所以bn=n
2+n
an
=n
2+n
nd
=n+1
d
,S99=99(a1+a99)
2
=99(d +99d)
2
=99×50d,T99=99(b1+b99)
2
=
99(
2
d + 100
d )
2
=99×51
d
.因为S99-T99=99,所以99×50d-99×51
d
=99,即50d2-d-51=0,解得d=51
50
或d=-1(舍去).
②当a1=2d 时,an=(n+1)d,所以bn=n
2+n
an
= n
2+n
(n+1)d
=n
d ,S99=99(a1+a99)
2
=99(2d +100d)
2
=99×51d,T99=99(b1+b99)
2
=
99(
1
d + 99
d )
2
=99×50
d
.因为S99-T99=99,所以99×51d-99×50
d
=99,即51d2-d-50=0,解得d=-50
51
(舍去)或d=1(舍去).综上,d=51
50
.
微练(七)　等差数列、等比数列
基础过关练
一、单项选择题
1.(2025·日照一模)已知等差数列{an}中,a2+a4=6,则a1+a3+a5=(B)
A.15
B.9
C.3√6
D.5√6
解析　在等差数列{an}中,已知a2+a4=6,所以a2+a4=2a3,即a3=3.同样根据等差数列的性质,可得a1+a5=2a3.则
a1+a3+a5=(a1+a5)+a3=3a3.把a3=3 代入可得3a3=3×3=9.故选B.
2.(2025·湛江一模)在等比数列{an}中,a3·a5=49,a4+a6=70,则a8=(B)
A.-567
B.567
C.451
D.699
解析　因为a3·a5=a4
2=49,所以a4=±7,当a4=-7 时,-7-7q2=70,q2=-11,舍去,故a4=7,所以7+7q2=70,即q2=9,所以a8=a4·q4=567.故选B.
3.(2025·黑龙江一模)正项等比数列{an}中,Sn是其前n 项和,若a2=a3+2a4,S2=32,则S6=(D)
A.63
B.56
C.52
D.42
解析　正项等比数列{an}中,Sn是其前n 项和,若a2=a3+2a4,则2q2+q-1=0,所以q=1
2或q=-1,因为an>0,所以q>0,所以q=1
2,又因为
S2=a1+a2=a1+a1×1
2
=3
2
a1=32,所以a1=64
3
,则S6=
64
3 (1- 1
2
6)
1- 1
2
=2×64
3 (1- 1
2
6)=2×64
3
×63
64
=42.故选D.
4.已知{an}是等比数列,a3a5=8a4,且a2,a6是方程x2-34x+m=0 的两实数根,则m=(C)
A.8
B.-8
C.64
D.-64
解析　因为{an}是等比数列,所以a3a5=a4
2,a2a6=a4
2,又a3a5=8a4,所以a4=8,又a2,a6是方程x2-34x+m=0 的两实数根,所以m=a2a6=
a4
2=64.故选C.
5.(2025·南宁模拟)已知{an}为等比数列,Sn为数列{an}的前n 项和,an+1=2Sn+2,则a4的值为(C)
A.3
B.18
C.54
D.152
解析　因为an+1=2Sn+2,所以当n≥2 时,an=2Sn-1+2,两式相减得an+1-an=2an,即an+1=3an,所以数列{an}是公比q=an+1
an
=3 的等比数列.
当n=1 时,a2=2S1+2=2a1+2,又a2=3a1,所以3a1=2a1+2,解得a1=2,所以a4=a1q3=2×33=54,故选C.
6.(2025·临沂一模)设数列{an}的前n 项和为Sn,且Sn+nan=1,则满足Sn>0.99 时,n 的最小值为(D)
A.49
B.50
C.99
D.100
解析　因为Sn+nan=1,所以a1=1
2,当n≥2 时,Sn+nan=Sn-1+(n-1)an-1=1,所以(n+1)an=(n-1)an-1,即an
an-1
=n-1
n+1,此时an= an
an-1
×an-1
an-2
×
an-2
an-3
×…×a3
a2
×a2
a1
×a1=n-1
n+1
×n-2
n
×n-3
n-1
×…×3
5
×2
4
×1
3
×1
2
=
1
n(n+1),n=1 也满足该式,故an=
1
n(n+1),Sn=1-nan=1- 1
n+1
,若
Sn=1- 1
n+1
>0.99,解得n>99,故所求为100.故选D.
二、多项选择题
7.已知Sn是等差数列{an}的前n 项和,且a7>0,a5+a10<0,则下列选项正确的是
(ABC)
A.数列{an}为递减数列
B.a8<0
C.Sn的最大值为S7
D.S14>0
解析　设等差数列{an}的公差为d,由于a7>0,a5+a10<0,故a7+a8=a5+a10<0,则a8<0,B 正确;d=a8-a7<0,则数列{an}为递减数列,A 正确;
由以上分析可知a1,a2,…,a7>0,n≥8 时,an<0,故Sn的最大值为S7,C 正确;S14=14(a1+a14)
2
=14(a5+a10)
2
<0,D 错误.故选ABC.
8.(2025·汕头二模)已知数列{an}的前n 项和为Sn,若a1=a2=4,且∀n≥2,n N
∈
*都有4(Sn-Sn-1)=Sn+1,则(AD)
A.数列{Sn}是等比数列
B.数列{an}是等比数列
C.a6=32
D.数列{log2an}的前10 项和为56
解析　由题设得:当n≥2 时,4(Sn-Sn-1)=Sn+1,可得Sn+1-2Sn=2(Sn-2Sn-1),又S2-2S1=0,所以Sn+1-2Sn=0,所以Sn+1
Sn
=2(n≥2),S2
S1
=4+ 4
4
=2,所以
Sn+1
Sn
=2(n N
∈
*),所以{Sn}是以S1=4 为首项,2 为公比的等比数列,故A 正确;所以Sn=4·2n-1=2n+1,当n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n+1-2n=2n,所以
an={
2
n,n≥2,
4 ,n=1,
所以数列{an}不是等比数列,故B 错误;所以a6=64,故C 错误;又log2an={
n,n≥2,
2,n=1,所以{log2an}的前10 项和为
2+(2+3+…+10)=56,故D 正确.故选AD.
三、填空题
9.(2025·淄博一模)已知等比数列{an}的各项为正数,前n 项和为Sn,若S3=13,a3=9,则公比q= 3 .
解析　由S3=a1+a2+a3,则S3-a3=a1+a2=4,由a3=a1q2,a3=a2q,则a3
q
2+a3
q
=4,整理可得4q2-9q-9=0,分解因式可得(4q+3)(q-3)=0,解得
q=3 或-3
4 (舍去).
10.(2025·湛江一模)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn,且满足S2n-1=4n2-2an-1,a1=1,则数列{an}的通项公式为 a n=2
  n  -1 
  .
解析　设{an}的公差为d,因为S2n-1=4n2-2an-1,所以S3=4×22-2a2-1=15-2a2,又S3=a1+a2+a3=3a2,故15-2a2=3a2,解得a2=3,所以d=a2-
a1=2,又a1=1,所以an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1.
四、解答题
11.设数列{an}的前n 项和为Sn,若Sn-1
2
an=n2+1,n N
∈
*.
(1)求a1,a2,判断数列{an+1+an}是否为等差数列,若是等差数列,请进行证明;若不是等差数列,请说明理由;
(2)求S20.
解　(1)当n=1 时,由条件得a1-1
2a1=2,所以a1=4.当n=2 时,由条件得(a1+a2)-1
2a2=5,所以a2=2.数列{an+1+an}是等差数列,证明如下:
因为Sn-1
2an=n2+1,所以Sn-1-1
2an-1=(n-1)2+1(n≥2),两式相减得an-1
2an+1
2an-1=2n-1,即an+an-1=4n-2,所以(an+1+an)-(an+an-1)=[4(n+1)-2]-
(4n-2)=4,从而数列{an+1+an}为等差数列.
(2)由(1)知数列{an+1+an}为等差数列,an+an-1=4n-2,所以an+an+1=4(n+1)-2=4n+2,所以首项为a1+a2=6,a19+a20=78,所以S20=(a1+a2)+
(a3+a4)+…+(a19+a20)=10×[(a1+a2)+(a19+a20)]
2
=10×(6+78)
2
=420.
12.已知数列{an}的前n 项和为Sn,a1=3
2
且Sn=2an+1-3,令bn=n
2+n
an
.
(1)求证:{an}为等比数列;
(2)求使bn取得最大值时的n 的值.
解　(1)证明:由Sn=2an+1-3,可得n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2an+1-2an,即n≥2,an+1=3
2an,又因为a1=3
2,a1=2a2-3,所以a2=9
4 ,a2
a1
=3
2,综上,n≥1,
an+1
an
=3
2
,所以{an}为首项和公比均为3
2
的等比数列.
(2)由(1)可得an=(
3
2)
n
,所以bn=(
2
3)
n
(n2+n),n≥2 时, bn
bn-1
=2(n
2+n)
3(n
2-n)
=2(n+1)
3(n-1)
,令bn
bn-1
>1,可得2≤n<5
(或令bn
bn-1
<1,可得n>5),可知b1<b2<b3<b4=b5>b6>b7>…,综上,n=4 或n=5 时,bn取得最大值320
81
.
能力提升练
13.如图是第14 届国际数学教育大会的会标,会标中“ICME⁃14”的下方展示的是八卦中的四卦——3,7,4,4,这是中国古代八
进制计数符号,换算成现代十进制是3×83+7×82+4×81+4×80=2 020,正是会议计划召开的年份,那么八进制77…7,10 个7 换算成
十进制数,则换算后这个数的末位数字是(B)
A.1
B.3
C.5
D.7
解析　由进位制的换算方法可知,八进制77…7,10 个7 换算成十进制得7×89+7×88+…+7×81+7×80=7×1-8
10
1-8
=810-1,810-1=(10-
2)10-1=C10
0 1010+C10
1 109×(-2)+…+C10
9 101×(-2)9+C10
10×(-2)10-1,因为C10
0 1010+C10
1 109×(-2)+…+C10
9 101×(-2)9是10 的倍数,所以,换算后
这个数的末位数字即为C10
10(-2)10-1 的末位数字,由C10
10(-2)10-1=1 023 可得,末位数字为3.故选B.
14.(2025·青岛一模)已知公比不为±1 的等比数列{an}中,存在s,t N
∈
*,满足asat=a5
2,则4
s +1
t 的最小值为 19
21 .
解析　设{an}的公比为q(q≠±1),因为asat=a5
2,则a1qs-1a1qt-1=(a1q4)2,故s+t=10,s,t N
∈
*.则4
s
+1
t
= 1
10(
4
s + 1
t)(s+t)= 1
10(5+ 4t
s + s
t)
≥1
10(5+2√
4t
s × s
t)= 9
10
,当且仅当4t
s
=s
t
,即s=2t 时等号成立,此时s=20
3
,t=10
3
,但s,t N
∈
*.结合对勾函数的性质,当s=7,t=3
时,4
s +1
t =4
7 +1
3 =19
21;当s=6,t=4 时,4
s +1
t =4
6 +1
4 =11
12,因为19
21<11
12,故4
s +1
t 的最小值为19
21,此时s=7,t=3.
微专题5　数列求和
微点一　错位相减法求和—— 教考衔接
◎教材·研析
例1　(人教A 版选择性必修第二册P56·11 题)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1(n N
∈
*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=3
n-1,令cn=anbn,求数列{cn}的前n 项和Tn.
解　(1)设等差数列{an}的公差为d,则由S4=4S2,a2n=2an+1(n N
∈
*),得{
4 a1+6d =8a1+ 4 d ,
a1+(2n-1)d =2a1+2(n-1)d +1,解得{
a1=1,
d =2,
所以
an=2n-1(n N
∈
*).
(2)由(1)及bn=3n-1,知cn=(2n-1)·3n-1,所以Tn=1×30+3×31+5×32+…+(2n-1)·3n-1,3Tn=1×31+3×32+5×33+…+(2n-1)·3n,两式相减,
得-2Tn=1+2×(31+32+33+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-2(n-1)·3n,所以Tn=(n-1)·3n+1.
◎真题·链接
真题　(2023·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n 项和,已知a2=1,2Sn=nan.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列{
an+1
2
n }的前n 项和Tn.
解　(1)当n=1 时,2S1=a1,即2a1=a1,所以a1=0.当n≥2 时,由2Sn=nan,得2Sn-1=(n-1)an-1,两式相减得2an=nan-(n-1)an-1,即
(n-1)an-1=(n-2)an,当n=2 时,可得a1=0,故当n≥3 时, an
an-1
=n-1
n-2,则an
an-1
·an-1
an-2
·…·a3
a2
=n-1
n-2·n-2
n-3 ·…·2
1,整理得an
a2
=n-1,因为a2=1,
所以an=n-1(n≥3).当n=1,n=2 时,均满足上式,所以an=n-1.
(2)令bn=an+1
2
n = n
2
n,则Tn=b1+b2+…+bn-1+bn=1
2+ 2
2
2+…+n-1
2
n-1 + n
2
n　①,1
2Tn= 1
2
2+ 2
2
3+…+n-1
2
n + n
2
n+1　②,由①-②得1
2Tn=1
2+ 1
2
2+
1
2
3+…+ 1
2
n- n
2
n+1=
1
2(1- 1
2
n)
1- 1
2
- n
2
n+1=1-2+n
2
n+1 ,即Tn=2-2+n
2
n .
◎创新·变式
变式　已知各项为正数的数列{an}的前n 项和为Sn,且4Sn=an
2+2an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若b1=1,bn=3bn+1,求数列{anbn}的前n 项和Tn,并证明1≤Tn<3.
解　(1)当n=1 时,4a1=a1
2+2a1+1,解得a1=1.当n≥2 时,由4Sn=an
2+2an+1,得4Sn-1=an-1
2
+2an-1+1,两式相减,得4an=an
2-an-1
2
+2an-2an-1,
整理得an
2-an-1
2
=2(an+an-1).又an>0,所以an-an-1=2,即{an}是首项为1,公差为2 的等差数列,故数列{an}的通项公式为
an=2n-1(n N
∈
*).
(2)因为b1=1≠0,bn=3bn+1,所以bn+1
bn
=1
3 ,所以数列{bn}是首项为1,公比为1
3 的等比数列,所以bn=(
1
3)
n-1
,即anbn=2n-1
3
n-1 ,则Tn= 1
3
0
+ 3
3
1+ 5
3
2+ 7
3
3+…+2n-1
3
n-1 ,1
3Tn= 1
3
1+ 3
3
2+ 5
3
3 +…+2n-3
3
n-1 +2n-1
3
n
,两式相减,得2
3Tn=1+2(
1
3
1 + 1
3
2 + 1
3
3 +…+ 1
3
n-1)-2n-1
3
n
=1+2×
1
3(1- 1
3
n-1)
1- 1
3
-2n-1
3
n
=2-2n+2
3
n
,解得Tn=3-n+1
3
n-1 ,则Tn+1-Tn=(3- n+2
3
n )-(3- n+1
3
n-1)=2n+1
3
n
>0,所以Tn+1>Tn,所以Tn单调递增,
所以当n=1 时,Tn取得最小值,且最小值为1.又n+1
3
n-1 >0,所以Tn<3,故1≤Tn<3.
微点二　裂项相消法求和
例2　(2025·榆林模拟)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn,且a6=7,S6=27.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=
1
an·an+1
,求数列{bn}的前n 项和Tn.
解　(1)设等差数列{an}的公差为d,则由题意得{
a1+5d =7,
6a1+ 6×5
2
d =27 ,即{
a1+5d =7,
2a1+5d =9,解得{
a1=2,
d =1.
所以数列{an}的通项公式
为an=2+(n-1)×1=n+1.
(2)因为an=n+1,则an+1=n+2,所以bn=
1
(n+1)(n+2)= 1
n+1
- 1
n+2
,所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=(
1
2 - 1
3)+(
1
3 - 1
4)+(
1
4 - 1
5)+…+
(
1
n+1 -
1
n+2)=1
2
- 1
n+2
=
n
2(n+2).
(1)“裂项相消法”的解题流程:一项裂开两项→互相抵消→计算余下的项→得结果.
(2)利用裂项相消法求和时,既要注意检验裂项前后是否等价,又要注意求和时正负项相消后消去了哪些项,保留了哪些项.
(3)常用的裂项公式
①
1
n(n+1)=1
n
- 1
n+1
;
②
1
(2 n-1)(2n+1)=1
2(
1
2n-1 -
1
2n+1);
③
1
√n+√n+1
=√n+1-√n.
微点三　分组(并项)法求和
例3　已知数列{an}满足a1=1,an+1= 4 an
3an+ 4 .
(1)求证:数列{
1
an}是等差数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)
n+1
anan+1
,求数列{bn}的前20 项和T20.
解　(1)证明:显然an≠0,由an+1= 4 an
3an+ 4
得1
an+1
= 1
an
+3
4
,又a1=1,则数列{
1
an}是首项为1,公差为3
4
的等差数列.由1
an
=1+(n-1)×
3
4
,得an=
4
3n+1
.
(2)由(1)可知bn=(-1)n+1×3n+1
4
×3n+ 4
4
= 1
16 ×[(-1)n+1·(3n+1)(3n+4)],所以T20= 1
16 ×[4×7-7×10+10×13-13×16+…+(-1)21×61×64]= 1
16
×(-6)×(7+13+19+…+61)= 1
16
×(-6)×7+61
2
×10=-255
2
.
分组法求数列前n 项和的关键
(1)若数列{cn}的通项公式为cn=an±bn,或cn={
an,n 为奇数,
bn,n 为偶数,且{an},{bn}为等差或等比数列,可采用分组求和法求数列{cn}的前n
项和.
(2)若数列的通项公式中有(-1)n等特征,根据正负号分组求和.
1.(2024·全国甲卷)设Sn为数列{an}的前n 项和,已知4Sn=3an+4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n 项和Tn.
解　(1)因为4Sn=3an+4　①,所以当n≥2 时,4Sn-1=3an-1+4　②.则当n≥2 时,①-②得4an=3an-3an-1,即an=-3an-1.当n=1 时,由
4Sn=3an+4 得4a1=3a1+4,所以a1=4≠0,所以数列{an}是以4 为首项,-3 为公比的等比数列,所以an=4×(-3)n-1.
(2)因为bn=(-1)n-1nan=(-1)n-1n×4×(-3)n-1=4n·3n-1,所以Tn=4×30+8×31+12×32+…+4n·3n-1,所以3Tn=4×31+8×32+12×33+…+4n·3n,两式相减
得-2Tn=4+4(31+32+…+3n-1)-4n·3n=4+4×3(1-3
n-1)
1-3
-4n·3n=-2+(2-4n)·3n,所以Tn=1+(2n-1)·3n.
2.(2022·新课标Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n 项和,已知a1=1,{
Sn
an}是公差为1
3的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明: 1
a1
+ 1
a2
+…+ 1
an
<2.
解　(1)因为a1=1,所以S1
a1
=1,又{
Sn
an}是公差为1
3的等差数列,所以Sn
an
=1+(n-1)×1
3=n+2
3
.因为当n≥2 时,an=Sn-Sn-1,所以
Sn
Sn- Sn-1
=n+2
3
(n≥2),所以Sn- Sn-1
Sn
= 3
n+2(n≥2),整理得Sn
Sn-1
=n+2
n-1(n≥2),所以S2
S1
×S3
S2
×…×Sn-1
Sn-2
× Sn
Sn-1
=4
1 ×5
2×…×n+1
n-2×
n+2
n-1=n(n+1)(n+2)
6
(n≥2),所以Sn=n(n+1)(n+2)
6
(n≥2),又S1=1 也满足上式,所以Sn=n(n+1)(n+2)
6
(n N
∈
*),则Sn-1=
(n-1)n(n+1)
6
(n≥2),所以an=n(n+1)(n+2)
6
-(n-1)n(n+1)
6
=n(n+1)
2
(n≥2),又a1=1 也满足上式,所以an=n(n+1)
2
(n N
∈
*).
(2)证明:因为an=n(n+1)
2
,所以1
an
=
2
n(n+1)=2(
1
n -
1
n+1),所以1
a1
+ 1
a2
+…+ 1
an
=2
[(1- 1
2)+(
1
2 - 1
3)+…+(
1
n-1 - 1
n)+(
1
n -
1
n+1)]=2(1-
1
n+1)<2.
微练(八)　数列求和
1.(2025·合肥二模)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且a1=b1=3,a2+a4=2b2,a1a3=b3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{
an
bn}的前n 项和.
解　(1)设公差为d,公比为q(q≠0),a2+a4=2b2,故2a1+4d=2b1q,6+4d=6q,a1a3=b3,故3(3+2d)=3q2,联立{
6+ 4 d =6q ,
3(3+2d)=3q
2,解得
{
d =3,
q =3 或{
d =- 3
2 ,
q =0
(舍去),故an=3+3(n-1)=3n,bn=3·3n-1=3n.
(2)an
bn
=3n
3
n = n
3
n-1,设数列{
an
bn}的前n 项和为Sn,则Sn= 1
3
0+2
3
+ 3
3
2+ 4
3
3+…+ n
3
n-1　①,1
3
Sn=1
3
+ 2
3
2+ 3
3
3+ 4
3
4 +…+ n
3
n　②,两式①-②
得2
3Sn=1+1
3+ 1
3
2+ 1
3
3+…+ 1
3
n-1- n
3
n=
1- 1
3
n
1- 1
3
- n
3
n=3
2-(n+ 3
2)
1
3
n,所以Sn=9
4 -(
1
2 n+ 3
4)
1
3
n-1.
2.(2025·枣庄模拟) 在数列{an}中,a1=20,an+1=an+2n-2.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若bn=an-2n,求数列{bn}的前n 项和Sn的最大值.
解　(1)依题意,当n≥2 时,an-an-1=2n-1-2,则an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=20+(21-2)+(22-2)+(23-2)+…+(2n-1-2)=(2+22+23+…+2n-1)-
2(n-1)+20=2(1-2
n-1)
1-2
-2n+22=2n-2n+20,a1=20 满足上式,所以{an}的通项公式为an=2n-2n+20.
(2)由(1)得bn=an-2n=-2n+20,数列{bn}是递减等差数列,由bn≥0,得n≤10,则数列{bn}前10 项均为非负数,从第11 项起为负数,而
b10=0,因此数列{bn}前10 项和与前9 项和相等,都最大,所以数列{bn}的前n 项和Sn的最大值为S10=S9=18+0
2
×10=90.
3.(2025·湘豫联考)已知数列{an}的各项均为正数,前n 项和为Sn,且a1=1,√Sn+1是1-Sn与Sn+1的等差中项.
(1)证明:数列{√Sn}是等差数列;
(2)设bn=(-1)n·(Sn+an),求数列{bn}的前2n 项和T2n.
解　(1)证明:因为√Sn+1是1-Sn与Sn+1的等差中项,所以2√Sn+1=1-Sn+Sn+1,所以Sn=1+Sn+1-2√Sn+1=(√Sn+1-1)2,因为数列{an}的各
项均为正数,所以Sn>0,所以√Sn=√Sn+1-1,所以√Sn+1-√Sn=1,所以数列{√Sn}是公差为1,首项为√S1=√a1=1 的等差数列.
(2)因为数列{√Sn}是公差为1,首项为1 的等差数列,所以√Sn=1+(n-1)×1=n,所以Sn=n2,当n=1 时,a1=1,当n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2-
(n-1)2=2n-1,所以an=2n-1,所以bn=(-1)n·(Sn+an),T2n=-S1-a1+S2+a2-S3-a3+S4+a4+…+S2n+a2n=(S2-S1)+(S4-S3)+…+(S2n-S2n-1)-(a1-a2+…-
a2n)=a2+a4+…+a2n-(a1-a2+…-a2n)=-(a1+a3+…+a2n-1)+2(a2+a4+…+a2n)=-n(a1+a2n-1)
2
+2×n(a2+a2n)
2
=-n(1+ 4 n-3)
2
+2×
n(3+ 4 n-1)
2
=-n(2n-1)+n(4n+2)=2n2+3n.
4.(2025·西安模拟)已知数列{an}满足a1+a2
2
+a3
3
+…+an
n
=3n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=an
4
n,记数列{bn}的前n 项和为Sn,求证:Sn<4
3
.
解　(1)当n=1 时,a1=3×1=3,当n≥2 时,a1+a2
2
+a3
3
+…+an
n
=3n,a1+a2
2
+a3
3
+…+ an-1
n-1
=3(n-1),故an
n
=3n-3(n-1)=3⇒an=3n.n=1 时,上式
亦成立.所以数列{an}的通项公式为:an=3n.
(2)因为bn=3n
4
n ,所以Sn=3
4
+3×2
4
2 +3×3
4
3 +…+3n
4
n ,所以1
4
Sn=3×1
4
2 +3×2
4
3 +3×3
4
4 +…+3(n-1)
4
n
+ 3n
4
n+1,两式相减得:3
4
Sn=3
(
1
4 + 1
4
2 + 1
4
3 + 1
4
4 +…+ 1
4
n)- 3n
4
n+1=3×
1
4(1- 1
4
n)
1- 1
4
- 3n
4
n+1=1-4+3n
4
n+1 ,所以Sn=4
3(1- 4+3n
4
n+1 )=4
3
-4+3n
3×4
n <4
3
.
