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专题03 数列和立体几何
题型概览
题型01 数列的性质和求和
题型02 数列新定义
题型03 空间几何体的表面积和体积
题型04 垂直平行的证明和空间角
数列的性质和求和
1．（2025·安徽马鞍山·二模）数列{an}满足a1=3，an+1=√an，则log3(a1a2a3a4)=（ ）
A．7
8
B．15
16
C．15
8
D．45
8
【答案】C
【分析】由递推公式逐个求得a2,a3,a4，再由对数运算即可求解.
【详解】a1=3，由an+1=√an，
可得：a2=√a1=√3=3
1
2，
a3=√a2=3
1
4，
a4=√a3=3
1
8，
所以log3(a1a2a3a4)= log33
1+ 1
2 + 1
4 + 1
8 = 15
8
，
故选：C
2．（2025·安徽滁州·二模）已知首项为负数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2=3，S6=63，则a4=
（ ）
A．8
B．16
C．24
D．48
【答案】C
【分析】根据等比数列通项公式与求和公式可得解.
【详解】设数列{an}的公比为q，
题
型
1
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则S2=a1+a2=a1(1+q)=3，
又a1<0，则1+q<0，即q<−1，
又S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=(a1+a2)(1+q
2+q
4)=63，
即1+q
2+q
4=21，解得q
2= 4，
又q<−1，则q =−2，
所以a1=−3，a4=a1⋅q
3=−3⋅(−2)
3=24，
故选：C.
3．（2025·安徽安庆·二模）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2a5=2a4，且a3与2a6的等差中项为5
4 ，
则S4=（ ）
A．33
B．31
C．17
D．15
【答案】D
【分析】由等比数列的性质可得出a3的值，结合已知条件求出a6的值，可求出q、a1的值，再结合等比数
列的求和公式可求得S4的值.
【详解】因为等比数列{an}的前n项和为Sn，设其公比为q(q≠0)，
由已知a2a5=a3a4，故a3a4=2a4，所以a3=2，a3+2a6=2× 5
4 ，则a6= 1
4 ，
故q =
3√
a6
a3
= 1
2
，所以，a1= a3
q
2 =8，故S4= a1(1−q
4)
1−q
=
8[1−(
1
2)
4
]
1−1
2
=15.
故选：D.
4．（2025·安徽黄山·二模）已知各项均为整数的数列{an}中，a6=−2，a9=1，前10 项依次成等差数列，
从第9 项起依次成等比数列，则a2023=（ ）
A．2
2013
B．2
2014
C．2
2015
D．2
2016
【答案】B
【分析】根据题意分别求出等差数列的公差d和等比数列的公比q，利用等比数列通项公式求值即可.
【详解】由题意，设前10 项等差数列的公差为d，则a9−a6=3d =3，解得d =1，
所以a10=a9+d =1+1=2.
2
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设第9 项起依次成的等比数列的公比为q，则a10=a9⋅q，即q =2.
所以a2023=a10⋅q
2013=2×2
2013=2
2014.
故选：B.
5．（2025·安徽·二模）记数列{an}的前n项和为Sn，若|Sn|=n，则|a1|+|a2|+⋅⋅⋅+|a10|的值不可能为
（ ）
A．96
B．98
C．100
D．102
【答案】D
【分析】根据an和Sn的关系分析及特例求解判断即可.
【详解】当n=1时，|a1|=|S1|=1，设a1=−1，
当n≥2时，|Sn−1|=n−1，则|Sn−Sn−1|≤|Sn|+|Sn−1|=2n−1，
即|an|≤2n−1，所以|a1|+|a2|+⋅⋅⋅+|a10|≤1+3+⋅⋅⋅+19= 10×(1+19)
2
=100，
an=(2n−1)(−1)
n时取等，故D 错误；
若an=(2n−1)(−1)
n，n≥4，且a1=1，a2=1，a3=−5，
此时|a1|+|a2|+⋅⋅⋅+|a10|=1+1+5+7+⋅⋅⋅+19=98；
若an=(2n−1)(−1)
n，n≥4，且a1=1，a2=−3，a3=−1，
此时|a1|+|a2|+⋅⋅⋅+|a10|=1+3+1+7+9+⋅⋅⋅+19=96.
故A，B，C 正确.
故选：D.
6．（2025·安徽蚌埠·二模）已知公差不为0 的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S15=5(a5+a7+ak)，则正
整数k的值为（ ）
A．11
B．12
C．13
D．14
【答案】B
【分析】根据等差数列的前n项和公式以及等差数列的性质求出S15，再结合已知条件列出关于k的方程，
进而求出k的值.
3
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【详解】设等差数列{an}的公差为d，
由S15=5(a5+a7+ak)，得15a1+ 15×14
2
d =5[a1+ 4 d +a1+6d +a1+(k −1)d]，
所以(k −1)d =11d，又d ≠0，所以k =12.
故选：B.
7．（2025·安徽淮北·二模）甲乙两名玩家轮流从装有n个小球的容器中取球，每次至少取一个，先取球者
第一次不能将球取完，之后双方每次取球数不超过对手上一轮取球数的2 倍，取得最后一个球的玩家获胜.
若甲先取，乙有必胜的策略，则n可以是（ ）
A．4
B．5
C．8
D．13
【答案】BCD
【分析】利用数学归纳法证明，当n 为斐波那契数列中的数时，乙有必胜策略，再判断选项中的数是否属
于斐波那契数列即可求解.
【详解】设{Fn}是斐波那契数列：F0=1, F1=1, Fn+1= Fn+ Fn−1(n=1,2,⋯)，
现证明以下结论成立：若n= Fk (k ≥2)，则后取者乙有必胜策略.
当n= F2=2时，甲只能取1 个球，故乙必胜；当n= F3=3时，若甲取1 个球，乙可直接取2 个球后获胜；
若甲取2 个球，乙可直接取1 个球后获胜，故乙必胜.故n= F2, F3结论成立.
设n= Fm−1和n= Fm(m≥3)时结论成立，那么n= Fm+1时，若甲取的球数r ≥Fm−1，则剩下的球数为
Fm+1−r ≤Fm+1−Fm−1= Fm= Fm−1+ Fm−2<2 Fm−1，故乙只要将剩下的Fm+1−r ≤Fm个球全部取走而获胜；
若甲取的球数r < Fm−1，注意到Fm+1= Fm+ Fm−1，故不失一般性可以假设一开始Fm+1个球分成两堆，其中
一堆Fm个球，另一堆有Fm−1个球，而甲从有Fm−1个球的一堆中取走了r 个球，于是由归纳假设，乙有策
略保证自己取到有Fm−1个球的那堆中的最后一个球，而剩下有Fm个球的那一堆，并由归纳假设知乙可使
自己最后一次取球的个数不大于Fm−2，这时无论甲取多少个球（至多为2 Fm−2< Fm−2+ Fm−1= Fm不可能
将Fm个球取完），由归纳假设知乙有必胜策略，保证自己取到最后一个球，且乙最后一个所取球的个数
≤Fm−1< Fm，故若n= Fk (k ≥2)，则后取者乙有必胜策略.
选项中5,8,13∈{Fn}，4∉{Fn}，故当n 为5，8，13 时，乙有必胜的策略.
故选：BCD.
4
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8．（2025·安徽淮北·二模）设数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n有Sn+2= 4 Sn+3，下列命题正确的
有（ ）
A．若a1=1，则S3=7
B．{an}一定不是等差数列
C．若{an}为等比数列，则公比为2
D．若a1=1,a2=2，则{an}为等比数列
【答案】ABD
【分析】求出S3可判断A；假设{an}是等差数列，设公差为d，求出Sn,Sn+2代入Sn+2= 4 Sn+3根据多项式
相等可判断C；若{an}为等比数列，由Sn+2= 4 Sn+3,Sn+3= 4 Sn+1+3两式相减得an+3= 4 an+1，求出q可判
断C；求出a3，利用an+2= 4 an可判断D.
【详解】对于A，a1=1，当n=1时，S3= 4 S1+3= 4 a1+3=7，故A 正确；
对于B，假设{an}是等差数列，设公差为d，
则Sn=na1+ n(n−1)
2
d ,Sn+2=(n+2)a1+ (n+1)(n+2)
2
d，
由Sn+2= 4 Sn+3得(n+2)a1+ (n+1)(n+2)
2
d = 4 na1+ 4 n(n−1)
2
d +3，
即n
2
2 d +(
3
2 d +a1)n+(2a1+d)=2n
2d +(4 a1−2d)n+3，
根据多项式相等可得¿，方程组无解，
所以{an}一定不是等差数列，故B 正确；
对于C，若{an}为等比数列，由Sn+2= 4 Sn+3,Sn+3= 4 Sn+1+3两式相减得an+3= 4 an+1，
即anq
3= 4 anq，由an≠0得q
2= 4，解得q =±2，故C 错误；
对于D，若a1=1,a2=2，则S1=a1=1，S2=a1+a2=1+2=3，
当n=1时，S3= 4 S1+3=7，所以a3= S3−S2=7−3= 4，
5
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当n≥2时，Sn+2= 4 Sn+3,Sn+1= 4 Sn−1+3，
两式相减可得an+2= 4 an，即
an+2
an
= 4，
所以数列{an}的奇数项是以a1=1为首项，4为公比的等比数列，
偶数项是以2首项4为公比的等比数列，又
a2
a1
=2, a3
a2
=2，
所以数列{an}为等比数列，故D 正确.
故选：ABD.
9．（2025·安徽淮北·二模）若实数m和n的等差中项为1，则m
2+n
2的最小值为 .
【答案】2
【分析】利用等差中项性质，结合基本不等式可求得的最小值.
【详解】若实数m和n的等差中项为1，则m+n=2，
m
2+n
2≥2mn，即2(m
2+n
2)≥(m+n)
2，
即m
2+n
2≥(m+n)
2
2
= 2
2
2 =2，当且仅当m=n=1取等号.
故 m
2+n
2的最小值为2.
