01 等差数列
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
理解等差数列概念并记忆相关公式
目标2
★★★★★☆ 迁移
运用等差数列的通项及求和公式处理问题
目标3
★★★★★☆ 迁移
运用等差数列的性质求解相关问题
知识清单
教法备注
【考情分析】
1．本讲知识点的考纲要求理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项，能够运用等差数列的性质解决问题，
掌握等差数列前n项和公式和性质，运用性质解决综合问题；
2．数列章节教改前是上海考试的重难点，本讲知识期末考试分值约占20%，高考分值占比18%左右，教改后
知识点重要性有所下降，但是对于基础的公示记忆和性质应用还是要求掌握扎实的；
3．对应教材：高中数学选择性必修第一册，第四章：数列.
4. 本讲知识给出等差数列的概念、通项公式、求和公式以及相关的性质.新东方教材与统编教材的内容编排基
本一致，结合课本及考试内容设置题目.
2
教法备注
【课堂引入】
汉朝的天文著作《周髀算经》中有记载，大意如下：在平地上立八尺高的土圭，日中测影，在二十四节
气中，冬至影长1丈3尺5寸，以后每一节气影长递减9寸9分；夏至影最短，仅长1尺6寸，以后每一节气影长递
增9寸9分．如果把这些影长记录下来，会构成一个什么样的数列呢？
引入：由以上实例，能够归纳出等差数列的特征吗？
知识点1——等差数列的概念与通项
考点1： 等差数列的概念与通项公式
知识笔记
等差数列的概念
一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数d，这个数列叫做等差数列，常数d 称为等差数列的
公差.
等差数列的通项公式
若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则等差数列的通项为an = a1 + (n −1)d，该公式整理后是关于
n ≥1, n ∈N的一次函数.
经典例题
例1
在等差数列{an}中，
(1)
已知a1 = −1，公差d = 4，求a8；
(2)
已知公差d = −1
3 ，a7 = 8，求a1；
(3)
已知a1 = 9，公差d = −2，an = −15，求n．
3
(1) 27
(2) 10
(3) 13
(1) (1)a8 = a1 + 7d = 27；
(2)a1 = a7 −6d = 10；
(3)an = a1 + (n −1)d，−15 = 9 −2 (n −1)，n = 13；
故答案为：27,，10，13
(2) 同(1)题详解
(3) 同(1)题详解
答案
解析
变式1-1
等差数列{an}中，a1 = 2，a5 = 14，则{an}的公差为
.
3
设出公差，利用等差数列通项公式基本量计算得到方程，求出公差
设{an}的公差为d，则4d = a5 −a1 = 14 −2 = 12，
解得d = 3.
故答案为：3
答案
解析
4
考点2：等差中项
知识笔记
等差中项
如果a, A, b成等差数列，那么A叫做a与b的等差中项即：A = a + b
2
或2A = a + b.
在一个等差数列中，从第2项起，每一项（有穷等差数列的末项除外）都是它的前一项与后一项的等差中项；事实
上等差数列中某一项是与其等距离的前后两项的等差中项.
经典例题
例2
若a是4+m，4-m的等差中项，则a= .
4
用等差数列性质中，有关于等差中项的公式，即可求得a.
∵a是4+m，4-m的等差中项，
∴2a = (4 + m) + (4 −m)，
解得a = 4，
故答案为：4.
答案
解析
变式2-1
实数1，7的等差中项是
.
4
直接根据等差中项的公式计算即可.
实数1，7的等差中项是1 + 7
2
= 4.
答案
解析
5
故答案为：4
考点3：等差数列的判定方法
知识笔记
定义法
定义法：对于数列{an}，若an+1 −an = d，(d为常数)，则数列{an}是等差数列；
等差中项法
等差中项：对于数列{an}，若2an+1 = an + an+2，则数列{an}是等差数列；
通项公式法
通项公式法an = kn + b ：（k, b是常数），则数列{an}是首项为k + b，公差为k的等差数列.
经典例题
例3
已知数列{an}满足a1 = 2，an+1 = 2 −1
an （n ∈N∗），令bn =
1
an −1 .
(1) 求证：数列{bn}是等差数列；
(2) 求数列{an}的通项公式.
答案
6
（1）证明略；（2） an = 1 + 1
n （ n ∈N∗）.
（1）利用等差数列的定义证明数列{bn}是等差数列；（2）先求出数列{bn}的通项，再求数列{an}的通项公
式.（1）bn+1 −bn =
1
an+1 −1 −
1
an −1 =
1
2 −1
an
−1
−
1
an −1
=
an
an −1 −
1
an −1 = an −1
an −1 = 1是一个常数，
所以数列{bn}是等差数列.
（2）由题得b1 =
1
2 −1 =1，数列{bn}是公差为1的等差数列，
所以bn = 1 + (n −1) = n =
1
an −1 , ∴an = 1 + 1
n .
本题主要考查等差数列性质的证明，考查等差数列的通项的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水
平，属于基础题.
教法备注
【考点】定义法求等差数列
【教法】利用定义作差法直接求解bn，注意引导学生从第n项写出第n+1项
解析
变式3-1
已知数列{an}满足an+1 = 2an + 2n, n ∈N ∗，a1 = 1，数列bn = an
2n
(1) 求证：{bn}等差数列；
(2) 求数列{an}的通项公式.
（1）证明见解析；（2） an = n ⋅2n−1
答案
7
（1）根据题意，计算bn+1 −bn，由等差数列的定义，即可证明结论成立；
（2）先由（1）求出bn，即可得出an.
（1）由题可bn+1 = an+1
2n+1 ，且b1 = 1
2 ，
又因为bn+1 −bn = an+1
2n+1 −an
2n = 2an + 2n
2n+1
−an
2n = 1
2
所以数列{bn}是以1
2 为首项，1
2 为公差的等差数列
（2）由（1）可知bn = 1
2 + (n −1) × 1
2 = n
2 ，
故an = 2n × bn = 2n × n
2 = n ⋅2n−1.
本题主要考查证明数列是等差数列，以及求数列的通项公式，属于基础题型.
教法备注
【考点】定义法求等差数列
【教法】利用定义作差法直接求解bn，注意引导学生从第n项写出第n+1项
解析
例4
（多选）下列说法错误的有（ ）
A. 若a，b，c成等差数列，则a2，b2，c2成等差数列
B. 若a，b，c成等差数列，则log2 a，log2 b，log2 c成等差数列
C. 若a，b，c成等差数列，则a + 2，b + 2，c + 2成等差数列
D. 若a，b，c成等差数列，则2a，2b，2c成等差数列
ABD
ABD选项，举出反例；C选项，根据等差数列的定义和性质得到C正确.
A选项，1，2，3显然成等差数列，但是1，4，9显然不成等差数列，因此A不正确；
B选项，0，0，0显然成等差数列，但是log2 a，log2 b，log2 c这三个式子没有意义，
因此B项不正确；
C选项，因为a，b，c成等差数列，所以2b = a + c，
因为2 (b + 2) −(a + 2 + c + 2) = 2b −a −c = 0，
所以a + 2，b + 2，c + 2成等差数列，因此C项正确；
D选项，1，2，3显然成等差数列，但是2a = 2，2b = 4，2c = 8，
显然2a，2b，2c不成等差数列，因此D项不正确．
答案
解析
8
故选：ABD．
变式4-1
等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a3 + a8 + a13是一个定值，则下列各数也为定值的
有（ ）
A. a7
B. a8
C. S15
D. S16
BC
由等差中项的性质可得a3 + a8 + a13 = 3a8为定值，则a8为定值，S15 = 15 (a1 + a15)
2
= 15a8为定值，但
S16 = 16 (a1 + a16)
2
= 8 (a8 + a9)不是定值.
故选：BC.
本题考查等差中项的基本性质和等差数列求和公式的应用，考查计算能力，属于基础题.
答案
解析
例5
若{an}是等差数列,则下列数列中仍为等差数列的个数有（ ）
①{an + 3}， ②{a2
n}， ③{an+1 −an}， ④{2an}， ⑤{2an + n}．
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
D
试题分析：设{an}的公差为d,
则(an+1 + 3) −(an + 3) = an+1 −an = d,
an+12 −an2 = (an+1 + an) (an+1 −an) = d (an+1 + an);
(an+2 −an+1) −(an+1 −an) = d −d = 0;
2an+1 −2an = 2 (an+1 −an) = 2d;
(2an+1 + n + 1) −(2an + n) = 2d + 1．
则由等差数列的定义可知①、③、④、⑤仍然是等差数列．
考点：等差数列的定义．
答案
解析
9
教法备注
【考点】通项法（线性关系）求等差数列
【教法】利用通项公式性质，判断等差数列。
变式5-1
若{an}是等差数列，下列数列中仍为等差数列的有（ ）
①{|an|}；②{an+1 −2an}；③{pan + q}（p，q为常数）
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
B
设等差数列{an}的公差为d，根据等差数列的定义一一判断即可.