微专题6　数列的通项公式与递推公式
微点一　an与Sn之间的递推关系
例1　已知数列{an}的前n 项和为Sn,且Sn=an
2
+ 1
an
.
(1)证明:数列{Sn
2}是等差数列;
(2)设数列{bn}的前n 项积为Tn,若Tn=Sn
2,求数列{bn}的通项公式.
解　(1)证明:当n=1 时,a1=a1
2
+ 1
a1
,得a1
2=2,即S1
2=2,当n≥2 时,Sn=Sn- Sn-1
2
+
1
Sn- Sn-1
,所以Sn+ Sn-1
2
=
1
Sn- Sn-1
,所以Sn
2-Sn-1
2
=2,故数列{Sn
2}是以S1
2=2 为首项,2 为公差的等差数列.
(2)由(1)知,Sn
2=2+(n-1)×2=2n,得Tn=2n,当n≥2 时,bn= T n
T n-1
=
2n
2(n-1)= n
n-1,当n=1 时,b1=T1=2,不符合上式,故bn={
2,n=1,
n
n-1 ,n≥2.
(1)在处理Sn,an的式子时,一般情况下,如果要证明f(an)为等差(等比)数列,就消去Sn,如果要证明f(Sn)为等差(等比)数列,就消去
an.
(2)但有些题目要求求{an}的通项公式,表面上看应该消去Sn,但这会导致解题陷入死胡同,这时需要反其道而行之,先消去an,
求出Sn,然后利用an=Sn-Sn-1(n≥2)求出an(n≥2).
训练1　(1)已知Sn为正项数列{an}的前n 项和.若Sn+2an=Sn+1-1,且S5=57,则a4=(B)
A.7
B.15
C.8
D.16
解析　因为Sn+2an=Sn+1-1,所以2an+1=Sn+1-Sn=an+1,即2(an+1)=an+1+1.因为an>0,所以an+1>0,所以an+1+1
an+1 =2,所以数列{an+1}是公
比为2 的等比数列,所以an+1=(a1+1)·2n-1,则an=(a1+1)·2n-1-1,所以S5=(a1+1)·(1-2
5)
1-2
-5=57,解得a1=1,所以an=2n-1,则a4=24-
1=15.
(2)已知数列{an}的首项为-1,设Sn是数列{an}的前n 项和,且an+1=2SnSn+1,则Sn= 
1
1-2n
 .
解析　因为an+1=Sn+1-Sn(n N
∈
*),所以Sn+1-Sn=2SnSn+1,所以1
Sn+1
- 1
Sn
=-2(n N
∈
*).因为a1=-1,所以1
S1
=-1,所以{
1
Sn}是以-1 为首项,-2
为公差的等差数列,所以1
Sn
=-1-2(n-1)=1-2n,即Sn=
1
1-2n.
微点二　相邻两项的递推关系
例2　(2025·湖南模拟)已知数列{an}满足a1=1,an+1an=an-2an+1.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记{an}的前n 项和为Sn,求证:Sn<2.
解　(1)由题设条件,可得若an≠0,则an+1≠0,用反证法,假设an+1=0,由题设条件,显然an=0,这与已知条件矛盾,所以an+1≠0.因为
a1=1≠0,所以a2≠0,a3≠0,…,所以∀n N
∈
*,an≠0,由an+1an=an-2an+1得1
an+1
- 2
an
=1,所以1
an+1
+1=2(
1
an
+1), 又1
a1
+1=2≠0,所以
{
1
an
+1}是首项、公比均为2 的等比数列.所以1
an
+1=2n,则an=
1
2
n-1
.
(2)证明:显然n=1 时,a1=1<2 成立,当n≥2 时,2n-1≥22-1=2>1,所以1
2
n-1<1,所以2- 1
2
n-1>1,所以2n-1(2- 1
2
n-1)>1×2n-1,即2n-1>2n-1>0,
所以an=
1
2
n-1
< 1
2
n-1,所以Sn=a1+a2+a3+…+an<1+1
2+1
4 +…+ 1
2
n-1=
1- 1
2
n
1- 1
2
=2(1- 1
2
n)<2.综上所述,Sn<2.
模型1:形如an+1=pan+q(其中p,q 均为常数且p≠0)的递推式:①当p=1 时,数列{an}为等差数列;②当q=0 时,数列{an}为等比数
列;③当p≠1 且q≠0 时,数列{an}为线性递推数列,其通项公式可通过待定系数法构造等比数列来求.
模型2:形如an+1=pan+f(n)(p≠1)的递推式:其中f(n)可以是关于n 的一次型函数或指数型函数,此类题型主要采用待定系数法构
造相应的等比数列进行求解.
模型3:形如an+1= pan
q an+r (p,q,r 是不为0 的常数)的递推式,可变形为1
an+1
= r
p · 1
an
+ q
p .
训练2　(1)在数列{an}中,a1=5,an+1=3an-4,则数列{an}的通项公式为 a n=3
  n +2 
  .
解析　解法一:(构造法)由an+1=3an-4,设an+1-λ=3(an-λ),即an+1=3an-2λ,故2λ=4,λ=2,则an+1-2=3(an-2),又a1=5,所以{an-2}是以a1-2=3
为首项,3 为公比的等比数列,所以an-2=3n,即an=3n+2.
解法二:(不动点法)令3x-4=x,解得不动点x=2,由an+1=3an-4,得an+1-2=3(an-2),所以数列{an-2}是以a1-2=3 为首项,3 为公比的等比
数列,所以an-2=3n,即an=3n+2.
(2)已知数列{an}满足an+1=2an+4·3n-1,a1=-1,则数列{an}的通项公式为 a n=4×3
 
 n -1  -5×2
 
 n -1   .
解析　解法一:设an+1+λ·3n=2(an+λ·3n-1),整理得an+1=2an-λ·3n-1,可得λ=-4,即an+1-4×3n=2(an-4×3n-1),且a1-4×31-1=-5≠0,则数列
{an-4×3n-1}是首项为-5,公比为2 的等比数列,所以an-4×3n-1=-5×2n-1,即an=4×3n-1-5×2n-1.
解法二:(两边同除以qn+1)两边同时除以3n+1,得an+1
3
n+1=2
3×an
3
n +4
9 ,整理得an+1
3
n+1-4
3 =2
3×(
an
3
n - 4
3),且a1
3
-4
3 =-5
3≠0,则数列
{
an
3
n - 4
3}是首项为-5
3 ,公比为2
3 的等比数列,所以an
3
n-4
3 =-5
3 ×(
2
3)
n-1
,即an=4×3n-1-5×2n-1.
解法三:(两边同除以pn+1)两边同时除以2n+1,得an+1
2
n+1=an
2
n +(
3
2)
n-1
,即an+1
2
n+1-an
2
n =(
3
2)
n-1
,当n≥2 时,则an
2
n =(
an
2
n - an-1
2
n-1)+
(
an-1
2
n-1 - an-2
2
n-2)+…+(
a2
2
2 - a1
2)+a1
2
=(
3
2)
n-2
+(
3
2)
n-3
+…+1-1
2
=
1-(
3
2)
n-1
1- 3
2
-1
2
=2×(
3
2)
n-1
-5
2
,故an=4×3n-1-5×2n-1(n≥2),显然当
n=1 时,a1=-1 符合上式,故an=4×3n-1-5×2n-1.
微点三　相邻三项的递推关系
例3　已知在数列{an}中,a1=5,a2=2,an=2an-1+3an-2(n≥3),则这个数列的通项公式为 a n=7
4 ×3
  n -1  +  13
4 ( -1
  ) n -1   .
解析　解法一:(构造法)因为an=2an-1+3an-2,所以an+an-1=3(an-1+an-2),又a1+a2=7,所以{an+an-1}是首项为7,公比为3 的等比数列,则
an+an-1=7×3n-2　①,又an-3an-1=-(an-1-3an-2),a2-3a1=-13,所以{an-3an-1}是首项为-13,公比为-1 的等比数列,则an-3an-1=(-13)·(-1)n-2　②,
①×3+②得4an=7×3n-1+13·(-1)n-1,所以an=7
4 ×3n-1+13
4 (-1)n-1.
解法二:(特征根法)数列{an}的特征方程为x2=2x+3,解得x1=-1,x2=3.令an=c1·(-1)n+c2·3n,由{
a1=-c1+3c2=5,
a2=c1+9c2=2, 得{
c1=- 13
4 ,
c2= 7
12 ,
故
an=-13
4
(-1)n+ 7
12
·3n=7
4
×3n-1+13
4
(-1)n-1.
已知形如an+2=pan+1+qan的递推式问题的求解方法:
方法一:用待定系数法,化为特殊数列{an+1-kan}的形式求解.设an+2-kan+1=h(an+1-kan),比较系数得h+k=p,-hk=q,可解得h,k,于是
{an+1-kan}是公比为h 的等比数列,这样就转化为an+1=kan+f(n)再继续求解.
方法二:直接构造法,根据问题中所给的引导提示,有倾向性地进行构造数列,进而求解.
训练3　(1)在数列{an}中,a1=8,a4=2,且满足an+2=2an+1-an(n N
∈
*),则数列{an}的通项公式为 a n=10-2
 
 n   .
解析　(1)由题意知an+2-an+1=an+1-an,所以{an}为等差数列.设公差为d,由题意得2=8+3d,则d=-2,得an=8-2(n-1)=10-2n.
(2)在数列{an}中,a1=1,a2=3,an+2=3an+1-2an,则an= 2  n -1 
  .
解析　由题意知an+2-an+1=2(an+1-an),因为a2-a1=2,所以{an+1-an}是首项为2,公比为2 的等比数列,an-an-1=2n-1(n≥2),当n≥2 时,an=(an-
an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+2+1=1-2
n
1-2
=2n-1.显然n=1 时,a1=1 满足上式,所以an=2n-1.
1.(2025·天津高考)已知数列{an}的前n 项和Sn=-n2+8n,则{|an|}的前12 项和为(C)
A.48
B.112
C.80
D.144
解析　当n=1 时,a1=S1=-1+8=7,当n≥2 时,an=Sn-Sn-1=-n2+8n-[-(n-1)2+8(n-1)]=-2n+9,显然a1=7 也符合该式,所以an=-2n+9,所以|an|
={
-2n+9,n≤4 ,
2n-9,n≥5, 所以{|an|}的前12 项和为(7+1)×4
2
+(1+15)×8
2
=80.故选C.
2.(2022·北京高考改编)(多选题)已知数列{an}的各项均为正数,其前n 项和Sn满足an·Sn=9(n=1,2,…).下列正确的是
(ACD)
A.{an}的第2 项小于3
B.{an}为等比数列
C.{an}为递减数列
D.{an}中存在小于1
100
的项
解析　由题意可知,∀n N
∈
*,an>0,当n=1 时,a1
2=9,可得a1=3;当n≥2 时,由Sn= 9
an
,可得Sn-1= 9
an-1
,两式作差可得an= 9
an
- 9
an-1
,所以
9
an-1
= 9
an
-an,则9
a2
-a2=3,整理可得a2
2+3a2-9=0.因为a2>0,所以解得a2=3√5-3
2
<3,A 正确;假设数列{an}为等比数列,设其公比为
q,则a2
2=a1a3,即(
9
S2)
2
= 81
S1S3
,所以S2
2=S1S3,可得a1
2(1+q)2=a1
2(1+q+q2),解得q=0,不合题意,故数列{an}不是等比数列,B 错误;当n≥2
时,an= 9
an
- 9
an-1
=9(an-1-an)
anan-1
>0,可得an<an-1,所以数列{an}为递减数列,C 正确;对于D,假设{an}中每一项均大于或等于1
100,当
n 取值变大时,Sn也逐渐增大,当n>90 000 时,Sn>900,又an≥1
100,所以an·Sn> 1
100×900=9,与an·Sn=9 矛盾,故D 正确.
3.(2020·全国Ⅰ卷)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16 项和为540,则a1= 7 .
解析　因为an+2+(-1)nan=3n-1,所以当n 为偶数时,an+2+an=3n-1,所以a4+a2=5,a8+a6=17,a12+a10=29,a16+a14=41,所以
a2+a4+a6+a8+a10+a12+a14+a16=92.因为数列{an}的前16 项和为540,所以a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=540-92=448　①.因为当n 为
奇数时,an+2-an=3n-1,可得an-an-2=3(n-2)-1,…,a3-a1=3×1-1,累加可得an-a1=3[1+3+…+(n-2)]-n-1
2
=(n-1)(3n-5)
4
,即an=
(n-1)(3n-5)
4
+a1,所以a1+a3+…+a15=8a1+1
4
(0+8+40+96+176+280+408+560)=448,即8a1=56,所以a1=7.
微练(九)　数列的通项公式与递推公式
基础过关练
一、单项选择题
1.已知数列{an}满足an+1=2(an+1),若a5=78,则a1=(B)
A.4
B.3
C.5
2
D.2
解析　由an+1=2(an+1)可得an+1+2=2(an+2),所以an+1+2
an+2 =2,则{an+2}是公比为2 的等比数列,所以a5+2=(a1+2)·24=80,得a1=3.故
选B.
2.设Sn是数列{an}的前n 项和,已知a1=1 且an+1=2Sn+1,则a5=(B)
A.101
B.81
C.32
D.16
解析　当n=1 时,a2=2S1+1=3,当n≥2 时,an+1=2Sn+1　①,an=2Sn-1+1　②,由①-②得an+1-an=2an,则an+1=3an,且n=1 时也满足,故{an}
是首项为1,公比为3 的等比数列,a5=1×34=81.
3.已知数列{an}的前n 项和为Sn,若Sn=4an-3,则Sn=(C)
A.4[(
2
5)
n
-1]
B.4[(
2
3)
n
-1]
C.3[(
4
3)
n
-1]
D.4(3n-1)
解析　当n=1 时,S1=4a1-3=4S1-3,得S1=1,当n≥2 时,Sn=4(Sn-Sn-1)-3,得3Sn=4Sn-1+3⇒Sn=4
3 Sn-1+1⇒Sn+3=4
3 (Sn-1+3),又S1+3=4,所以
{Sn+3}是首项为4,公比为4
3 的等比数列,所以Sn+3=4×(
4
3)
n-1
,得Sn=4×(
4
3)
n-1
-3=3[(
4
3)
n
-1].故选C.
4.(2025·绍兴模拟)已知数列{an}的前n 项和为Sn,a1=1,a2=2,an=3an-1+4an-2(n≥3),则S10=(A)
A.4
10-1
5
B.4
11-1
5
C.410-1
D.411-1
解析　因为an=3an-1+4an-2(n≥3),所以an+an-1=4(an-1+an-2).又a1+a2=3≠0,所以an+an-1
an-1+an-2
=4(n≥3),所以{an+an+1}是等比数列,公比为
4,首项为3,则数列{a2n-1+a2n}也是等比数列,公比为42=16,首项为3.所以S10=3×(1-16
5)
1-16
=4
10-1
5
.
5.(2025·长沙模拟)在数列{an}中,a1=3,an=2an-1-n+2,若an>980,则n 的最小值是(C)
A.8
B.9
C.10
D.11
解析　因为an=2an-1-n+2,所以an-n=2[an-1-(n-1)].因为a1=3,所以a1-1=2,所以数列{an-n}是首项和公比都是2 的等比数列,则an-
n=2n,即an=2n+n.因为an-an-1=2n-1+1>0,所以数列{an}是递增数列.因为a9=521<980,a10=1 034>980,所以满足an>980 的n 的最小值
是10.
6.(2025·宿迁二模)设数列{an}的前n 项和为Sn,且Sn=2an-2n,则(B)
A.9a7>8a8
B. 9a7<8a8
C.9S7>7a8
D. 9S7<7a8
解析　因为数列{an}的前n 项和为Sn,且Sn=2an-2n,当n=1 时,则a1=S1=2a1-2,解得a1=2,当n≥2 且n N
∈
*时,由Sn=2an-2n可得
Sn-1=2an-1-2n-1,上述两式作差可得an=2an-2an-1-2n-1,整理可得an-2an-1=2n-1,两边同时除以2n-1可得an
2
n-1-an-1
2
n-2=1,所以数列{
an
2
n-1}
是以a1
2
0 =2 为首项,公差为1 的等差数列,所以an
2
n-1=2+n-1=n+1,所以an=(n+1)·2n-1,对于AB 选项,
9a7=9×8×26=9×29,8a8=8×9×27=9×210,则9a7<8a8,A 错B 对;Sn=2an-2n=(n+1)·2n-2n=n·2n,对于CD 选项,
9S7=9×7×27=63×27,7a8=7×9×27=63×27,所以9S7=7a8,CD 都错.故选B.
二、多项选择题
7.(2025·襄阳模拟)已知数列{an}满足a1=1,an+1=
an
2+3an
,则下列结论正确的有(ABD)
A.数列{
1
an
+3}为等比数列
B.an=
1
2
n+1-3
C.数列{an}为递增数列
D.{
1
an}的前n 项和Tn=2n+2-3n-4
解析　因为a1=1,an+1=
an
2+3an
,所以1
an+1
=2+3an
an
= 2
an
+3,所以1
an+1
+3=2(
1
an
+3).又1
a1
+3=4,所以数列{
1
an
+3}是以4 为首
项,2 为公比的等比数列,所以1
an
+3=4×2n-1=2n+1,即an=
1
2
n+1-3
,故A、B 正确;因为an+1-an=
1
2
n+2-3
-
1
2
n+1-3
=
(2
n+1-3)-(2
n+2-3)
(2
n+2-3)(2
n+1-3)
=-2
n+1
(2
n+2-3)(2
n+1-3)
.因为n≥1,所以2n+2-3>0,2n+1-3>0,-2n+1<0,所以an+1-an<0,所以{an}为递减数列,故C
错误;易知1
an
=2n+1-3,则Tn=(22+23+24+…+2n+1)-3n=4×(1-2
n)
1-2
-3n=2n+2-3n-4,故D 正确.
8.(2025·宁波模拟)数列{an}的前n 项和为Sn(Sn≠0),a1=1
4 ,an+4Sn-1Sn=0(n≥2),则下列命题正确的是 (AD)
A.Sn= 1
4 n
B.an=-
1
4 n(n-1)
C.数列{an}为递增数列
D.数列{
1
Sn}为递增数列
解析　因为an+4Sn-1Sn=0(n≥2),所以Sn-Sn-1+4Sn-1Sn=0(n≥2),因为Sn≠0,所以1
Sn
- 1
Sn-1
=4(n≥2),因此数列{
1
Sn}是以1
S1
=4 为首项,4 为
公差的等差数列,也是递增数列,即D 正确;所以1
Sn
=4+4(n-1)=4n,所以Sn= 1
4 n,即A 正确;当n≥2 时,an=Sn-Sn-1= 1
4 n-
1
4(n-1)=-
1
4 n(n-1),所以an={
1
4 ,n=1,
-
1
4 n(n-1) ,n≥2,
a1>a2,即B、C 不正确.
三、填空题
9.设数列{an}满足a1=4,an=3an-1+2n-1(n≥2),则数列{an}的通项公式为 a n=2·3
 
 n - n  -1 
  .
解析　设an+pn+q=3[an-1+p(n-1)+q],化简后得an=3an-1+2pn+(2q-3p),则{
2 p=2,
2q -3 p=-1,解得{
p=1,
q =1,即an+n+1=3(an-1+n-1+1).令
bn=an+n+1,则bn=3bn-1.又b1=6,故bn=6·3n-1=2·3n=an+n+1,得an=2·3n-n-1.
10.设数列{an}的前n 项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n N
∈
*,则a1= 1 ,Sn= 3
n-1
2
 .
解析　因为S2=4,an+1=2Sn+1,n N
∈
*,令n=1 可得{
a1+a2= 4 ,
a2=2a1+1,解得{
a1=1,
a2=3.由an+1=2Sn+1 可得an=2Sn-1+1(n≥2),两式相减可得an+1-
an=2an,整理得an+1=3an(n≥2).又因为a2=3a1,则an+1=3an,且a1=1,所以数列{an}是首项为1,公比为3 的等比数列,所以Sn=1-3
n
1-3
=
3
n-1
2
.
四、解答题
11.已知数列{an}的前n 项和为Sn,且a1=2,Sn= n
n+2
an+1,设bn=Sn
n
.
(1)求证:数列{bn}为等比数列;
(2)求数列{Sn}的前n 项和Tn.
解　(1)证明:因为Sn= n
n+2an+1= n
n+2(Sn+1-Sn),即(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn),即nSn+1=(2n+2)Sn,则Sn+1
n+1
=2Sn
n
,即bn+1=2bn,又b1=S1
1
=a1=2,故
数列{bn}是以2 为首项,2 为公比的等比数列.
(2)由(1)知bn=2n,即Sn
n
=2n,得Sn=n·2n,则Tn=1·21+2·22+…+n·2n,有2Tn=1·22+2·23+…+n·2n+1,则Tn-2Tn=-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=
2(1-2
n)
1-2
-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1=(1-n)2n+1-2,故Tn=(n-1)2n+1+2.
12.设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=4 n
2+8n+5
anan+1
,求数列{bn}的前n 项和Sn.
解　(1)因为an+1=3an-4n,设an+1+x(n+1)+y=3(an+xn+y)　①,展开整理,得an+1=3an+2xn+2y-x,对照an+1=3an-4n,可得{
2 x =- 4 ,
2 y - x =0,解
得{
x =-2,
y =-1,故①式为an+1-[2(n+1)+1]=3[an-(2n+1)],当n=1 时,a1-3=0,即数列{an-(2n+1)}是各项为0 的常数列,故an=2n+1.
(2)因为bn=4 n
2+8n+5
anan+1
=
4 n
2+8n+5
(2 n+1)(2n+3)
=1+
1
2n+1-
1
2n+3 ,所以数列{bn}的前n 项和Sn=n+(
1
3 - 1
5)+(
1
5 - 1
7)+…+
(
1
2n+1 -
1
2n+3)=n+1
3
-
1
2n+3
=n(1+
2
6n+9).
能力提升练
13.(2025·安庆模拟)已知数列{an}满足a1=2,a2=6,且an+2-2an+1+an=2,若[x]表示不超过x 的最大整数(例如[1.6]=1,[-1.6]=-2),则
[
2
2
a1]+[
3
2
a2]+…+[
2 025
2
a2 024 ]=(D)
A.2 022 B.2 023 C.2 024 D.2 025
解析　由题设,(an+2-an+1)-(an+1-an)=2,a2-a1=4,故{an+1-an}是首项为4,公差为2 的等差数列,则an+1-an=2n+2,则(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+
(a2-a1)=an-a1=2[n+(n-1)+…+3+2]=(n+2)(n-1)(n≥2),所以an=n(n+1),故(n+1)
2
an
=1+1
n .又n N
∈
*,当n=1 时,[
2
2
a1]=2,当n≥2 时,
[
(n+1)
2
an ]=1,所以[
2
2
a1]+[
3
2
a2]+…+[
2 025
2
a2 024 ]=2 025.
14.对于数列{an},若满足nRn=a1+1
3
a2+ 1
3
2a3+…+ 1
3
n-1an,则称Rn为数列{an}的“优值”,现已知数列{an}的“优值”Rn= 1
3
n,记数列
{an+ 8
3}的前n 项和为Sn,则Sn的最大值为(D)
A.22
3
B.23
3
C.24
3
D.25
3
解析　由已知得n
3
n=a1+1
3a2+ 1
3
2a3+…+ 1
3
n-2an-1+ 1
3
n-1an　①,当n≥2 时,n-1
3
n-1 =a1+1
3a2+ 1
3
2a3+…+ 1
3
n-2an-1　②,所以①-②得n
3
n-
n-1
3
n-1 = 1
3
n-1an,即an=n
3
-(n-1)=-2
3
n+1.又当n=1 时,1
3
=a1,符合an=-2
3
n+1,故an=-2
3
n+1.所以an+8
3
=-2
3
n+11
3
.令an+8
3
=-2
3
n+11
3
>0,
得n≤5,所以Sn的最大值为S5=(3+ 1
3)×5
2
=25
3 .
进阶点4　数列中的子数列和增减项问题
数列子数列问题(包括数列中的奇偶项、公共项数列等)与数列的增减项问题是近几年高考的重点和热点.一般方法是构造
新数列,利用新数列的特征(等差、等比或其他特征)求解原数列.
题型一　数列的公共项问题
例1　记由数列{an}和{bn}的公共项组成的数列为{cn},已知an=3n-2,bn=2n,若{cn}为递增数列,且c5=bm=at,则m+t= 352 .
解析　由已知得c1=b2=a2=4,设cn=bm=at,即cn=2m=3t-2,则bm+1=2m+1=2(3t-2),由bm+1=3t'-2,得t'=6t -2
3
,因为t'不是正整数,所以
bm+1不是公共项.同理,由bm+2=2m+2=4(3t-2)=3t'-2,得t'=4t-2,故cn+1=bm+2=a4t-2.因为c1=b2=a2=4,所以
c2=b4=a6,c3=b6=a22,c4=b8=a86,c5=b10=a342,故当n=5 时,m=10,t=342,故m+t=352.