故答案为：2.
10．（2025·安徽滁州·二模）已知函数f (x)及其导函数f
′ (x)的定义域均为R．若f (−1−2 x)+ f (3+2 x)=0，
f (−1)=1，且f
′ (x)的图象关于直线x =−1对称，则∑
k =1
50
f (2k −1)= ．
【答案】−1225
【分析】利用导数运算可得f (−1−x)+ f (−1+ x)=2，结合f (−1−2 x)+ f (3+2 x)=0可得
f (x + 4)= f (x)−2，利用等差数列的求和公式可求∑
k =1
50
f (2k −1).
【详解】因为f
′ (x)的图象关于直线x =−1对称，故f
′ (−1−x)= f
′ (−1+ x)，
6
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故f (−1−x)+ f (−1+ x)=C（C为常数），
令x =0，则C =2f (−1)=2，故f (−1−x)+ f (−1+ x)=2，
故f (x)+ f (−2−x)=2，
而f (−1−2 x)+ f (3+2 x)=0，故f (x)+ f (2−x)=0，
所以2−f (−2−x)+ f (2−x)=0，所以f (2−x)= f (−2−x)−2，
所以f (x + 4)= f (x)−2，故 f (3)= f (−1)−2=−1，
在f (x)+ f (2−x)=0中令x =1，则f (1)=0，
故∑
k =1
50
f (2k −1)=[f (1)+ f (5)+⋯+ f (97)]+[f (3)+ f (7)+⋯+ f (99)]
=0×25+ 25×24
2
×(−2)+(−1)×25+ 25×24
2
×(−2)=−1225，
故答案为：−1225
11．（2025·安徽池州·二模）在等差数列{an}中，若a1=2,a3=6，则a2+a6= .
【答案】16
【分析】根据题意，列式求出公差d，求得通项公式an，得解.
【详解】由a1=2，则a3=a1+2d =2+2d =6，解得d =2，
∴an=2n，则a2= 4 ,a6=12，
∴a2+a6=16.
故答案为：16.
12．（2025·安徽安庆·二模）数列{an}满足a1=1,an+1=an
2+2an，则使得√an+1>2025的最小正整数n的值
为 .
【答案】6
【分析】将条件变形an+1+1=(an+1)
2，然后取对数，得出ln(an+1)为以ln2为首项，2 为公比的等比数列，
然后得出an=2
2
n−1
−1，即可得出答案.
【详解】因为an+1=an
2+2an，所以an+1+1=(an+1)
2，则ln(an+1+1)=2ln(an+1)，
又a1+1=2，所以ln(an+1)为以ln2为首项，2 为公比的等比数列，
7
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所以ln(an+1)=2
n−1ln2，所以an=2
2
n−1
−1，则使得√an+1=√2
2
n−1
>2025，
计算得n最小正整数值为6，
故答案为：6.
13．（2025·安徽芜湖·二模）已知数列{an}的前n 项和为Sn，且a1=2，an+1= Sn+2(n∈N
∗).
(1)求{an}的通项公式；
(2)保持{an}的各项顺序不变，在ak和ak +1之间插入k 个1，使它们与数列{an}的项组成一个新的数列{bn}，
记{bn}的前n 项和为T n，求T 55.
【答案】(1)an=2
n
(2)2091
【分析】（1）借助an与Sn的关系计算可得an+1=2an(n∈N
∗)，再利用等比数列定义计算即可得；
（2）由题意可得bn(n+1)
2
=an=2
n
，数列{bn}的其余项为1，则可借助分组求和计算即可得解.
【详解】（1）由an+1= Sn+2(n∈N
∗)，得an= Sn−1+2(n≥2)，
则an+1−an=an(n≥2)，即an+1=2an(n≥2)，
又a2= S1+2=a1+2= 4，满足an+1=2an，所以an+1=2an(n∈N
∗)，
所以{an}是首项是2，公比为2的等比数列，故an=2
n；
（2）由题知bn(n+1)
2
=an=2
n
，数列{bn}的其余项为1，
则T 55=(b1+b3+b6+b10+b15+b21+b28+b36+b45+b55)+ 45×1
= S10+ 45= 2×(1−2
10)
1−2
+ 45=2091.
14．（2025·安徽滁州·二模）在数列{an}中，a1=1，a3=6，其前n项和为Sn．数列{
Sn
an}是公差为d的等差
8
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数列．
(1)求d；
(2)若d >0，
（ⅰ）求数列{an}的通项公式an及前n项和Sn；
（ⅱ）若bn=an+1−an，数列{cn}满足c1= 1
3，cn+1= 3bn−4
3bn
⋅cn，求证：对任意正整数n，都有∑
k =1
n
ck<1．
【答案】(1)d = 1
3或−1
4
(2)（ⅰ）an= n(n+1)
2
,n∈N
*．Sn= n(n+1)(n+2)
6
；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）方法1：由S1
a1
=1及S3
a3
= 1+a2+6
6
，利用等差数列基本量的运算求解即可；
方法2：先求出Sn
an
=1+(n−1)d，然后利用an+1= Sn+1−Sn化简得nd an+1=[1+(n−1)d]an，将已知条件代
入求解即可.
（2）（ⅰ）3 Sn=(n+2)an与3 Sn−1=(n+1)an−1相减得an
an−1
= n+1
n−1，n≥2，利用累乘法得
an= n(n+1)
2
,n∈N
*，即可Sn；
（ⅱ）由（ⅰ）得bn，进而求得cn=3ncn−(3n+3)cn+1，累加法结合cn>0即可证明.
【详解】（1）方法1：S1
a1
=1，S2
a2
= 1+a2
a2
，S3
a3
= 1+a2+6
6
，
由2⋅S2
a2
= S1
a1
+ S3
a3
⇒a2=3或−4，
于是
S2
a2
= 1+a2
a2
= 4
3 或3
4 ，所以d = 1
3或−1
4 ．
9
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方法2：显然S1
a1
=1，则Sn
an
=1+(n−1)d，
于是Sn=[1+(n−1)d]an，所以Sn+1=(1+nd)an+1，
相减得an+1=(1+nd)an+1−[1+(n−1)d]an，即nd an+1=[1+(n−1)d]an，
所以d a2=a1，2d a3=(1+d)a2，又a1=1，a3=6，解得d = 1
3或−1
4 .
（2）（ⅰ）当d >0时，Sn
an
=1+ 1
3
(n−1)= n+2
3
，即3 Sn=(n+2)an，
所以3 Sn−1=(n+1)an−1，相减整理得
an
an−1
= n+1
n−1，n≥2，
所以
an−1
an−2
=
n
n−2，
an−2
an−3
= n−1
n−3，…，
a2
a1
= 3
1，累乘得an= n(n+1)
2
，n≥2，
a1=1也满足上式，所以an= n(n+1)
2
,n∈N
*．
所以Sn= n+2
3
× n(n+1)
2
= n(n+1)(n+2)
6
．
（ⅱ）bn=an+1−an=n+1，cn+1= 3bn−4
3bn
⋅cn= 3n−1
3n+3 ⋅cn，显然cn>0．
(3n+3)cn+1=(3n−1)cn⇒cn=3ncn−(3n+3)cn+1，
所以cn−1=3(n−1)cn−1−3ncn，cn−2=3(n−2)cn−2−3(n−1)cn−1，…，c1=3c1−6c2，
累加得∑
k =1
n
ck =3c1−(3n+3)cn+1=1−(3n+3)cn+1<1，得证．
15．（2025·安徽·二模）已知数列{an}满足an≥0，且(2an+2−an+1−an)(an+2−2an+1+an)=0.
(1)若a4=2a2= 4 a1= 4，求满足条件的a3的值；
(2)设集合A =¿，
（ⅰ）若A = {1,4,7}，证明：a2，a5，a8成等比数列；
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（ⅱ）若A = {i, j ,k }（其中i> j>k >3），且a2=a1+1，求ai+1的最大值.
【答案】(1)3
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）1
64
【分析】（1）由题意可得：an+2= an+1+an
2
或an+2=2an+1−an，结合a4,a2,a1的值分析求解即可；
（2）（i）由题可知a1=a4=a7=0，分析可知a5= a2
4
，a8= a5
4
，即可得结果；（ⅱ）由题意可知：
an+2−an+1
an+1−an
=−1
2或
an+2−an+1
an+1−an
=1，根据题意结合累积法分析可知ai+1−ai≤1
64 ，进而分析最值即可.
【详解】（1）由题意可知：an+2= an+1+an
2
或an+2=2an+1−an，
且a4=2a2= 4 a1= 4，
若a3= a1+a2
2
= 3
2，则a4= a2+a3
2
= 7
4 或a4=2a3−a2=1，显然不合题意；
若a3=2a2−a1=3，则a4=2a3−a2= 4，符合题意；
所以a3=3.