解：设等差数列{an}的公差为d，
根据等差数列的定义，对于①当an = 2 −n时，|an| = |2 −n|不是等差数列；
②an+2 −an+1 −(an+1 −an) = (an+2 −an+1) −(an+1 −an) = d −d = 0是常数，故是等差数列；
③pan+1 + q −(pan + q) = p (an+1 −an) = pd是常数，故是等差数列；
④(2an+1 + n + 1) −(2an + n) = 2d + 1是常数，故{2an + n}是等差数列．
故选：C．
答案
解析
考点4：等差数列的性质
知识笔记
等差数列的性质
(1)如果an是等差数列的第n项，am是等差数列的第m项，且m ≤n, m, n ≥1, m, n ∈N ，公差为d，则有
an = am + (n −m)d；
(2)对于等差数列{an}，若n + m = p + q，则an + am = ap + aq.也就是：a1 + an = a2 + an−1 = a3 + an−2 = ⋯⋯
(3)在等差数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等差数列，即an, an+k, an+2k, an+3k为等差数列，公差为kd.
经典例题
10
例6
已知等差数列{an}满足a2 + a3 + a10 + a11 = 18，则a4 + a9 =
．
9
利用等差数列下标性质求解即可由等差数列的性质可知，a2 + a11 = a3 + a10 = a4 + a9，则2 (a4 + a9) = 18．
所以a4 + a9 = 9.
故答案为9
本题考查等差数列的性质，熟记性质是关键，是基础题
答案
解析
变式6-1
在等差数列{an}中，a3 + a11 = 24，则a6 + a7 + a8的值是（ ）
A. 36
B. 48
C. 72
D. 24
A
利用等差中项的性质求得a7 = 12，再由a6 + a7 + a8 = 3a7即可得结果.
由题设，a3 + a11 = 2a7 = 24，则a7 = 12，
所以a6 + a7 + a8 = 3a7 = 36.
故选：A
答案
解析
知识点2——等差数列的求和
考点5：等差数列求和的公式
知识笔记
等差数列的求和公式
11
等差数列前n项和公式1：Sn = n(a1 + an)
2
，推导方法：倒序相加法.
等差数列前n项和公式2：Sn = na1 + n(n −1)
2
d，可转化为Sn = d
2 n2 + (a1 −d
2 )n，当d ≠0时，Sn是关于n的二次
函数，可利用二次函数性质解决最值问题.
经典例题
例7
已知{an}为等差数列，d为公差，Sn表示数列的前n项和，若a3 = 4, d = 2，则Sn =
.
n2 −n
由已知结合等差数列的通项公式先求出首项，然后结合等差数列的求和公式可求．
因为{an}为等差数列中，a3 = 4，d = 2，
所以a1 = 0，
则Sn = n(n −1)
2
× 2 = n2 −n．
故答案为：n2 −n．
答案
解析
变式7-1
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3 = 6，S3 = 12，则公差d等于
．
2
根据等差数列的通项公式及求和公式列出方程组即可得解.
由已知得{
解得{
故答案为：2
答案
解析
a1 + 2d = 6,
3a1 + 3d = 12,
a1 = 2,
d = 2.
变式7-2
12
已知公差d不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，a3 = 6，S5
S9
= 1
3 .
(1)
求数列{an}的通项公式；
(1) an = 2n；
(1) 由题设S9 = 3S5，则9(a1 + a9)
2
= 3 × 5(a1 + a5)
2
，即3a5 = 5a3 = 30，
所以a5 = 10，而a3 = 6，易得d = 2，则a1 = 2，
故an = a1 + (n −1)d = 2n.
教法备注
【考点】等差数列求和公式
【教法】利用求和公式将题目中方程转化为基本量求解
答案
解析
考点6：等差数列求和的性质
知识笔记
等差数列求和与通项公式的关系
（1）若等差数列{an}的前n项和为Sn ，则{ Sn
n } 是等差数列；
（2）Sn = An2 + Bn是一个没有常数项的二次函数⇔an为等差数列；
13
（3）等差数列an中，
S3k
a1 + a2 + a3 + ⋯+ ak
Sk
+ ak+1 + ⋯+ a2k
S2k−Sk
+ a2k+1 + ⋯+ a3k
S3k−S2k
, SkS2k −SkS3k −S2k…仍为等
差数列，公差为k2d.
经典例题
例8
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an+2 = 2an+1 −an，a5 = 4 −a3，则S7 =
.
14
判断出{an}是等差数列，然后结合等差数列的性质求得S7.
∵an+2 = 2an+1 −an，∴an+2 −an+1 = an+1 −an，∴数列{an}为等差数列.
∵a5 = 4 −a3，∴a3 + a5 = 4，∴S7 = 7(a1 + a7)
2
= 7(a3 + a5)
2
= 14.
故答案为：14.
答案
解析
变式8-1
等差数列{an}中，若a1 + a5 + a9 = 39，a3 + a7 + a11 = 27，则数列{an}前11项的和为
．
121
由等差数列的性质可得a5=13，a7=9，然后利用等差数列前n项和公式求解即可.
等差数列{an}中，由a1 + a5 + a9 = 3a5=39，可得a5=13，a3 + a7 + a11 = 3a7=27，
可得a7=9，则数列{an}前11项的和S11 = 11 (a1 + a11)
2
= 11 (a5 + a7)
2
= 11 × 22
2
= 121,
故答案为：121
本题考查等差数列性质的应用，考查等差数列前n项和公式的应用，属于基础题.
教法备注
【考点】等差中项与求和公式
答案
解析
14
【教法】利用等差中项将求和公式转化为中项方程
例9
设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S3
S6
= 1
3 ，则S6
S12
=（ ）
A.
3
10
B. 1
3
C. 1
8
D. 1
9
A
由等差数列的性质可知S3、S6 −S3、S9 −S6、S12 −S9成等差数列，根据题意可将S6, S9都用S3表示，可求
得结果.
由等差数列的性质可知S3、S6 −S3、S9 −S6、S12 −S9成等差数列，
∵S3
S6
= 1
3 ，即S6 = 3S3，(S6 −S3) −S3 = S3，
∴S9 −S6 = 3S3，S12 −S9 = 4S3，∴S9 = 6S3，S12 = 10S3，
∴S6
S12
= 3S3
10S3
= 3
10 .
故选：A.
答案
解析
变式9-1
记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S2 = 3，S4 = 18，则S6 =（ ）
A. 36
B. 45
C. 63
D. 75
B
由等差数列的前n项和性质可得S2, S4 −S2, S6 −S4成等差数列，进而可得结果.
因为Sn为等差数列{an}的前n项和，
所以S2, S4 −S2, S6 −S4成等差数列，即3, 15, S6 −18成等差数列，
所以3 + (S6 −18) = 30，解得S6 = 45，
故选：B.
答案
解析
15
考点7：等差数列和的最值问题
知识笔记
二次函数法求最值问题
利用Sn (d ≠0) 是关于n 的二次函数的特点，直接求Sn 的最值，注意n 为正整数；.
通项取零法
Sn 取最大值⇔Sn −Sn−1 ≥0, Sn −Sn+1 ≥0 ⇔{
;
Sn 取最小值⇔Sn −Sn−1 ≤0, Sn −Sn+1 ≤0 ⇔{
an ≥0
an+1 ≤0
an ≤0
an+1 ≥0
经典例题
例10
设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2 = 11，S10 = 40.
(1)
求数列{an}的通项公式；
(2)
当n为何值时，Sn最大，并求出Sn的最大值.
(1) an = −2n + 15
(2) n = 7，最大值 49
(1) 设等差数列{an}的公差为d，
答案
解析
16
则{
，解得{
，
所以数列{an}的通项公式为an = 13 −2 (n −1)，
即an = −2n + 15；
(2) 由（1）得Sn = (13 −2n + 15)n
2
= −n2 + 14n，
由二次函数的性质可得，
当n = 7时，Sn最大，且最大值为49.
a2 = a1 + d = 11
S10 = 10a1 + 45d = 40
a1 = 13
d = −2
变式10-1
设等差数列{a }满足a ＝﹣6，a ＝8．
(1) 求{a }的通项公式；
(2) 求{a }的前n项和S 及使得S 最小的序号n的值．
(1) a ＝2n﹣12；（2）当n＝5或6时，S 取得最小值﹣30．
（1）∵等差数列{a }满足a ＝﹣6，a ＝8．
d = a10 −a3
10 −3
= 14
7 = 2，
∴a ＝a +2（n﹣3）＝2n﹣12，
（2）{a }的前n项和Sn = n[−10 + (2n −12)]
2
= n2 −11n，
∴当n＝5或6时，S 取得最小值﹣30．
此题考查等差数列的通项公式、等差数列的前n项和，考查计算能力，属于基础题
n
3
10
n
n
n
n
答案
n
n
解析
n
3
10
n
3
n
n
变式10-2
17
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1 = 2，S3 = 18．
(1) 求{an}的通项公式；
(2) 设bn = 1
2 an −30，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的最小值．
（Ⅰ） an = 4n −2；（Ⅱ） −225.