(1)解答数列中公共项问题的关键在于观察这些公共项的规律,判断其是否构成等差数列或等比数列.
(2)两个等差数列的公共项是等差数列,公差是两等差数列公差的最小公倍数;两个等比数列的公共项是等比数列,公比是两
个等比数列公比的最小公倍数.
训练1　已知数列{an}的前n 项和Sn=3n
2+n
2
,{bn}为等比数列,公比为2,且b1,b2+1,b3为等差数列.
(1)求{an}与{bn}的通项公式;
(2)把数列{an}和{bn}的公共项由小到大排成的数列记为{cn},求数列{cn}的前n 项和Tn.
解　(1)由Sn=3n
2+n
2
,当n=1 时,a1=S1=2,当n≥2 时,an=Sn-Sn-1=3n-1,当n=1 时,上式也成立,所以an=3n-1.依题意,
b1+b3=2(b2+1),b1+b1·22=2(b1·2+1),解得b1=2,所以bn=2n.
(2)数列{an}和{bn}的公共项从小到大依次为21,23,25,27,…,21,23,25,27,…构成首项为2,公比为4 的等比数列,所以cn=2×4n-1,则
Tn=c1+c2+…+cn=2(1- 4
n)
1- 4
=2
3
(4n-1).
题型二　数列的奇偶项问题
例2　(2021·新课标Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1=1,an+1={
an+1,n 为奇数,
an+2,n 为偶数.
(1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;
(2)求{an}的前20 项和.
解　(1)因为bn=a2n,且a1=1,an+1={
an+1,n 为奇数,
an+2,n 为偶数,所以b1=a2=a1+1=2,b2=a4=a3+1=a2+2+1=5.因为bn=a2n,所以
bn+1=a2n+2=a2n+1+1=a2n+1+1=a2n+2+1=a2n+3,所以bn+1-bn=a2n+3-a2n=3,所以数列{bn}是以2 为首项,3 为公差的等差数列,
bn=2+3(n-1)=3n-1,n N
∈
*.
(2)因为an+1={
an+1,n 为奇数,
an+2,n 为偶数,所以k N
∈
*时,a2k=a2k-1+1=a2k-1+1,即a2k=a2k-1+1　①,a2k+1=a2k+2　②,a2k+2=a2k+1+1=a2k+1+1,即
a2k+2=a2k+1+1　③,所以①+②得a2k+1=a2k-1+3,即a2k+1-a2k-1=3,所以数列{an}的奇数项是以1 为首项,3 为公差的等差数列;②+③
得a2k+2=a2k+3,即a2k+2-a2k=3,又a2=2,所以数列{an}的偶数项是以2 为首项,3 为公差的等差数列.所以数列{an}的前20 项和
S20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+a6+…+a20)=10+10×9
2
×3+20+10×9
2
×3=300.
对于通项公式分奇、偶不同的数列{an}求Sn时,我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和,也可以把a2k-1+a2k看作一项,求
出S2k,再求S2k-1=S2k-a2k.
训练2　已知数列{an}满足a1=3,an=an-1+2n-1(n≥2,n N
∈
*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=an-1+(-1)nlog2(an-1),求数列{bn}的前n 项和Tn.
解　(1)因为an-an-1=2n-1(n≥2),所以当n≥2 时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-1-an-2)+(an-an-1)=3+2+22+…+2n-2+2n-1=2+1-2
n
1-2
=2n+1,检验知
当n=1 时上式也成立,故an=2n+1(n N
∈
*).
(2)由题意知,bn=2n+(-1)nn.当n 为偶数时,Tn=2+22+…+2n+(-1)+2+(-3)+4+…+(-1)nn=2(1-2
n)
1-2
+n
2=2n+1-2+n
2;当n 为奇数时,
Tn=Tn-1+2n+(-1)nn=2n-2+n-1
2
+2n-n=2n+1-2-n+1
2
且n≥3,当n=1 时,T1=b1=2-1=1,满足Tn=2n+1-2-n+1
2
.综上,Tn=
{
2
n+1-2- n+1
2
,n 为奇数,
2
n+1-2+ n
2 ,n 为偶数.
题型三　数列的增减项问题
例3　已知等比数列{an}的前n 项和为Sn,且an+1=2Sn+2(n N
∈
*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)在an与an+1之间插入n 个数,使这(n+2)个数组成一个公差为dn的等差数列,在数列{dn}中是否存在3 项dm,dk,dp(其中m,k,p
成等差数列,且m≠k≠p)成等比数列?若存在,求出这样的3 项;若不存在,请说明理由.
解　(1)设等比数列{an}的公比为q,由题意知当n=1 时,a1q=2a1+2　①,当n=2 时,a1q2=2(a1+a1q)+2　②,由①②解得a1=2,q=3,所
以数列{an}的通项公式为an=2×3n-1.
(2)不存在.理由如下:由(1)知an=2×3n-1,则an+1=2×3n,所以an+1=an+(n+2-1)dn,所以dn=an+1-an
n+1
=4×3
n-1
n+1
.假设数列{dn}中存在3
项dm,dk,dp(其中m,k,p 成等差数列,且m≠k≠p)成等比数列,则dk
2=dm·dp,所以(
4×3
k -1
k +1 )
2
=4×3
m-1
m+1
·4×3
p-1
p+1
,即(
4×3
k -1
k +1 )
2
=
4
2×3
m+ p-2
(m+1)( p+1)
.又因为m,k,p 成等差数列,所以2k=m+p,所以(k+1)2=(m+1)(p+1),化简得k2+2k=mp+m+p,所以k2=mp,又2k=m+p,
所以k=m=p,这与已知矛盾.所以在数列{dn}中不存在3 项dm,dk,dp(其中m,k,p 成等差数列,且m≠k≠p)成等比数列.
解答数列中的增减项问题时,先观察增加或减少以后的数列是等差数列,等比数列,还是局部具有等差或等比特征的数列,然
后按照各自的性质进行求解.
训练3　已知数列{bn}为等比数列,正项数列{an}满足4an=an+1
2
-an
2-4,且a1=2,b1=1,a4=b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)若从{an}中去掉与数列{bn}相同的项后余下的项按原来的顺序组成数列{cn},设T100=c1+c2+c3+…+c100,求T100.
解　(1)因为4an=an+1
2
-an
2-4,所以an+1
2
=(an+2)2,又an>0,所以an+1=an+2,即an+1-an=2,又a1=2,所以数列{an}是首项为2,公差为2 的等
差数列,所以an=2+(n-1)·2=2n.设{bn}的公比为q,因为b4=a4=8,b1=1,所以q3=8,解得q=2,所以bn=2n-1.综上,数列{an}和{bn}的通项公
式分别为an=2n,bn=2n-1.
(2)由(1)知b1=1,b2=2=a1,b3=4=a2,b4=8=a4,b5=16=a8,b6=32=a16,b7=64=a32,b8=128=a64,b9=256=a128,所以T100=c1+c2+c3+…
+c100=(a1+a2+a3+…+a107)-(b2+b3+…+b8)=107×(2+214)
2
-2×(1-2
7)
1-2
=11 302.
微练(十)　数列中的子数列和增减项问题
1.已知数列{an}的前n 项和Sn满足2Sn-nan=n,n N
∈
*,且a2=3.
(1)求证:数列{
an-1
n-1 }(n≥2)是常数列;
(2)求数列{an}的通项公式.若数列{bn}的通项公式为bn=3n-2,将数列{an}与{bn}的公共项按从小到大的顺序排列得到数列{cn},求
{cn}的前n 项和.
解　(1)证明:由2Sn-nan=n,得2Sn+1-(n+1)an+1=n+1,将上述两式相减,得2an+1-(n+1)·an+1+nan=1,即nan-(n-1)an+1=1.所以an+1=nan-1
n-1
(n≥2),则an+1-1
n
-an-1
n-1
=
nan-1
n-1 -1
n
-an-1
n-1
=an-1
n-1
-an-1
n-1
=0(n≥2),所以数列{
an-1
n-1 }(n≥2)是常数列.
(2)由(1)可知,当n≥2 时,an-1
n-1
=a2-1
2-1
=2,所以an=2n-1(n≥2),检验:当n=1 时,an=2n-1 也适用.所以an=2n-1(n N
∈
*),所以数列{an}是
以1 为首项,2 为公差的等差数列,又数列{bn}是以1 为首项,3 为公差的等差数列,所以这两个数列的公共项所构成的新数列
{cn}是以1 为首项,6 为公差的等差数列,所以{cn}的前n 项和为n×1+n(n-1)
2
×6=3n2-2n.
2.已知各项均为正数的数列{an}中,a1=1 且满足an+1
2
-an
2=2an+2an+1,数列{bn}的前n 项和为Sn,满足2Sn+1=3bn.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)若在bk与bk+1之间依次插入数列{an}中的k 项构成新数列{cn},求数列{cn}中前50 项的和T50.
解　(1)由an+1
2
-an
2=2an+2an+1得(an+1-an)(an+1+an)=2(an+1+an).因为an+1+an>0,所以an+1-an=2,则{an}是首项a1=1,公差为2 的等差数列,
所以an=2n-1,又当n=1 时,2S1+1=3b1得b1=1,当n≥2 时,2Sn+1=3bn　①,2Sn-1+1=3bn-1　②,由①-②整理得bn=3bn-1,因为b1=1≠0,所
以bn-1≠0,所以bn
bn-1
=3,所以数列{bn}是首项为1,公比为3 的等比数列,故bn=3n-1.
(2)依题意知新数列{cn}中,bk+1(含bk+1)前面共有(1+2+3+…+k)+(k+1)=(k +1)(k +2)
2
项.由(k +1)(k +2)
2
≤50(k N
∈
*)得k≤8,所以
新数列{cn}中含有数列{bn}的前9 项b1,b2,…,b9,含有数列{an}的前41 项a1,a2,a3,…,a41,所以T50=1×(1-3
9)
1-3
+41×(1+81)
2
=11 
522.
3.数列{an}满足a1=1,(an+1-a1)(an+a1)=-1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=(
1
an
2 + 4
an)cos nπ,求数列{bn}的前n 项和为Sn.
解　(1)由a1=1 与(an+1-a1)(an+a1)=-1,得an+1an+an+1-an=0,所以1
an+1
- 1
an
=1,所以数列{
1
an}是首项为1,公差为1 的等差数列,所以
1
an
=1+(n-1)·1=n,所以an=1
n.
(2)由(1)可得bn=(n2+4n)cos nπ=(-1)n(n2+4n)=(-1)n[n(n+4)],当n=2k,k N
∈
*时,bn+bn-1=(-1)n[n(n+4)]+(-1)n-1[(n-1)(n-1+4)]=n(n+4)-(n-1)
(n+3)=2n+3,故Sn=(4+3+2n+3)× n
2
2
=n
2+5n
2
,当n=2k-1,k N
∈
*时,Sn=Sn-1-(n2+4n)=(n-1)(n+ 4)
2
-(n2+4n)=-(n
2+5n+ 4)
2
.
综上,Sn={
n
2+5n
2
,n=2k ,k ∈N
*,
- n
2+5n+ 4
2
,n=2k -1,k ∈N
*.
4.在数列{an}中,a1=1,且a1+2a2+22a3+…+2n-1an=2n+1an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn={
lo g3(4
n-1an),n 为奇数,
n×3
n
an+1
,n 为偶数,
数列{bn}的前n 项和为Sn,求S2n.
解　(1)当n=1 时,a1=4a2,则a2=1
4 ≠0.当n≥2 时,由a1+2a2+22a3+…+2n-1an=2n+1an+1,得a1+2a2+22a3+…+2n-2an-1=2nan,则2n-1an=2n+1an+1-
2nan,则an+1=3
4 an.因为a2
a1
=1
4 ≠3
4 ,所以{an}从第2 项起成等比数列,an={
1,n=1,
1
4 ×(
3
4)
n-2
,n≥2,n∈N
*.
(2)b1=log3a1=0,当n 为大于1 的奇数时,bn=log3[4
n-1× 1
4 ×(
3
4)
n-2
]=n-2,当n 为偶数时,bn=n×3
n
an+1
=3n×4n.W=b1+b3+b5+…
+b2n-1=0+1+3+…+2n-3=(1+2n-3)(n-1)
2
=(n-1)2.T=b2+b4+b6+…+b2n=6×42+12×44+18×46+…+6n×4
2n,则
16T=6×44+12×46+18×48+…+6n×4
2n+2,则-15T=6×(42+44+46+…+4
2n)-6n×4
2n+2,-15T=6×4
2- 4
2n+2
1- 4
2
-6n×42n+2=
(2-30n)×4
2n+2-32
5
,则T=(30 n-2)×4
2n+2+32
75
,则S2n=W+T=(30 n-2)×4
2n+2+32
75
+(n-1)2.
规范答题二　数列(考前观摩大题解题规范)
考题　(2025·全国一卷)(15 分)已知数列{an}中,a1=3,an+1
n
= an
n+1
+
1
n(n+1).
(1)证明:数列{nan}为等差数列;
(2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,求f'(-2).
[解题关键]
第(1)问
通过变形利用等差数列定义
证明
第(2)问
第❶步:求数列{nan}的通项公
式
第❷步:求出函数f(x)的导函
数f'(x)
第❸步:利用错位相减法求得
(1-x)f'(x)的表达式
第❹步:代入x=-2,进而求得
f'(-2)的值
[规范解答]
解　(1)证明:已知an+1
n
= an
n+1
+
1
n(n+1),
等式两边同乘n(n+1),得(n+1)an+1=nan+1,
即(n+1)an+1-nan=1,
　3 分
又因为1×a1=3,
所以数列{nan}是首项为3,公差为1 的等差数列.
　5 分
(2)解法一:由(1)知,数列{nan}的通项公式为
nan=3+(n-1)×1=n+2,
　6 分
因为f(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+amxm,
所以f'(x)=a1+2a2x+3a3x2+…+mamxm-1,
　8 分
则f'(x)=3+4x+5x2+…+(m+2)xm-1,
①
　9 分
①式两边同时乘x(x≠1),
得xf'(x)=3x+4x2+5x3+…+(m+2)xm,
②
　11 分
由①-②,得
(1-x)f'(x)=3+(x+x2+…+xm-1)-(m+2)xm
=3+ x(1- x
m-1)
1- x
-(m+2)xm.
　13 分
当x=-2 时,
3f'(-2)=3+-2[1-(-2)
m-1]
1-(-2)
-(m+2)·(-2)m,
　14 分
所以f'(-2)=7
9 -3m+7
9
·(-2)m.
　15 分
解法二:由(1)可知,数列{nan}的通项公式为
nan=3+(n-1)×1=n+2,
　6 分
又f'(x)=a1+2a2x+…+mamxm-1,
故f'(-2)=3+4×(-2)+…+(m+2)×(-2)m-1, 　9 分
所以-2f'(-2)=3×(-2)+4×(-2)2+…+(m+2)×(-2)m. 　11 分
两式相减,得3f'(-2)=3+(-2)+(-2)2+…+(-2)m-1-(m+2)×(-2)m=7
3 -
(m+ 7
3)×(-2)m, 　14 分
所以f'(-2)=7
9 -(
m
3 + 7
9)×(-2)m.
　15 分
[得分保障]
得分点
第(1)问关键在于得到等差数
列的定义式;
第(2)问得出数列通项公式得
1 分,求出导函数得2 分,利用
错位相减法计算并化简正确
得4 分,代入-2 得1 分,写出最
终答案得1 分.
失分点
第(2)问中,未能正确求导;使
用错位相减法时过程中出现
了计算错误;最终答案忘记除
以3.
[教材链接]　本题对数列定义、导数及数列求和进行融合考查.试题源自人教A 版选择性必修第二册第40 页习题4.3 第3
题.
专题三
立体几何
微专题7　空间几何体
1.空间几何体的表面积与体积公式
　　名称
几何体 
表面积
体积
柱体
S 表=S 侧+2S 底
V=Sh(S 为底面积)
锥体
S 表=S 侧+S 底
V=1
3 Sh(S 为底面积)
台体
S 表=S 侧+
S 上+S 下
V=1
3
(S 上+S 下+
√S上S下)h
球
S=4πR2
V=4
3
πR3
2.球的切接问题
(1)设正方体的棱长为a,球的半径为R.
①若球为正方体的外接球,则2R=√3a;
②若球为正方体的内切球,则2R=a;
③若球与正方体的各棱相切,则2R=√2a.
(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a,b,c,外接球的半径为R,则2R=√a
2+b
2+c
2;
(3)正四面体的棱长为a,其外接球的半径√6a
4
与其内切球的半径√6a
12
之比为3∶1.
3.常用结论
假设正四面体的棱长为a,则有
(1)正四面体的高h=√6
3
a,S 表面积=√3a2,V=√2
12
a3;
(2)相邻两个面的二面角α:cos α=1
3;
(3)三条侧棱与底面的夹角β:cos β=√3
3
.
微点一　空间几何体的侧面积、表面积
例1　(1)(2025·黑龙江一模)已知圆锥的轴截面是一个斜边长为2√2的等腰直角三角形,则圆锥的表面积为(D)
A.√2π
B.2√2π
C.4π
D.(2+2√2)π
解析　因为轴截面是一个斜边长为2√2的等腰直角三角形,所以圆锥的底面半径R=√2,母线l=2,所以圆锥的表面积
S=πR2+πRl=(2+2√2)π.故选D.
(2)(2023·全国甲卷)已知四棱锥P ABCD
⁃
的底面是边长为4 的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,则△PBC 的面积为(C)
A.2√2
B.3√2
C.4√2
D.6√2
解析　如图,过点P 作PO⊥平面ABCD,垂足为O,取DC 的中点M,AB 的中点N,连接PM,MN,AO,BO.由PC=PD,得PM⊥DC,又
PO⊥DC,PO∩PM=P,PO,PM⊂平面POM,所以DC⊥平面POM,又OM⊂平面POM,所以DC⊥OM.在正方形ABCD 中,DC⊥MN,所以
M,N,O 三点共线,所以OA=OB,所以Rt△PAO Rt
≌
△PBO,所以PB=PA.在△PAC 中,由余弦定理,得PA=
√PC
2+ A C
2-2 PC·ACcos 45°=√17,所以PB=√17.在△PBC 中,由余弦定理,得cos∠PCB= PC
2+ BC
2- B P
2
2 PC·BC
=1
3,所以
sin∠PCB=2√2
3
,所以S△PBC=1
2
PC·BCsin∠PCB=4√2,故选C.
训练1　(2025·湖南模拟)亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式,它是逗留赏景的场所,也是园林风景的重要点缀.重檐圆
亭(图①)是常见的一类亭,其顶层部分可以看作是一个圆锥以及一个圆台(图②)的组合体.已知某重檐凉亭的圆台部分的轴
截面如图③所示,则该圆台部分的侧面积为(B)
① 
② 
③
A.3.6π m2
B.3.8π m2
C.4.2π m2
D.5.4π m2
解析　圆台的上底圆直径为3,下底圆直径为4.6,高为0.6,过点A,B 分别作AE⊥CD,BF⊥CD,垂足分别为E,F,故DE=CF=4.6-3
2
=0.8,则AD=BC=√0.8
2+0.6
2=1,故该圆台部分的侧面积为(3 π + 4.6 π )×1
2
=3.8π m2.
微点二　空间几何体的体积
例2　(1)(2024·新课标Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为√3,则圆锥的体积为(B)
A.2√3π B.3√3π
C.6√3π D.9√3π
解析　设圆柱和圆锥的底面半径均为r,因为它们的高均为√3,且侧面积相等,所以2πr×√3=πr√(√3)
2+r
2,得r2=9,所以圆锥
的体积V=1
3 πr2×√3=3√3π.故选B.
(2)(2025·湘潭模拟)楔形构件在建筑工程上有广泛的应用.如图,某楔形构件可视为一个五面体ABCDEF,其中四边形ABCD 为
正方形.若AB=6 cm,EF=3 cm,且EF 与平面ABCD 的距离为2 cm,则该楔形构件的体积为(C)
A.18 cm3B.24 cm3
C.30 cm3D.48 cm3
解析　如图所示,设G,H 分别为AB,DC 的中点,连接EG,EH,GH,因为四边形ABCD 为正方形,所以AB∥DC,又AB⊄平面EFCD,DC⊂
平面EFCD,所以AB∥平面EFCD,又平面EFCD∩平面ABFE=EF,所以AB∥EF,因为G,H 分别为AB,DC 的中点,AB=6 cm,EF=3 cm,所以
EF∥GB,EF=GB,则四边形EGBF 为平行四边形,则EG∥FB,同理EH∥FC,又GH∥BC,所以EGH FBC
⁃
为三棱柱,设四棱锥E AGHD
⁃
的高
为h cm,由题意,可得V 四棱锥E AGHD
⁃
=1
3 S 矩形AGHD·h=1
3 AD·AG·h=1
3 ×6×3×2=12(cm3),又V 三棱柱EGH FBC
⁃
=3V 三棱锥B EGH
⁃
=3V 三棱锥E BGH
⁃
=3×1
2×V 四
棱锥E AGHD
⁃
=3
2V 四棱锥E AGHD
⁃
=3
2×12=18(cm3).所以该楔形构件的体积为V=V 四棱锥E AGHD
⁃
+V 三棱柱EGH FBC
⁃
=12+18=30(cm3).故选C.
训练2　如图,四羊方尊(又称四羊尊)为中国商代晚期青铜器,其盛酒部分可近似视为一个正四棱台(上、下底面的边长分别
为40 cm,20 cm,高为24 cm),则四羊方尊的容积约为(A)
A.22 400 cm3
B.32 400 cm3
C.44 800 cm3
D.67 200 cm3
解析　由题意可得,四羊方尊的容积约为1
3 ×(402+202+√40
2×20
2)×24=22 400(cm3).故选A.
微点三　空间几何体的“切接”与“容球”问题
考向1　空间几何体的“切接”问题
例3　(1)(2025·榆林模拟)在直三棱柱ABC A
⁃
1B1C1中,各棱长均为2,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为(A)
A.28 π
3
B.32√3 π
27
C.16 π
3
D.1 372√3 π
27
解析　如图,设上、下两个底面的中心分别为O2,O1,连接O1O2,因为所有棱长为2 的直三棱柱ABC A
⁃
1B1C1的六个顶点都在同
一球面上,所以直三棱柱ABC A
⁃
1B1C1外接球的球心O 为O1O2的中点,连接OA,在等边△ABC 中,AO1=2
3
×√3
2
×2=2√3
3
,在直角
△OAO1中,OA2=AO1
2+O1O2=4
3
+1=7
3
,所以直三棱柱ABC A
⁃
1B1C1外接球的半径R=OA=√21
3
,所以球的表面积为4πR2=4π×7
3
=
28 π
3
.故选A.
(2)(2025·汉中模拟)如图,圆台的上、下底面半径分别为r1,r2,且2r1+r2=12,半径为4 的球与圆台的上、下底面及每条母线均相
切,则圆台的侧面积为(D)
A.36π
B.64π
C.72π
D.100π
解析　如图所示,作出轴截面,O1,O2分别为上、下底面圆的圆心,M 为侧面切点,O 为内切球球心,则O 为O1O2的中点,
OM⊥AB,OO1=OM=4,O1O2=8,O1A=MA=r1,O2B=MB=r2,因为2r1+r2=12,所以r2=12-2r1,则AB=MA+MB=r1+r2=12-r1,过点A 作AG⊥O2B,
垂足为G,则BG=r2-r1=12-3r1,在Rt△ABG 中,由勾股定理得AG2+BG2=AB2,即82+(12-3r1)2=(12-r1)2,解得r1=2 或r1=4,因为r1<r2,所以
r1=2,r2=8,故AB=10,所以圆台的侧面积为π×10×(2+8)=100π.故选D.
(1)“接”的策略:把一个多面体的几个顶点放在球面上即球的外接问题,解决这类问题的关键是抓住外接的特点,即球心到
多面体顶点的距离等于球的半径.
(2)“切”的策略:解决与球有关的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体的有关问题,解答时要先找准切点,通过作截面
来解决,如果内切的是多面体,则多通过多面体过球心的对角面来作截面.
训练3　(1) 已知一个正四棱锥的底面边长为2√2,内切球的体积为4 π
3
,则这个正四棱锥的体积为(C)
A.16
3
B. 22
3
C. 32
3
D. 16
解析　因为内切球的体积为4 π
3 ,所以内切球的半径为1.如图所示,设球与正四棱锥底面切于点E,侧面切于点F,设SO=x,延长
SF 交底面于点G,连接EG.因为正四棱锥的底面边长为2√2,所以EG=√2,SE=1+x,SG=√EG
2+ S E
2=√2+(1+ x)
2.又
△SOF∽△SGE,所以SO
SG =OF
EG ,即
x
√2+(1+ x)
2= 1
√2
,解得x=3.所以SE=4,所以正四棱锥的体积为1
3 ×(2√2)2×4=32
3 .故选C.