（2）（ⅰ）由题知a1=a4=a7=0，当n≠1,4,7时，an>0，
若a4= a2+a3
2
，则与a2>0且a3>0矛盾，
所以a4=2a3−a2=0，所以a3= 1
2 a2，
若a5=2a4−a3=−a3<0，则与a3>0且a5>0矛盾，
所以a5= a4+a3
2
= a3
2 = 1
4 a2，同理可得a8= 1
2 a6= 1
4 a5= 1
16 a2，
所以a2,a5,a8成公比为1
4 的等比数列；
（ⅱ）由(2an+2−an+1−an)(an+2−2an+1+an)=0
可推得，
an+2−an+1
an+1−an
=−1
2或
an+2−an+1
an+1−an
=1，
对于任意正整数m,n(m<n)，
11
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可得
an+1−an
an−an−1
⋅an−an−1
an−1−an−2
⋅⋅⋅am+2−am+1
am+1−am
=(−1
2)
r
(r ∈N ,r ≤n−m)，
即an+1−an=(am+1−am)(−1
2)
r
，
所以an+1−an=(a2−a1)(−1
2)
r0
(r0≤n−1)，所以an+1≠an，
由题知ai=a j=ak =0，所以a j+1≠a j=0，ai+1≠ai=0，ai−1≠ai=0，
所以a j+1>0，ai+1>0，ai−1>0，
若ai= ai−1+ai−2
2
，则与ai−1>0且ai−2>0矛盾，所以ai=2ai−1−ai−2，
因为ai−1>0且ai−2>0，所以j≠i−1且j≠i−2，所以j≤i−3，
因为ai+1−ai=ai+1>0，ai−ai−1=−ai−1<0，所以ai+1−ai=−1
2 (ai−ai−1)，
又ai−ai−1=(a j+1−a j)(−1
2)
r1
(r1≤i−j−1)，ai−ai−1<0，a j+1−a j=a j+1>0，
所以r1为正奇数，
所以ai+1−ai=(a j+1−a j)(−1
2)
r1+1
≤1
4 (a j+1−a j)，
同理，a j+1−a j≤1
4 (ak +1−ak)，ak +1−ak ≤1
4 (a2−a1)= 1
4 ，
所以ai+1−ai≤(
1
4)
3
= 1
64 ，
当{an}为1
2，3
2，1，1
2，0，1
4 ，1
8，0，1
16 ，1
32，0，1
64 ，⋅⋅⋅时，符合题意，
所以ai+1的最大值为1
64 .
16．（2025·安徽合肥·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；
12
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(2)求数列{
an
bn}的前n项和．
【答案】(1)an=3n，bn=3
n；
(2)9
4 −(
1
2 n+ 3
4)
1
3
n−1
【分析】（1）设出公差和公比，根据条件得到方程组，求出公差和公比，得到通项公式；
（2）an
bn
=
n
3
n−1，利用错位相减法求和得到答案.
【详解】（1）设公差为d，公比为q(q≠0)，
a2+a4=2b2，故2a1+ 4 d =2b1q，6+ 4 d =6q，
a1a3=b3，故3(3+2d)=3q
2，
联立¿，解得¿或¿（舍去），
故an=3+3(n−1)=3n，bn=3⋅3
n−1=3
n；
（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
3 Sn=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.
数列新定义
17．（2025·安徽黄山·二模）若数列{xn}，{yn}，其中yn∈Z，对任意正整数n都有|xn−yn|< 1
2
，则称数列
题
型
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{yn}为数列{xn}的“接近数列”．已知{bn}为数列{an}的“接近数列”，且数列{an}，{bn}的前n项和分别为
Sn，T n．
(1)若an=n+ 2
3（n是正整数），求b1，b2，b3的值；
(2)若数列{an}是公差为d的等差数列，且d ∈Z，求证：数列{bn}是等差数列；
(3)若an= 3
2 +(−5
6)
n+1
（n是正整数），判断是否存在正整数k，使得Sk<T k？如果存在，请求出k的最小值，
如果不存在，请说明理由．（参考数据：log5
6
8
25 ≈6.25，log17
25
1
6 ≈4.65）
【答案】(1)b1=2，b2=3，b3= 4；
(2)证明见解析；
(3)存在，最小k 为7.
【分析】（1）根据定义有|n+ 2
3 −bn|< 1
2且bn∈Z，将n=1,2,3代入依次求出b1,b2,b3；
（2）根据已知有|an−bn|< 1
2，|an+1−bn+1|< 1
2得−1<(an+1−bn+1)−(an−bn)<1，进而有
d −1<bn+1−bn<d +1，d ∈Z，bn∈Z，即可证；
（3）根据题设定义得到bn=¿且k ∈N
∗，进而有T n=¿且k ∈N
∗，结合Sn= 3
2 n+ 5
11 (−5
6 )
n+1
+ 25
66
及不等
式能成立求n 的范围，即可得.
【详解】（1）由题设|an−bn|=|n+ 2
3 −bn|< 1
2，且bn∈Z，
所以| 5
3 −b1|< 1
2，即7
6 <b1< 13
6 ，b1=2，
| 8
3 −b2|< 1
2，即13
6 <b2< 19
6 ，b2=3，
| 11
3 −b3|< 1
2，即19
6 <b3< 25
6 ，b3= 4，
所以b1=2，b2=3，b3= 4；
（2）由题设an=a1+(n−1)d，则|an−bn|< 1
2，|an+1−bn+1|< 1
2
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所以−1
2 <an−bn< 1
2，−1
2 <an+1−bn+1< 1
2，则−1<(an+1−bn+1)−(an−bn)<1，
所以−1<(an+1−an)−(bn+1−bn)=d −(bn+1−bn)<1，d ∈Z，bn∈Z，
所以d −1<bn+1−bn<d +1，故bn+1−bn=d，即数列{bn}是等差数列；
（3）当n为奇数时an= 3
2 +(
5
6)
n+1
，0<(
5
6)
n+1
≤25
36 ，则3
2 <an≤79
36 ，
由|an−bn|< 1
2，即an−1
2 <bn<an+ 1
2，bn∈Z，则bn=2；
当n为偶数时an= 3
2 −(
5
6)
n+1
，0<(
5
6)
n+1
≤125
216 ，则199
216 ≤an< 3
2，
由|an−bn|< 1
2，即an−1
2 <bn<an+ 1
2，bn∈Z，则bn=1；
所以bn=¿且k ∈N
∗，则T n=¿且k ∈N
∗，
而Sn= 3
2 n+(−5
6 )
2
+⋯+(−5
6)
n+1
= 3
2 n+
(−5
6 )
2
[1−(−5
6 )
n
]
1+ 5
6
= 3
2 n+ 5
11 (−5
6 )
n+1
+ 25
66，
要使Sn<T n，则Sn−T n<0，
当n=2k −1且k ∈N
∗，则3
2 n+ 5
11 (−5
6 )
n+1
+ 25
66 −3n+1
2
= 5
11 (−5
6 )
n+1
−8
66 <0，
所以5
11 ( 5
6 )
n+1
< 8
66 ，则( 5
6 )
n+1
< 4
15 ⇒( 5
6 )
n
< 8
25 ⇒n>log5
6
8
25 ≈6.25，可得n≥7；
当n=2k且k ∈N
∗，则3
2 n+ 5
11 (−5
6 )
n+1
+ 25
66 −3n
2 = 5
11 (−5
6 )
n+1
+ 25
66 <0，
所以5
11 ( 5
6 )
n+1
> 25
66 ，则( 5
6 )
n
>1，显然不成立；
综上，Sk<T k时k的最小值为7.
18．（2025·安徽马鞍山·二模）将数列{an}中不同的两项ai与a j交换位置，其余项不变得到的数列称为{an}
的“(i, j)对换数列”，若i< j时，ai>a j，则称(ai,a j)为{an}一个逆序对，例如：数列2，3，1 的逆序对有：
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(2,1)，(3,1).将数列{an}中逆序对的个数称为{an}的逆序数，记为N (an)，记sgn(an)=(−1)
N (an).
(1)写出数列1，5，2，4，3，6 的所有逆序对；
(2)求数列1,2,3,⋯,n的所有“(i, j)对换数列”的逆序数之和f (n)；
(3)定义：将数列1,2,3,⋯,n的所有项重新排列后得到的数列称为1,2,3,⋯,n的一个“重排数列”.若{an}
是数列1,2,3,⋯,n的一个“重排数列”，{bn}是数列1,2,3,⋯,n的一个“(i, j)对换数列”，证明：
sgn(abn)= sgn(an)⋅sgn(bn).
（注：1
2+2
2+3
2+⋯+n
2= n(n+1)(2n+1)
6
.）
【答案】(1)(5,2)，(5,4)，(5,3)，(4,3)
(2)f (n)= n(n−1)(2n−1)
6
(3)证明见解析
【分析】（1）根据逆序对定义可得答案；
（2）交换i与j后共产生2( j−i−1)+1=2( j−i)−1个逆序数，再求f (n)可得答案；
（3）求出sgn(bn)，只有满足min{ai,a j}<k <max {ai,a j}的数k才会发生逆序数的变化，设这样的数有m
个，由于这m个数对ai与a j的顺序同时发生变化产生2m个逆序数可得答案.
【详解】（1）(5,2)，(5,4)，(5,3)，(4,3)；
（2）因为交换i与j后共产生2( j−i−1)+1=2( j−i)−1个逆序数，1≤i< j≤n，
所以f (n)=∑
j =2
n
{2[( j−1)+( j−2)+⋯+( j−( j−1))]−( j−1)}=∑
j =2
n
( j−1)
2
=1
2+2
2+⋯+(n−1)
2= n(n−1)(2n−1)
6
；
（3）由（2）可知，sgn(bn)=(−1)
2( j−i)−1=−1，
因为{abn}是将{an}中ai与a j两项交换所得，
故ai之前的项a1,a2,⋯,ai−1及a j之后的项a j+1,a j+2,⋯,an逆序数不变，
对于ai与a j之间的项ai+1,ai+2,⋯,a j−1，
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只有满足min{ai,a j}<k <max {ai,a j}的数k才会发生逆序数的变化，
设这样的数有m个，由于这m个数对ai与a j的顺序同时发生变化，
产生2m个逆序数，又ai与a j交换产生1 个逆序数，
则共产生2m+1个逆序数，设N (an)= p，
则N (abn)=2m+1+ p，
则sgn(abn)=(−1)
2m+1+ p=−(−1)
p= sgn(an)⋅sgn(bn).
19．（2025·安徽池州·二模）设正项数列A :a1,a2,⋯,aN (N ≥2)，如果对小于n(2≤n≤N )的每个正整数k
都有ak< λ an，则称n是数列A的一个“λ时刻”.记A (λ)是数列A的所有“λ时刻”组成的集合（其中
0< λ<1）.
(1)若A :2,6,6,36,48，求A(
1
2)；
(2)若A (λ)= {2,4,6,8,10}，且a10≤32a1，证明：λ> 1
2；
(3)若A中存在an使得a1< λ
n−1an，证明：A (λ)≠∅.