（Ⅰ）等差数列{an}的公差设为d，a1 = 2，S3 = 18，
可得3 × 2 + 1
2 × 3 × 2d = 18，解得d = 4，
则an = 2 + 4(n −1) = 4n −2；
（Ⅱ）bn = 1
2 an −30 = 2n −31，
可得{bn}为首项为−29，公差为2的等差数列，
且b1 < 0，…，b15 < 0，b16 > 0，…，
可得n = 15时，Tn取得最小值，且为1
2 × 15 × (−29 −1) = −225．
本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查了根据数列单调性求和的最值，考查方程思想和运算
能力，属于基础题．
答案
解析
02 等比数列
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
理解等比数列概念并记忆相关公式
目标2
★★★★★☆ 迁移
运用等比数列的通项及求和公式处理问题
目标3
★★★★★☆ 迁移
运用等比数列的性质求解相关问题
知识清单
教法备注
【考情分析】
1．本讲知识点的考纲要求理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项，能够运用等比数列的性质解决问题，
掌握等比数列前n项和公式和性质，运用性质解决综合问题；
2．数列章节教改前是上海考试的重难点，本讲知识期末考试分值约占20%，高考分值占比18%左右，教改后
知识点重要性有所下降，但是对于基础的公示记忆和性质应用还是要求掌握扎实的；
3．对应教材：高中数学选择性必修第一册，第四章：数列.
4. 本讲知识给出等比数列的概念、通项公式、求和公式以及相关的性质.新东方教材与统编教材的内容编排基
2
本一致，结合课本及考试内容设置题目.
知识点1——等比数列概念及通项公式
考点1：等比数列的概念及通项公式
知识笔记
等比数列的概念
等比数列的概念：一个数列，从第二项起，每一项与它前一项的比值等于同一个常数q(q ≠0)，这个数列叫做等比
数列，常数q 称为等比数列的公比.
等比数列的通项公式
如果等比数列{an} 的首项是{a1} ，公比是q ，则等比数列的通项为an = a1qn−1 .
等比数列{an} 中任意两项an与am之间的关系：an = amqn−m.
经典例题
例1
在等比数列{an}中，若a2 = 9，a4 = 3，则a8 =
．
1
3
设公比为q，根据题意求得q2，再求a8即可.
设等比数列的公比为q，由题可知q2 = a4
a2
= 1
3 ，故a8 = a4 × q4 = 3 × 1
9 = 1
3 .
故答案为：1
3 .
答案
解析
变式1-1
等比数列{a }中，a ＝1，q＝﹣3，则a ＝
（用数字作答）．
n
1
5
3
81
利用等比数列的通项公式an = a1qn−1即可求出.
解:∵a ＝1，q＝﹣3，
∴a ＝（﹣3）＝81．
故答案为：81
本题考查利用等比数列的通项公式求值,是基础题.
答案
解析
1
5
4
考点2：等比中项
知识笔记
等比中项
如果a, b, c为等比数列，那么b叫做a与c的等比中项。提醒：不是任意两数都有等比中项，只有同号的两数才存在等
比中项，且有两项：±√ac.
由此可知，非零实数a, b, c成等比数列⇔b2 = ac.
经典例题
例2
1与9的等比中项为
．
±3
由等比中项直接求解.
1与9的等比中项为±√1 × 9 = ±3.
故答案为：±3.
答案
解析
4
变式2-1
在等差数列{an}中，a2 = 4，且a1，a3，a9，构成等比数列，则公差d =（ ）
A. 0或2
B. 2
C. 0
D. 0或−2
A
根据等比中项的性质和等差数列的通项公式建立方程，可解得公差d得选项.
解：因为在等差数列{an}中，a2 = 4，且a1，a3，a9，构成等比数列，所以a32 = a1a9，即
(a2+d)2 = (a2 −d) (a2+7d)，
所以(4+d)2 = (4 −d) (4+7d)，解得d = 0或2，
故选：A.
答案
解析
变式2-2
已知a是1，2的等差中项， b是 1， 16的等比中项， 则ab等于 .
±6
根据等差和等比中项的定义求a, b，即可求解.
因为a是1, 2的等差中项，所以a = 1 + 2
2
= 3
2 ，
因为b是1，16的等比中项，所以b2 = 1 × 16 = 16，
b = ±4，所以ab = ±6.
故答案为：±6.
答案
解析
考点3：等比数列的判定方法
知识笔记
定义法
5
对于数列{an}，若an
an−1 = q(q ≠0)，则{an}是等比数列；
等比中项法
对于数列{an}，若a2
n+1 = an ⋅an+2, (an ≠0)，则{an}是等比数列.
经典例题
例3
若数列{an}满足an+1 = 2an(n ∈N∗)，且a1 = 2，am = 1024，则m =
.
10
数列{an}是公比为2的等比数列，根据条件及等比数列通项公式列方程求解即可.
数列{an}是公比为2的等比数列，且a1 = 2，am = 1024，
则am = 2 ⋅2m−1 = 2m = 1024，可得m = 10.
故答案为：10.
该题考查等比数列的通项公式，根据通项公式确定第几项，通常借助方程求解，属于基础题目.
答案
解析
变式3-1
已知数列{an}满足an = 2an−1 + 1（n ∈N∗，n ≥2），且a1 = 1，bn = an + 1.证明：数列{bn}是等比数列.
答案
6
证明见解析
证明：∵当n ≥2时，bn
bn−1
=
an + 1
an−1 + 1 = 2an−1 + 2
an−1 + 1 = 2，又b1 = a1 + 1 = 2.
∴数列{bn}是以2为首项，公比为2的等比数列.
本题考查了利用定义法证明数列是等比数列，属于基础题.
解析
变式3-2
已知{a }是等比数列，给出以下四个命题：①{2a
}是等比数列；②{a ＋a
}是等比数列；③{a ·a
}是等比数
列；④{lg|a |}是等比数列．其中正确命题的个数是( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
C
由{an}为等比数列可得an
an−1
= q（q是定值）
2a3n−1
2a3n−4 = q3是定值，故①正确
an + an+1
an−1 + an
= q是定值，故②正确
anan+1
an−1an
= q2是定值，故③正确
lg |an|
lg |an−1| 不一定为常数，故④错误
故选C
点睛：要判断一个数列是否是等比数列常用的方法，可以利用等比数列的 定义只需判断数列的任意一项与它
的前一项的比是否为常数即需要验证bn
bn−1 = q为常数．由{an}为等比数列可得an
an−1 = q（q是定值），根据等
比数列的判断方法，分别检验2a3n−1
2a3n−4
， an + an+1
an−1 + an
， anan+1
an−1an
， lg |an|
lg |an−1| 是否为常数进行判断即可得到答
案．
教法备注
【考点】定义法求等比数列
【教法】利用通项公式，找到首项和公比求等比数列
n
3n－1
n
n＋1
n
n＋1
n
答案
解析
7
考点4：等比数列的性质
知识笔记
等比数列的性质
（1）等比数列{an}，当m + n = p + q时，则有am ⋅an = ap ⋅aq，特别地当m + n = 2p
时，则有am ⋅an = ap
2.
（2）若a1 > 0, q > 1，则{an}为递增数列；若a1 < 0，q > 1, 则{an}为递减数列；若a1 > 0, 0 < q < 1 ，则{an}为
递减数列；若a1 < 0, 0 < q < 1则{an}为递增数列；若q < 0，则{an}为摆动数列;若q = 1，则{an}为常数列.
（3）数列{an}既成等差数列又成等比数列，那么数列{an}是非零常数数列，故常数数列{an}仅是此数列既成等差
数列又成等比数列的必要非充分条件.
（4）若{an}是等比数列，则下标成等差数列的子列构成等比数列.
（5）两个等比数列{an}与{bn}的积、商、倒数的数列{an ⋅bn}、{ an
bn
}、{ 1
bn
}仍为等比数列。
（6）若{an}是正项等比数列，则数列{logcan}（c > 0, c ≠1）为等差数列.