(2)(2025·延边一模)在直三棱柱ABC A
⁃
1B1C1中,BC=√3,AA1=2√3,且∠BAC=π
3 ,则该三棱柱的外接球的体积为(D)
A.8 π
3
B.4√3π C.√6π
D.32π
3
解析　如图,设△ABC 外接圆半径为r,圆心为O1,设外接球球心为O,半径为R,因为BC=√3,∠BAC=π
3 ,在△ABC 中由正弦定理有
BC
sin ∠BAC
=
√3
√3
2
=2=2r⇒r=1, 则O1A=r=1,则有OO1=1
2
AA1=√3,所以R2=r2+OO1
2=1+3=4⇒R=2,所以球的体积为V=4
3
πR3=4
3
π×23=32π
3
,故选D.
考向2　空间几何体的“容球”问题
例4　(2025·全国二卷)一个底面半径为4 cm,高为9 cm 的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球,
则铁球半径的最大值为 2 . 5   cm.
解析　设铁球半径为r cm,若两个铁球的球心在竖直方向上,且分别与两个底面相切,则铁球球心与圆柱上、下底面的距离
均为r,此时铁球的半径为9
4 cm.当两球球心不在竖直方向上时,设两个铁球的球心分别为O1,O2,此种情况下,当铁球半径最大
时,如图①所示,圆柱与两铁球的轴截面如图②所示,其中ABCD 为圆柱的轴截面,O2P⊥AB,O1P⊥AD,则有O2P=9-2r,O1P=8-
2r,O1O2=2r,则有(2r)2=(8-2r)2+(9-2r)2,即4r2-68r+145=0,即(2r-29)(2r-5)=0,解得r1=14.5(舍去),r2=2.5.因为2.5>9
4 =2.25,所以铁球半
径的最大值为2.5 cm.
①　
②
训练4　棱长为6 的正方体空盒(盒子厚度忽略不计)中,有四个半径为r 的小球分布在盒底四角,且均与所在角落处的正方体
的三个面相切.另有一个半径为R 的大球放在四个小球之上,与四个小球相切的同时与正方体空盒的盒盖相切.若无论怎样
翻转盒子,五球均不松动,则小球半径r 的最大值为 3
2
 ;大球半径R 的最小值为 15
8
 .
解析　由题可知四个小球的球心(分别记为A,B,C,D)和大球的球心(记为P)构成了一个正四棱锥P ABCD
⁃
,如图.当正方体盒内
四个小球两两相切时,小球的半径r 最大,大球的半径R 最小,此时有2r+2r=6,则小球半径r 的最大值为3
2.此时,连接AC 与BD,
交于点O,连接PO,则PO⊥平面ABCD,BP=R+r=R+3
2,AB=2r=3,OA=OB=3√2
2
,由OP2+OB2=BP2,可得(6- 3
2 - R)
2
+(
3√2
2 )
2
=
(R+ 3
2)
2
,解得R=15
8 ,所以大球半径R 的最小值为15
8 .
1.(2023·新课标Ⅱ卷)(多选题)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB 为底面直径,∠APB=120°,PA=2,点C 在底面圆周上,且二面
角P AC O
⁃
⁃
为45°,则(AC)
A.该圆锥体积为π
B.该圆锥的侧面积为4√3π
C.AC=2√2
D.△PAC 的面积为√3
解析　如图,取AC 的中点D,连接PO,OD,PD,则OD⊥AC,PD⊥AC,二面角P AC O
⁃
⁃
的平面角为∠PDO,则∠PDO=45°,在△PAB 中,
PO=1,AO=√3,则OD=1,V=1
3
·3π·1=π,故A 正确.S 侧=1
2
PA·2π·√3=2√3π,故B 错误.易知PD=√2,则AC=2√4 -2=2√2,故C 正
确.S△PAC=1
2×√2×2√2=2,故D 错误.故选AC.
2.(2022·新课标Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔
148.5 m 时,相应水面的面积为140.0 km2;水位为海拔157.5 m 时,相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的
形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔148.5 m 上升到157.5 m 时,增加的水量约为(√7≈2.65)(C)
A.1.0×109 m3
B.1.2×109 m3
C.1.4×109 m3
D.1.6×109 m3
解析　如图,由已知得该棱台的高为157.5-148.5=9(m),所以该棱台的体积V=1
3 ×9×(140+√140×180+180)×106=60×(16+3√7
)×106≈60×(16+3×2.65)×106=1.437×109≈1.4×109(m3).故选C.
3.(2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD A
⁃
1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=√2,则该棱台的体积为 7√6
6
 .
解析　解法一:如图①所示,设点O1,O 分别为正四棱台ABCD A
⁃
1B1C1D1上、下底面的中心,连接B1D1,BD,则O1,O 分别为B1D1,BD
的中点.连接O1O,则O1O 即正四棱台ABCD A
⁃
1B1C1D1的高.过点B1作B1E⊥BD,垂足为E,则B1E=O1O.因为AB=2,A1B1=1,所以OB=
√2,O1B1=√2
2
,所以BE=OB-OE=OB-O1B1=√2
2
,又AA1=√2,所以BB1=√2,所以B1E=√B B1
2- B E
2=√2- 1
2
=√6
2
,所以O1O=√6
2
,所以
V 正四棱台ABCD⁃ A1B1C1 D1=1
3
×(22+12+√2
2×1
2)×√6
2
=7√6
6
.
①
解法二:如图②,将正四棱台ABCD A
⁃
1B1C1D1补形成正四棱锥P ABCD.
⁃
 因为AB=2,A1B1=1,AB∥A1B1,所以A1,B1,C1,D1分别为
PA,PB,PC,PD 的中点,又A1A=√2,所以PA=2√2,即PB=2√2.连接BD,取BD 的中点为O,连接PO,则PO⊥平面ABCD,易知BO=√2,
所以PO=√P B
2- BO
2=√6,所以正四棱台ABCD A
⁃
1B1C1D1的高为√6
2
,所以V 正四棱台ABCD⁃ A1B1C1 D1=1
3 ×(22+12+√2
2×1
2)×√6
2
=
7√6
6
.
②
4.(2023·全国乙卷)已知点S,A,B,C 均在半径为2 的球面上,△ABC 是边长为3 的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA= 2 .
解析　如图,设△ABC 的外接圆圆心为O1,连接O1A,因为△ABC 是边长为3 的等边三角形,所以其外接圆半径r=O1A=2
3
×√3
2
×3=√3.将三棱锥S ABC
⁃
补形为正三棱柱SB1C1 ABC
⁃
,由题意知SA 为侧棱,设球心为O,连接OO1,OA,则OO1⊥平面ABC,且OO1=1
2
SA.又球的半径R=OA=2,OA2=OO1
2+O1A2,所以4=1
4 SA2+3,得SA=2.
微练(十一)　空间几何体
基础过关练
一、单项选择题
1.(2025·泉州一模)已知圆柱的底面半径与球的半径均为1,且圆柱的侧面积等于球的表面积,则该圆柱的母线长等于(B)
A.1
B.2
C.3
D.4
解析　设圆柱的母线长为x,则2πx=4π,解得x=2.故选B.
2.(2025·昆明一模)一个内角为30°且斜边长为2 的直角三角形,绕斜边旋转一周所得几何体的体积为(D)
A.π
6
B.π
4
C.π
3
D.π
2
解析　如图,在直角三角形ABC 中,|AB|=2,∠CAB=30°,则|AC|=2cos 30°=√3,将直角三角形ABC 沿斜边AB 旋转一周,旋转形成
的几何体为两个同底的圆锥,如图所示,有|CO|=|AC|sin 30°=√3
2
,所以所求几何体的体积V=1
3S 圆·|AB|=1
3π·|OC|2·|AB|=1
3π×
(
√3
2 )
2
×2=π
2 .故选D.
3.已知圆锥的高为3,底面半径为4.若一球的表面积与此圆锥的侧面积相等,则该球的半径为(B)
A.5
B.√5
C.9
D.3
解析　因为圆锥的底面半径R=4,高h=3,所以圆锥的母线l=5,所以圆锥的侧面积S=πRl=20π.设球的半径为r,则4πr2=20π,所以
r=√5.故选B.
4.(2025·岳阳一模)将一个底面半径为2,高为2√3的圆锥形石材打磨成一个球,则该球表面积的最大值为(A)
A.16 π
3
B.32π
3
C.32√3 π
27
D.8√3 π
27
解析　由题意可得圆锥的母线长为√(2 √3)
2+2
2=4,所以圆锥的轴截面是等边三角形,将圆锥形石材打磨成一个球,要使球
的表面积最大,则球的半径要最大,此时球是圆锥的内切球,设等边三角形的内切圆的半径为r,由等边三角形的性质可得tan 
30°=r
2
,所以r=2√3
3
,所以球的表面积为4πr2=4π(
2√3
3 )
2
=16 π
3
.故选A.
5.(2025·北京一模)如图,冰淇淋蛋筒是大家常见的一种食物,有种冰淇淋蛋筒可以看作是由半径为10 cm,圆心角为2π
3 的扇
形蛋卷坯卷成的圆锥,假设高出蛋筒部分的奶油和包裹在蛋筒内部的奶油体积相等,则该种冰淇淋中奶油的总体积约为(忽
略蛋筒厚度)(D)
A.2 000√2
81
π cm3
B.4 000√3
27
π cm3
C.2 000√3
27
π cm3
D.4 000√2
81
π cm3
解析　设圆锥底面半径为r,由题意可知2πr=20 π
3
,所以r=10
3 ,设圆锥的高为h,则h=√100- 100
9
=20√2
3
,所以圆锥的体积为:
1
3π×100
9 ×20√2
3
=2 000√2
81
π,所以该种冰淇淋中奶油的总体积约为4 000√2
81
π cm3.故选D.
6.在四棱锥P ABCD
⁃
中,底面ABCD 为平行四边形,点E,F 分别为棱PA 和PB 的中点,则四棱锥P CDEF
⁃
和四棱锥P ABCD
⁃
的体积
之比为(C)
A.2
5
B.3
7
C.3
8
D.4
9
解析　如图,连接AC,CE,由题意可知VD PCE
⁃
=1
2VD PAC
⁃
=1
4 VP ABCD
⁃
,VF PCE
⁃
=1
4 VB PAC
⁃
=1
8 VP ABCD
⁃
,则VP CDEF
⁃
=VD PCE
⁃
+VF PCE
⁃
=1
4 VP ABCD
⁃
+1
8 VP ABCD
⁃
=3
8
VP ABCD
⁃
,所以V P⁃ CDEF
V P⁃ ABCD
=3
8 .
7.(2023·全国乙卷)已知圆锥PO 的底面半径为√3,O 为底面圆心,PA,PB 为圆锥的母线,∠AOB=2π
3
,若△PAB 的面积等于9√3
4
,
则该圆锥的体积为(B)
A.π
B.√6π
C.3π
D.3√6π
解析　在△AOB 中,AO=BO=√3,∠AOB=2π
3
,由余弦定理得AB=√
3+3-2×√3×√3×(- 1
2)=3.设等腰三角形PAB 底边AB
上的高为h,则S△PAB=1
2
×3h=9√3
4
,解得h=3√3
2
,由勾股定理得母线PA=√(
3
2)
2
+(
3√3
2 )
2
=3,则该圆锥的高PO=
√P A
2-O A
2=√6,所以该圆锥的体积为1
3 ×3π×√6=√6π.故选B.
8.(2025·日照一模)已知一个圆台的上、下底面半径分别为1 和4,高为3√3.若该圆台内有一个球,则该球的表面积的最大值
为(B)
A.9π
B.64 π
3
C.27π
D.27√3 π
2
解析　如图,作出圆台的轴截面,要使球的表面积最大,则球需要与AD,CD,BC 相切,设圆O 的半径为R,则OE=OF,因为
OE⊥CD,OF⊥BC,所以△OCE≌△OCF,作OG⊥AB,BH⊥CD,因为BG=1,CE=4,所以CH=3,而BH=3√3,由勾股定理得BC=√(3 √3)
2+3
2
=6,则OG=3√3-R,且OB2=BG2+OG2=OF2+BF2,而BF=BC-CF=BC-CE=2,即得到(3√3-R)2+12=22+R2,解得R=4√3
3
,则该球的表面积的最
大值为S=4πR2=4π×16×3
9
=64 π
3
,故B 正确.
二、多项选择题
9.有一张长和宽分别为8 和4 的矩形硬纸板,以这张硬纸板为侧面,将它折成正四棱柱,则此正四棱柱的体对角线的长度为
(BD)
A.2√2
B.2√6
C.4√5
D.√66
解析　分两种情况求解:①若正四棱柱的高为8,则底面边长为1,此时体对角线的长度为√8
2+1+1=√66;②若正四棱柱的
高为4,则底面边长为2,此时体对角线的长度为√4
2+2
2+2
2=2√6.
10.(2025·朔州一模)已知圆锥SO 的侧面积为4π,底面圆的周长为2π,则
(ACD)
A.圆锥的母线长为4
B.圆锥的母线与底面所成角的正弦值为1
4
C.圆锥的体积为√15
3
π
D.沿着圆锥母线的中点截圆锥所得圆台的体积为7√15
24
π
解析　如图.对于A,设圆锥的母线长为l,底面圆的半径为r,则πrl=4π,2πr=2π,故r=1,l=4,故A 正确.对于B,设圆锥的高为h,则h=
√16-1=√15,故圆锥的母线与底面所成角的正弦值为√15
4
,故B 错误.对于C,圆锥的体积为1
3×πr2h=√15
3
π,故C 正确.对于D,
沿着圆锥母线的中点截圆锥所得小圆锥的体积为1
8×√15
3
π,故所得圆台的体积为7
8×√15
3
π=7√15
24
π,故D 正确.故选ACD.
11.已知A,B,C 三点均在球O 的表面上,AB=BC=CA=2,且球心O 到平面ABC 的距离等于球半径的1
3
,则下列结论正确的是(AD)
A.球O 的表面积为6π
B.球O 的内接正方体的棱长为1
C.球O 的外切正方体的棱长为4
3
D.球O 的内接正四面体的棱长为2
解析　设球O 的半径为r,△ABC 的外接圆圆心为O',半径为R,易得R=2√3
3
.因为球心O 到平面ABC 的距离等于球O 半径的
1
3 ,所以r2-1
9 r2=4
3 ,得r2=3
2.所以球O 的表面积S=4πr2=4π×3
2=6π,选项A 正确;球O 的内接正方体的棱长a 满足√3a=2r,显然选
项B 不正确;球O 的外切正方体的棱长b 满足b=2r,显然选项C 不正确;球O 的内接正四面体的棱长c 满足c=2√6
3
r=2√6
3
×
√6
2
=2,选项D 正确.故选AD.
三、填空题
12.若一个圆锥的侧面展开图是圆心角为2π
3 ,半径为1 的扇形,则这个圆锥的表面积与侧面积的比是 4 ∶
  3   .
解析　设圆锥的底面半径为r,则底面周长为2πr,故展开后的扇形弧长为2πr,又扇形的圆心角为2π
3 ,半径为1,故2πr=2π
3 ×1,
则r=1
3 ,所以圆锥的侧面积为π
3 ,表面积为4 π
9 ,故表面积与侧面积的比是4∶3.
13.(2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1,下底面半径均为r2,圆台的母线长分别为2(r2-r1),3(r2-r1),则圆台甲与
乙的体积之比为 √6
4 .
解析　两圆台的上、下底面积对应相等,则两圆台的体积之比为高之比,根据母线与半径的关系可得甲与乙的体积之比为
√4(r2-r1)
2-(r2-r1)
2
√9(r2-r1)
2-(r2-r1)
2 =√3
√8
=√6
4 .
14.如图,在正三棱柱ABC A
⁃
1B1C1中,D 为棱AA1的中点.若AA1=4,AB=2,则四棱锥B ACC
⁃
1D 的体积为 2 √3 .
解析　取AC 的中点O,连接BO(图略),则BO⊥AC,所以BO⊥平面ACC1D.因为AB=2,所以BO=√3.因为D 为棱AA1的中点,AA1=4,
所以AD=2,所以S梯形AC C1 D=1
2×(2+4)×2=6,所以四棱锥B ACC
⁃
1D 的体积为1
3 ×6×√3=2√3.
能力提升练
15.(2025·广东一模)如图,已知圆台形水杯盛有水(不计厚度),杯口的半径为4,杯底的半径为3,高为6.5,当杯底水平放置时,水
面的高度为水杯高度的一半,若放入一个半径为r 的球(球被完全浸没),水恰好充满水杯,则r=(D)
A.1.5
B.2
C.3
D.3.25
解析　如图,O1M=4,O2N=3,OH=7
2
,又放入的球的半径为r,所以圆台O1O 的体积V=13
4
×1
3
×(16 π + 49
4 π +14 π)=13
48
3
π,由题
可知:4
3 πr3=13
3
48
π,则r=13
4 ,此时小球恰好与上下底面相切;下面考虑当小球与侧棱MN 相切时,设球心为I,球的半径为R,则
IO2=R=IH,由于tan∠NMO1= 6.5
4 -3 =13
2 ,则
2tan∠∈O2
1-tan
2∠∈O2
=-tan∠NMO1=-13
2 ,则tan∠INO2=2+√173
13
,那么2+√173
13
=R
3 ,则R=
3
13
×(2+√173)>13
4
,所以I 在O 上方,小球的部分体积在圆台外面,不符合题意.所以当该小球与上、下底面相切即球心在点
O 时,符合题意,此时r=3.25.故选D.
16.(2025·江西一模)已知正四棱锥O ABCD
⁃
的底面边长为2√3,侧棱长为2√6,点O'在该棱锥的高上,分别以O,O'为球心作球,
使得点A,B,C,D 都在球O'的表面上,两球面的公共点的集合形成的轨迹是以线段OO'上一点E 为圆心,半径为√2的圆,则当球
O'的半径为√26
2
时,球O 的表面积为(A)
A.16π
B.8π
C.4π
D.2π
解析　如图,由题意可得圆E 的半径为√2,设球O,O'的半径分别为R,R',设AC∩BD=G,则AG= AB
√2
=√6,OG=√(2 √6)
2-(√6)
2=3
√2,O'G=√(
√26
2 )
2
-(√6)
2=√2
2
,OO'=OG-O'G=5√2
2
.由题意,得{
R
2=O E
2+(√2)
2,
R'
2=O' E
2+(√2)
2=(
√26
2 )
2
,
OE +O' E =OO' = 5√2
2
,
解得{
O' E = 3√2
2
,
OE =√2,
R
2= 4 ,
所以球
O 的表面积为4πR2=16π.故选A.
微专题8　空间点、线、面的位置关系
1.直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理:a⊄α,b⊂α,a∥b⇒a∥α.
(2)线面平行的性质定理:a∥α,a⊂β,α∩β=b⇒a∥b.
(3)面面平行的判定定理:a⊂β,b⊂β,a∩b=P,a∥α,b∥α⇒α∥β.
(4)面面平行的性质定理:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b⇒a∥b.
平行关系的转化
2.直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理:m⊂α,n⊂α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n⇒l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理:a⊥α,b⊥α⇒a∥b.
(3)面面垂直的判定定理:a⊂β,a⊥α⇒α⊥β.
(4)面面垂直的性质定理:α⊥β,α∩β=l,a⊂α,a⊥l⇒a⊥β.
垂直关系的转化
线线垂直
线面垂直
面面垂直
微点一　空间线、面位置关系的判定
例1　(1)(2024·全国甲卷改编)(多选题)设α,β 为两个平面,m,n 为两条直线,且α∩β=m,下列四个命题正确的是(AC)
A.若m∥n,则n∥α 或n∥β
B.若m⊥n,则n⊥α 或n⊥β
C.若n∥α,且n∥β,则m∥n
D.若n 与α,β 所成的角相等,则m⊥n
解析　α∩β=m,则m⊂α,m⊂β,对于A,若m∥n,则n∥α 或n∥β,A 正确;对于B,若m⊥n,则n 与α,β 的位置关系不确定,B 错误;对于
C,若n∥α 且n∥β,则n∥m,C 正确;对于D,若n 与α、β 所成的角相等,则m 与n 可能平行,相交或异面,D 错误.故选AC.
(2)(2025·全国一卷)(多选题)在正三棱柱ABC A
⁃
1B1C1中,D 为BC 的中点,则(BD)
A.AD⊥A1C
B.B1C1⊥平面AA1D
C.AD∥A1B1
D.CC1∥平面AA1D
解析　由三棱柱的性质可知,AA1⊥平面ABC,则AA1⊥AD,假设AD⊥A1C,又AA1∩A1C=A1,AA1,A1C⊂平面AA1C1C,所以AD⊥平面
AA1C1C,矛盾,所以AD 与A1C 不垂直.故A 错误;因为三棱柱ABC A
⁃
1B1C1是正三棱柱,所以AA1⊥平面ABC,则AA1⊥BC,因为D 为BC
的中点,AC=AB,所以AD⊥BC,又AD∩AA1=A,AD,AA1⊂平面AA1D,所以BC⊥平面AA1D,又BC∥B1C1,所以B1C1⊥平面AA1D.故B 正确;
AB∥A1B1,AD 与AB 相交,所以AD 与A1B1异面.故C 错误;CC1∥AA1,CC1⊄平面AA1D,AA1⊂平面AA1D,所以CC1∥平面AA1D.故D 正确;
故选BD.
判断空间线、面位置关系常用方法
(1)借助定理:根据空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断.
(2)借助模型:如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系,结合有关定理,进行肯定或否定.
(3)反证法:当从正面入手较难时,可利用反证法,推出与题设或公认的结论相矛盾的命题,进而作出判断.
训练1　(多选题)一几何体的平面展开图如图所示,其中四边形ABCD 为正方形,E,F 分别为PB,PC 的中点,在此几何体中,下面
结论正确的是
(ACD)
A.直线AE 与直线BF 异面
B.直线AE 与直线DF 异面
C.直线EF∥平面PAD
D.直线EF∥平面ABCD
解析　由题意知,该几何体是底面为正方形的四棱锥,如图所示,连接AE,EF,BF,DF,易得EF∥BC,BC∥AD,则EF∥AD,故EF,AD 共面,
则AE,DF 共面,故B 错误;又F∈平面AEFD,B∉平面AEFD,F 不在直线AE 上,则直线AE 与直线BF 异面,A 正确;由EF∥AD,EF⊄平面
PAD,AD⊂平面PAD,则直线EF∥平面PAD,C 正确;EF⊄平面ABCD,BC⊂平面ABCD,又EF∥BC,所以EF∥平面ABCD,D 正确.
微点二　空间平行、垂直关系的证明
例2　如图,四边形AA1C1C 为矩形,四边形CC1B1B 为菱形,且平面CC1B1B⊥平面AA1C1C,D,E 分别为边A1B1,C1C 的中点.
(1)求证:BC1⊥平面AB1C;
(2)求证:DE∥平面AB1C.
证明　(1)因为四边形AA1C1C 为矩形,所以AC⊥C1C,又平面CC1B1B⊥平面AA1C1C,平面CC1B1B∩平面AA1C1C=CC1,所以AC⊥平面
CC1B1B,因为BC1⊂平面CC1B1B,所以AC⊥BC1,又四边形CC1B1B 为菱形,所以B1C⊥BC1,因为B1C∩AC=C,AC⊂平面AB1C,B1C⊂平面
AB1C,所以BC1⊥平面AB1C.
(2)如图,取AA1的中点F,连接DF,EF,因为四边形AA1C1C 为矩形,E,F 分别为C1C,AA1的中点,所以EF∥AC,又EF⊄平面AB1C,AC⊂平
面AB1C,所以EF∥平面AB1C,又因为D,F 分别为边A1B1,AA1的中点,所以DF∥AB1,又DF⊄平面AB1C,AB1⊂平面AB1C,所以DF∥平面
AB1C,因为EF∩DF=F,EF⊂平面DEF,DF⊂平面DEF,所以平面DEF∥平面AB1C,因为DE⊂平面DEF,所以DE∥平面AB1C.
(1)证明线线平行的常用方法:
①三角形的中位线定理;②平行公理;
③线面平行的性质定理;④面面平行的性质定理;
⑤构造平行四边形.
(2)证明线线垂直的常用方法:
①等腰三角形三线合一;②勾股定理的逆定理;
③利用线面垂直的定义证线线垂直.
训练2　如图,在三棱柱ABC A
⁃
1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F 分别是AC,B1C 的中点.
(1)求证:EF∥平面AB1C1;
(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.
证明　(1)因为E,F 分别是AC,B1C 的中点,所以EF∥AB1.又EF⊄平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1,所以EF∥平面AB1C1.
(2)因为B1C⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以B1C⊥AB.又AB⊥AC,B1C⊂平面AB1C,AC⊂平面AB1C,B1C∩AC=C,所以AB⊥平面AB1C.又
因为AB⊂平面ABB1,所以平面AB1C⊥平面ABB1.
微点三　空间角的几何求法—— 教考衔接
◎教材·研析
例3　(1)(人教A 版必修第二册·P171·13 题)如图,在三棱锥P ABC
⁃
中,∠ACB=90°,PA⊥底面ABC.
①求证:平面PAC⊥平面PBC;
②若AC=BC=PA,M 是PB 的中点,求AM 与平面PBC 所成角的正切值.
解　(1)①证明:由题意,因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC,又∠ACB=90°,即AC⊥BC,PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC,因
为BC⊂平面PBC,所以平面PAC⊥平面PBC.