【答案】(1){2,4}
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据“λ时刻”的概念可得2∈A(
1
2)，4∈A(
1
2)，由此可得结果.
（2）根据题意可得1
λ
5 < a10
a1
，由a10≤32a1得1
λ
5 < a10
a1
≤32，由此可证明结论.
（3）记m=min{i∈N
*∣2≤i≤N ,a1< λ
i−1ai}，可证明m∈A (λ)，即证明结论.
【详解】（1）当n=2时，a1< 1
2 a2，所以2∈A(
1
2)，
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当n=3时，a2> 1
2 a3，所以3∉A(
1
2)，
当n= 4时，a1< 1
2 a4,a2< 1
2 a4,a3< 1
2 a4，所以4∈A(
1
2)，
当n=5时，a4> 1
2 a5，所以5∉A(
1
2)，
综上，A(
1
2)= {2,4}.
（2）由题意知a1< λ a2,a2< λ a4,a4< λ a6,a6< λ a8,a8< λ a10，
即1
λ < a2
a1
, 1
λ < a4
a2
, 1
λ < a6
a4
, 1
λ < a8
a6
, 1
λ < a10
a8
，所以1
λ
5 < a2
a1
⋅a4
a2
⋅a6
a4
⋅a8
a6
⋅a10
a8
= a10
a1
，
由a10≤32a1得
a10
a1
≤32，所以1
λ
5 < a10
a1
≤32，所以1
λ <2，即λ> 1
2.
（3）因为存在an使得a1< λ
n−1an，所以{i∈N
*∣2≤i≤N ,a1< λ
i−1ai}≠∅，
记m=min{i∈N
*∣2≤i≤N ,a1< λ
i−1ai}，
显然m≥2，且对任意的正整数k <m, λ
k −1ak ≤a1< λ
m−1am，即ak< λ
m−k am，
又因为0< λ<1,k ≤m−1，所以ak< λ
m−k am≤λ am，所以m∈A (λ)，所以A (λ)≠∅.
20．（2025·安徽安庆·二模）定义在同一数集I上的函数f 1(x),f 2(x)，f n(x)按一定顺序排成一列，称为数
集I上的函数列，记为{f n(x)},n∈N
∗.f n(x)的导函数为f n
' (x).
(1)若{f n(x)}满足f n(x)= 1
n x
n, x∈(0,+∞),n∈N
∗，证明：{f n
' (2)}为等比数列：
(2)定义在(0,+ ∞)上的函数列{f n(x)}满足x f n
' (x)−n f n(x)>0，且∀n∈N
∗,f n(1)=n.
①若x0∈(0,1)，设Sn(x0)=∑
i=1
n
f i(x0),n∈N
∗，证明：Sn(x0)<
x0
(1−x0)
2：
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②若x∈(0,+∞)，证明：|f n(x)−f n(
1
x)|≥2n
2|lnx|.
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）求导，然后利用等比数列的定义证明即可；
（2）①构造函数gn(x)= f n(x)
x
n
, x∈(0,+∞)，求导，结合条件判断其单调性，得出f n(x0)<n x0
n，然后错
位相减法即可完成证明；
②利用①构造的函数得出|f n(x)−f n(
1
x)|>n|x
n−1
x
n|，然后证明n|x
n−1
x
n|>2n
2|lnx|即可.
【详解】（1）由f n
' (x)= x
n−1，得f n
' (2)=2
n−1，显然f n+1
'
(2)
f n
' (2)
=2，
又f 1
' (2)=1，故{f n
' (2)}为首项为1，公比为2 的等比数列.
（2）① 设gn(x)= f n(x)
x
n
, x∈(0,+ ∞)，则gn
' (x)= x f n
' (x)−nf (x)
x
n+1
，
因为x∈(0,+∞)时x f n
' (x)−n f n(x)>0，所以gn
' (x)>0在x∈(0,+∞)恒成立，
故gn(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
当x0∈(0,1),gn(x0)= f n(x0)
x0
n
<gn(1)= f n(1)=n，
得f n(x0)<n x0
n，故Sn(x0)=∑
i=1
n
f i(x0)< x0+2 x0
2+⋯+n x0
n，
令T n(x0)= x0+2 x0
2+⋯+n x0
n，
则x0T n(x0)= x0
2+2 x0
3+⋯+(n−1) x0
n+n x0
n+1，
故(1−x0)T n(x0)= x0+ x0
2+⋯+ x0
n−n x0
n+1，由于x0∈(0,1)，
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得T n(x0)= x0−x0
n+1−n(1−x0)x0
n+1
(1−x0)
2
<
x0
(1−x0)
2；
②当x =1时，左边右边都等于0，显然成立；
当x≠1时，由于gn(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
若x∈(1,+∞)，则gn(x)= f n(x)
x
n
> gn(1)= f n(1)=n，即f n(x)>n x
n，
此时1
x ∈(0,1)，由①得f n(
1
x)<n(
1
x)
n
，所以|f n(x)−f n(
1
x)|>n|x
n−1
x
n|，
若x∈(0,1)，则gn(x)= f n(x)
x
n
< gn(1)= f n(1)=n，即f n(x)<n x
n，
此时1
x ∈(1,+∞)，所以f n(
1
x)>n(
1
x)
n
，故|f n(x)−f n(
1
x)|>n|x
n−1
x
n|，
下证：当x∈(0,+ ∞)，且x≠1时，n|x
n−1
x
n|>2n
2|lnx |，令t = x
n，
即证明：|t −1
t|>2|lnt|,t ∈(0,1)∪(1,+∞).
令φ(t )=2lnt −t + 1
t ,t ∈(0,+∞),φ
′ (t )=−(t −1)
2
t
2
<0，故φ(t )在(0,+∞)上单调递减，
故t ∈(0,1)时，φ(t )>φ(1)=0，即2lnt >t −1
t ，
t ∈(1,+∞)时，φ(t )<φ(1)=0，即2lnt <t −1
t ，
从而|t −1
t|>2|lnt|,t ∈(0,1)∪(1,+∞)，
故|f n(x)−f n(
1
x)|≥2n
2|lnx|.
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空间几何体的表面积和体积
21．（2025·安徽芜湖·二模）已知轴截面为等边三角形的圆锥与其内切球表面的交线为Γ（除圆锥底面圆心
外），Γ所在的平面将圆锥分成上下两部分，则上下两部分几何体的体积之比为（ ）
A．1:6
B．1:7
C．1:8
D．1:9
【答案】B
【分析】作出圆锥的轴截面SAB，得到△SAB内切圆均切于各边的中点，从而得到交线为Γ（除圆锥底面
圆心外）为圆锥的母线的中点所在的圆，求出上部分圆锥与圆锥SE的体积之比，即可得解.
【详解】如图，作出圆锥的轴截面SAB，设△SAB的内切圆的圆心为O，
切SA、SB、AB于C、D、E，
因为△SAB为等边三角形，所以C、D、E分别为SA、SB、AB的中点，
设CD与SE交于点F，△SAB的边长为2a，则FD =a，SE =√3a，SF = 1
2 SE = √3
2 a，
则圆锥与其内切球表面的交线为Γ（除圆锥底面圆心外）为圆锥的母线的中点所在的圆，
Γ所在的平面将圆锥分成上下两部分，此时上部分圆锥的底面半径为a
2，高为√3
2 a，
又圆锥SE的底面半径为a，高为√3a，
所以上部分圆锥的体积与圆锥SE的体积之比为(
1
2)
3
= 1
8，
所以Γ所在的平面将圆锥分成上下两部分，则上下两部分几何体的体积之比为1:7.
故选：B
22．（2025·安徽马鞍山·二模）在三棱柱ABC −A1B1C1中，截去三棱锥C1−ABC后，剩余的部分是
（ ）
题型03
21
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A．五棱锥
B．四棱锥
C．三棱柱
D．三棱台
【答案】B
【分析】结合题意画出相应图形，即可得答案.
【详解】如图可得三棱柱ABC −A1B1C1中，截去三棱锥C1−ABC后，剩余的部分是四棱锥.
故选：B
23．（2025·安徽黄山·二模）陀螺是我国民间最早的娱乐工具之一（如图1），一个倒置的陀螺，上半部分
为圆锥，下半部分为同底圆柱（如图2），其中总高度为7cm，圆柱的高度为5cm，该陀螺由密度为
0.8g/cm
3的木质材料制成（密度= 质量
体积），其总质量为81.6g，则此陀螺圆柱底面的面积为（ ）
A．16 cm
2
B．17 cm
2
C．18 cm
2
D．19 cm
2
【答案】C
【分析】由质量和密度求出此陀螺圆柱体积，通过圆锥、圆柱体体积公式求得此陀螺圆柱体积，然后建立
方程后解得底面面积.
【详解】此陀螺圆柱体积V = 81.6
0.8 =102cm
3，
设此陀螺圆柱的底面半径为S，则V = S h1+ 1
3 S h2=(5+ 2
3)S = 17
3 S =102，
∴此陀螺圆柱的底面面积S =102× 3
17 =18cm
2.
22
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故选：C.
24．（2025·河南焦作·二模）在直三棱柱ABC −A1B1C1中，AB = AC =2, AB⊥AC，若该棱柱外接球
的表面积为12π，则侧面B B1C1C绕直线B B1旋转一周所得到的旋转体的体积为（ ）
A．12π
B．16π
C．20π
D．24π
【答案】B
【分析】由外接球表面积得到球的半径，进而求得C C1=2，即可求解.
【详解】因直三棱柱ABC −A1B1C1中，AB = AC =2, AB⊥AC，
则两个底面三角形的外接圆圆心分别为B1C1,BC的中点O1,O2，
如图所示，BC = B1C1=2√2.
设棱柱的外接球的半径为R，圆心为O，
由4 π R
2=12π，可得R =√3，由对称性知，O 为O1,O2中点，
由图(
C C1
2 )
2
+(
BC
2 )
2
=(
C C1
2 )
2
+2=3，解得C C1=2.