经典例题
例4
在等比数列{an}中，a3a5 = 36，a4 + a6 = 60．则a1 =
．
± 2
9
由等比数列下标的性质可解.
在等比数列{an}中，{
⇒{
或{
(q2 = a6
a4
= −11,无解，舍去），
所以q2 = a6
a4 = 54
6 = 9，即q = ±3，
所以a1 = a4
q3 =
6
(±3)3 = ± 2
9 .
故答案为：± 2
9 .
答案
解析
a4 + a6 = 60
a3a5 = 36 = a2
4
a4 = 6
a6 = 54
a4 = −6
a6 = 66
变式4-1
8
已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，若a1 + a2 + a12 = 12, b1b3b11 = 27，则
a5
1 + b5 =（ ）
A. 3
5
B. 3
4
C. 1
D. 5
3
C
先根据等差数列和等比数列的性质分别求出a5和b5的值，再代入式子求解.
因为数列{an}是等差数列，所以a1 + a2 + a12 = a1 + a1 + d + a1 + 11d = 3 (a1 + 4d) = 3a5 = 12 ⇒a5 = 4,
数列{bn}是等比数列，所以b1b3b11 = b1 ⋅b1q2 ⋅b1q10 = b3
1q12 = (b1q4)
3 = b3
5 = 27 ⇒b5 = 3,
所以
a5
1 + b5
=
4
1 + 3 = 4
4 = 1.
故选：C.
答案
解析
变式4-2
“数列{log3 an}是等差数列”是“数列{an}为等比数列”的（ ）条件
A. 充分不必要
B. 必要不充分
C. 既不充分也不必要
D. 充要
A
利用等差数列、等比数列的定义、特例法结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
若数列{log3 an}是等差数列，设其公差为d，
则d = log3 an+1 −log3 an = log3
an+1
an
，所以，an+1
an
= 3d，且对任意的n ∈N∗，an > 0，
所以，数列{an}为等比数列，
即“数列{log3 an}是等差数列”⇒“数列{an}为等比数列”；
另一方面，若数列{an}为等比数列，不妨取an = −1 (n ∈N∗)，
则数列{an}为等比数列，但log3 an无意义，
即“数列{log3 an}是等差数列”/⇐“数列{an}为等比数列”.
因此，“数列{log3 an}是等差数列”是“数列{an}为等比数列”的充分不必要条件.
故选：A.
教法备注
答案
解析
9
【考点】定义法求等比数列
【教法】注意等比数列可以为交错等比数列
例5
设{an}是首项为−1的等比数列，公比为q，则“q < 0”是“对任意的正整数n，a2n−1 + a2n > 0”的（ ）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件
D. 既不充分也不必要条件
B
由等比数列通项公式得到a2n−1 + a2n > 0的变形式，转化成关于公比q的不等式，解得q的
取值范围，进而可以顺利判定二者的关系.
数列{an}是首项为−1的等比数列，公比为q
则a2n−1 + a2n = −q2n−2 −q2n−1 = −q2n−2(1 + q)
当q < 0时1 + q的值正负均可以出现，不能判定符号，即不能推出a2n−1 + a2n > 0
当a2n−1 + a2n > 0即−q2n−2(1 + q) > 0时，可以得到q < −1，则q < 0成立.
则“q < 0”是“对任意的正整数n，a2n−1 + a2n > 0”的必要不充分条件,选项B正确.
故选：B
答案
解析
变式5-1
已知{an}为等比数列且各项均为正数，公比为q，则“q > 1”是“a7 + a8 < a6 + a9”的（ ）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
A
将a7 + a8 < a6 + a9表示为a6(q −1)2 (q + 1) > 0，然后根据q > 1与a6(q −1)2 (q + 1) > 0的互相推出关系判断
属于何种条件.
因为{an}为等比数列且各项均为正数，所以a1 > 0, q > 0，
当q > 1时，a9 + a6 −a8 −a7 = a6 (q3 + 1 −q2 −q) = a6(q −1)2 (q + 1) > 0；
当a9 + a6 −a8 −a7 = a6 (q3 + 1 −q2 −q) = a6(q −1)2 (q + 1) > 0时，q ∈(0, 1) ∪(1, +∞)；
答案
解析
10
所以“q > 1”是“a7 + a8 < a6 + a9”的充分不必要条件，
故选：A.
教法备注
【考点】基本量法求等比数列
【教法】注意等比数列可以为交错等比数列
知识点2——等比数列求和公式及其性质
考点5：等比数列求和公式
知识笔记
等比数列求和公式
等比数列前n项和公式：Sn = {
推导方法：错位相减法。
na1
a1(1−qn)
1−q
= a1−anq
1−q
(q = 1)
(q ≠1)
经典例题
例6
已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，a2a4 = 4, S4 = 5S2，则a2 + a4的值为（ ）
A. 5
B. 10
C. 9
D. 6
A
设等比数列的公比为q，根据等比数列的通项公式和求和公式，列方程求解即可.
设等比数列{an}的公比为q，且q > 0，
当q = 1时，不符合题意，故q ≠1，
又因为a2a4 = 4, S4 = 5S2，
答案
解析
11
所以
，即{
，
解得
，所以a2 + a4 = 1 + 4 = 5，
故选：A
⎧
⎨
⎩
a2
1q4 = 4,
a1 (1 −q4)
1 −q
= 5 a1 (1 −q2)
1 −q
a1q2 = 2
1 + q2 = 5
⎧
⎨
⎩
a1 = 1
2
q = 2
变式6-1
记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1 = 1
3 ，a2
4 = a6，则S5 =（ ）
A. 40
3
B. 91
3
C. 121
3
D. 364
3
C
设等比数列{an}的公比为q (q ≠0)，根据已知条件求出q的值，再利用等比数列的求和公式可求出S5的值.
设等比数列{an}的公比为q (q ≠0)，由a2
4 = a6得(a1q3)
2 = a1q5，可得a1q = 1，
所以，q = 1
a1
= 3，
所以，S5 = a1 (1 −q5)
1 −q
=
1
3 (1 −35)
1 −3
= 121
3 .
故选：C.
答案
解析
变式6-2
求和1 + a + a2 + a3 + ⋯+ an−1 = ．
1 −an
1 −a (a ≠1, a ≠0)；1(a = 0);n(a = 1)
试题分析：当a = 0时，1 + a + a2 + a3 + ⋯+ an−1 = 1，当a ≠0且a ≠1时，由等比数列求和公式得
1 + a + a2 + a3 + ⋯+ an−1 = 1 −an
1 −a ，当a = 0时，适合此式，所以1 + a + a2 + a3 + ⋯+ an−1 = 1 −an
1 −a ．
答案
解析
12
考点：等比数列前n项和．
教法备注
【考点】定义法求等比数列
【教法】注意等比数列求和的分类讨论
考点6：等比数列求和公式的性质
知识笔记
等比数列求和公式的性质
(1)若{an}是等比数列，且公比q ≠−1，则数列Sn, S2n −Sn, S3n −S2n ，…也是等比数列，公比Q = qn ；当q = −1
且n为偶数时，数列Sn, S2n −Sn, S3n −S2n,…是常数列，各项均为0，它不是等比数列.
(2)当q ≠1时， Sn = −a1
1 −q qn +
a1
1 −q = aqn + b，这里a + b = 0，但a ≠0, b ≠0，
这是等比数列前n项和公式特征.
经典例题
例7
在正项等比数列{an}中，Sn为其前n项和，若S30 = 3S10, S10 + S30 = 80，则S20的值为（ ）
A. 10
B. 20
C. 30
D. 40
D
由S30 = 3S10, S10 + S30 = 80可求出S10, S30，再由等比数列前n项和的性质可求出S20的值.
由S30 = 3S10, S10 + S30 = 80，得S10 = 20, S30 = 60，
因为数列{an}为等比数列，所以S10, S20 −S10, S30 −S20成等比数列，
所以(S20 −S10)2 = S10 (S30 −S20)，
所以(S20 −20)2 = 20 (60 −S20)，整理得，S 2
20 −20S20 −800 = 0,
解得S20 = −20或S20 = 40，
因为等比数列{an}的各项为正数，所以Sn > 0，
答案
解析
13
所以S20 = 40，
故选：D
变式7-1
在等比数列{an}中，Sn为其前n项和，若S10 = 5, S20 = 15，则S30的值为（ ）
A. 25
B. 30
C. 35
D. 40
C
根据题意，由等比数列前n项和的性质，代入计算，即可得到结果.
因为{an}为等比数列，所以S10, S20 −S10, S30 −S20成等比数列，
即5, 15 −5, S30 −15成等比数列，可得5 (S30 −15) = 100，所以S30 = 35.