②取PC 的中点D,连接AD,DM.因为AC=PA,所以AD⊥PC.由①知,BC⊥平面PAC,又AD⊂平面PAC,所以BC⊥AD,而PC∩BC=C,所以
AD⊥平面PBC,所以DM 是线段AM 在平面PBC 上的射影,所以∠AMD 是AM 与平面PBC 所成角,且AD⊥DM,设AC=BC=PA=2a,
则由M 是PB 的中点,得DM=1
2BC=a,AD=√2a,所以tan∠AMD= AD
DM =√2,即AM 与平面PBC 所成角的正切值为√2.
(2)(人教A 版必修第二册·P171·14 题)如图,在四棱锥P ABCD
⁃
中,底面ABCD 为正方形,侧面PAD 是正三角形,侧面PAD⊥底面
ABCD,M 为PD 的中点.
①求证:AM⊥平面PCD.
②求侧面PBC 与底面ABCD 所成二面角的余弦值.
解　①证明:在正方形ABCD 中,CD⊥AD,又侧面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩底面ABCD=AD,所以CD⊥平面PAD.因为AM⊂平面
PAD,所以CD⊥AM,因为△PAD 是正三角形,M 是PD 的中点,所以AM⊥PD.又CD∩PD=D,所以AM⊥平面PCD.
②如图,取AD,BC 的中点分别为E,F 连接EF,PE,PF.则EF􀰿CD,所以EF⊥AD.又在正△PAD 中,PE⊥AD,因为EF∩PE=E,所以AD⊥平面
PEF.因为在正方形ABCD 中,AD∥BC,所以BC⊥平面PFE.所以∠PFE 是侧面PBC 与底面ABCD 所成二面角的平面角.由CD⊥平面
PAD,EF∥CD,所以EF⊥平面PAD.因为PE⊂平面PAD,所以EF⊥PE.设正方形ABCD 的边长AD=2a,则EF=2a,PE=√3a.所以PF=
√P E
2+ E F
2=√7a,所以cos∠PFE= EF
PF
=2√7
7
.
利用几何法求解空间角问题的关键
(1)会找(或作)角→一般在空间几何体中先找(或作)角,异面直线所成的角常用平移直线法作角,空间线面所成的角与二面角
常利用定义法作角.
(2)会证明→对所找(或作)的角进行证明,证明所得的角就是所求的空间角.
(3)会求角→把角放在三角形中,通过解三角形求空间角.
◎真题·链接
真题　(2022·全国甲卷)在四棱锥P ABCD
⁃
中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=√3.
(1)证明:BD⊥PA;
(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值.
解　(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PD⊥BD.如图①,取AB 的中点E,连接DE,则BE=1
2AB=1,即CD=BE.又
CD∥AB,所以四边形BCDE 为平行四边形,所以DE=CB=1.因为DE=1
2AB,所以△ABD 为直角三角形,且AB 为斜边,所以BD⊥AD.又
PD∩AD=D,PD,AD⊂平面PAD,所以BD⊥平面PAD.因为PA⊂平面PAD,所以BD⊥PA.
①
(2)解法一:由题设及第(1)问得三棱锥P ABD
⁃
的体积为V=1
3×1
2×1×√3×√3=1
2.又AB=2,PA=√D A
2+ D P
2=2,PB=
√D B
2+ D P
2=√6,所以cos∠PAB= A B
2+ P A
2- P B
2
2× AB× PA
=1
4 ,sin∠PAB=√15
4
.设点D 到平面PAB 的距离为d,则V=1
3×1
2×2×2×
√15
4
×d=√15
6
d.由√15
6
d=1
2,得d=√15
5
. 因此PD 与平面PAB 所成角的正弦值为d
PD =√5
5
.
解法二:如图②所示,作DE⊥AB,垂足为E,连接PE.因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AB,故AB⊥平面PDE.过点D 作DF⊥PE,垂足为F.
因为AB⊥平面PDE,DF⊂平面PDE,所以DF⊥AB.因为AB∩PE=E,所以DF⊥平面PAB,因此∠DPE 即为PD 与平面PAB 所成的角.因
为1
2×AB×DE=1
2×DA×DB,所以DE=√3
2
,故PE=√D E
2+ D P
2=√15
2
.因此PD 与平面PAB 所成角的正弦值为DE
PE =√5
5
.
②
1.(2024·天津高考)若m,n 为两条直线,α 为一个平面,则下列结论中正确的是(C)
A.若m∥α,n∥α,则m⊥n
B.若m∥α,n∥α,则m∥n
C.若m∥α,n⊥α,则m⊥n
D.若m∥α,n⊥α,则m 与n 相交
解析　对于A,B,若m∥α,n∥α,则m 与n 可能平行,相交或异面,故A,B 错误;对于C,D,若m∥α,n⊥α,则m⊥n,且m 与n 可能相交,也
可能异面,故C 正确,D 错误.
2.(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC A
⁃
1B1C1的体积为52
3 ,AB=6,A1B1=2,则A1A 与平面ABC 所成角的正切值为(B)
A.1
2
B.1
C.2
D.3
解析　解法一:如图①,分别取BC,B1C1的中点D,D1,连接AD,A1D1,D1D,则AD=3√3,A1D1=√3,可知S△ABC=1
2
×6×3√3=9√3,S△A1B1C1=
1
2
×2×√3=√3,设正三棱台ABC A
⁃
1B1C1的高为h,则V ABC ⁃ A1B1C1=1
3
×(9√3+√3+√9√3×√3)h=52
3
,解得h=4√3
3
,分别过A1,D1作
底面ABC 的垂线,垂足为M,N,设AM=x,则AA1=√A M
2+ A1 M
2=√x
2+ 16
3
,DN=AD-AM-MN=2√3-x,可得DD1=√D N
2+ D1 N
2
=√
(2 √3- x)
2+ 16
3
,结合等腰梯形BCC1B1可得BB1
2=(
6-2
2 )
2
+DD1
2,即x2+16
3
=(2√3-x)2+16
3
+4,解得x=4√3
3
,所以A1A 与平面
ABC 所成角的正切值为tan∠A1AD= A1 M
AM
=1.故选B.
①
解法二:将正三棱台ABC A
⁃
1B1C1补成正三棱锥P ABC
⁃
,如图②,则A1A 与平面ABC 所成角即为PA 与平面ABC 所成角,因为P A1
PA
= A1B1
AB
=1
3,所以V P⁃ A1B1C1
V P⁃ ABC
= 1
27 ,可知V ABC ⁃ A1B1C1=26
27 VP ABC
⁃
=52
3 ,则VP ABC
⁃
=18,设正三棱锥P ABC
⁃
的高为d,则VP ABC
⁃
=1
3d×1
2
×6×6×√3
2
=18,解得d=2√3,取△ABC 的中心为O,连接PO,则PO⊥底面ABC,且AO=2√3,所以PA 与平面ABC 所成角的正切值为
tan∠PAO= PO
AO
=1.故选B.
②
3.(2022·新课标Ⅰ卷)(多选题)已知正方体ABCD A
⁃
1B1C1D1,则(ABD)
A.直线BC1与DA1所成的角为90°
B.直线BC1与CA1所成的角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D 所成的角为45°
D.直线BC1与平面ABCD 所成的角为45°
解析　如图①,连接B1C.因为DA1∥CB1,BC1⊥CB1,所以直线BC1与DA1所成的角为90°,所以A 正确.如图②,连接B1C.因为
BC1⊥B1C,BC1⊥A1B1,B1C∩A1B1=B1,B1C,A1B1⊂平面A1B1C,所以BC1⊥平面A1B1C,所以BC1⊥CA1,所以B 正确.如图③,连接A1C1,交B1D1
于点O,连接BO,A1B.易证A1C1⊥平面BDD1B1,所以∠C1BO 为直线BC1与平面BDD1B1所成的角,∠C1BO=30°,所以C 错误.如图④,
因为C1C⊥平面ABCD,所以∠C1BC 为直线BC1与平面ABCD 所成的角,且∠C1BC=45°,所以D 正确.故选ABD.
①　　
②
③　　
④
4.(2022·全国乙卷)如图,四面体ABCD 中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E 为AC 的中点.
(1)证明:平面BED⊥平面ACD;
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F 在BD 上,当△AFC 的面积最小时,求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值.
解　(1)证明:因为AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB,所以△ADB≌△CDB,所以AB=BC.因为E 为AC 的中点,所以AC⊥BE,AC⊥DE,又
BE∩DE=E,BE,DE⊂平面BED,所以AC⊥平面BED,又AC⊂平面ACD,所以平面BED⊥平面ACD.
(2)因为AB=BC=2,∠ACB=60°,所以△ABC 为正三角形,则AC=2,BE=√3,AE=1.因为AD=CD,AD⊥CD,所以△ADC 为等腰直角三角形,
所以DE=1.所以DE2+BE2=BD2,则DE⊥BE.由(1)可知,AC⊥平面BED.如图,连接EF,因为EF⊂平面BED,所以AC⊥EF,当△AFC 的面积
最小时,点F 到直线AC 的距离最小,即EF 的长度最小.在Rt△BED 中,当EF 的长度最小时,EF⊥BD,EF= DE·BE
BD
=√3
2
.因为E 为
AC 的中点,所以点C 到平面ABD 的距离等于点E 到平面ABD 的距离的2 倍.因为DE⊥AC,DE⊥BE,AC∩BE=E,AC,BE⊂平面ABC,所
以DE⊥平面ABC.因为VD AEB
⁃
=VE ADB
⁃
,所以1
3 ×1
2AE×BE×DE=1
3 ×S△ABD×d
2 ,其中d 为点C 到平面ABD 的距离.在△ABD 中,
BA=BD=2,AD=√2,所以S△ABD=√7
2
,所以d=2√21
7
.因为AC⊥平面BED,EF⊂平面BED,所以AC⊥EF,所以FC=√F E
2+ EC
2=√7
2
.记
CF 与平面ABD 所成的角为α,则sin α= d
CF =4√3
7
.
微练(十二)　空间点、线、面的位置关系
基础过关练
一、单项选择题
1.(2025·深圳一模)已知直线a,b 分别在两个不同的平面α,β 内,则“直线a 和直线b 平行”是“平面α 和平面β 平行”的(D)
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
解析　当“直线a 和直线b 平行”时,平面α 和平面β 可能平行也可能相交,故不充分;当“平面α 和平面β 平行”时,直线a
和直线b 可能平行也可能异面,故不必要;因此“直线a 和直线b 平行”是“平面α 和平面β 平行”的既不充分也不必要条
件.故选D.
2.(2025·天津高考)已知m,n 为两条直线,α,β 为两个平面,则下列结论中正确的是(C)
A.若m∥α,n⊂α,则m∥n
B.若m⊥α,m⊥β,则α⊥β
C.若m∥α,m⊥β,则α⊥β
D.若m⊂α,α⊥β,则m⊥β
解析　若m∥α,n⊂α,则m∥n 或m,n 异面,故A 错误;若m⊥α,m⊥β,则α∥β,故B 错误;若m∥α,m⊥β,则α⊥β,故C 正确;若m⊂α,α⊥β,
则m∥β 或m 与β 相交或m⊂β.故D 错误.
3.如图,点A,B,C,M,N 为正方体的顶点或所在棱的中点,则下列各图中,不满足直线MN∥平面ABC 的是(D)
A　　
B
C　　
D
解析　对于A,由正方体的性质可得MN∥AC,因为MN⊄平面ABC,AC⊂平面ABC,所以直线MN∥平面ABC,故A 正确;对于B,如
图①,作出完整的截面ADBCEF,由正方体的性质可得MN∥AD,因为MN⊄平面ABC,AD⊂平面ABC,所以直线MN∥平面ABC,故B
正确;对于C,由正方体的性质可得平面ABC 与正方体的右侧面平行,故MN∥平面ABC,故C 正确;对于D,如图②,作出完整的截
面ABNMHC,可得MN 在平面ABC 内,不能得出平行,故D 错误.
①　
②
4.如图,已知各棱长都为1 的平行六面体ABCD A
⁃
1B1C1D1中,棱AA1,AB,AD 两两的夹角均为π
3
,则异面直线BA1与CB1所成的角
为(C)
A.π
4
B.π
6
C.π
3
D. π
12
解析　连接A1D,BD,如图,在平行六面体ABCD A
⁃
1B1C1D1中,A1B1􀰿AB􀰿CD,则四边形A1B1CD 是平行四边形,B1C∥A1D,于是∠BA1D
是异面直线BA1与CB1所成角或其补角,由AA1=AB=AD=1,棱AA1,AB,AD 两两的夹角均为π
3 ,得△ABD,△ABA1,△ADA1都是正三
角形,即A1B=BD=A1D=1,则∠BA1D=π
3 ,所以异面直线BA1与CB1所成的角为π
3 .故选C.
5.(2025·黄冈模拟)如图,在长方体ABCD A
⁃
1B1C1D1中,AA1=AB=4,BC=2,M,N 分别为棱C1D1,CC1的中点,则(B)
A.A,M,N,B 四点共面
B.平面ADM⊥平面CDD1C1
C.直线BN 与B1M 所成的角为30°
D.BN∥平面ADM
解析　如图所示,连接MN,BC1,对于A 选项,AB∥C1M,C1M∩MN=M,MN⊄平面ABC1M,所以直线AB,MN 是异面直线,故A,M,N,B 四
点不共面,A 错误;对于B 选项,在长方体ABCD A
⁃
1B1C1D1中,可得AD⊥平面CDD1C1,又AD⊂平面ADM,所以平面ADM⊥平面
CDD1C1,B 正确;对于C 选项,取CD 的中点O,连接BO,ON,则B1M∥BO,可知BO=ON=BN=2√2,所以△BON 为等边三角形,故
∠OBN=60°,即直线BN 与B1M 所成的角为60°,C 错误;对于D 选项,因为BN∥平面AA1D1D,显然BN 与平面ADM 不平行,D 错误.
故选B.
6.(2025·咸阳模拟)已知四棱锥P ABCD
⁃
,平面PAD⊥平面ABCD,四边形ABCD 是正方形,E 为PC 的中点,则(C)
A.BE∥平面PAD
B.PD⊥平面ABCD
C.平面PAB⊥平面PAD
D.DE=EB
解析　对于A,易知BC∥平面PAD,因为BE∩BC=B,且两条直线都在平面PBC 内,所以BE 不可能平行于平面PAD,故A 错误;对于
B,如图,作PH⊥AD 于点H,因为平面PAD⊥平面ABCD,且PH⊂平面PAD,所以PH⊥平面ABCD,由于PD∩PH=P,所以PD 不垂直于
平面ABCD,故B 错误;对于C,因为AB⊂平面ABCD,所以PH⊥AB,又AB⊥AD,PH∩AD=H,且PH,AD 都在平面PAD 内,所以AB⊥平面
PAD,因为AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD,故C 正确;对于D,没有充足的条件可以证明DE=EB,故D 错误.故选C.
二、多项选择题
7.如图所示,在正方体ABCD A
⁃
1B1C1D1中,M,N 分别为棱C1D1,C1C 的中点,下列说法正确的有(CD)
A.直线AM 与CC1是相交直线
B.直线AM 与BN 是平行直线
C.直线BN 与MB1是异面直线
D.直线AM 与DD1是异面直线
解析　因为点A 在平面CDD1C1外,点M 在平面CDD1C1内,直线CC1在平面CDD1C1内,CC1不过点M,所以AM 与CC1是异面直线,
故A 错;如图,取DD1的中点E,连接AE,则BN∥AE,但AE 与AM 相交,则AM 与BN 不可能平行,故B 错;因为点B1与直线BN 都在
平面BCC1B1内,点M 在平面BCC1B1外,直线BN 不过点B1,所以BN 与MB1是异面直线,故C 正确,同理D 正确.故选CD.
8.如图,已知四边形ABCD,△BCD 是以BD 为斜边的等腰直角三角形,△ABD 为等边三角形,BD=2,将△ABD 沿对角线BD 翻折到
△PBD,在翻折的过程中,下列结论中正确的是
(ABC)
A.BD⊥PC
B.DP 与BC 可能垂直
C.四面体PBCD 体积的最大值是√3
3
D.直线DP 与平面BCD 所成角的最大值是π
4
解析　对于A,如图所示,取BD 的中点M,连接PM,CM,因为△BCD 是以BD 为斜边的等腰直角三角形,所以BD⊥CM,因为
△ABD 为等边三角形,所以BD⊥PM,又PM∩CM=M,PM,CM⊂平面PMC,所以BD⊥平面PMC,又PC⊂平面PMC,所以BD⊥PC,故A
正确;对于B,假设DP⊥BC,又BC⊥CD,CD∩DP=D,CD,DP⊂平面PCD,所以BC⊥平面PCD,又PC⊂平面PCD,所以BC⊥PC,又PB=2,BC=
√2,易知PC∈[√3-1,√3+1],当PC=√2时,BC2+PC2=PB2,故DP 与BC 可能垂直,故B 正确;对于C,易知当平面PBD⊥平面BCD 时,此
时四面体PBCD 的体积最大,此时的体积V=1
3S△BCD·PM=1
3×(
1
2 ×√2×√2)×√3=√3
3
,故C 正确.对于D,当平面PBD⊥平面BCD
时,平面PBD∩平面BCD=BD,BD⊥PM,PM⊂平面PBD,此时PM⊥平面BCD,∠PDB 即为直线DP 与平面BCD 所成的角,此时∠PDB=
π
3
,故D 错误.故选ABC.
三、填空题
9.如图,P 为▱ABCD 所在平面外一点,E 为AD 的中点,F 为PC 上一点,当PA∥平面EBF 时, PF
FC
= 1
2
 .
解析　如图,连接AC 交BE 于点O,连接OF.因为AD∥BC,E 为AD 的中点,所以AO
OC = AE
BC =1
2,因为PA∥平面EBF,平面EBF∩平面
PAC=OF,PA⊂平面PAC,所以PA∥OF,所以PF
FC = AO
OC =1
2.
10.正方体ABCD A
⁃
1B1C1D1的棱长为2,点M 为CC1的中点,点N 为线段DD1上靠近D1的三等分点,平面BMN 交AA1于点Q,则线
段AQ 的长为 1
3 .
解析　如图所示,在线段DD1上靠近点D 处取一点T,使得DT=1
3,因为N 是线段DD1上靠近D1的三等分点,故D1N=2
3,故NT=2-
1
3
-2
3
=1,因为M 为CC1的中点,故CM=1,连接TC,由NT∥CM,且CM=NT=1,知四边形CMNT 为平行四边形,故CT∥MN,同理在AA1
上靠近A 处取一点Q',使得AQ'=1
3 ,连接BQ',TQ',则有BQ'∥CT∥MN,故BQ'与MN 共面,即点Q'与点Q 重合,故AQ=1
3 .
四、解答题
11.如图所示,在三棱柱ABC A
⁃
1B1C1中,AB=AC,侧面BCC1B1⊥底面ABC,E,F 分别为棱BC 和A1C1的中点.求证:
(1)EF∥平面ABB1A1;
(2)平面AEF⊥平面BCC1B1.
证明　(1)如图,取A1B1的中点G,连接BG,FG,在△A1B1C1中,因为F,G 分别为A1C1,A1B1的中点,所以FG∥B1C1,且FG=1
2B1C1.在三棱
柱ABC A
⁃
1B1C1中,BC∥B1C1.又E 为棱BC 的中点,所以FG∥BE,且FG=BE,所以四边形BEFG 为平行四边形,所以EF∥BG,又因为BG⊂
平面ABB1A1,EF⊄平面ABB1A1,所以EF∥平面ABB1A1.
(2)在△ABC 中,因为AB=AC,E 为BC 的中点,所以AE⊥BC,又侧面BCC1B1⊥底面ABC,侧面BCC1B1∩底面ABC=BC,且AE⊂平面ABC,
所以AE⊥平面BCC1B1,又AE⊂平面AEF,所以平面AEF⊥平面BCC1B1.
12.如图,在四棱锥P ABCD
⁃
中,底面ABCD 为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F 分别为AD,PB 的中点.求证:
(1)PE⊥BC;
(2)平面PAB⊥平面PCD;
(3)EF∥平面PCD.
证明　(1)因为PA=PD,E 为AD 的中点,所以PE⊥AD.因为底面ABCD 为矩形,所以BC∥AD,所以PE⊥BC.
(2)因为底面ABCD 为矩形,所以AB⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥平面
PAD.又PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD,所以平面
PAB⊥平面PCD.
(3)如图,取PC 的中点G,连接FG,DG.因为F,G 分别为PB,PC 的中点,所以FG∥BC,FG=1
2BC.因为四边形ABCD 为矩形,且E 为AD
的中点,所以DE∥BC,DE=1
2BC,所以DE∥FG,DE=FG,所以四边形DEFG 为平行四边形.所以EF∥DG.又因为EF⊄平面PCD,DG⊂平面
PCD,所以EF∥平面PCD.
能力提升练
13.如图,在矩形ABCD 中,E,F 分别为边AD,BC 上的点,且AD=3AE,BC=3BF,设P,Q 分别为线段AF,CE 的中点,将四边形ABFE 沿着
直线EF 进行翻折,使得点A 不在平面CDEF 上,在这一过程中,下列关系不能成立的是(C)
A.AB∥CD
B.AB⊥PQ
C.PQ∥ED
D.PQ∥平面ADE
解析　翻折之后如图所示,连接PQ,DF.因为AD=3AE,BC=3BF,所以AB∥EF 且EF∥CD,因此AB∥CD,故选项A 成立;因为P,Q 分别为
AF,CE 的中点,所以Q 为DF 的中点,所以PQ∥AD,易得AB⊥AD,所以AB⊥PQ,故选项B 成立;因为PQ∥AD,ED∩AD=D,所以PQ 与ED
不平行,故选项C 不成立;因为PQ∥AD,且PQ⊄平面ADE,AD⊂平面ADE,所以PQ∥平面ADE,故选项D 成立.故选C.
14.在四面体ABCD 中,AE⊥平面BCD 于点E,点E 到平面ABC 的距离为√3,AD⊥BC,BD=CD,点G 为△ABC 的重心,二面角A BC D
⁃
⁃
的大小为60°,则GE= 2√7
3
 .
解析　如图,设DE∩BC=M,连接AM,因为AE⊥平面BCD,BC⊂平面BCD,所以BC⊥AE,又BC⊥AD,AE∩AD=A,AE⊂平面AMD,AD⊂平
面AMD,所以BC⊥平面AMD,又DM,AM⊂平面AMD,故BC⊥DM,BC⊥AM,所以∠AMD 是二面角A BC D
⁃
⁃
的平面角,所以
∠AMD=60°,又BD=CD,所以M 为BC 的中点,又点G 为△ABC 的重心,故G 在AM 上,过E 作EH⊥AM 于H,由E 到平面ABC 的距
离为√3,可得EH=√3,于是ME=2,AM=4,MG=4
3 ,在△MGE 中,由余弦定理可得GE2=MG2+ME2-2MG·MEcos 60°=28
9 ,所以GE=
2√7
3
.
微专题9　空间向量与立体几何
1.空间向量与空间角
设直线l,m 的方向向量分别为a,b,平面α,β 的法向量分别为μ,v.
(1)异面直线所成的角:设l,m 的夹角为θ(0<θ≤π
2),则cos θ=|a·b|
|a||b|
;
(2)直线与平面所成的角:设直线l 与平面α 的夹角为θ(0≤θ≤π
2),则sin θ=|cos<a,μ>|=|a·μ|
|a|| μ|
;
(3)平面与平面所成的角:设平面α 与平面β 的夹角为θ(0≤θ≤π
2),则cos θ=|cos <μ,v>|=| μ·v |
| μ||v |
.
2.空间距离
(1)点到直线的距离:如图①,向量⃗AP在直线l 上的投影向量为⃗AQ,则点P 到直线l 的距离为PQ=√|⃗AP |
2-|⃗AQ |
❑2=
√a
2-(a·u)
2.(其中u 是直线l 的单位方向向量)
①
(2)点到平面的距离:如图②,已知平面α 的法向量为n,A 是平面α 内的定点,P 是平面α 外一点.则点P 到平面α 的距离PQ=
|⃗AP· n
|n||=|⃗
AP·n
|n| |=|⃗AP·n|
|n|
.
②
专项1　空间向量与空间角
微点一　直线与平面所成的角
例1　(2025·开封二模)在四棱锥P ABCD
⁃
中,BC∥AD,PA⊥AD,平面PAB⊥平面ABCD,∠BAD=120°,且PA=AB=BC=1
2AD=2.
(1)求证:PA⊥平面ABCD;
(2)求直线PB 与平面PAD 所成角的正弦值.
解　(1)证明:在四棱锥P ABCD
⁃
中,由BC∥AD,∠BAD=120°,得∠ABC=60°,连接AC,如图,而AB=BC,则△ABC 为等边三角形,取AB 的
中点E,连接CE,则CE⊥AB,由平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,CE⊂平面ABCD,得CE⊥平面PAB,而PA⊂平面PAB,
则CE⊥PA,又PA⊥AD,CE 与AD 相交,CE,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥平面ABCD.