因侧面B B1C1C绕直线B B1旋转一周后得到的几何体是底面半径为2√2，高为2 的圆柱，
其体积为V = π(2√2)
2×2=16 π.
故选：B
25．（2025·安徽马鞍山·二模）已知在三棱柱ABC −A1B1C1中，A A1⊥底面ABC，AC =1，BC =1，
且∠ACB+2∠AC A1= π，记∠ACB =α，则（ ）
A．存在α，使得BC ⊥A1B
B．三棱柱的侧面积随α的增大而减小
C．三棱柱的体积随α的增大而减小
D．三棱锥A1−ABC外接球表面积的最小值为3 π
【答案】BCD
【分析】由BC ⊥A1 A得出BC ⊥AB可判断A；求出S关于α单调递减可判断B；求出V 关于α单调递减可
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判断C；记三棱锥A1−ABC外接球半径为R，△ABC的外接圆半径为r，由R
2=r
2+(
A A1
2 )
2
≥3
4
可判断D.
【详解】对于A，若BC ⊥A1B，因为BC ⊥A1 A，则BC ⊥AB，矛盾，故不存在α，使得BC ⊥A1B，
故A 错误；
对于B，易知AB =2sin α
2 ，A A1= tan(
π −α
2 )=
1
tan α
2
，
记三棱柱ABC −A1B1C1的侧面积为S，
则S =(2+ AB) A A1=2(
1
tan α
2
+cos α
2)
，因为α ∈(0,π )，所以S关于α单调递减，
故B 正确；
对于C，记三棱柱ABC −A1B1C1的体积为V ，
则V = 1
2 sinα ⋅
1
tan α
2
=cos
2 α
2 关于α单调递减，故C 正确；
对于D，记三棱锥A1−ABC外接球半径为R，△ABC的外接圆半径为r，
因为2r =
1
sin π −α
2
，则r =
1
2cos α
2
，
故R
2=r
2+(
A A1
2 )
2
= 1
4(
1
cos
2 α
2
+
cos
2 α
2
sin
2 α
2)
= 1
4(
1+
sin
2 α
2
cos
2 α
2
+
cos
2 α
2
sin
2 α
2)
≥3
4 ，
当且仅当sin
2 α
2 =cos
2 α
2 即α = α
2 时，R
2最小值为3
4 ，外接球表面积的最小值为3 π，
故D 正确.
故选：BCD.
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26．（2025·安徽蚌埠·二模）在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，点E , F ,G分别为棱
D D1,C1 D1,C C1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．FG //平面A1BD
B．直线AE与FG所成角的余弦值为3√10
10
C．点E到平面B1 FG的距离为4
3
D．三棱锥B1−D1 DG的外接球的表面积为27
2 π
【答案】AC
【分析】对于A，判断FG 与平面A1BD关系：正方体棱长2，F、G为特定棱中点，得FG 与A1B平行，FG
不在平面A1BD内，A1B在该平面内，所以FG 平行平面A1BD.
对于B，求AE 与FG 所成角余弦值：连BG、BF，AE 与BG 平行，∠BGF是所成角或补角，由棱长算BG、
GF、BF 长，用余弦定理得cos∠BGF值，取绝对值得正确值.
对于C，求点E到平面B1 FG距离：算△B1 FG边长和面积，设距离为h，利用V E−B1 FG=V B1−EFG求出h.
对于D，求外接球表面积：算正方体相关线段长，确定G射影位置，设半径R和球心O，根据关系求R，再
算表面积.
【详解】在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，点F ,G分别为棱C1 D1,C C1的中点，
所以FG // A1B，又FG⊄平面A1BD , A1B⊂平面A1BD，所以FG //平面A1BD，故A 正确；
连接BG ,BF，易得AE // BG，所以∠BGF为直线AE与FG所成的角或补角，又易得
BG =√5,GF =√2,BF =3，
由余弦定理得cos∠BGF= G B
2+G F
2−B F
2
2GB⋅GF
= (√5)
2+(√2)
2−3
2
2√5×√2
=−√10
10
，所以直线AE与FG所成角的
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余弦值为√10
10 ，故B 错误；
在△B1 FG中，B1 F = B1G =√5, FG =√2，所以S△B1 FG= 1
2 ×√2×√
(√5)
2−(
√2
2 )
2
= 3
2
，
设点E到平面B1 FG的距离为h，又V E−B1 FG=V B1−EFG，
所以1
3 × 3
2 h= 1
3 × 1
2 ×√2×√2×2，解得h= 4
3 ，即点E到平面B1 FG的距离为4
3 ，故C 正确；
易得D D1=2,B1 D1=2√2, D B1=2√3，所以△B1 D D1为直角三角形，所以G在底面B1 D D1的射影为
B1 D的中点，设为O1，
设外接球半径为R，球心为O，由R
2=OO1
2+O1B1
2=OO1
2+3, R−OO1=GO1=√2，解得R = 5√2
4
，所以
外接球的表面积为4 π R
2= 25
2 π，故D 错误.
故选：AC.
27．（2025·安徽淮北·二模）如图，圆锥PO有且仅有一条母线PA在平面α内，圆锥的侧面展开图是面积为
32π的半圆，则圆锥外接球的表面积为 ；若B是PA中点，C ∈α，且点O到直线BC的距离为
√13，则BC与圆锥底面所成角的余弦值为 .
【答案】 256 π
3
√7
4
【分析】根据因为圆锥的侧面展开图是面积为32π的半圆，先求出圆锥的母线长与底面半径，从而求得圆
锥外接圆的半径，即可求解圆锥外接圆的表面积；再在平面α内过点P 作直线l // BC，取AB中点M，连
接OM，由面面垂直的性质定理证明OM ⊥平面α，过M作垂线，分别交BC，l于点N和Q，连接ON，
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OQ，结合平行线的性质和勾股定理，求出cos∠OPQ的值，最后根据线面角的定义与求法，即可得解.
【详解】设圆锥的母线长PA =m，底面半径OA =r，
因为圆锥的侧面展开图是面积为32π的半圆，
所以1
2 ⋅2πrm=32π，2πr
m = π，解得¿，
所以Rt△OAP中，PO =√m
2−r
2=√64−16= 4√3
设圆锥外接圆的圆心为G，半径为R，
由圆锥外接圆的性质可知，点G 在线段PO上，
在Rt△OAG中，A G
2=O A
2+OG
2，即R
2=r
2+(4√3−R)
2，解得R = 8
√3，
故圆锥外接球的表面积为4 π R
2= 256
3 π.
在平面α内过点P 作直线l // BC，取AB中点M，连接OM，
则OM ⊥PA，且OM =2√3，
因为顶点为P的圆锥有且仅有一条母线PA在平面α内，
所以平面α ⊥平面PAO,
又平面α ∩平面PAO= PA，OM ⊂平面PAO，
所以OM ⊥平面α，
因为BC ⊂平面α，所以OM ⊥BC，
过M作BC垂线，分别交BC，l于点N和Q，
连接ON，OQ，即MN ⊥BC,
又OM ∩MN = M,OM , MN ⊂平面OMN，
所以BC ⊥平面OMN,
又ON ⊂平面OMN，所以ON ⊥BC，即O到BC的距离为ON，
所以ON =√13，所以MN =√O N
2−O M
2=√13−(2√3)
2=1，
因为l // BC，所以MN
MQ = MB
MP = 1
3，所以MQ =3，
在Rt△OMQ中，OQ =√O M
2+ M Q
2=√(2√3)
2+3
2=√21，
在Rt△OQP中，PQ =√O P
2−OQ
2=√(4√3)
2−(√21)
2=3√3
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设BC与圆锥底面所成角为θ，则sinθ =cos∠OPQ = PQ
OP = 3√3
4√3 = 3
4 ，
则cosθ =√1−sin
2θ = √7
4 ,即BC与圆锥底面所成角的余弦值为√7
4 .
故答案为：256 π
3
；√7
4 .
垂直和平行的证明和空间角
28．（2025·安徽滁州·二模）如图，四边形ABCD为矩形，AB = 4，AD =3+√3．△FDC是等边三角形，
△EAB是等腰直角三角形，AE⊥BE．将△EAB和△FDC分别沿虚线AB和CD翻折，且保持平面
EAB //平面FDC．当EF ⊥平面ABCD时，平面EAB与平面FDC的距离等于（ ）
A．1+√3
2
B．2+√3
2
C．3+√3
2
D．3+3√3
2
【答案】C
【分析】根据线线垂直证明线面垂线，进而证明面面垂直，结合三角形相似可得距离.
【详解】
如图所示，
取AB中点M，CD中点N，连接ME，MN，NF，EF，
题
型
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由△FDC是等边三角形，△EAB是等腰直角三角形，AE⊥BE，
则ME⊥AB，NF ⊥AB，MN ⊥AB，
又ME∩MN = M，NF ∩MN = N，
ME，MN，NF ⊂平面MENF，
所以AB⊥平面MENF，
所以平面ABCD⊥平面MENF，平面EAB⊥平面MENF，平面FDC ⊥平面MENF，
又EF ⊂平面MENF，且EF ⊥平面ABCD，平面MENF ∩平面ABCD = MN，
所以EF ⊥MN，
又平面EAB//平面FDC，且平面EAB∩平面MENF = ME，平面FDC ∩平面MENF = NF，
所以ME // NF，
则作出平面MENF如图所示，
设EF ∩MN =O，
则△OME∼△ONF，
所以OM
ON = ME
NF ，
又ME = 1
2 AB =2，NF = √3
2 AB =2√3，
则OM
ON = √3
3 ，
由MN = AD =3+√3，
所以OM =√3，ON =3，∠EMO =∠FNO =30°，
设过点O作PQ⊥ME与ME，NF分别交于点P，Q，
则PQ即为两平面间距离，
PQ =OP+OQ = 1
2 OM + 1
2 ON = √3+3
2
，
故选：C.