故选：C
答案
解析
例8
已知等比数列{an}的前n项和Sn，若Sn = 2n + a，则a =（ ）
A. 2
B. -2
C. 1
D. -1
D
根据Sn与an的关系以及等比中项的应用即可求解.
由题意可得a1 = S1 = a + 2，a2 = S2 −S1 = 2，a3 = S3 −S2 = 4，
则22 = 4 (a + 2)，解得a = −1.
故选：D
本题考查等比数列中Sn与an的关系，考查运算求解能力，属于基础题.
答案
解析
变式8-1
若等比数列的前n项和Sn = 4n−1 + a，则a =
.
14
−1
4 | −0.25
根据等比数列的前n项和Sn = a1(1 −qn)
1 −q
=
a1
1 −q −
a1
1 −q ⋅qn的理解即可解决.
由题知，Sn = 4n−1 + a = 1
4 ⋅4n + a，
因为Sn = a1(1 −qn)
1 −q
=
a1
1 −q −
a1
1 −q ⋅qn，
所以由等比数列的性质，a = −1
4 .
故答案为：−1
4
答案
解析
考点7：无穷等比数列求和
知识笔记
无穷等比数列求和
(1)一个数列{an}为无限项数列，则Sn =
+∞
∑
i=1
aqi−1 = A.
(2)当公比0 < |q| < 1时，以a为首项，q为公比的等比数列，有
+∞
∑
i=1
aqi−1 =
a
1 −q （0 < |q| < 1）
经典例题
例9
无穷等比数列{an}(n ∈N ∗)的首项a1 = 1，公比q = 1
3 ，则
+∞
∑
i=1
aqi−1 = .
3
2
答案
解析
15
直接利用无穷等比数列的极限求解即可．无穷等比数列{an} (n ∈N ∗)的首项a1 = 1，公比q = 1
3 ，
则前n项和Sn的极限lim
n→∞Sn =
a1
1 −q =
1
1 −1
3
= 3
2 ．
故答案为：3
2 ．
本题主要考查了数列的极限的求法，属于容易题．
变式9-1
等比数列{an}的首项为a1，公比为q，记Sn = a1 + a2 + ⋯+ an，则
+∞
∑
i=1
aqi−1存在的充要条件是（ ）．
A. q ≠1
B. q ≠−1
C. |q| < 1
D. |q| > 1
B
结合等比数列的前n项和公式和极限分q = 1，q = −1，q ≠±1分析即可.
解：当q = 1时，Sn = a1 + a2 + ⋯+ an = na1，所以limn→∞
1
Sn
= limn→∞
1
na1
= 0，存在，满足题意；
当q = −1时，若n为偶数，则Sn = a1 + a2 + ⋯+ an = 0，则limn→∞
1
Sn 不存在；
若n为奇数，则Sn = a1 + a2 + ⋯+ an = a1，则limn→∞
1
Sn
= 1
a1
，存在；
所以，要使limn→∞
1
Sn
存在，q ≠−1；
当q ≠±1时，Sn = a1 + a2 + ⋯+ an = a1 (1 −qn)
1 −q
，1
Sn
=
1 −q
a1 (1 −qn) ，故要使limn→∞
1
Sn
存在，则1 −qn
不能趋近于0，否则limn→∞
1
Sn = +∞，
而q ≠±1时，即|q| < 1或|q| > 1时，1 −qn均不趋近于0，所以，|q| < 1和|q| > 1均满足.
综上，limn→∞
1
Sn
存在的充要条件是q ≠−1.
故选：B
答案
解析
变式9-2
记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知a1 = −4, a4 = 1
2 ，则数列{Sn}（ ）
A. 无最大项，有最小项
B. 有最大项，无最小项
C. 无最大项，无最小项
D. 有最大项，有最小项
答案
16
D
求出公比q，求出Sn，然后分析{Sn}的性质即可．
设公比为q，则q3 = a4
a1 = −1
8 ，q = −1
2 ，
Sn = a1(1 −qn)
1 −q
=
−4 × [1 −(−1
2 )
n
]
1 −(−1
2 )
= −8
3 [1 −(−1
2 )
n
]，
当n为偶数时，Sn = −8
3 (1 −1
2n )，对应函数为减函数，即S2 > S4 > S6 > ⋯> −8
3 ，
当n为奇数时，Sn = −8
3 (1 + 1
2n )，对应函数为增函数，即S1 < S3 < S5 < ⋯< −8
3 ，
所以{Sn}有最大项为S2，最小项为S1．
故选：D．
本题考查等比数列的前n项和形成的数列的最值问题，解题关键是求得Sn后按奇偶数分类，得出奇数项递增，
偶数项递减，但所有偶数项比−8
3 大，所有奇数项比−8
3 小，即可确定最值．
教法备注
【考点】极限法求等比数列
【教法】注意无限项等比数列的最值一定是在前某一项出现
解析
03 数列求通项
1
学习目标
目标1
★★★☆☆☆ 操作
掌握累加法、累乘法求数列通项
目标2
★★★☆☆☆ 操作
掌握待定系数法求数列通项
目标3
★★★☆☆☆ 操作
掌握取倒数法、取对数法求数列通项
目标4
★★★☆☆☆ 操作
掌握数列前n项和S 与通项的关系
n
知识清单
教法备注
【考情分析】
1．本讲知识点的考纲要求能够掌握累加法、累乘法在数列求通项中的应用，掌握待定系数法、取倒数法、取
对数法在数列求通项中的应用，运用数列前n项和与数列通项之间的关系求通项；
2．数列章节是上海考试的重难点，本讲知识点期末考试分值占比10%，高考分值占18%左右；
3．对应教材：高中数学选择性必修第一册，第四章：数列；
4．本讲知识点给出数列求通项的方法，新东方教材与统编教材的内容编排基本一致，结合课本及考试内容设
置题目。
2
课堂引入
【课堂引入】
“斐波那契数列(Fibonacci)”的发明者，是意大利数学家列昂纳多·斐波那契(Leonardo Fibonacci，公元1170
～1240)，斐波那契数列指的是这样一个数列：1,1,2,3,5,8,13,21，….这个数列从第三项开始，每一项都等于前
两项之和．它的通项为：an＝[()n－()n]．有趣的是：这样一个完全是自然数的数列，通项公式居然是用无理
数来表达的．
斐波那契数还可以在植物的叶、枝、茎等排列中发现．例如：在树木的枝干上选一片叶子，记其为数0，
然后依序点数叶子(假定没有折损)，直到到达与那片叶子正对的位置，则其间的叶子数多半是斐波那契数．叶
子从一个位置到达下一个正对的位置称为一个循回，叶子在一个循回中旋转的圈数也是斐波那契数．在一个
循回中叶子数与叶子旋转圈数的比称为叶序比，多数的叶序比呈现为斐波那契数的比，真让我们惊叹于这世
界的奥妙无穷．
引入：由以上例子，引入著名的递推数列：斐波那契数列，求解过程中引入数列求通项的思考方向。
知识点1——累加法和累乘法
考点1：累加法
知识笔记
累加法
形如an −an−1 = f(n)(n ≥2)可以用累加法.
经典例题
例1
已知数列{an}满足：a1 = 1，an = n + an−1 (n ≥2, n ∈N∗)，则数列{an}的通项公式为 .
n (n + 1)
2
利用累加法求解通项公式.
答案
解析
3
数列{an}满足a1 = 1，an = n + an−1 (n ≥2, n ∈N∗)，
可得a1 = 1，
a2 −a1 = 2，
a3 −a2 = 3，
a4 −a3 = 4，
……，
an −an−1 = n，
以上各式相加可得：an = 1 + 2 + 3 + ⋯+ n = n (n + 1)
2
，
故答案为：n (n + 1)
2
．
变式1-1
在数列{an}中，a1 = 3，an+1 −an = 2n，则数列{an}的通项an = .
2n + 1
根据递推公式，结合累加法，可求得通项公式．由题意可得： {
利用累加法得：an −a1 =
2 (2n−1 −1)
2 −1
= 2n −2，
又a1 = 3，于是：an = 2n + 1．
故答案为2n + 1．
本题考查了递推公式与累加法的应用，属于基础题．
答案
解析
an −an−1 = 2n−1
an−1 −an−2 = 2n−2
…
a2 −a1 = 2
考点2：累乘法
知识笔记
累乘法
形如：an
an−1
= f(n)(n ≥2)可以用累乘法.
4
经典例题
例2
已知数列{an}满足an+1
an
=
n
n + 2 ，a1 = 1，则数列{an}的通项公式是（ ）
A. an =
2
n(n + 1)
B. an =
1
n(n + 1)
C. an = 1
n
D. an = n + 1
2
A
利用累乘法计算可得.