(2)取BC 的中点F,连接AF,AF=√3,BF=CF=1,AF⊥BC,AF⊥AD,由PA⊥平面ABCD,AF⊂平面ABCD,得PA⊥AF,即AF,AD,AP 两两垂直,
以A 为原点,直线AF,AD,AP 分别为x,y,z 轴建立空间直角坐标系,由PA=AB=BC=1
2AD=2,得A(0,0,0),F(√3,0,0),B(√3,-1,0),P(0,0,2),⃗
PB=(√3,-1,-2),⃗AF=(√3,0,0),显然⃗AF为平面PAD 的一个法向量,设直线PB 与平面PAD 所成角为θ,则sin θ=|cos<⃗PB,⃗AF>|
=|⃗PB·⃗AF |
|⃗PB||⃗AF |
=
3
2√2×√3
=√6
4
,所以直线PB 与平面PAD 所成角的正弦值是√6
4
.
向量法求直线与平面所成角的步骤
(1)建系→找出(或作出)两两垂直的三条直线,建立适当的空间直角坐标系.
(2)求向量→先分别求出相关点的坐标,再求直线的方向向量和平面的法向量.
(3)用公式→由两向量夹角的余弦公式cos<m,n>=
m·n
|m||n| 求两个向量的夹角的余弦值.
提醒　平面的法向量与斜线的方向向量所成角的余弦值的绝对值为线面角的正弦值,不是余弦值.
训练1　如图,在四棱台ABCD A
⁃
1B1C1D1中,底面ABCD 为平行四边形,平面AB1C⊥平面ABCD,DD1=DA=A1B1=1
2AB=2,∠BAD=π
3 .
(1)证明:DD1∥平面AB1C;
(2)若B1A=B1C,求直线BC1与平面AB1C 所成角的正弦值.
解　(1)证明:如图,连接BD,交AC 于点O,连接OB1,B1D1,在四棱台ABCD A
⁃
1B1C1D1中,因为DD1=DA=A1B1=1
2AB=2,所以OD∥B1D1且
OD=B1D1,所以四边形OB1D1D 为平行四边形,所以OB1∥DD1,又DD1⊄平面AB1C,OB1⊂平面AB1C,所以DD1∥平面AB1C.
(2)因为B1A=B1C,O 为AC 的中点,所以OB1⊥AC,又平面AB1C⊥平面ABCD,平面AB1C∩平面ABCD=AC,OB1⊂平面AB1C,所以OB1⊥
平面ABCD.又OB1∥DD1,所以DD1⊥平面ABCD,又在△ABD 中,AD=1
2AB=2,∠BAD=π
3 ,所以BD=2√3,则AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.
如图,以点D 为原点建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B1(0,√3,2),C(-2,2√3,0),B(0,2√3,0),C1(-1,√3,2),所以⃗BC1=(-1,-√3,2),⃗A B1
=(-2,√3,2),⃗AC=(-4,2√3,0),设平面AB1C 的法向量为n=(x,y,z),则有{
n·⃗A B1=-2 x +√3 y +2 z =0,
n·⃗AC =- 4 x +2√3 y =0,
取x=√3,则y=2,z=0,所以
n=(√3,2,0).则|cos<⃗BC1,n>|=|⃗
BC1·n
|⃗BC1||n||=3√42
28
,所以直线BC1与平面AB1C 所成角的正弦值为3√42
28
.
微点二　平面与平面所成的角
例2　(2025·全国二卷)如图,在四边形ABCD 中,AB∥CD,∠DAB=90°,F 为CD 的中点,点E 在AB 上,EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD.将四边
形EFDA 沿EF 翻折至四边形EFD'A',使得面EFD'A'与面EFCB 所成的二面角为60°.
(1)证明:A'B∥平面CD'F;
(2)求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值.
解　(1)证明:因为EB∥FC,EB⊄平面CD'F,FC⊂平面CD'F,所以EB∥平面CD'F,因为A'E∥D'F,A'E⊄平面CD'F,D'F⊂平面CD'F,所以
A'E∥平面CD'F.因为EB⊂平面BA'E,A'E⊂平面BA'E,EB∩A'E=E,所以平面BA'E∥平面CD'F.因为A'B⊂平面BA'E,所以A'B∥平面
CD'F.
(2)因为∠DAB=90°,EF∥AD,所以∠FEB=90°,即AB⊥EF,翻折后,A'E⊥EF,EB⊥EF,所以面EFD'A'与面EFCB 所成二面角的平面角为
∠A'EB,即∠A'EB=60°,同理∠D'FC=60°.设AD=1,取CF 的中点O,连接D'O,在△OD'F 中,D'F=1,OF=1
2,∠D'FO=60°,由余弦定理得
OD'=√3
2
,所以D'F2=OF2+OD'2,所以OD'⊥OF.在线段EB 上取一点M,使得EM=1
2
,连接OM,则EM=OF,又EM∥OF,所以四边形
EMOF 为平行四边形,所以EF∥OM,
因为D'F⊥EF,CF⊥EF,D'F∩CF=F,所以EF⊥平面CD'F,即OM⊥平面CD'F,所以OM,OC,OD'两两垂直,如图所示,以O 为原点,⃗OM,⃗
OC,⃗OD'的方向分别为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系,则B(1, 3
2 ,0),C(0, 1
2 ,0),D'(0,0, √3
2 ),E
(1,- 1
2 ,0),F(0,- 1
2 ,0),⃗CB=(1,1,0),⃗CD'=(0,- 1
2 , √3
2 ),⃗FE=(1,0,0),⃗FD'=(0, 1
2 , √3
2 ).设平面BCD'的法向量为
m=(x1,y1,z1),则{⃗
CB·m=0,⃗
CD' ·m=0,
即{
x1+ y1=0,
- 1
2 y1+ √3
2 z1=0,
取z1=√3,则m=(-3,3,√3).设平面EFD'A'的法向量为n=(x2,y2,z2),则
{⃗
FE·n=0,⃗
FD' ·n=0,
即{
x2=0,
1
2 y2+ √3
2 z2=0,
取z2=√3,则n=(0,-3,√3).设平面BCD'与平面EFD'A'的夹角为θ,则cos θ=|m·n|
|m||n| =
6
√21×√12
= 1
√7
=√7
7
,所以sin θ=√1-co s
2θ=√
1-(
√7
7 )
2
=√42
7
,所以平面BCD'与平面EFD'A'所成二面角的正弦值为√42
7
.
利用向量法求两平面夹角(二面角)的步骤
设n1,n2分别是平面α,β 的法向量,则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是两个平面的夹角,用坐标法解题的步骤如下:
(1)建系:依据几何条件建立适当的空间直角坐标系.
(2)求法向量:在建立的坐标系下求两个平面的法向量n1,n2.
(3)求两平面的夹角:cos θ=|n1·n2|
|n1||n2| .
(4)结合平面与平面夹角的范围求出两平面的夹角(或结合图形写出二面角).
训练2　(2025·湖北四模)如图,平面四边形PBCD 中,点A 是线段PD 上一点,AB⊥PD,PD=4,沿着AB 将△PAB 翻折,得到四棱锥
P ABCD.
⁃
(1)证明:平面PAD⊥平面ABCD;
(2)若AB=AP,且CD=√2,∠ADC=45°,折叠后∠PAD=120°.
(ⅰ)求平面PAB 与平面PCD 夹角的余弦值的最大值;
(ⅱ)若三棱锥P ACD
⁃
的四个顶点均在以G 为球心的球上,则球G 的体积是否存在最小值?若存在,求出此时线段AB 的长;若不
存在,请说明理由.
解　(1)证明:在平面四边形PBCD 中,因为点A 是线段PD 上一点,AB⊥PD,所以折叠后有AB⊥PA,AB⊥AD.又PA∩AD=A,PA,AD⊂平
面PAD,所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD.
(2)(ⅰ)设AB=AP=t(0<t<3),则AD=4-t.如图,以A 为坐标原点,以AB 所在直线为x 轴,AD 所在直线为y 轴,过点A 且垂直于平面
ABCD 的直线为z 轴建立空间直角坐标系.
因为CD=√2,∠PAD=120°,∠ADC=45°,所以A(0,0,0),B(t,0,0),P(0,- t
2 , √3t
2 ),D(0,4-t,0),C(1,3-t,0),所以⃗CP=(-1, t
2 -3, √3t
2 ),⃗
CD=(-1,1,0),⃗BP=(-t ,- t
2 , √3t
2 ),⃗AB=(t,0,0).设平面PCD 的法向量为n=(x1,y1,z1),则{
n·⃗CP =0,
n·⃗CD =0,
令x1=√3t,可得n=(√3t,√3
t,8-t),设平面PAB 的法向量为m=(x2,y2,z2),则{
m·⃗BP =0,
m·⃗AB =0,
令z2=1,可得m=(0,√3,1).设平面PAB 与平面PCD 的夹角为θ,则cos 
θ=|cos<n,m>|=|3t +8- t|
2√6t
2+(8-t )
2=
4+t
√7t
2-16t +64
.令u=t+4(4<u<7),则cos θ=
u
√7u
2-72u+240
=
1
√
7+ 240
u
2 - 72
u
=
1
√240(
1
u - 3
20)
2
+ 8
5
,所以当1
u
= 3
20
,即t=8
3
时,cos θ 取得最大值√10
4
.
(ⅱ)如图,设△PAD 和△ACD 的外接圆圆心分别为点E,F,过点E 作平面PAD 的垂线,过点F 作平面ACD 的垂线,则两垂线的交
点就是球心G.过点F 作FH⊥AD 于H,连接EH,PG,PE,DF,显然四边形GFHE 为矩形,所以GE2=PG2-PE2=FH2=DF2-DH2.在△PAD 中,
由余弦定理得PD=√t
2- 4 t +16,由正弦定理得△PAD 的外接圆半径r1=PE=
PD
2sin 120° =√
t
2- 4t +16
3
;在△ACD 中,由余弦
定理得AC=√t
2-6t +10,由正弦定理得△ACD 的外接圆半径r2=DF=
AC
2sin 45° =√
t
2-6t +10
2
.设球G 的半径为R,则
PG=R,PG2-PE2=DF2-DH2,即R2-r1
2=r2
2-(
AD
2 )
2
,即R2=r1
2+r2
2-(
AD
2 )
2
=7t
2-28t +76
12
= 7
12(t-2)2+4,故当t=2 时,R 取得最小值2,此
时球G 的体积为32π
3
.综上,球G 的体积存在最小值32π
3
,此时AB=2.
微练(十三)　空间向量与空间角
1.(2025·兰州一模)已知正四棱柱ABCD A
⁃
1B1C1D1底面边长为3,点E,F 分别在直线AD,CD 上,BE=√13,DF=1.
(1)证明:AC∥平面B1EF;
(2)若三棱锥B1 BEF
⁃
的体积为5
2
,求直线BB1与平面B1EF 所成角的正弦值.
解　(1)证明:因为AE=√B E
2- A B
2=√13-9=2,所以DE=1,因为DF=1,所以ED
AE
= DF
FC
=1
2
,所以AC∥EF,AC⊄平面B1EF,EF⊂平面
B1EF,所以AC∥平面B1EF.
(2)如图所示:以D 为原点,以DA 所在直线为x 轴,以DC 所在直线为y 轴,以DD1所在直线为z 轴建立空间直角坐标系.则三棱
锥B1 BEF
⁃
的体积V=1
3 S△BEF·DD1=1
3×5
2×DD1=5
2,解得DD1=3,则B(3,3,0),B1(3,3,3),E(1,0,0),F(0,1,0),⃗B B1=(0,0,3),⃗E B1=(2,3,3),⃗EF
=(-1,1,0).设平面B1EF 的法向量为n=(x,y,z),则{
n·⃗E B1=2 x +3 y +3 z =0,
n·⃗EF =- x + y =0,
可取n=(3,3,-5),设直线BB1与平面B1EF 所成角为θ,
则sin θ=|n·⃗B B1|
|n||⃗B B1|
=|-15|
3×√9+9+25
=5√43
43
,所以直线BB1与平面B1EF 所成角的正弦值为5√43
43
.
2.(2025·济宁一模)底面为菱形的四棱锥P ABCD
⁃
中,AC 与BD 交于点O,平面PBD⊥平面ABCD,平面PAC⊥平面ABCD.
(1)证明:PO⊥平面ABCD;
(2)若OA=2OD=2,直线DC 与平面PBC 所成角的正弦值为4√5
15
,求平面PAC 与平面PBC 夹角的余弦值.
解　(1)证明:因为四边形ABCD 为菱形,所以AC⊥BD,因为平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD,AC⊂平面ABCD,所以
AC⊥平面PBD,因为PO⊂平面PBD,所以AC⊥PO,因为平面PAC⊥平面ABCD,平面PAC∩平面ABCD=AC,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥
平面PAC,因为PO⊂平面PAC,所以BD⊥PO,因为AC∩BD=O,AC,BD⊂平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.
(2)由(1)知,AC,PO,BD 两两垂直,以O 为原点,OA,OB,OP 所在直线分别为x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,OA=2OD=2,则D(0,-
1,0),C(-2,0,0),B(0,1,0),⃗DC=(-2,1,0),设P(0,0,t),t>0,则⃗PB=(0,1,-t),⃗CB=(2,1,0),设平面PBC 的法向量为m=(x,y,z),
{
m·⃗PB = y -tz =0,
m·⃗CB =2 x + y =0,
令z=2 得y=2t,x=-t,故m=(-t,2t,2),直线DC 与平面PBC 所成角的正弦值为4√5
15
,即|cos<⃗DC,m>|=|⃗DC ·m|
|⃗DC ||m|
=
|(-2,1,0)·(-t ,2t ,2)|
√4+1×√(-t )
2+ 4t
2+ 4
=4√5
15
,解得t=1,负值舍去,则m=(-1,2,2),平面PAC 的一个法向量为n=(0,1,0),设平面PAC 与平面
PBC 夹角为θ,cos θ=|cos<m,n>|=|m·n|
|m||n| =|(-1,2,2)·(0,1,0)|
√1+ 4+ 4
=2
3 ,所以平面PAC 与平面PBC 夹角的余弦值为2
3.
3.(2024·新课标Ⅱ卷)如图,平面四边形ABCD 中,AB=8,CD=3,AD=5√3,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F 满足⃗AE=2
5⃗AD,⃗AF=1
2⃗AB.
将△AEF 沿EF 翻折至△PEF,使得PC=4√3.
(1)证明:EF⊥PD;
(2)求平面PCD 与平面PBF 所成的二面角的正弦值.
解　(1)证明:由题得,AE=2
5AD=2√3,AF=1
2AB=4,又∠BAD=30°,所以由余弦定理得EF2=AE2+AF2-2AE·AF·cos 30°=4,故EF=2.又
EF2+AE2=AF2,所以EF⊥AE.由EF⊥AE 及翻折的性质知EF⊥PE,EF⊥ED,又ED∩PE=E,ED,PE⊂平面PED,所以EF⊥平面PED.又PD⊂平
面PED,所以EF⊥PD.
(2)如图,连接CE,又DE=3√3,CD=3,∠CDE=90°,故CE=√D E
2+C D
2=6.又PE=AE=2√3,PC=4√3,所以PE2+CE2=PC2,故PE⊥CE.又
PE⊥EF,CE∩EF=E,CE,EF⊂平面ABCD,所以PE⊥平面ABCD.EF,ED,PE 两两垂直,故以E 为原点,EF,ED,EP 所在直线分别为x,y,z 轴建
立空间直角坐标系,则P(0,0,2√3),D(0,3√3,0),F(2,0,0),A(0,-2√3,0),C(3,3√3,0),连接PA,则⃗PD=(0,3√3,-2√3),⃗DC=(3,0,0),⃗AP
=(0,2√3,2√3),⃗AF=(2,2√3,0).设平面PCD 的法向量为n1=(x1,y1,z1),则{
n1·⃗PD =3√3 y1-2√3 z1=0,
n1·⃗DC =3 x1=0,
可取n1=(0,2,3).设平面
PBF 即平面PAF 的法向量为n2=(x2,y2,z2),则{
n2·⃗AP =2√3 y2+2√3 z2=0,
n2·⃗AF =2 x2+2√3 y2=0,
可取n2=(√3,-1,1).|cos<n1,n2>|=|n1·n2|
|n1|·|n2| =
1
√65
.故平面PCD 与平面PBF 所成二面角的正弦值为√1- 1
65
=8√65
65
.
4.(2025·天津一模)在如图所示的几何体中,四边形ABCD 是正方形,四边形ADPQ 是梯形,PD∥QA,∠PDA=∠PDC=π
2 ,且
AD=PD=2QA=2.
(1)求证:QB∥平面PDC;
(2)求平面CPB 与平面PBQ 所成角的大小;
(3)已知点H 在棱PD 上,且异面直线AH 与PB 所成角的余弦值为7√3
15
,试确定点H 的位置.
解　(1)证明:取PD 的中点为E,连接QE,CE,如图①,因为E 为PD 的中点,所以ED=1
2PD,由AQ=1
2PD,则AQ=DE,因为AQ∥PD,所以
四边形ADEQ 是平行四边形,则QE∥AD,且QE=AD,因为在正方形ABCD 中,AD∥BC 且AD=BC,即QE∥BC 且QE=BC,所以四边形
BQEC 为平行四边形,则BQ∥CE,因为BQ⊄平面PDC,CE⊂平面PDC,所以BQ∥平面PDC.
①
(2)由∠PDA=∠PDC=π
2 ,则PD⊥AD,PD⊥CD,在正方形ABCD 中,AD⊥CD,所以DA,DC,DP 两两垂直,以D 为原点,分别以DA,DC,DP 所
在直线为x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,如图①,则C(0,2,0),P(0,0,2),B(2,2,0),Q(2,0,1),可得⃗CB=(2,0,0),⃗CP=(0,-2,2),⃗QB=(0,2,-1),⃗
QP=(-2,0,1),设平面PCB 的法向量为n=(x1,y1,z1),则{
n·⃗CB =2 x1=0,
n·⃗CP =-2 y1+2 z1=0,
令y1=1,则x1=0,z1=1,所以平面PCB 的一个法向量
n=(0,1,1);设平面PBQ 的法向量为m=(x2,y2,z2),则{
m·⃗QB =2 y2- z2=0,
m·⃗QP =-2 x2+ z2=0,
令x2=1,则y2=1,z2=2,所以平面PBQ 的一个法向量
m=(1,1,2),设平面CPB 与平面PBQ 所成角为θ,则cos θ=|n·m|
|n||m| =|0+1+2|
√1+1×√1+1+ 4
=√3
2
,由θ∈[0, π
2],则θ=π
6 .
(3)由题意作图如图②:设DH=h∈[0,2],则H(0,0,h),A(2,0,0),P(0,0,2),B(2,2,0),可得⃗AH=(-2,0,h),⃗PB=(2,2,-2),设异面直线AH 与PB
所成角为α,则cos α=|⃗AH ·⃗PB|
|⃗AH ||⃗PB|
=|- 4+0-2 h|
√4+h
2×√4+ 4+ 4
=7√3
15
,整理可得6h2-25h+24=0,解得h=25±√25
2- 4×6×24
2×6
=
25±7
12
,即h1=3
2
,h2=8
3
,由0<3
2
<2<8
3
,则h=3
2
,即H(0,0, 3
2),故点H 为靠近P 的四等分点.
②
专项2　空间向量与空间距离
微点一　点到直线的距离
例1　如图,已知正方体ABCD A
⁃
1B1C1D1的棱长为1,则线段AD1上的动点P 到直线A1C1距离的最小值为(D)
A.1
B.√2
2
C.√6
4
D.√3
3
解析　如图,以D 为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z 轴建立空间直角坐标系,则A1(1,0,1),C1(0,1,1),设P(x,0,1-x),0≤x≤1,则⃗
A1 P=(x-1,0,-x),⃗A1C1=(-1,1,0),所以动点P 到直线A1C1的距离d=√
|⃗A1 P |
2-(⃗
A1 P·⃗A1C1
|⃗A1C1| )
2
=
√
( x -1)
2+(- x)
2-(
1- x
√2 )
2
=√
3
2 x
2- x + 1
2
=√
3
2(x - 1
3)
2
+ 1
3
≥√3
3
,当且仅当x=1
3
时取等号,即线段AD1上的动点P 到直线
A1C1距离的最小值为√3
3
.故选D.
点到直线的距离的求法
直线l 的单位方向向量为u,A 是直线l 上的任一点,P 为直线l 外一点,设⃗AP=a,则点P 到直线l 的距离d=√a
2-(a·u)
2.
训练1　四面体OABC 满足∠AOB=∠BOC=∠COA=90°,OA=1,OB=2,OC=3,点D 在棱OC 上,且OC=3OD,点G 为△ABC 的重心,则点
G 到直线AD 的距离为(A)
A.√2
2
B.1
2
C.√3
3
D.1
3
解析　四面体OABC 满足∠AOB=∠BOC=∠COA=90°,即OA,OB,OC 两两垂直,以O 为原点,以⃗OA,⃗OB,⃗OC的方向分别为x,y,z 轴
的正方向建立空间直角坐标系,如图,因为OA=1,OB=2,OC=3,OC=3OD,则A(1,0,0),D(0,0,1),B(0,2,0),C(0,0,3),G(
1
3 , 2
3 ,1),于是⃗AG
=(- 2
3 , 2
3 ,1),⃗AD=(-1,0,1),|⃗AD|=√(-1)
2+1
2=√2,|⃗AG|=√(- 2
3)
2
+(
2
3)
2
+1
2=√17
3
,⃗AG·⃗AD=-2
3
×(-1)+1=5
3
,所以点G 到
直线AD 的距离d=√
|⃗AG |
2-(⃗
AG·⃗AD
|⃗AD| )
2
=
√
17
9
-(
5
3
√2)
2
=√2
2
.故选A.
微点二　点到平面的距离
例2　如图,在平行四边形ABCD 中,AB=2BC=2,∠ABC=60°,E 为CD 的中点,沿AE 将△DAE 翻折至△PAE 的位置得到四棱锥
P ABCE
⁃
,且PB=2.若F 为棱PB 的中点,则点F 到平面PCE 的距离为(B)
A.√3
2
B.√15
10
C.√15
15
D.√15
3
解析　如图,在四边形ABCD 中,连接BE,由题意可知△DAE 是边长为1 的等边三角形,则∠AED=π
3 ,∠BCE=2π
3 ,BC=CE=1,则
∠CEB=π
6 ,可知∠AEB=π
2 ,即AE⊥EB,且BE=√A B
2- A E
2=√3,由PB=2,PE=1,BE=√3,则PE2+BE2=PB2,可知PE⊥EB.由
AE∩PE=E,AE,PE⊂平面PAE,可得EB⊥平面PAE,取AE 中点O,AB 中点H,连PO,OH,则PO=√3
2
,OH∥BE,可得OH⊥平面PAE,因为
△PAE 为等边三角形,则PO⊥AE,以O 为原点,OA,OH,OP 分别为x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0, √3
2 )
,E(- 1
2 ,0,0),F(- 1
4 , √3
2 , √3
4 ),C(-1, √3
2 ,0),可得⃗PC=(-1, √3
2 ,- √3
2 ),⃗PE=(- 1
2 ,0,- √3
2 ),⃗PF=(- 1
4 , √3
2 ,- √3
4 ).
设平面PCE 的法向量n=(x,y,z),则{
n·⃗PC =- x + √3
2 y - √3
2 z =0,
n·⃗PE =- 1
2 x - √3
2 z =0,
令x=√3,则y=1,z=-1,可得n=(√3,1,-1),点F 到平面PCE 的距
离d=|⃗PF ·n|
|n|
=|- √3
4 + √3
2 + √3
4 |
√5
=√15
10
.故选B.
求点到平面的距离的常用方法
(1)建系→结合图形的特点,建立恰当的空间直角坐标系.
(2)求向量→求平面外一点B 到平面内任一点A 对应的向量⃗AB.
(3)求法向量→设出平面的法向量n,利用向量垂直的条件转化为求解方程组,求出法向量n.
(4)得距离→代入公式d=|⃗AB·n|
|n|
,计算结果.
训练2　(2024·天津高考)如图,已知直四棱柱ABCD A
⁃
1B1C1D1中,AD⊥AB,AB∥CD,AA1=2,AB=2AD=2,DC=1,N 是B1C1的中点,M 是
DD1的中点.
(1)求证D1N∥平面CB1M;
(2)求平面CB1M 与平面BB1C1C 夹角的余弦值;
(3)求点B 到平面CB1M 的距离.
解　(1)证明:以A 为原点,以AB,AD,AA1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,依题意得,
B(2,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),B1(2,0,2),C1(1,1,2),D1(0,1,2),则M(0,1,1),N(
3
2 , 1
2 ,2),所以⃗D1 N=(
3
2 ,- 1
2 ,0),⃗C B1=(1,-1,2),⃗CM
=(-1,0,1).设平面CB1M 的法向量为n=(x1,y1,z1),则{
n·⃗C B1=0,
n·⃗CM =0,
即{
x1- y1+2 z1=0,
- x1+ z1=0,
取x1=1,得z1=1,y1=3,则n=(1,3,1).⃗D1 N·n=
(
3
2 ,- 1
2 ,0)·(1,3,1)=3
2
-3
2
=0,所以⃗D1 N⊥n,显然D1N⊄平面CB1M,所以D1N∥平面CB1M.