29．（2025·安徽合肥·二模）已知AB为圆锥PO的底面直径，O为底面圆心，正三角形ACD内接于⊙O，
若PA =6，圆锥的侧面积为12√2π，则PA与BD所成角的余弦值为（ ）
A．√2
6
B．√3
4
C．√5
5
D．√2
3
【答案】A
【分析】先求出圆锥的底面半径和BD，过点A作AE // BD交DO的延长线于点E，∠PAE为PA与BD所
成角，由余弦定理求解即可.
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【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，
因为PA =6，所以l = PA =6，
所以S = πrl =6 πr =12√2π，所以r =2√2，
所以OA =OB =OC =OD =2√2，又正三角形ACD内接于⊙O，
所以2r = 4√2=
AC
sin60
∘，解得：AC =2√6，所以AC =CD = AD =2√6，
所以BD =√A B
2−A D
2=√(4√2)
2−(2√6)
2=2√2，
过点A作AE // BD交DO的延长线于点E，BD = AE =2√2，
所以PA与BD所成角即为PA与AE所成角或其补角，
所以∠PAE为PA与BD所成角，PA = PE =6,
由余弦定理可得：cos∠PAE = P A
2+ A E
2−P E
2
2 PA ⋅AE
= 6
2+(2√2)
2−6
2
2⋅6⋅2√2
= √2
6
，
故选：A.
30．（2025·安徽安庆·二模）如图，在正三棱柱ABC −A1B1C1中，AB =√2,B B1=1，点P为正三棱柱表
面上异于点B1的点，则（ ）
A．存在点P，使得P B1⊥BC1
B．直线P B1与平面B B1C1C所成的最大角为45
∘
30
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C．若P , A ,B1,C1不共面，则四面体PA B1C1的体积的最大值为√3
6
D．若P B1=√2，则点P的轨迹的长为3√2+2
6
π
【答案】AC
【分析】对于A 选项，当点P为BC中点时，利用向量证明即可；对于B 选项，当点P位于点A1时，此时线
面角为60
∘，大于45
∘；对于C 选项，当点P位于点A1（或棱BC上）时，体积最大，为√3
6 ；对于D 选项，
先判断出点P的轨迹为四段圆弧，然后求出长度即可.
【详解】对于A 选项，当点P为BC中点时，⃗
P B1⋅⃗BC1=(
1
2⃗CB+⃗B B1)⋅(⃗BC +⃗C C1)=(−1
2⃗BC +⃗B B1)⋅(⃗BC +⃗B B1)=−1+0+0+1=0所以
P B1⊥BC1，故A 正确；
对于B 选项，当点P位于点A1时，∠A1B1C1=60
∘为直线P B1与平面B B1C1C所成角，故B 错误；
对于C 选项，当点P位于点A1（或棱BC上）时，点P到平面A B1C1的距离最远，
此时四面体PA B1C1的体积最大，以点A1为例，此时
V P−A B1C1=V A1−A B1C1=V A −A1B1C1= 1
3 S△A1B1C1⋅|A A1|= 1
3 ⋅1
2 ⋅√2⋅√2⋅√3
2 ⋅1= √3
6 ，故C 正确；对于D
选项，若P B1=√2，如图，
在棱BC上取点D，使BD =1，在棱AB上取点E使BE =1，
在棱A1C1上取中点H，则BH = √6
2 ，√
2−(
√6
2 )
2
= √2
2
，
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则点P的轨迹由圆弧A1 E
⌢
,C1 D
⌢
, DE
⌢
, A1C
⌢
1构成，且其所在圆的半径依次为A1B1=√2，
B1C1=√2,BD =1, H C1= √2
2 ，圆心角依次为45
∘,45
∘,60
∘,180
∘，
圆弧A1 E
⌢
,C1 D
⌢
, DE
⌢
, A1C
⌢
1的长分别为√2π
4
, √2π
4
,π
3 , √2π
2
，故点P的轨迹的长为3√2+1
3
π，故D
错误；
故选：AC.
31．（2025·安徽·二模）已知正三棱锥D−ABC的各顶点均在半径为1 的球O的球面上，则正三棱锥
D−ABC内切球半径的最大值为 .
【答案】1
3
【分析】利用正三棱锥外接球半径，结合“正三棱锥体积= 1
3 ×正三棱锥表面积×正三棱锥内切球半径”，
可求内切球半径的表达式，再结合三角换元的方法可求内切球半径的最大值.
【详解】设正三棱锥D−ABC的底面△ABC边长|AB|=2a，D到平面ABC的距离为h，
所以(h−1)
2+(
2a
√3)
2
=1，a
2= 3
4 (2h−h
2)，
所以a
2
h
2 = 3
4(
2
h −1)，S表=√3a
2+3× 1
2 ×2a×√h
2+ a
2
3 =√3a(a+√3h
2+a
2)，
V = 1
3 ×√3a
2h= 1
3 S表×r，
所以r = √3a
2h
S表
=
√3a
2h
√3a(a+√3h
2+a
2)
=
ah
a+√3h
2+a
2
=
h
1+√
3h
2
a
2 +1
=
h
1+√
4 h
2−h +1
=
h
1+√
2+3h
2−h
=
h√2−h
√2−h+√2+3h = h√2−h(√2+3h−√2−h)
4 h
= √2−h(√2+3h−√2−h)
4
，
不妨设m=√2−h，n=√2+3h，所以3m
2+n
2=8，所以r = m(n−m)
4
，
设m= 2√6
3
cosθ，n=2√2sinθ，
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所以r = m(n−m)
4
=
2√6
3
cosθ(2√2sinθ−2√6
3
cosθ)
4
= 2(√3sinθcosθ−cos
2θ)
3
=
2(
√3
2 sin2θ−cos2θ
2
−1
2)
3
=
2sin(2θ−π
6 )−1
3
≤1
3
，
所以内切球半径的最大值为1
3.
故答案为：1
3
32．（2025·安徽芜湖·二模）在四棱台ABCD−A1B1C1 D1中，AB //CD，∠DAB = 45°，
CD =2 AB =2BD = 4 A1B1= 4，AB⊥B B1，AD⊥D D1.
(1)证明：BC ⊥D D1.
(2)若四棱台ABCD−A1B1C1 D1的体积为7，
（i）求直线B D1与平面AC D1所成角的正弦值；
（ii）若P为棱C C1上一动点，求平面ABP与平面CD D1C1所成角余弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）√7
14 ；（ii）√2
2
【分析】（1）由线线垂直得AB⊥平面BD D1B1，得AB⊥D D1，进一步得D D1⊥平面ABCD，从而
得到BC ⊥D D1；
（2）（i）由四棱台ABCD−A1B1C1 D1的体积为7 得D D1=2，以D 为坐标原点，分别以
DB , DC , D D1所在直线为x , y , z轴建立空间直角坐标系，求出平面AC D1的法向量，利用线面角的向量
求法得到B D1与平面AC D1所成角的正弦值；
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（ii）因为P为棱C C1上一动点，设⃗CP = λ⃗C C1(0≤λ≤1)，分别求出平面ABP与平面CD D1C1的法向量，
用λ表示出两平面所成角的余弦值，从而求得最大值.
【详解】（1）在△ABD中，AB = BD，所以∠BDA =∠DAB = 45°，所以∠ABD =90°，即AB⊥BD，
因为AB⊥B B1，B B1∩BD = B，B B1,BD⊂平面BD D1B1，
所以AB⊥平面BD D1B1，D D1⊂平面BD D1B1，所以AB⊥D D1.
因为AD⊥D D1，AD∩AB = A，AD , AB⊂平面ABCD，
所以D D1⊥平面ABCD，
因为BC ⊂平面ABCD，所以BC ⊥D D1.
（2）因为S ABCD= 1
2 ( AB+CD)×BD = 1
2 (2+ 4)×2=6，S A1B1C1 D1= 1
4 S ABCD= 3
2，
所以V ABCD−A1B1C1 D1= 1
3 (6+ 3
2 +√6× 3
2 )× D D1=7，所以D D1=2.
（i）以D 为坐标原点，分别以DB , DC , D D1所在直线为x , y , z轴建立空间直角坐标系，
则A(2,−2,0)，C(0,4,0)，D1(0,0,2)，B(2,0,0)，
则⃗AC =(−2,6,0)，⃗A D1=(−2,2,2).
设平面AC D1的法向量为⃗n=( x , y , z)，
则¿，即¿，
令y =1，得x =3，z =2，所以⃗n=(3,1,2)，
因为⃗D1B =(2,0,−2)，则cos⟨⃗n,⃗D1B⟩=⃗n⋅⃗D1B
|⃗n||⃗D1B|
= 6+0−4
√14×√8 = 1
√28 = √7
14 ，
所以直线B D1与平面AC D1所成角的正弦值为√7
14 .
（ii）C (0,4,0),C1(0,2,2), A (2,−2,0),B (2,0,0)，
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则⃗BC =(−2,4,0),⃗C C1=(0,−2,2),⃗AB =(0,2,0)，
设⃗CP = λ⃗C C1=(0,−2 λ ,2 λ)(0≤λ≤1)，⃗BP =⃗BC +⃗CP =(−2,4−2 λ ,2 λ)，
设平面ABP法向量⃗n1=(x1, y1, z1)，则¿，
即¿，
令z1=1，得y1=0, x1= λ，所以⃗n1=(λ ,0,1)，
由题意可得平面CD D1C1的法向量⃗n2=(1,0,0)，
所以
cos⟨⃗n1,⃗n2⟩=⃗n1⋅⃗n2
|⃗n1||⃗n2|
=
λ
√λ
2+1
=
1
√
1+ 1
λ
2
，
即平面ABP与平面CD D1C1所成角余弦值为
1
√
1+ 1
λ
2
，
因为λ∈[0,1]，所以当λ =1时，
1
√
1+ 1
λ
2
取得最大值√2
2 ，
所以平面ABP与平面CD D1C1所成角余弦值的最大值为√2
2 .