解：因为an+1
an
=
n
n + 2 ，
所以an
an−1 = n −1
n + 1 ，an−1
an−2 = n −2
n
，⋯，a4
a3 = 3
5 ，a3
a2 = 2
4 ，a2
a1 = 1
3 ，
所以an
an−1
× an−1
an−2
× ⋯× a4
a3
× a3
a2
× a2
a1
= n −1
n + 1 × n −2
n
× ⋯× 3
5 × 2
4 × 1
3 ，
即an
a1 =
2 × 1
(n + 1)n ，又a1 = 1，所以an =
2
n(n + 1) ；
故选：A
答案
解析
变式2-1
已知数列{an}满足a1 = 2，(n + 1)an+1 = 2(n + 2)an，求数列{an}的通项公式.
an = (n + 1) ⋅2n−1.
答案
5
已知等式变形成数列前后项的商，用累乘法求通项公式．
因为(n + 1)an+1 = 2(n + 2)an，所以an+1
an
= 2(n + 2)
(n + 1) ，则
an = a1 ⋅a2
a1 ⋅a3
a2 ⋅a4
a3 ⋯
an
an−1 = 2n−1 ⋅a1 ⋅( 3
2 × 4
3 × 5
4 × ⋯× n + 1
n
) = (n + 1) ⋅2n−1(n ≥2)
当n = 1时，a1 = 2满足上式，所以an = (n + 1) ⋅2n−1.
教法备注
【考点】累乘法
【教法】构造累乘法比的形式
解析
知识点2——待定系数法
考点3：待定系数法
知识笔记
待定系数法
形如：an = αan−1 + β(n ≥2)、an+1 = pan + f(n)(p ≠1)（其中f (n)为等差数列或者等比数列）等都可以用待定系
数法，构造新数列. 例如，
（1）an −2an−1 = 3⇒构造等比数列：an + k = 2(an−1 + k)；
（2）an −2an−1 = 3n⇒构造等比数列：an + kn + b = 2 [an−1 + k(n −1) + b]；
（3）an −2an−1 = 3n⇒构造等比数列：an + k ⋅3n = 2 (an−1 + k ⋅3n−1)；
（4）an −2an−1 = 2n⇒构造等差数列：an
2n −an−1
2n−1 = 1
经典例题
例3
已知数列 {an} 满足 a1 = 1, an+1 = 3an + 1(n ∈N, n ≥1), 则其通项公式 an =
答案
6
1
2 ⋅(3n −1)
令 an+1 + C = 3 (an + C), 则 an+1 = 3an + 2C, 又 an+1 = 3an + 1, ∴C = 1
2 , 故 an+1 + 1
2 = 3 (an + 1
2 ), 而
a1 + 1
2 = 3
2 ,
∴{an + 1
2 } 是公比为 3 , 首项为 3
2 , 则 an + 1
2 = 3
2 ⋅3n−1, ∴an = 1
2 ⋅(3n −1). 故答案为: 1
2 ⋅(3n −1).
解析
变式3-1
设 Sn 为数列 {an} 的前 n 项和, 若 a1 = 1, an+1 = 2an + 1, 则 an =
an = 2n −1
因为 an+1 = 2an + 1, a1 = 1, 所以 an+1 + 1 = 2 (an + 1), 即 an+1 + 1
an + 1
= 2, 所以 {an + 1} 是以 2 为首项, 2 为公
比的等比数列, 所以 an + 1 = 2n, 所以 an = 2n −1
答案
解析
例4
在数列 {an} 中， a1 = 1, an+1 = 2an + 3n + 1 ，则 a9 =
2017
先利用待定系数法将 an+1 = 2an + 3n + 1 表示为 an+1 + A(n + 1) + B = 2 (an + An + B) 并求 A, B ，再利用
等比数列的性质可得 {an} 的通项公式，进而求 a9.
将 an+1 = 2an + 3n + 1 用待定系数法来表示，即 an+1 + A(n + 1) + B = 2 (an + An + B),
整理得 an+1 = 2an + An + B −A ，则 {
，得 {
.
于是 an+1 = 2an + 3n + 1 可表示为 an+1 + 3(n + 1) + 4 = 2 (an + 3n + 4) ，
又 a1 + 3 × 1 + 4 = 8 ≠0 ，
则数列 {an + 3n + 4} 是首项为 8 ，公比为 2 的等比数列，
所以 an + 3n + 4 = 8 × 2n−1 ， 即 an = 8 × 2n−1 −3n −4.
答案
解析
A = 3
B −A = 1
A = 3
B = 4
7
所以 a9 = 8 × 28 −3 × 9 −4 = 2048 −31 = 2017.
故答案为: 2017 .
教法备注
【考点】待定系数法
【教法】待定系数法注意常数项到一元方程构造中n的一致性
变式4-1
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 .
an = 2 ⋅3n −n −1
设an + pn + q = 3 [an−1 + p(n −1) + q]，化简后得an = 3an−1 + 2pn + (2q −3p)，
与原递推式比较，对应项的系数相等，得{
，解得{
，
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，bn = an + n + 1，得an = 2 ⋅3n −n −1.
故答案为：an = 2 ⋅3n −n −1
答案
解析
2p = 2
2q −3p = −1
p = 1
q = 1
变式4-2
若a1 = 1，an+1 = 2an −3n，n ∈N∗，则an = ；
−5 ⋅2n−1 + 3n + 3
设an+1 + λ(n + 1) + u = 2(an + λn + u)，
所以an+1 = 2an + λn + u −λ，
∴{
，∴λ = u = −3，
所以an+1 −3(n + 1) −3
an −3n −3
= 2，
所以数列{an −3n −3}是一个以a1 −3 −3 = −5为首项，以2为公比的等比数列，
答案
解析
λ = −3
u −λ = 0
8
所以an −3n −3 = (−5) × 2n−1，
所以an = −5 ⋅2n−1 + 3n + 3.
故答案为：−5 ⋅2n−1 + 3n + 3.
例5
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 .
an = 4 × 3n−1 −5 × 2n−1
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
3n+1 = 2
3 × an
3n + 4
9 ，
整理得an+1
3n+1 −4
3 = 2
3 × ( an
3n −4
3 )，且a1
3 −4
3 = −5
3 ≠0，
则数列{ an
3n −4
3 }是首项为−5
3 ，公比为2
3 的等比数列，
所以an
3n −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
2n+1 = an
2n + ( 3
2 )
n−1
，即an+1
2n+1 −an
2n = ( 3
2 )
n−1
，
当n ≥2时，则an
2n = ( an
2n −an−1
2n−1 ) + ( an−1
2n−1 −an−2
2n−2 ) + ⋅⋅⋅+ ( a2
22 −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.
故答案为：an = 4 × 3n−1 −5 × 2n−1.
答案
解析
练习5-1
已知数列{an}满足an+1 = 3an + 5 × 2n + 4，a1 = 1，求数列{an}的通项公式.
9
∴an = 13 × 3n−1 −5 × 2n −2
∵an+1 = 3an + 5 × 2n + 4，
∴an+1 + 5 × 2n+1 + 2 = 3an + 15 × 2n + 6 = 3 (an + 5 × 2n + 2)，
即an+1 + 5 × 2n+1 + 2
an + 5 × 2n + 2
= 3，又a1 = 1，∴a1 + 5 × 2 + 2 = 13，
所以数列{an + 5 × 2n + 2}是首项为13，公比为3的等比数列，
∴an + 5 × 2n + 2 = 13 × 3n−1，
∴an = 13 × 3n−1 −5 × 2n −2.
答案
解析
知识点3——取倒数法、取对数法
考点4：取倒数法
知识笔记
取倒数法
取倒数法，形如：an= kan−1
an-1+t (n ≥2).
经典例题
例6
已知数列 {an} 满足 a1 = 1, an+1 =
an
1 + an
，则 a3 = , an = .
10
1
3 ; 1
n
因为 a1 = 1, an+1 =
an
1 + an
，所以 a2 =
a1
1 + a1 = 1
2 , a3 =
a2
1 + a2 =
1
2
1 + 1
2
= 1
3 ，故 a3 = 1
3 ；由
a1 = 1, an+1 =
an
1 + an
可知 an > 0 ，两边取倒数得:
1
an+1
= 1
an
+ 1.故数列 { 1
an
} 是以 1 为首项， 1 为公差
的等差数列，则 1
an
= 1 + n −1 = n, ∴an = 1
n .故答案为: 1
3 ; 1
n .
答案
解析
变式6-1
已知数列 {an} 满足 a1 = 1, an+1 =
an
2 + 3an
(n ∈ N∗), 则 { 1
an
} 的前 n 项和为 .