(2)易知⃗C B1=(1,-1,2),⃗BC=(-1,1,0),设平面BB1C1C 的法向量为m=(x2,y2,z2),则{
m·⃗C B1=0,
m·⃗BC =0,
即{
x2- y2+2 z2=0,
- x2+ y2=0,
取x2=1,得
y2=1,z2=0,则m=(1,1,0).设平面CB1M 与平面BB1C1C 的夹角为θ,则cos θ=|cos<n,m>|=|n·m|
|n||m| =
4
√11×√2
=2√22
11
,所以平面
CB1M 与平面BB1C1C 夹角的余弦值为2√22
11
.
(3)易知⃗B B1=(0,0,2).设点B 到平面CB1M 的距离为d,则d=|⃗B B1·n|
|n|
= 2
√11
=2√11
11
,所以点B 到平面CB1M 的距离为2√11
11
.
微练(十四)　空间向量与空间距离
1.如图,已知正三棱柱ABC A
⁃
1B1C1的侧棱长和底面边长均为2,M 是BC 的中点,N 是AB1的中点,P 是B1C1的中点.
(1)证明:MN∥平面A1CP;
(2)求点P 到直线MN 的距离.
解　(1)证明:由题意知,AA1⊥平面ABC,∠BAC=60°,而AB⊂平面ABC,所以AA1⊥AB,在平面ABC 内过点A 作y 轴,使得AB⊥ y 轴,建
立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,√3,0),A1(0,0,2),B1(2,0,2),得M(
3
2 , √3
2 ,0),N(1,0,1),P(
3
2 , √3
2 ,2),所以⃗
A1C=(1,√3,-2),⃗A1 P=(
3
2 , √3
2 ,0),⃗MN=(- 1
2 ,- √3
2 ,1),设平面A1CP 的法向量为n=(x,y,z),则
{
n·⃗A1C = x +√3 y -2 z =0,
n·⃗A1 P = 3
2 x + √3
2 y =0,
令x=1,得y=-√3,z=-1,所以n=(1,-√3,-1),所以⃗MN·n=-1
2×1+(- √3
2 )×(-√3)+1×(-1)=0,又MN 不在
平面A1CP 内,即MN∥平面A1CP.
(2)连接PM,由(1)得⃗PM=(0,0,-2),则⃗MN·⃗PM=-2,|⃗MN|=√2,|⃗PM|=2,所以点P 到直线MN 的距离为
√
|⃗PM |
2-(⃗
MN ·⃗PM
|⃗MN| )
2
=√2.
2.(2025·昆明一模)如图,正方体ABCD A
⁃
1B1C1D1的棱长为1,H 为线段DD1上的动点,E,F 分别是线段AD,BB1上的点,且AE=B1F=1
3
,G 为BC1的中点.
(1)求证:平面A1EF⊥平面C1D1F;
(2)两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另外一条直线距离的最小值,求异面直线AC 与BC1之间的距离;
(3)求异面直线B1H 与DG 所成角的余弦值的最大值,并说明H 点的位置.
解　(1)如图,建立空间直角坐标系,因为正方体ABCD A
⁃
1B1C1D1的棱长为1,且AE=B1F=1
3 ,则E(
2
3 ,0,0),A1(1,0,1),F(1,1, 2
3)
,C1(0,1,1),D1(0,0,1),C(0,1,0),A(1,0,0),B(1,1,0),B1(1,1,1),所以⃗E A1=(
1
3 ,0,1),⃗F C1=(-1,0, 1
3),⃗D1C1=(0,1,0),因为⃗E A1·⃗F C1=-
1
3+1
3=0,则⃗E A1⊥⃗F C1,即EA1⊥FC1,又⃗E A1·⃗D1C1=0,则⃗E A1⊥⃗D1C1,即EA1⊥D1C1,又FC1∩D1C1=C1,FC1,D1C1⊂平面C1D1F,所
以EA1⊥平面C1D1F,又EA1⊂平面A1EF,所以平面A1EF⊥平面C1D1F.
(2)设P 是直线AC 上任意一点,且⃗AP=λ⃗AC(λ R
∈),又⃗AC=(-1,1,0),所以⃗AP=(-λ,λ,0),所以P(1-λ,λ,0),则⃗BP=(-λ,λ-1,0),又⃗BC1
=(-1,0,1),设P 到直线BC1的距离为d,则d=√
|⃗BP |
2-(⃗
BP·⃗BC1
|⃗BC1| )
2
=√
3
2 λ
2-2 λ+1=√
3
2(λ - 2
3)
2
+ 1
3
,所以当λ=2
3时,d 取到
最小值,最小值为√3
3
,故异面直线AC 与BC1之间的距离为√3
3
.
(3)因为G 为BC1的中点,所以G(
1
2 ,1, 1
2),设H(0,0,t)(0≤t≤1),则⃗B1 H=(-1,-1,t-1),⃗DG=(
1
2 ,1, 1
2),设异面直线B1H 与DG 所成
的角为θ,则cos θ=|cos<⃗B1 H,⃗DG>|=|⃗B1 H ·⃗DG|
|⃗B1 H ||⃗DG|
=
4 -t
√6·√t
2-2t +3
=√6
6
×√
16-8t +t
2
t
2-2t +3
=√6
6
×√
1+ 13-6t
t
2-2t +3
,令13-
6t=m∈[7,13],则t=13-m
6
,所以13-6t
t
2-2t +3
=
m
(
13-m
6 )
2
-2×(
13-m
6 )+3 =
36m
m
2-14 m+121
=
36
m+ 121
m -14 ≤9
2,当且仅当
m=121
m
,即m=11∈[7,13]时取等号,所以cos θ≤√6
6
×√
11
2
=√33
6
,又当m=11 时,t=1
3
,即H 点在靠近点D 的线段DD1的三等分点
处.
进阶点5　立体几何中的动态问题
立体几何中的动态问题是高考的热点, 指的是求由点、线、面的变化引起的相关变量的取值范围或最值问题.解题时需要
我们正确揭示空间图形与平面图形的联系,并有效地实施空间图形与平面图形的转换,要善于将空间问题转化为平面问题,
同时也要牢牢抓住几何体的结构特征,熟练掌握有关计算公式.
类型一　轨迹问题
例1　(2025·太原模拟)(多选题)已知正方体ABCD A
⁃
1B1C1D1的棱长为4,M 为DD1的中点,N 为正方形ABCD 所在平面上一动点,
则下列说法正确的是
(ACD)
A.若MN 与平面ABCD 所成的角为π
4 ,则点N 的轨迹为圆
B.若MN=4,则MN 的中点P 的轨迹所围成图形的面积为2π
C.若点N 到直线BB1与直线DC 的距离相等,则点N 的轨迹为抛物线
D.若D1N 与AB 所成的角为π
3 ,则点N 的轨迹为双曲线
解析　如图所示,对于A,根据正方体的性质可知,MD⊥平面ABCD,所以∠MND 为MN 与平面ABCD 所成的角,所以∠MND=π
4 ,
所以DN=DM=1
2DD1=1
2×4=2,所以点N 的轨迹为以D 为圆心,2 为半径的圆,故A 正确;对于B,在Rt
MDN
△
中,DN=
√M N
2- M D
2=√4
2-2
2=2√3,取MD 的中点E,因为P 为MN 的中点,所以PE DN
∥
,且PE=1
2DN=√3,DN ED
⊥
,所以PE ED
⊥
,即点
P 在过点E 且与DD1垂直的平面内,又PE=√3,所以点P 的轨迹为以√3为半径的圆,其面积为π·(√3)2=3π,故B 不正确;对于C,
连接NB,因为BB1⊥平面ABCD,所以BB1 NB
⊥
,所以点N 到直线BB1的距离为NB,所以点N 到点B 的距离等于点N 到定直线CD
的距离,又B 不在直线CD 上,所以点N 的轨迹为以B 为焦点,CD 为准线的抛物线,故C 正确;对于D,以D 为原点,DA,DC,DD1所在
直线分别为x,y,z 轴建立空间直角坐标系,则A(4,0,0),B(4,4,0),D1(0,0,4),设N(x,y,0),则⃗AB=(0,4,0),⃗D1 N=(x,y,-4),因为D1N 与AB
所成的角为π
3 ,所以|cos<⃗AB,⃗D1 N>|=cosπ
3 ,所以|4 y |
4√x
2+ y
2+16
=1
2,整理得3 y
2
16
- x
2
16
=1,所以点N 的轨迹为双曲线,故D 正
确.故选ACD.
训练1　(2025·淄博一模)(多选题)如图,棱长为2 的正方体ABCD A
⁃
1B1C1D1中,P,Q 分别是棱CC1,BC 的中点,动点M 满足⃗DM=λ⃗
DA+μ⃗D D1,其中λ,μ R
∈,则下列结论正确的是
(ABD)
A.若λ+μ=1,则CM⊥DB1
B.若λ=μ,则三棱锥B1 AMC
⁃
的体积为定值
C.若μ=1
2,0≤λ≤1,则直线PM 与直线BC 所成角的最小值为60°
D.若动点M 在三棱锥C DPQ
⁃
外接球的表面上,则点M 的轨迹长度为√2π
解析　以D 为原点,DA,DC,DD1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系,则
D(0,0,0),A(2,0,0),D1(0,0,2),B1(2,2,2),C(0,2,0),所以⃗DA=(2,0,0),⃗D D1=(0,0,2),所以⃗DM=λ⃗DA+μ⃗D D1=λ(2,0,0)+μ(0,0,2)=(2λ,0,2μ),
即M(2λ,0,2μ),所以⃗CM=(2λ,-2,2μ),又⃗D B1=(2,2,2),所以⃗CM·⃗D B1=2λ·2+(-2)·2+2μ·2=4λ-4+4μ=4(λ+μ)-4=0,所以⃗CM⊥⃗D B1,
所以CM⊥DB1,故A 正确;因为λ=μ,⃗DM=λ⃗DA+μ⃗D D1,所以点M 在直线DA1上,又因为A1B1∥AB∥DC,A1B1=AB=DC,所以四边形
A1DCB1是平行四边形,所以A1D∥B1C,又A1D⊄平面B1AC,B1C⊂平面B1AC,所以A1D∥平面B1AC,所以M 到平面B1AC 的距离为定值,
又△B1AC 的面积为定值,所以三棱锥B1 AMC
⁃
的体积为定值,故B 正确;点P 为CC1的中点,坐标为(0,2,1),点M 的坐标为 
(2λ,0,1),点B 的坐标为(2,2,0),则向量⃗PM=(2λ,-2,0),向量⃗BC=(-2,0,0),设直线PM 与直线BC 所成的角为θ,cos θ=
|⃗PM ·⃗BC |
|⃗PM ||⃗BC |
=|- 4 λ|
√4 λ
2+ 4·2
=
λ
√λ
2+1
=
1
√
1
λ
2 +1,又因为0≤λ≤1,当λ=1 时,(cos θ)max= 1
√2
,即直线PM 与直线BC 所成角的最小
值为45°,故C 错误; 因为三棱锥C DPQ
⁃
即为三棱锥P CDQ
⁃
,又底面△CDQ 是直角三角形,过DQ 的中点N 作ON⊥平面CDQ,O 是
三棱锥C DPQ
⁃
外接球的球心,因为PC⊥平面CDQ,所以ON=1
2PC=1
2,又DQ=√2
2+1
2=√5,所以三棱锥C DPQ
⁃
外接球的半径r=
√(
√5
2 )
2
+(
1
2)
2
=√6
2
,因为点M 在平面ADD1A1内,又在三棱锥C DPQ
⁃
外接球的表面上,所以M 的轨迹是平面ADD1A1截三棱
锥C DPQ
⁃
外接球的截面圆,又易得O 到平面ADD1A1的距离为1,所以截面圆的半径为√(
√6
2 )
2
-1
2=√2
2
,所以M 的轨迹的周
长为 2π×√2
2
=√2π,故D 正确.故选ABD.
类型二　截面问题
例2　(多选题)正方体ABCD A
⁃
1B1C1D1的棱长为6,P,Q 分别是棱A1B1,A1D1的中点,过P,Q,C 作正方体的截面,则
(ACD)
A.该截面是五边形
B.三棱锥C C
⁃
1PQ 外接球的球心在该截面上
C.该截面与底面ABCD 夹角的正切值为2√2
3
D.该截面将正方体分成两部分,较小部分的体积为75
解析　对于A,如图①所示,延长PQ 交C1D1的延长线于M,延长QP 交C1B1的延长线于H,连接MC 交DD1于N,连接HC 交BB1
于K,连接PK,QN,则五边形PQNCK 为平面PQC 截正方体所得的截面,故A 正确.对于B, 如图②所示,设△PQC1的外心为O1,三
棱锥C PQC
⁃
1的外接球的球心为O,连接C1O,C1O1,O1O,由题知C1P=C1Q=3√5,PQ=3√2,CP=CQ=9,在△PQC1中,cos∠PC1Q=
C1 P
2+C1Q
2- PQ
2
2C1 P·C1Q
=4
5
,所以sin∠PC1Q=3
5
,所以△PQC1外接圆的半径为O1C1=
PQ
2sin ∠PC1Q =5√2
2
,所以三棱锥C PQC
⁃
1外
接球的半径R=C1O=√O1C1
2+OO1
2=√(
5√2
2 )
2
+3
2=√86
2
,三棱锥C PQC
⁃
1外接球的球心O 到P,Q,C 三点的距离都为R.在
△PQC 中,cos∠CPQ=C P
2+ PQ
2-C Q
2
2CP·PQ
=√2
6
,所以sin∠CPQ=√34
6
,所以△PQC 外接圆的半径r=
CQ
2sin ∠CPQ =27√34
34
≠R,
所以三棱锥C C
⁃
1PQ 外接球的球心不在该截面上,故B 错误.对于C,以A 为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z 轴建立如图③
所示的空间直角坐标系,则P(3,0,6),Q(0,3,6),C(6,6,0),所以⃗PQ=(-3,3,0),⃗PC=(3,6,-6),设n=(x,y,z)为平面PQC 的法向量,则
{
n·⃗PQ =-3 x +3 y =0,
n·⃗PC =3 x +6 y -6 z =0,
取x=2,得y=2,z=3,所以n=(2,2,3).因为AA1⊥平面ABCD,所以⃗A A1=(0,0,6)为平面ABCD 的一个法
向量,又cos<⃗A A1,n>=⃗
A A1·n
|⃗A A1|·|n|
= 18
6√17
=3√17
17
,所以sin<⃗A A1,n>=2√34
17
,则tan<⃗A A1,n>=2√2
3
,所以该截面与底面
ABCD 夹角的正切值为2√2
3
,故C 正确.对于D,如图④所示,取B1C1的中点G,连接QG,因为△HB1P∽△HGQ,所以H B1
HG
=B1 P
GQ
=1
2,
所以HB1=3,又△HB1K∽△HC1C,所以H B1
H C1
=B1 K
C C1
=1
3,所以B1K=2,同理,由△MD1Q∽△MC1H 得MD1=3,由△MD1N∽△MC1C 得
D1N=2,所以V C ⁃ B1 KP=1
3 S△B1 KP·CB=1
3 ×1
2×2×3×6=6,V C ⁃ D1QN=1
3 S△D1QN·CD=1
3 ×1
2×2×3×6=6,V C ⁃ PQC1=1
3 S△PQC1·C1C=1
3 ×1
2×3
√5×3√5×3
5
×6=27,V C ⁃ B1 PC1=1
3 S△B1 PC1·C1C=1
3
×1
2
×3×6×6=18,V C ⁃ D1QC1=1
3 S△D1QC1·C1C=1
3
×1
2
×3×6×6=18,所以该截面将正方
体分成两部分,较小部分的体积为6+6+27+18+18=75,故D 正确.故选ACD.
①　　　　
②
③　　
④
训练2　(多选题)如图,棱长为2 的正四面体ABCD 中,M,N 分别为棱AD,BC 的中点,O 为线段MN 的中点,球O 的表面正好经过
点M,则下列结论中正确的是
(ABD)
A.AO⊥平面BCD
B.球O 的体积为√2π
3
C.球O 被平面BCD 截得的截面面积为4 π
3
D.球O 被正四面体ABCD 表面截得的截面周长为8√3 π
3
解析　设E,F 分别为AB,CD 的中点,连接ME,EN,NF,MF,EF,AN,DN,则EM∥BD,NF∥BD,EM=1
2BD,NF=1
2BD,故EM􀰿NF,则四边形
MENF 为平行四边形,故EF,MN 交于一点,且互相平分,即O 点也为EF 的中点,又AB=AC,DB=DC,故
AN⊥BC,DN⊥BC,AN∩DN=N,AN,DN⊂平面AND,故BC⊥平面AND,由于O∈MN,MN⊂平面AND,则AO⊂平面AND,故BC⊥AO,结合
O 点为EF 的中点,同理可证DC⊥AO,BC∩DC=C,BC,DC⊂平面BCD,故AO⊥平面BCD,A 正确;又球O 的表面正好经过点M,则球O
的半径为OM,在棱长为2 的正四面体ABCD 中,AN=DN=√3,M 为AD 的中点,则MN⊥AD,故MN=√D N
2- M D
2=√3-1=√2,
则OM=√2
2
,所以球O 的体积为4
3 π×OM3=4
3 π×(
√2
2 )
3
=√2π
3
,B 正确;由BC⊥平面AND,BC⊂平面BCD,故平面AND⊥平面BCD,
平面AND∩平面BCD=DN,由于AO⊥平面BCD,延长AO 交平面BCD 于G 点,则OG⊥平面BCD,垂足G 落在DN 上,且G 为正
△BCD 的中心,故NG=1
3
ND=√3
3
,所以OG=√O N
2- N G
2=√(
√2
2 )
2
-(
√3
3 )
2
=√6
6
,故球O 被平面BCD 截得的截面圆的半径
为√(
√2
2 )
2
-(
√6
6 )
2
=√3
3
,则球O 被平面BCD 截得的截面圆的面积为π×(
√3
3 )
2
=π
3 ,C 错误;由A 的分析可知,O 也为棱AC,BD
中点连线的中点,则球O 与每条棱都交于棱的中点,结合C 的分析可知,球O 被正四面体ABCD 的每个面截得的截面都为圆,
且圆的半径都为√3
3
,故球O 被正四面体ABCD 表面截得的截面周长为4×2π×√3
3
=8√3 π
3
,D 正确.
类型三　翻折问题
例3　(多选题)如图,在菱形ABCD 中,AB=2,∠D=60°,沿AC 将△DAC 翻折至△SAC,连接SB,得到三棱锥S ABC
⁃
,E 是线段SA 的中
点,则在翻折过程中,下列结论正确的是(AC)
A.在棱SB 上总存在一点F,使得EF∥平面ABC
B.当SB=3 时,三棱锥S ABC
⁃
的体积为1
2
C.当平面SAC⊥平面ABC 时,SB=√6
D.当二面角S AC B
⁃
⁃ 为120°时,三棱锥S ABC
⁃
的外接球的半径为√15
3
解析　对于A,取SB 的中点F,连接EF,如图①,因为E,F 分别是SA,SB 的中点,所以EF∥AB,因为AB⊂平面ABC,EF⊄平面ABC,所以
EF∥平面ABC,故A 正确;对于B,易得△ABC,△SAC 为等边三角形,如图②,取AC 的中点M,连接BM,SM,则
AC⊥BM,AC⊥SM,SM=MB=√3,所以cos∠SMB=S M
2+ M B
2- S B
2
2SM·MB
=
3+3-9
2×√3×√3
=-1
2
,则点S 到平面ABC 的距离h=sin(π-
∠SMB)·SM=√3
2
×√3=3
2
,所以三棱锥S ABC
⁃
的体积V=1
3
×√3
4
×22×3
2
=√3
2
,故B 错误;对于C,当平面SAC⊥平面ABC 时,平面SAC∩
平面ABC=AC,因为△SAC 为等边三角形,所以SM⊥AC,SM⊂平面SAC,所以SM⊥平面ABC,又因为MB⊂平面ABC,所以SM⊥MB,
所以SB=√S M
2+ M B
2=√6,故C 正确;对于D,设三棱锥S ABC
⁃
外接球的球心为O,△SAC,△ABC 的中心分别为O1,O2,易得
OO1⊥平面SAC,OO2⊥平面ABC,且O,O1,O2,M 四点共面,∠OMO1=1
2
∠O1MO2=60°,O1M=1
3
SM=√3
3
,在Rt△OO1M 中,OO1=√3O1M=1,
又O1S=2
3 SM=2√3
3
,则三棱锥S ABC
⁃
外接球半径r=√OO1
2+O1S
2=√
7
3
=√21
3
,故D 错误.
①
②
训练3　(多选题)在通用技术课上,某小组将一个直三棱柱ABC A
⁃
1B1C1展开得到平面图,如图所示,∠ABC=90°,AA1=AB,P 为AB1
的中点,Q 为A1C 的中点,则在原直三棱柱ABC A
⁃
1B1C1中,下列说法正确的是
(ABD)
A.P,Q,C,B 四点共面
B.A1C⊥AB1
C.几何体A PQCB
⁃
和直三棱柱ABC A
⁃
1B1C1的体积之比为3
8
D.当BC=√2AB 时,A1C 与平面ABB1所成的角为45°
解析　如图,将展开的平面图还原成立体图形,对A 选项,连接A1B,因为P 为AB1的中点,所以P 也为A1B 的中点,又Q 为A1C 的
中点,所以PQ∥BC,所以P,Q,C,B 四点共面,故A 选项正确;对B 选项,因为∠ABC=90°,由展开图易知,棱柱ABC A
⁃
1B1C1为直三棱柱,
所以易得BC⊥平面ABB1A1,又AB1⊂平面ABB1A1,所以AB1⊥BC,又AA1=AB,所以四边形ABB1A1为正方形,所以AB1⊥A1B,又
BC∩A1B=B,BC,A1B⊂平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC,又A1C⊂平面A1BC,所以A1C⊥AB1,故B 选项正确;对C 选项,因为P,Q 分别为
A1B,A1C 的中点,所以S 四边形PQCB=3
4 S△A1BC,所以VA PQCB
⁃
=3
4 V A ⁃ A1BC=3
4 V A1⁃ ABC=3
4 ×1
3 V ABC ⁃ A1B1C1=1
4 V ABC ⁃ A1B1C1,所以几何体
A PQCB
⁃
和直三棱柱ABC A
⁃
1B1C1的体积之比为1
4 ,故C 选项错误;对D 选项,当BC=√2AB 时,又AA1=AB,且AA1⊥AB,所以A1B=√2
AB,所以BC=A1B,又A1B⊥BC,所以∠BA1C=45°,又由B 选项的分析知BC⊥平面ABB1A1,所以∠BA1C 即为A1C 与平面ABB1所成的
角,又∠BA1C=45°,所以A1C 与平面ABB1所成的角为45°,故D 选项正确.
类型四　最值、范围问题
例4　(多选题)如图,在长方体ABCD A
⁃
1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,动点P 在体对角线BD1上(含端点),则下列结论正确的有
(ABD)
A.当P 为BD1的中点时,∠APC 为锐角
B.存在点P,使得BD1⊥平面APC
C.AP+PC 的最小值为2√5
D.顶点B 到平面APC 的最大距离为√2
2
解析　如图,以点D 为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z 轴建立空间直角坐标系,设⃗BP=λ⃗B D1(0≤λ≤1),则
A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,2),则⃗AB=(0,1,0),⃗CB=(1,0,0),⃗B D1=(-1,-1,2),故⃗BP=λ⃗B D1=(-λ,-λ,2λ),则⃗AP=⃗AB+⃗BP=(0,1,0)+(-
λ,-λ,2λ)=(-λ,1-λ,2λ),⃗CP=⃗CB+⃗BP=(1,0,0)+(-λ,-λ,2λ)=(1-λ,-λ,2λ).对于A,当P 为BD1中点时,P(
1
2 , 1
2 ,1),则⃗PA=(
1
2 ,- 1
2 ,-1),⃗
PC=(- 1
2 , 1
2 ,-1),所以cos∠APC=⃗
PA ·⃗PC
|⃗PA ||⃗PC |
=1
3 >0,所以∠APC 为锐角,故A 正确;当BD1⊥平面APC 时,因为AP,CP⊂平面
APC,所以BD1⊥AP,BD1⊥CP,则{⃗
B D1·⃗AP = λ+ λ -1+ 4 λ =0,⃗
B D1·⃗CP = λ -1+ λ+ 4 λ =0,
解得λ=1
6 ,故存在点P,使得BD1⊥平面APC,故B 正确;对于C,当
BD1⊥AP,BD1⊥CP 时,AP+PC 取得最小值,由B 得,此时λ=1
6 ,则⃗AP=(- 1
6 , 5
6 , 1
3),⃗CP=(
5
6 ,- 1
6 , 1
3),所以|⃗AP|=|⃗CP|=√30
6
,即
AP+PC 的最小值为√30
3
,故C 错误;对于D,⃗AB=(0,1,0),⃗AC=(-1,1,0),设平面APC 的法向量为n=(x,y,z),则
{
n·⃗AC =- x + y =0,
n·⃗AP =- λx +(1- λ) y +2 λz =0,
可取n=(2λ,2λ,2λ-1),则点B 到平面APC 的距离d=|⃗AB·n|
|n|
=|2 λ|
√12 λ
2- 4 λ+1
,当λ=0 时,
点B 到平面APC 的距离为0;当0<λ≤1 时,d=|2 λ|
√12 λ
2- 4 λ+1
=
1
√
3- 1
λ + 1
4 λ
2
=
1
√2+ 1
4(
1
λ -2)
2≤√2
2
,当且仅当λ=1
2
时,等号成
立,所以点B 到平面APC 的最大距离为√2
2
,故D 正确.