33．（2025·安徽淮北·二模）四棱锥S−ABCD中，SD⊥平面ABCD , AD = SD = 1
2 AB =1，
DC =CB =√3,∠BAD =∠BCD =θ
(1)求θ；
(2)求证：AD⊥SB；
(3)求SA与平面SBC所成角的正弦值.
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【答案】(1)θ =π
3
(2)证明见解析
(3)2√26
13
【分析】（1）分别在△ABD和△CBD中使用余弦定理，解方程即可得出答案；
（2）先证得BD⊥AD，SD⊥AD，由线面垂直的判定定理证得AD⊥平面SBD，由线面垂直的性质定
理即可证得AD⊥SB；
（3）法一：先求出△ABC和△SBC的面积，再由等体积法求出点A到平面SBC的距离，即可求出SA与平
面SBC所成角的正弦值；法二：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出直线SA的方向向量与
平面SBC的法向量，由线面角的向量公式即可得出答案.
【详解】（1）分别在△ABD和△CBD中使用余弦定理得：
即1+ 4−4 cosθ =3+3−6cosθ，
得cosθ= 1
2，所以θ =π
3 ；
（2）因为AB =2, AD =1,∠BAD =π
3 ，
由余弦定理可得：B D
2= A D
2+ A B
2−2 AD⋅AB⋅cosπ
3 =1+ 4−2×1×2× 1
2 =3，
所以BD =√3，从而∠ADB =π
2 ，所以BD⊥AD.
又SD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以SD⊥AD，
又SD∩BD = D，SD ,BD⊂平面SBD，所以AD⊥平面SBD，
因为SB⊂平面SBD，所以AD⊥SB.
（3）方法一：设三棱锥S−ABC的体积为V ,△ABC和△SBC的面积分列为S1,S2，
点A到平面SBC的距离为h，因为∠ABD =π
6
,∠DBC =π
3
，所以∠ABC =π
2
,
S1= 1
2 ×2×√3=√3,因为SD⊥平面ABCD，BD , DC ⊂平面ABCD，
所以SD⊥BD，SD⊥DC，所以SB = SC =√1+(√3)
2=2，
所以S2= 1
2 ×√3×√
2
2−(
√3
2 )
2
= √39
4 ,V = 1
3 S1⋅SD = √3
3
，
36
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且V = 1
3 S2⋅h= 1
3 ⋅√39
4 h，由1
3 ⋅√39
4 h= √3
3 得h= 4√13
13
所以SA与平面SBC所成角的正弦值为h
SA = 2√26
13
.
方法二：因为SD⊥平面ABCD , AD⊥BD，以D为坐标原点，
分別以DA , DB , DS为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则S (0,0,1), A (1,0,0),B(0,√3,0),C(−3
2 , √3
2 ,0)，
设平面SBC的法向量为⃗n=(x , y , z)，则
¿，令x =−1，则y =√3, z =3，
所以可取⃗n=(−1,√3,3)，
设SA与平面SBC所成角为的α，
所以sinα =|cos⟨⃗SA ,⃗n⟩|= |⃗SA ⋅⃗n|
|⃗SA|⋅|⃗n|
= 4
√26 = 2√26
13
.
所以SA与平面SBC所成角的正弦值为2√26
13
.
34．（2025·安徽马鞍山·二模）如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，AB =1，BC =√3，
PA =2√2，侧棱PC与底面ABCD所成的角为45
∘，且AB⊥BC，PC ⊥BC.
(1)求PD；
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(2)求平面APC与平面BPC夹角的余弦值.
【答案】(1)2
(2)√42
7
【分析】（1）由条件证明PD⊥BC，结合条件PC ⊥BC，根据线面垂直判定定理证明BC ⊥平面PDC，
由此可得BC ⊥DC，由条件结合直线与平面所成的角的定义，证明PD =CD，设PD =t，求AD，结合关
系P D
2+ D A
2= P A
2列方程求t可得结论；
（2）建立空间直角坐标系，求平面APC与平面BPC的夹角，结合向量夹角公式求结论.
【详解】（1）因为PD⊥平面ABCD，BC ⊂平面ABCD
所以PD⊥BC，
又PC ⊥BC，PD∩PC = P，PD , PC ⊂平面PDC，
所以BC ⊥平面PDC，又DC ⊂平面PDC，
所以BC ⊥DC，
因为PD⊥平面ABCD，所以PC在平面ABCD上的射影为DC，
所以∠PCD为直线PC与底面ABCD所成的角，
因为PC与底面ABCD所成的角为45°，所以∠PCD = 45°，又∠PDC =90
∘，
所以PD =CD， 设PD =t，
因为AB⊥BC，AB =1，BC =√3，
所以AC =2，∠ACB =30
∘，又BC ⊥DC，故∠ACD =60
∘，
则D A
2=t
2+2
2−2×t ×2×cos60
∘=t
2−2t + 4，
因为因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD
所以PD⊥AD，所以P D
2+ D A
2= P A
2，
所以t
2+t
2−2t + 4 =(2√2)
2，
解得t =2或t =−1（舍去），
故PD =2.
（2）以C为坐标原点，⃗CD、⃗CB分别为x、y轴的正方向，过C作垂直于平面ABCD的直线为z轴，如图
建立空间直角坐标系，
则C (0,0,0)，P(2,0,2)，A (1,√3,0)，B(0,√3,0)，
则 ⃗CP =(2,0,2)，⃗CA =(1,√3,0)，⃗CB =(0,√3,0)
38
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设平面APC的法向量为⃗m=(x1, y1, z1)，
¿，
令x1=√3，得y1=−1，z1=−√3，
则⃗m=(√3,−1,−√3)为平面APC的一个法向量，
设平面BPC的法向量为⃗n=(x2, y2, z2)，
¿，
令x2=1，可得y2=0，z2=−1，
得⃗n=(1,0,−1)为平面BPC的一个法向量，
设平面APC与平面BPC的夹角为θ，
则cosθ =|⃗m⋅⃗n|
|⃗m||⃗n| =
2√3
√7×√2 = √42
7 .
所以平面APC与平面BPC夹角的余弦值为√42
7 .
35．（2025·安徽·二模）如图，在正四棱锥P−ABCD中，AB =2√6，PA = 4，E，F分别为PB，PD的
中点.
(1)证明：平面PAC ⊥平面CEF；
(2)若点G在棱PD上，当直线CG与平面AEC所成角取最大值时，求PG.
【答案】(1)证明见解析
(2)1
39
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【分析】（1）连接BD，可得EF // BD，证明BD⊥平面PAC，再根据面面垂直的判定定理证明；
（2）以OB，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，妨设⃗
PG = λ⃗PD (0≤λ≤1)，求出平面AEC的一个法向量和⃗CG的坐标，利用夹角公式求解.
【详解】（1）连接BD，设BD与AC相交于点O，连接PO.
∵E，F分别为PB，PD的中点，∴EF // BD，
在正四棱锥P−ABCD中，PO⊥平面ABCD，
又∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PO，
又底面ABCD为正方形，∴BD⊥AC，
∵AC ∩PO =O，AC ⊂平面PAC，PO⊂平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，
∴EF ⊥平面PAC，
∵EF ⊂平面CEF，∴平面PAC ⊥平面CEF.
（2）由（1）以及题意可知，在Rt△BOC中，BC =2√6，BO =CO =2√3.
在Rt△POC中，CO =2√3，PC = 4，∴PO =√PC
2−C O
2=2.
又∵PO⊥AC，BD⊥AC，BD⊥PO，
∴以O为坐标原点，以OB，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则O(0,0,0)，A (0,−2√3,0)，B(2√3,0,0)，C (0,2√3,0)，D(−2√3,0,0)，P(0,0,2)，E(√3,0,1)，
则⃗AC =(0,4√3,0)，⃗AE =(√3,2√3,1)，⃗BP =(−2√3,0,2)，⃗PD =(−2√3,0,−2).
∵G在棱PD上，∴不妨设⃗PG = λ⃗PD (0≤λ≤1)，
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则G(−2√3 λ ,0,2−2 λ)，⃗CG =(−2√3 λ ,−2√3,2−2 λ).
设平面AEC的一个法向量为⃗n=(x , y , z)，
则¿，即¿，
令x =−1，则y =0，z =√3，则⃗n=(−1,0,√3).
设CG与平面AEC所成的角为θ，
则
sinθ= |⃗n⋅⃗CG|
|⃗n|⋅|⃗CG|
=
√3
4√(λ−1
4)
2
+ 15
16
≤√5
5 ，当且仅当λ = 1
4 时等号成立.
∴当CG与平面AEC所成角取得最大值时，PG = 1
4 PD =1.
36．（2025·安徽合肥·二模）如图，三棱柱ABC −A1B1C1的所有棱长都为2，∠A1 AC =60°,M是A A1
的中点，A C1⊥BM．
(1)证明：平面AC C1 A1⊥平面ABC；
(2)求C B1与平面AB B1 A1所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)√10
5
【分析】（1）取AC的中点O，得到OM // A1C，证得A C1⊥OM，再由A C1⊥BM，利用线面垂直
的判定定理，证得A C1⊥平面BOM，得到A C1⊥OB，结合AC ⊥OB，证得OB⊥平面AC C1 A1，进
而证得平面AC C1 A1⊥平面ABC.
（2）连接A1O，证得A1O⊥平面ABC，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面AB B1 A1的
一个法向量为⃗n=(1,−√3,1)和向量⃗C B1=(√3,0,√3)，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：取AC的中点O，连接OB ,OM , A1C，
因为M是A A1的中点，所以OM // A1C，
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又因为三棱柱ABC −A1B1C1的所有棱长都是2，
所以四边形AC C1 A1为菱形，所以A C1⊥A1C，所以A C1⊥OM，
因为A C1⊥BM，且OM ∩BM = M，OM ,BM ⊂平面BOM，所以A C1⊥平面BOM，
又因为OB⊂平面BOM，所以A C1⊥OB，
在等边△ABC中，因为O为AC的中点，所以AC ⊥OB，
又因为AC ∩A C1= A，且AC , A C1⊂平面AC C1 A1，所以OB⊥平面AC C1 A1，
因为OB⊂平面ABC，所以平面AC C1 A1⊥平面ABC.