2n+2 −3n −4
数列 {an} 满足 a1 = 1, an+1 =
an
2 + 3an (n ∈N+), 整理得: 2an+1 + 3anan+1 = an,
所以
1
an+1 + 3 = 2 ( 1
an + 3),
又 1
a1
+ 3 = 4,
故 { 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, 所以 1
an
= 2n+1 −3, 所以 { 1
an
} 的前 n 项和
Tn = 4 (1 −2n)
1 −2
+ 3n = 2n+2 −3n −4故答案为: 2n+2 −3n −4
答案
解析
变式6-2
已知数列{an}满足a1 = 1
3 ，an −an+1
anan+1
= 2，则a10 =（ ）
A.
1
21
B.
1
12
C. 12
D. 21
11
A
教法备注
【考点】取倒数法
【教法】注意分式的拆分构造倒数的性质
答案
解析
考点5：取对数法
知识笔记
取对数法
取对数法，形如：an=an-1
k (n ≥2)可以用对数法，一般情况下取以首项为底的对数.
经典例题
例7
数列 {an} 中, a1 = 2, an = a2
n−1 (n ≥2 且 n ∈N∗), 求数列 {an} 的通项公式.
答案
12
an = 22n−1, n ∈N∗
解析
变式7-1
数列{an}中，若an+1 = a3
n(n ∈N ∗)，a1 = 3，则{an}的通项公式为
.
an = 33n−1(n ∈N ∗)
两边取对数，化简整理得log3an+1
log3an
= 3，得到数列{log3an}是以1为首项，公比为3的等比数列，结合等比数列
的通项公式，即可求解.
由an+1 = a3
n(n ∈N ∗)，两边取对数，可得log3an+1 = 3log3an，即log3an+1
log3an
= 3，
又由a1 = 3，则log3a1 = 1，所以数列{log3an}是以log3a1 = 1为首项，公比为3等比数列，
则log3an = 1 ⋅3n−1 = 3n−1，所以an = 33n−1(n ∈N ∗).
故答案为：an = 33n−1(n ∈N ∗)
本题主要考查了对数的运算性质，以及等比数列的通项公式的求解，其中解答中合理利用对数的运算性质，
结合等比数列的通项公式求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
教法备注
【考点】取对数法
【教法】利用定义作差法直接求解bn，注意引导学生从第n项写出第n+1项
答案
解析
知识点4——数列前n项和S 与通项的关系
n
考点6：利用S 求通项
n
知识笔记
利用S 求通项
n
13
形如：Sn = f(an, n) ，利用公式an = {
将所给条件变为an = f(an−1, n)来求解，有时也可以利用
an = Sn −Sn−1(n ≥2)将所给条件变为Sn = f(Sn−1, n)来求解.
S1(n = 1)
Sn −Sn−1(n ≥2)
经典例题
例8
设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn = 3n + 3，则an =
．
{
利用an与Sn的关系求解通项公式.
由于2Sn = 3n + 3，当n = 1时，得到a1 = S1 = 3，
当n ≥2时，2Sn−1 = 3n−1 + 3①，又2Sn = 3n + 3②，
由an = Sn −Sn−1可知，②−①得2an = 2Sn −2Sn−1= (3n + 3) −(3n−1 + 3) = 2 × 3n−1，
因此an = 3n−1（n ≥2），当n = 1时不满足该式，所以an = {
．
故答案为：{
.
教法备注
【考点】sn与n的关系
【教法】注意n大于等于2
答案
3, n = 1
3n−1, n ≥2
解析
3, n = 1
3n−1, n ≥2
3, n = 1
3n−1, n ≥2
变式8-1
已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1 = 1, an+1 = 3Sn(n ∈N∗)，则a6 =
．
768
由an+1 = 3Sn，得Sn+1 −Sn = 3Sn，即Sn+1 = 4Sn，又S1 = a1 = 1，所以数列{Sn}是首项为1，公比为4的等
答案
解析
14
比数列，所以Sn = 4n−1，所以a6 = S6 −S5 = 45 −44 = 3 × 44 = 768．
故答案为：768.
变式8-2
已知数列{an}的前n项和为Sn，其首项a1 = 1，且满足3Sn = (n + 2)an，则an =
.
n(n + 1)
2
利用公式an = {
，化简即可得出 an与an−1的递推关系，再利用类乘法计算出数列{an}的通项
公式．当n=1时3S1 = (1 + 2)a1恒成立
当n ≥2时3Sn−1 = (n + 1)an−1⇒3an = (n + 2)an −(n + 1)an−1 ⇒
an
an−1 = n + 1
n −1
所以an =
an
an−1 ⋅an−1
an−2 ⋅an−2
an−3 ⋯a2
a1 ⋅a1 = n + 1
n −1 ⋅
n
n −2 ⋅n −1
n −3 … 3
1 ⋅1= n(n + 1)
2
当n=1时满足an= n(n + 1)
2
所以an= n(n + 1)
2
故填n(n + 1)
2
本题考查已知数列an与Sn的关系，求通项公式，掌握理解公式an = {
是解本题的关键，属于
基础题．
答案
解析
S1
Sn −Sn−1
, n = 1
, n ≥2
S1
Sn −Sn−1
, n = 1
, n ≥2
例9
已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1 = 1，an+1 = 3Sn（n为正整数），则S6 =
．
1024
根据递推关系求出an，进而求得S6.
已知数列满足a1 = 1，an+1 = 3Sn，a2 = 3S1 = 3，
所以an+1 = 3 (an + Sn−1) = 3 (an + an
3 ) (n ≥2)，所以an+1 = 4an (n ≥2)，
所以an = {
，
答案
解析
1, n = 1
3 × 4n−2, n ≥2
15
故S6 = 1 + 3 × (1 −45)
1 −4
= 1024．
故答案为：1024
变式9-1
已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1 = 1，an+1 = Sn + 2，则S6 =
．
94
由an+1 = Sn + 2，可得当n ≥2时，an = Sn−1 + 2，两式相减可证得数列{an}是以a2 = 3为首项，公比为2的
等比数列，可求出{an}的通项公式，即可求出S6.
由已知，a1 = 1，an+1 = Sn + 2①，
当n = 1时，a2 = S1 + 2 = a1 + 2 = 3，
当n ≥2时，an = Sn−1 + 2②，
①－②得：an+1 −an = an，整理得：an+1 = 2an，即an+1
an
= 2 (n ≥2)，
所以数列{an}是以a2 = 3为首项，公比为2的等比数列，
所以an = a2 ⋅2n−2 = 3 ⋅2n−2 (n ≥2, n ∈N∗)，
所以an = {
，n ∈N∗，
所以S6 =1 + 3 × (1 + 2 + 22 + 23 + 24) = 94．
故答案为：94.
教法备注
【考点】sn与n关系
【教法】利用定义作差法直接求解bn，注意引导学生从第n项写出第n+1项
答案
解析
1, n = 1
3 ⋅2n−2, n ≥2
04 数列求和方法
1
学习目标
目标1
★★★☆☆☆ 操作
掌握公式法求和
目标2
★★★☆☆☆ 操作
掌握倒序相加的求和方法
目标3
★★★☆☆☆ 操作
掌握错位相减的求和方法
目标4
★★★☆☆☆ 操作
掌握裂项相消的求和方法
目标5
★★★☆☆☆ 操作
掌握分组求和的求和方法
知识清单
教法备注
【考情分析】
1． 本讲知识点的考纲要求掌握并熟练运用数列求和方法解决相关问题；
2． 数列求和方法是上海考试的重点知识，占期末分值20%，占高考分值约18%；
3．对应教材：高中数学选择性必修一，第四章：数列；
4．本讲知识点总结了常见数列求和方法，联系了数列求和与函数性质之间的关系，新东方教材与统编教材的
内容编排基本一致，结合课本及考试内容设置题目。
2
教法备注
【课堂引入】
1785年，8岁的小高斯在德国农村的一所小学里念一年级。有一天，他的数学老师出了一道算术题。他
说：“你们算一算，1加2加3，一直加到100等于多少？谁算不出来，就不准回家吃饭。” 说完，他就坐在椅子
上，用目光巡视着趴在桌上演算的学生。
不到一分钟的工夫，小高斯站了起来，手里举着小石板，说：“老师，我算出来了......”