立体几何中有关距离的最值、角的最值、面积的最值等问题的常用求解方法:
(1)几何法:通过证明或几何作图,确定图形中取得最值的特殊位置,再计算它的值.
(2)代数法:分析给定图形中的数量关系,选取适当的自变量及目标函数,确定函数解析式,利用函数的单调性、有界性,以及基
本不等式等,求出最值.
(3)向量法:借助空间向量构造函数求解最值.
训练4　在棱长为2 的正方体ABCD A
⁃
1B1C1D1中,E,F 分别是棱BC,CC1的中点,P 是侧面四边形BCC1B1内(不含边界)一点.若A1P∥
平面AEF,则线段A1P 长度的取值范围是 [
3√2
2
,√5) .
解析　如图所示,分别取棱BB1,B1C1的中点M,N,连接MN,NE,A1N,A1M.因为M,N,E,F 分别为BB1,B1C1,BC,CC1的中点,所以MN∥EF.
因为MN⊄平面AEF,EF⊂平面AEF,所以MN∥平面AEF.因为AA1∥NE,AA1=NE,所以四边形AA1NE 为平行四边形,所以A1N∥AE.因
为A1N⊄平面AEF,AE⊂平面AEF,所以A1N∥平面AEF.因为A1N∩MN=N,A1N,MN⊂平面A1MN,所以平面A1MN∥平面AEF.因为P
是侧面四边形BCC1B1内(不含边界)一点,且A1P∥平面AEF,所以点P 必在线段MN 上(不含点M,N).在Rt△A1B1M 中,A1M=
√A1B1
2+ B1 M
2=√4 +1=√5,同理在Rt△A1B1N 中,求得A1N=√5,所以△A1MN 为等腰三角形,当点P 在MN 的中点O 时,
A1P⊥MN,此时A1P 最短,当点P 在M 或N 处时,A1P 最长,因为A1O=√A1 M
2-O M
2=√
(√5)
2-(
√2
2 )
2
=3√2
2
,A1M=A1N=√5,所
以线段A1P 长度的取值范围是[
3√2
2
,√5).
微练(十五)　立体几何中的动态问题
一、单项选择题
1.已知点P 是正四面体A BCD
⁃
内的动点,E 是棱CD 的中点,且点P 到棱AB 和棱CD 的距离相等,则点P 的轨迹被平面ABE 所截
得的图形为(D)
A.线段B.椭圆的一部分
C.双曲线的一部分
D.抛物线的一部分
解析　如图,在正四面体A BCD
⁃
中,E 是棱CD 的中点,所以AE⊥CD,BE⊥CD,又AE∩BE=E,AE,BE⊂平面ABE,所以CD⊥平面ABE,又
点P 的轨迹被平面ABE 所截,即点P 在平面ABE 内,所以点P 到棱CD 的距离为PE.在平面ABE 内过点P 作PF⊥AB,则PF 为点
P 到棱AB 的距离,又点P 到棱AB 和棱CD 的距离相等,即PE=PF,因此,在平面ABE 内,动点P 到棱AB 和到定点E 的距离相等.
由抛物线的定义得,动点P 的轨迹是抛物线的一部分.
2.已知过BD1的平面与正方体ABCD A
⁃
1B1C1D1的棱AA1,CC1分别交于点M,N,则下列关于截面BMD1N 的说法中,不正确的是(C)
A.截面BMD1N 可能是矩形
B.截面BMD1N 可能是菱形
C.截面BMD1N 可能是梯形
D.截面BMD1N 不可能是正方形
解析　如图①,当点M,N 分别与顶点重合时,显然截面BMD1N 是矩形;如图②,当M,N 为棱AA1,CC1的中点时,显然截面BMD1N
是菱形,由正方体的性质及勾股定理易知截面BMD1N 不可能为正方形;根据对称性,其他情况下截面BMD1N 为平行四边形.
故选C.
①　
②
3.如图,正三棱柱ABC A
⁃
1B1C1的底面边长是2,侧棱长是2√3,M 为A1C1的中点,N 是侧面BCC1B1内的动点,且MN∥平面ABC1,则
点N 的轨迹的长度为(B)
A.√6
B.2
C.√2
D.4
解析　如图,取B1C1的中点D,取BB1的中点E,连接MD,DE,ME,则DE∥BC1,又DE⊄平面ABC1,BC1⊂平面ABC1,所以DE∥平面ABC1,
又M 为A1C1的中点,所以MD∥A1B1∥AB,又MD⊄平面ABC1,AB⊂平面ABC1,所以MD∥平面ABC1,又DE∩MD=D,DE⊂平面
DEM,MD⊂平面DEM,所以平面DEM∥平面ABC1,又因为N 是侧面BCC1B1上一点,且MN∥平面ABC1,所以N 的轨迹为线段
DE,DE=1
2 √4+12=2,所以点N 的轨迹的长度为2.
4.(2025·无锡模拟)已知三棱锥P ABC
⁃
的底面△ABC 为等腰直角三角形,其顶点P 到底面ABC 的距离为4,体积为16
3 ,若该三棱
锥的外接球O 的半径为√13,则满足上述条件的顶点P 的轨迹长度为(D)
A.6π
B.12π
C.2√3π D.4√3π
解析　依题意得,设底面等腰Rt△ABC 的直角边长为x(x>0),所以三棱锥P ABC
⁃
的体积V=1
3 ×1
2×x2×4=16
3 ,解得x=2√2.所以
△ABC 的外接圆半径为r1=1
2×√2×2√2=2,所以球心O 到底面ABC 的距离为d1=√R
2-r1
2=√13- 4=3,又因为顶点P 到底面
ABC 的距离为4,所以顶点P 的轨迹是一个截面圆的圆周.当球心在底面ABC 和截面圆之间时,球心O 到该截面圆的距离为
d2=4-3=1,因为截面圆的半径为r2=√R
2-d2
2=√13-1=2√3,所以顶点P 的轨迹长度为2πr2=4√3π;当球心在底面ABC 和截面
圆同一侧时,球心O 到该截面圆的距离为d3=3+4=7>R=√13,故不成立.综上,顶点P 的轨迹长度为4√3π.故选D.
5.(2025·锦州模拟)如图,已知圆柱的斜截面是一个椭圆,该椭圆的长轴AC 为圆柱的轴截面对角线,短轴长等于圆柱的底面直
径.将圆柱侧面沿母线AB 展开,则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数y=2sin ωx(ω>0)
图象的一部分,且其对应的椭圆曲线的离心率为1
2
,则ω 的值为(A)
A.√3
6
B.√3
3
C.√3
D.2
解析　由题意,椭圆曲线在展开图中恰好为函数y=2sin ωx(ω>0)图象的一部分,可得AB=4,且T=2π
ω ,所以圆柱的底面直径2r=
2
ω,设椭圆长轴长为2a,短轴长为2b,因为离心率为1
2,可得b
a= 2r
AC =√3
2
,所以AC=4 r
√3
=
4
√3ω
,由勾股定理得16+ 4
ω
2= 16
3ω
2,解
得ω=√3
6
.
6.(2025·黑龙江一模)正方体ABCD A
⁃
1B1C1D1的棱长为1,E 为棱DD1的中点,点P 在面对角线BC1上运动(P 点异于B,C1点),以下
说法错误的是(C)
A.BD1∥平面AEC
B.A1P⊥B1D
C.直线B1E 与平面CDD1C1所成角的余弦值为2
3
D.三棱锥P ACD
⁃
1的体积为1
6
解析　如图,连接BD,BD∩AC=O,因为O,E 分别是BD,DD1的中点,所以OE∥BD1,OE⊂平面AEC,BD1⊄平面AEC,所以BD1∥平面
AEC,A 选项正确;如图建系,设P(1-t,1,t),A1(1,0,1),B1(1,1,1),D(0,0,0),所以⃗A1 P=(-t,1,t-1),⃗D B1=(1,1,1),⃗A1 P·⃗D B1=-t+1+t-1=0,所
以A1P⊥B1D,B 选项正确;又B1(1,1,1),E(0,0, 1
2),设平面CDD1C1的一个法向量为n=(1,0,0),⃗B1 E=(-1,-1,- 1
2),设直线B1E 与
平面CDD1C1所成角为θ,所以sin θ=|n·⃗B1 E|
|n||⃗B1 E|
=
1
√
9
4
=2
3 ,所以cos θ=√1- sin
2θ=√1- 4
9
=√5
3
,C 选项错误;设平面ACD1的
法向量为m=(x,y,z),因为P(1-t,1,t),A(1,0,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),所以⃗AP=(-t,1,t),⃗AC=(-1,1,0),⃗C D1=(0,-1,1),所以
{⃗
AC ·m=- x + y =0,⃗
C D1·m=- y + z =0,令x=1,则m=(1,1,1),因为AC=AD1=CD1=√2,所以S△AC D1=1
2×√2×√2×√3
2 =√3
2 ,所以点P 到平面ACD1的
距离为d=|⃗AP·m|
|m|
=|-t +1+ t|
√1+1+1
= 1
√3
,所以三棱锥P ACD
⁃
1的体积为V=1
3 S△AC D1d=1
3× 1
√3
×√3
2
=1
6 ,D 选项正确.故选C.
二、多项选择题
7.如图,在正方体ABCD A
⁃
1B1C1D1中,P 为线段A1B 上的动点(不包含端点),若正方体的棱长为1,则下列结论正确的有(BC)
A.直线D1P 与AC 所成角的取值范围是[
π
6 , π
2]
B.存在P 点,使得平面APD1∥平面C1BD
C.三棱锥D1 CDP
⁃
的体积为1
6
D.平面APD1截正方体所得的截面可能是直角三角形
解析　对于A,如图①,连接AC,D1P,以D 为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系Dxyz,则
A(1,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,1),D(0,0,0),D1(0,0,1),C(0,1,0).则有⃗AC=(-1,1,0),⃗D1 P=⃗D1 A1+λ⃗A1B=(1,0,0)+λ(0,1,-1)=(1,λ,-λ),λ∈(0,1),所
以|cos<⃗AC,⃗D1 P>|=|-1+ λ|
√2·√2 λ
2+1
=√
(1- λ)
2
4 λ
2+2
.令f(λ)=(1- λ)
2
4 λ
2+2
,λ∈(0,1),f'(λ)=8 λ
2- 4 λ- 4
(4 λ
2+2)
2 =4(2 λ+1)( λ -1)
(4 λ
2+2)
2
<0,所以
f(λ)=(1- λ)
2
4 λ
2+2
在(0,1)上单调递减.因为f(0)=1
2
,f(1)=0,所以0<|cos<⃗AC,⃗D1 P>|<√2
2
,又<⃗AC,⃗D1 P>∈[0, π
2],故<⃗AC,⃗D1 P
>∈(
π
4 , π
2),故A 错误;对于B,当P 为A1B 的中点时,有AP∥C1D,AD1∥C1B,易证平面APD1∥平面C1BD,故B 正确;对于C,三棱锥
D1 CDP
⁃
的体积V D1⁃ CDP=V P⁃ CD D1=1
3×S△CD D1×AD=1
3×1
2×1×1×1=1
6 ,故C 正确;对于D,设A1B 的中点为O,连接AP,AD1,D1P,当P
点在线段OB(不包含端点)上时,平面APD1截正方体所得的截面为梯形AEFD1,如图②,当P 点在O 点时,平面APD1截正方体所
得的截面为正三角形AB1D1,当P 点在线段OA1(不包含端点)上时,平面APD1截正方体所得的截面为等腰三角形AD1G,如图③,
且AG2+D1G2≠AD1
2,所以该三角形不可能为直角三角形,故D 错误.故选BC.
①　
②　
③
8.如图,在三棱锥A BCD
⁃
中,AB=AC=3,△BCD 是边长为2 的正三角形,平面ABC⊥平面BCD,点P 满足⃗BP=λ⃗BC+μ⃗BA
,λ∈[0,1],μ∈[0,1],则(BD)
A.当λ=1
2时,△PCD 的面积为定值
B.当μ=0 时,DP 的长度的取值范围为[√3,2]
C.当μ=1
2时,存在点P,使得BP⊥DP
D.当2λ+μ=1 时,存在点P,使得DP⊥平面ABC
解析　取BC 的中点O,连接AO,DO,由题意可知AO⊥BC,DO⊥BC,又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AO⊂平面ABC,
所以AO⊥平面BCD,又OD⊂平面BCD,所以AO⊥OD,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,2√2),B(1,0,0),C(-1,0,0),D(0,√3,0),
因为⃗BP=λ⃗BC+μ⃗BA,所以P(-2λ-μ+1,0,2√2μ).当λ=1
2时,P(-μ,0,2√2μ)为动点,△PCD 的面积不是定值,故A 错误;当μ=0 时,P(1-
2λ,0,0),DP=√(1-2 λ)
2+3,又因为0≤λ≤1,所以DP∈[√3,2],故B 正确;当μ=1
2
时,P(
1
2 -2 λ ,0,√2),所以⃗BP=
(- 1
2 -2 λ ,0,√2),⃗DP=(
1
2 -2 λ ,-√3,√2),若⃗BP·⃗DP=0,则4λ2+7
4
=0,无解,所以不存在点P,使得BP⊥DP,故C 错误;当
2λ+μ=1 时,P(0,0,2√2μ),则P 在z 轴上,只有P 与原点重合时,DP⊥平面ABC,故D 正确.故选BD.
三、填空题
9.如图,P 是棱长为1 的正方体ABCD A
⁃
1B1C1D1表面上的动点,且AP=√2,则动点P 的轨迹的长度为 3 π
2
 .
解析　由已知AC=AB1=AD1=√2,在平面BC1,平面A1C1,平面DC1中,BP=A1P=DP=1,所以动点P 的轨迹是在平面BC1,平面A1C1,平
面DC1内分别以B,A1,D 为圆心,1 为半径的三段圆弧,且长度相等,故轨迹长度和为π
2 ×3=3 π
2 .
10.在底面为等腰直角三角形的直三棱柱ABC A
⁃
1B1C1中,M 为底面三角形斜边BC 上一点,且⃗AM·⃗BC=0,AC=AA1=1,P 为线段
BC1上一动点,则平面AMP 截三棱柱所得截面面积的最大值为 √2
2
 .
解析　分如下三种情况:如图①,延长MP 交B1C1于点N,过点N 作B1C1的垂线交A1C1于点S,连接AS,则四边形AMNS 为所求截
面;如图②,延长MP 交B1C1于点N1,过点N1作B1C1的垂线交A1B1于点S1,连接AS1,则四边形AMN1S1为所求截面;如图③,延长
MP 交BB1于点N2,连接AN2,则三角形AMN2为所求截面.显然图①②中的截面面积均大于或等于图③中的截面面积,故只需
考虑图①②中的情况,易知图①②中的情况相同,故只需考虑图①.在图①中,易知SN∥AM,AM⊥MN,设C1N=x(0≤x ≤√2
2 ),则
SN=x,MN=√
1+(
√2
2 - x)
2
,所以所求截面面积S=1
2(x + √2
2 )×√
1+(
√2
2 - x)
2
=1
2√(x
2- 1
2)
2
+(x + √2
2 )
2
=
1
2√x
4+√2 x + 3
4
,因为y=x4,y=√2x+3
4
均在[0, √2
2 ]上单调递增,所以函数y=x4+√2x+3
4
在[0, √2
2 ]上单调递增,故S≤1
2
×
√(
√2
2 )
4
+√2× √2
2 + 3
4
=√2
2
,故截面面积的最大值为√2
2
.
①　
②　
③
四、解答题
11.(2025·重庆市调研抽测)如图,在四棱锥P ABCD
⁃
中,PA⊥底面ABCD,AB=AP,在四边形ABCD 中,AB⊥AD,AB+AD=6,CD=√2
,∠CDA=45°.
(1)若E 为PB 的中点,求证:平面PBC⊥平面ADE;
(2)若平面PAB 与平面PCD 的夹角的余弦值为√6
6
.
①求线段AB 的长;
②设G 为△PAD 内(含边界)的一点,且GB=2GA,求满足条件的所有点G 组成的轨迹的长度.
解　(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AD,又AB⊥AD,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB,又
PB⊂平面PAB,所以PB⊥AD.因为AB=AP,E 为PB 的中点,所以PB⊥AE,又AE∩AD=A,AE,AD⊂平面ADE,所以PB⊥平面ADE,又PB⊂
平面PBC,所以平面PBC⊥平面ADE.
(2)①以点A 为原点,⃗AB,⃗AD,⃗AP的方向分别为x,y,z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,设AB=t(0<t<6),则
AD=6-t,过点C 作CF⊥AD,垂足为F,因为∠CDA=45°,CD=√2,所以CF=DF=1,则AF=AD-DF=5-t,则C(1,5-t,0),D(0,6-t,0),P(0,0,t),⃗CD
=(-1,1,0),⃗PD=(0,6-t,-t).设平面PCD 的法向量为n1=(x1,y1,z1),则{
n1·⃗CD =0,
n1·⃗PD =0,
得{
- x1+ y1=0,
(6-t ) y1-t z1=0,
令y1=t,得n1=(t,t,6-t).易知
平面PAB 的一个法向量为n2=(0,1,0).设平面PAB 与平面PCD 的夹角为θ,则cos θ=|cos<n1,n2>|=|n1·n2|
|n1||n2| =
t
√t
2+t
2+(6-t )
2=√6
6
,所以t2+4t-12=0,即(t+6)(t-2)=0,所以t=-6(舍去)或t=2,所以AB=2.
②由①得A(0,0,0),B(2,0,0),AP=AB=2,AD=6-AB=4.设G(0,y,z)(0≤y≤4,0≤z≤2),因为GB=2GA,所以√4 + y
2+ z
2=2√y
2+ z
2,所以y2+z2=
4
3 ,设点A 到PD 的距离为h,因为AP⊥AD,所以PD=√A P
2+ A D
2=2√5,则1
2×2×4=1
2×2√5h,得h=4√5
5
>2√3
3
,又0≤y≤4,0≤z≤2,
所以点G 的轨迹是平面Ayz 内以A 为圆心,2√3
3
为半径的圆的1
4 ,所以满足条件的所有点G 组成的轨迹的长度为1
4 ×2π×
2√3
3
=√3
3
π.
12.如图①,已知等腰梯形MBCD 中,DA⊥MB,MB=3DC=3AD=3MA,现沿DA 所在直线将△MAD 折起,使点M 到达点P 的位置,如
图②,E,F 分别为BC,PA 的中点.
①　
②
(1)求证:EF∥平面PCD;
(2)若∠PAB=60°,求平面PAD 与平面PBC 的夹角的余弦值.
解　(1)证明:如图①,取AD 的中点H,连接HE,HF.因为F 为PA 的中点,所以HF∥PD.又HF⊄平面PCD,PD⊂平面PCD,所以HF∥平
面PCD.因为E 为BC 的中点,所以HE∥DC.又HE⊄平面PCD,DC⊂平面PCD,所以HE∥平面PCD.又HF∩HE=H,HF,HE⊂平面FHE,所
以平面FHE∥平面PCD.因为FE⊂平面FHE,所以FE∥平面PCD.
①
(2)由折叠知,DA⊥PA,DA⊥AB,且PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以DA⊥平面PAB.因为DA⊂平面ABCD,所以平面ABCD⊥平面
PAB.如图②,过点P 作OP⊥AB 于点O,取DC 的中点N,连接ON,易知ON,OB,OP 两两垂直.以O 为原点,ON,OB,OP 所在直线分别
为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系.设DC=1,则PA=1,OA=1
2,OP=√3
2
,得A(0,- 1
2 ,0),B(0, 3
2 ,0),C(1, 1
2 ,0),D
(1,- 1
2 ,0),P(0,0, √3
2 ).所以⃗AD=(1,0,0),⃗AP=(0, 1
2 , √3
2 ),⃗BC=(1,-1,0),⃗PB=(0, 3
2 ,- √3
2 ).设平面PAD 的法向量为
n1=(x1,y1,z1),则{
n1·⃗AD =0,
n1·⃗AP =0,
即{
x1=0,
1
2 y1+ √3
2 z1=0,
取z1=1,则x1=0,y1=-√3,即n1=(0,-√3,1).设平面PBC 的法向量为n2=(x2,y2,z2),则
{
n2·⃗BC =0,
n2·⃗PB =0,
即{
x2- y2=0,
3
2 y2- √3
2 z2=0,
取y2=1,则x2=1,z2=√3,即n2=(1,1,√3).所以cos<n1,n2>=
n1·n2
|n1||n2| =
0×1-√3×1+1×√3
√0+3+1×√1+1+3
=0,所以平面PAD 与平面PBC 的夹角的余弦值为0.
②
规范答题三　立体几何(考前观摩大题解题规范)
考题　(2025·全国一卷)(15 分)如图,在四棱锥P ABCD
⁃
中,PA⊥底面ABCD,BC∥AD,AB⊥AD.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=AB=√2,AD=√3+1,BC=2,且点P,B,C,D 均在球O 的球面上.
(ⅰ)证明:点O 在平面ABCD 内;
(ⅱ)求直线AC 与PO 所成角的余弦值.
[解题关键]
第(1)问
第❶步:根据线面垂直的性质
定理证明PA⊥AB
第❷步:根据线面垂直的判定
定理证明AB⊥平面PAD
第❸步:根据面面垂直的判定
定理证得结论
第(2)问
(ⅰ)问
第❶步:建立空间直角坐标
系,求出相应点的坐标
第❷步:设出点O 的坐标,表
示出|⃗OB|,|⃗OC|,|⃗OD|,|⃗
OP|
第❸步:根据球心O 到球面上
任意一点的距离相等求出点
O 的坐标
(ⅱ)问
第❶步:求出向量⃗PO与⃗AC
夹角的余弦值
第❷步:根据线线所成角与其
对应向量夹角的关系,求得线
线所成角的余弦值
[规范解答]
解　(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,
AB⊂平面ABCD,所以AB⊥PA,
　1 分
又因为AB⊥AD 且PA∩AD=A,
所以AB⊥平面PAD,
　3 分
又因为AB⊂平面PAB,
所以平面PAB⊥平面PAD.　4 分
(2)(ⅰ)证明:以A 为原点,⃗AB,⃗AD,⃗AP的方向分别为x,y,z 轴的正
方向,建立空间直角坐标系Axyz,如图所示, 　5 分
则A(0,0,0),B(√2,0,0),C(√2,2,0),D(0,1+√3,0),P(0,0,√2),
　6 分 
设点O 的坐标为(x,y,z),
所以|⃗OB|=√( x -√2)
2+ y
2+ z
2,
|⃗OC|=√( x -√2)
2+( y -2)
2+ z
2,
|⃗OD|=√x
2+( y -1-√3)
2+ z
2,
|⃗OP|=√x
2+ y
2+( z -√2)
2,
　8 分
因为点P,B,C,D 均在球O 的球面上,
所以|⃗OB|=|⃗OC|,得y2=(y-2)2,解得y=1;
由|⃗OB|=|⃗OD|且y=1,得(x-√2)2+1=x2+3,解得x=0;
由|⃗OB|=|⃗OP|且x=0,得2+z2=(z-√2)2,解得z=0,
所以点O 的坐标为(0,1,0),
　9 分
即点O 在AD 上,所以点O 在平面ABCD 内. 　10 分
(ⅱ)⃗AC=(√2,2,0),⃗PO=(0,1,-√2), 　12 分
则cos<⃗AC,⃗PO>=⃗
AC ·⃗PO
|⃗AC ||⃗PO|
=
2
√6×√3
=√2
3
, 　14 分
所以直线AC 与PO 所成角的余弦值为√2
3
.　15 分
[得分保障]
得分点
第(1)问得到PA⊥AB 可得1
分,得到AB⊥平面PAD 可得2
分,注意需指出PA∩AD=A,证
得平面PAD⊥平面PAB 可得
1 分.
第(2)(ⅰ)问正确建立空间直
角坐标系可得1 分,写出各点
坐标可得1 分,列出半径代数
式可得2 分,利用半径等量关
系得到点O 的坐标可得1 分,
证得结论可得1 分.
第(2)(ⅱ)问正确写出⃗AC,⃗
PO的坐标可得2 分,求出两
向量夹角的余弦值可得2 分,
写出结论可得1 分.
创新点
外接球携手解答题创新题型
模式.第(2)问创新考查形式,
以往高考题中球的考查往往
放在小题中.在解答题中考
查.可采用坐标法设出球心坐
标,联立方程可求出球心位
置.
[对应训练:P086·训练2]
[教材链接]　本题源自人教A 版必修第二册第165 页习题8.6 第21 题,选择性必修第一册第39 页例10、第49 页复习参考
题1 综合运用第12 题.