（2）解：连接A1O，因为三棱柱ABC −A1B1C1的所有棱长都为2，且∠A1 AC =60°，
可得△A A1C为等边三角形，且O为AC的中点，所以A1O⊥AC，
由（1）知：平面AC C1 A1⊥平面ABC，平面AC C1 A1∩平面ABC = AC，
且A1O⊂平面AC C1 A1，所以A1O⊥平面ABC，
所以OB ,OC ,O A1两两垂直，以O为坐标原点，以OB ,OC ,O A1所在的直线分别为x轴，y轴和z轴，建
立空间直角坐标系，如图所示，
则O(0,0,0),B(√3,0,0), A(0,−1,0), A1(0,0,√3),C1(0,2,√3),C(0,1,0)，
所以⃗AB =(√3,1,0),⃗A A1=(0,1,√3)，
设平面AB B1 A1的法向量为⃗n=( x , y , z)，则¿，
取x =1，可得y =−√3, z =1，所以⃗n=(1,−√3,1)，
因为⃗C B1=⃗CB+⃗C C1=(√3,−1,0)+(0,1,√3)=(√3,0,√3)，
设C B1与平面AB B1 A1所成的角为θ，则，
所以C B1与平面AB B1 A1所成的角的正弦值为√10
5 .
37．（2025·安徽池州·二模）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA ⊥底面
ABCD , AB = AD =2,CB =CD =2√3.
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(1)证明：BD⊥平面PAC；
(2)若PC =√2 PA = 4√2，求平面PAC与平面PCD夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)√15
5
【分析】（1）解法一：取BD的中点E，证明AC ⊥BD，利用线面垂直的性质和判定定理即可证得结果，
解法一：过B作BE⊥AC，垂足为E，证明AC ⊥BD，利用线面垂直的性质和判定定理即可证得结果.
（2）解法一：过E作EF ⊥PC， 可求得∠EFD是二面角A −PC −D的平面角，计算求得结果，解法二：
以D为坐标原点，以DC为x轴，DA为y轴，过D作z轴∥ PA，建立直角坐标系，求得平面的法向量计算
求得结果.
【详解】（1）解法一：取BD的中点E
由AB = AD得AE⊥BD，由CB =CD得CE⊥BD
又AE ,CE⊂平面ABCD，所以A , E ,C三点共线，所以AC ⊥BD
由PA ⊥平面ABCD得PA ⊥BD
又PA ∩AC = A , PA , AC ⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC
解法二：过B作BE⊥AC，垂足为E
由AB = AD ,CB =CD得△ABC ≌△ADC，所以DE⊥AC
又BE , DE⊂平面ABCD，所以B , E , D三点共线，所以AC ⊥BD
由PA ⊥平面ABCD得PA ⊥BD
又PA ∩AC = A , PA , AC ⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC
（2）解法一：过E作EF ⊥PC，由（1）知DE⊥PC
又DE∩EF = E , DE , EF ⊂平面DEF，所以PC ⊥平面DEF，所以PC ⊥DF
又平面PAC ∩平面PCD = PC , EF ⊂平面PAC , DF ⊂平面PCD
所以∠EFD是二面角A −PC −D的平面角，即∠EFD是平面PAC与平面PCD的夹角.
由PC =√2 PA = 4√2得AC = 4，又AD =2,CD =2√3，则AD⊥CD，则DE =√3,CE =3，则EF = 3√2
2
43
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所以tan∠EFD= √2
√3，所以cos∠EFD= √15
5
所以平面PAC与平面PCD夹角的余弦值为√15
5 .
解法二：由PC =√2 PA = 4√2得AC = 4，又AD =2,CD =2√3，所以AD⊥CD
如图，以D为坐标原点，以DC为x轴，DA为y轴，过D作z轴∥ PA，建立直角坐标系，
则D (0,0,0), A (0,2,0),B(√3,3,0)C (2√3,0,0) P(0,2,4).
记平面PCD的法向量为⃗n=(x , y , z)
则有¿，即¿，则x =0，令z =−1，得y =2
所以取平面PCD的法向量的一个法向量为⃗n=(0,2,−1)
记平面PAC 的法向量为⃗m
取平面PAC的法向量的一个法向量为⃗m= 1
√3⃗DB =(1,√3,0)
所以cos<⃗m,⃗n>= √3
√5 = √15
5
所以平面PAC与平面PCD夹角的余弦值为√15
5 .
38．（2025·安徽安庆·二模）如图，在矩形ABCD中，AB =6,BC = 4 , E为AD中点，F在CD边上，且
CF =2 DF，将△≝¿沿EF翻折至△PEF，得到五棱锥P−ABCFE , M为PB中点.
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(1)求证：EM ∥平面PCF：
(2)若平面PEF ⊥平面ABCFE，求直线AM与平面PCF所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)2√10
15
.
【分析】（1）如图，取BC中点Q，连接EQ , MQ，然后通过证明平面EMQ ∥平面PCF，进而证明EM
∥平面PCF；
（2）取EF中点O，连接OP，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【详解】（1）证明：如图，取BC中点Q，连接EQ , MQ，
因为在矩形ABCD中，AE ∥ BC , AE = 1
2 BC，
所以AE ∥ BQ且AE = BQ，
所以四边形ABQE为平行四边形，
所以EQ ∥ AB，又FC ∥ AB，所以EQ ∥ FC，
因为EQ⊄平面PCF，所以EQ ∥平面PCF，
在△PBC中，M ,Q分别为PB ,BC的中点，
所以MQ ∥ PC，
因为MQ⊄平面PFC，所以MQ ∥平面PCF，
因为EQ∩MQ =Q , EQ⊂平面EMQ , MQ⊂平面EMQ，
所以平面EMQ ∥平面PCF，又EM ⊂平面EMQ，
所以EM ∥平面PCF；
（2）取EF中点O，连接OP，如图所示，
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因为在矩形ABCD中，AB =6,BC = 4 ,CF =2 DF，
所以在Rt△PEF中，PE = PF =2, PO⊥EF，且PO =√2，
因为平面PEF ⊥平面ABCFE，且平面PEF ∩平面ABCFE = EF，
所以PO⊥平面ABCFE，
以O为坐标原点，OP所在直线为z轴，并过O点分别作与BC平行的直线为x轴，与AB平行的直线为y轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意可得：
P(0,0,√2), A (3,−1,0),B (3,5,0),C (−1,5,0), F (−1,1,0), M(
3
2 , 5
2 , √2
2 )，
所以⃗PF =(−1,1,−√2),⃗CF =(0,−4,0)，
设平面PCF的法向量为n
→
=(x , y , z)，有
¿，所以¿，
取z =1，得平面PCF的一个法向量为⃗n=(−√2,0,1),
又⃗AM =(−3
2 , 7
2 , √2
2 )，设直线AM与平面PCF所成角的θ，
则sinθ=|cos<⃗AM ,⃗n>|= |⃗AM ⋅⃗n|
|AM|⋅|⃗n|
=
|
3√2
2
+ √2
2 |
√(−3
2)
2
+(
7
2)
2
+(
√2
2 )
2
⋅√(−√2)
2+1
2
= 2√10
15
，
所以直线AM与平面PCF所成角的正弦值为2√10
15
.
39．（2025·安徽蚌埠·二模）如图，在四棱锥P−ABCD中，△PAD是边长为2 的等边三角形，
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CA =CP =2√2,BC = 4 , AD ∥ BC，点E是棱PD上的一点，且满足DE =2 EP , AE⊥DC.
(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)求平面ABE与平面PBC的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)√70
70
.
【分析】（1）先应用线面垂直判定定理得出PA ⊥平面DCF得出PA ⊥DC，进而DC ⊥平面PAD，最后
应用面面垂直判定定理得出面面垂直；
（2）先应用面面垂直性质定理得出PO⊥平面ABCD，再建立空间直角坐标系，分别求出平面ABE与平
面PBC的法向量进而求出面面角的余弦值.
【详解】（1）证明：取PA的中点F，连接DF ,CF，如图所示，又CA =CP，所以CF ⊥PA，
因为△PAD是边长为2 的等边三角形，点F是PA的中点，所以DF ⊥PA，
又DF ∩CF = F , DF ,CF ⊂平面DCF，所以PA ⊥平面DCF，
又DC ⊂平面DCF，所以PA ⊥DC，
又AE⊥DC , AE∩PA = A , AE , PA ⊂平面PAD，所以DC ⊥平面PAD，
又DC ⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.
（2）由（1）知DC ⊥平面PAD，又AD⊂平面PAD，所以DC ⊥AD，
又CA =2√2, AD =2，所以DC =√C A
2−A D
2=2.
取AD的中点O，连接PO，则PO⊥AD，由（1）可知，平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD = AD , PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点，OD ,OP所在直线分别为y , z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
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所以P(0,0,√3),B (2,−3,0),C (2,1,0), A (0,−1,0), E(0, 1
3 , 2√3
3 )，
设平面ABE的一个法向量为⃗n=(x , y , z)，
又⃗AB =(2,−2,0),⃗AE = (0, 4
3 , 2√3
3 )，所以¿
令y =√3，解得x =√3, z =−2，所以平面ABE的法向量为⃗n=(√3,√3,−2).
设平面PBC的一个法向量为⃗m=(a,b,c)，又⃗BC =(0,4,0),⃗CP =(−2,−1,√3)，
所以¿
令a=√3，解得b=0,c =2，所以平面PBC的法向量为⃗m=(√3,0,2)，
设平面ABE与平面PBC的夹角为θ，
所以cosθ =|cos<⃗n,⃗m>|= |⃗n⋅⃗m|
|⃗n|⋅|⃗m|=
1
√3+3+ 4×√3+ 4 = √70
70 ，
即平面ABE与平面PBC的夹角的余弦值为√70
70 .
48