没等小高斯说完，老师就不耐烦的说：“不对！重新再算！”小高斯很快的检查了一遍，高声说：“老师，没
错！”说着走下座位，把小石板伸到老师面前。老师低头一看，只见上面端端正正的写着“5050”，不禁大吃一
惊。他简直不敢相信，这样复杂的数学题，一个8岁的孩子，用不到一分钟的时间就算出了正确的得数。要知
道，他自己算了一个多小时，算了三遍才把这道题算对的。他怀疑以前别人让小高斯算过这道题。就问小高
斯：“你是怎么算的？”小高斯回答说：“我不是按照1、2、3的次序一个一个往上加的。老师，你看，一头一尾
的两个数的和都是一样的：1加100是101，2加99时101，3加98也是101......一前一后的数相加，一共有50个
101，101乘50，得到5050。”
被高斯的数学天赋震惊到的老师专门买了一本数学书送给小高斯，鼓励他继续努力，还把小高斯推荐给
当地教育局，使他得到免费教育的待遇。后来，小高斯成了世界著名的数学家。人们为了纪念他，把他的这
种计算方法称为“高斯定理”。
引入方向：通过趣味故事引入数列求和。
知识点1——公式法
考点1：公式法
知识笔记
公式法
（1）等差数列求和公式：Sn = n(a1 + an)
2
= na1 + n(n −1)
2
d.
（2）等比数列求和公式：Sn = {
.
na1
a1(1−qn)
1−q
= a1−anq
1−q
(q = 1)
(q ≠1)
经典例题
例1
已知等差数列{an}的通项公式为an = 2n −1 (n ∈N∗)，那么它的前n项和Sn =
.
3
n2
由题意知等差数列{an}的通项公式，即可求出首项a1，再利用等差数列求和公式即可得到答案.
已知等差数列{an}的通项公式为an = 2n −1 (n ∈N∗)，∴a1 = 1.Sn = n(a1 + an)
2
= n(1 + 2n −1)
2
= n2.
故答案为：n2.
答案
解析
变式1-1
已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若2a3 −a4 = 4, 3a2 + a5 = 25，则S20 =
.
590
根据等差数列基本量的计算可得公差，即可由求和公式求解.
设公差为d，
由2a3 −a4 = 4, 3a2 + a5 = 25可得{
解得a1 = 1, d = 3，
故S20 = 20 + 20 × 19
2
× 3 = 590，
故答案为：590
答案
解析
2 (a1 + 2d) −(a1 + 3d) = 4,
3 (a1 + d) + a1 + 4d = 25,
例2
2 + 24 + 27 + 210 + ⋯+ 243 =
．
2
7 (245 −1)
把给定和式中的各项从小到大依次排成一列构成等比数列，再利用等比数列前n项和公式计算即得.
依题意，给定和式中的项按2，24，27，210，…，243排成一列构成等比数列{an}，
其首项a1 = 2，公比q = 23 = 8，而243 = 2 ⋅(23)
14，即项数n = 15，
答案
解析
4
于是得2 + 24 + 27 + 210 + ⋯+ 243 = 2[1 −(23)
15]
1 −23
= 2
7 (245 −1).
故答案为：2
7 (245 −1)
变式2-1
已知{an}为等比数列，首项和公比均为1
2 ，则{an}前10项和为
．
1023
1024
根据等比数列前n项和公式计算．
S10 =
1
2 [1 −( 1
2 )
10
]
1 −1
2
= 1023
1024 ．
故答案为：1023
1024 ．
答案
解析
知识点2——倒序相加、错位相减
考点2：倒序相加法
知识笔记
倒序相加
（1）使用条件：倒序相加法主要是针对具有对称性的数列(或函数)，特别是等差数列或某些对称排列的数列（或
函数）
（2）使用步骤：
①写出原数列的前n项和；
②写出原数列的倒序数列；
③将两个数列的对应项相加，得到新的数列，其每项之和均为a1 + an ；
④计算新数列的和，即为n (a1 + an) ；
5
⑤因此原数列的和Sn = n
2 (a1 + an) .
3.经典范例：f(x) =
1
1 + x ,
x
1 + x ,
x2
1 + x2 : f(x) + f( 1
x ) = 1
f(x) =
4x
2 + 4x ,
bx
√b + bx , : f(x) + f(1 −x) = 1
sin2x + sin2( π
2 −x) = 1等可以用倒序相加法.
经典例题
例3
求值：sin2 1∘+ sin2 2∘+ ⋯+ sin2 88∘+ sin2 89∘．
89
2
根据诱导公式，结合同角的三角函数关系式中的平方和关系进行求解即可.
令S = sin2 1∘+ sin2 2∘+ ⋯+ sin2 88∘+ sin2 89∘①，
则S = cos2 89∘+ cos2 88∘+ ⋯+ cos2 2∘+ cos2 1∘②，
由①+②得2S = 89 × 1 = 89，
所以sin2 1∘+ sin2 2∘+ ⋯+ sin2 88∘+ sin2 89∘= 89
2 .
答案
解析
变式3-1
已知数列{an}中，an = 1 +
1
2n −97 ，则S = a1 + a2 + ⋯+ a95 + a96 =（ ）
6
A. 96
B. 97
C. 98
D. 99
A
由倒序相加法求和即可；
an = 1 +
1
2n −97 = 2n −96
2n −97 ，
所以S = a1 + a2 + ⋯+ a95 + a96 = 94
95 + 92
93 + ⋯+ 94
93 + 96
95 ，
S = a96 + a95 + ⋯+ a2 + a1 = 96
95 + 94
93 + ⋯+ 92
93 + 94
95
两式相加可得：2S = (a96 + a1) + (a95 + a2) + ⋯+ (a2 + a95) + (a1 + a96) = 96 × 2，
所以S = 96，
故选：A
答案
解析
变式3-2
已知函数f (x) =
2x
2x −1 ，利用教材中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得
f (
1
2023 ) + f (
2
2023 ) + ⋯+ f ( 2022
2023 ) =（ ）
A. 2020
B. 2022
C. 4040
D. 4044
B
计算出f (x) + f (1 −x)的值，再利用倒序相加法可求得所求代数式的值.
f (x) + f (1 −x) =
2x
2x −1 +
2 (1 −x)
2 (1 −x) −1 =
2x
2x −1 −2 −2x
2x −1 = 4x −2
2x −1 = 2，
设S = f (
1
2023 ) + f (
2
2023 ) + f (
3
2023 ) + ⋯+ f ( 2022
2023 )，
则S = f ( 2022
2023 ) + f ( 2021
2023 ) + f ( 2020
2023 ) + ⋯+ f (
1
2023 )，
2S = [f (
1
2023 ) + f (1 −
1
2023 )] + [f (
2
2023 ) + f (1 −
2
2023 )] + ⋯+ [f ( 2022
2023 ) + f (1 −2022
2023 )]
= 2022 × 2，所以S = 2022，
故选：B．
答案
解析
7
教法备注
【考点】倒序相加
【教法】利用倒序相加法求和
变式3-3
高斯（Gauss）被认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称.小学进行1 + 2 + 3 + ⋯+ 100的求和
运算时，他这样算的：1 + 100 = 101，2 + 99 = 101，…，50 + 51 = 101，共有50组，所以50 × 101 = 5050，这就
是著名的高斯算法. 已知正数数列{an}是公比不等于1的等比数列，且a1a2024 = 1，试根据提示探求：若
f (x) =
1
1 + x ，则f (a1) + f (a2) + ⋯+ f (a2024) =
.
1012
利用高斯算法可推出f (a1) + f (a2024) = 1，再利用等比数列性质即可类比得出
f (a1) + f (a2) + ⋯+ f (a2024) = 1012.
根据a1a2024 = 1可得a2024 = 1
a1 ，
所以f (a1) + f (a2024) =
1
1 + a1
+
1
1 + a2024
=
1
1 + a1
+
1
1 + 1
a1
=
1
1 + a1
+
a1
1 + a1
= 1；
由等比数列性质可得a1a2024 = a2a2023 = a3a2022 = ⋅⋅⋅= a1012a1013 = 1，
因
此
可
得
f (a1) + f (a2) + ⋯+ f (a2024) = f (a1) + f (a2024) + f (a2) + f (a2023) + ⋯+
f (a1012) + f (a1013) = 1012.
故答案为：1012
方法点睛：
本题运用了类比的方法，类比高斯算法中首尾相加和相等的思路，先求出f (a1) + f (a2024)的值，再利用等比
数列的性质找到其他和为1的组合.对于类似的数列求和问题，当数列具有一定的规律（如等比数列的性质）
时，可以尝试通过分组的方式，将和相等的项组合在一起，简化求和过程.在计算f (a1) + f (a2024)时，运用了
分式的通分运算，这是处理分式相加问题的常用方法.在解决涉及函数与数列结合的问题时，要善于根据函数
的表达式和数列的性质进行运算和推理.
答案
解析
考点3：错位相减法
知识笔记
8
错位相减
(1)使用条件：错位相减法主要针对cn = an ⋅bn，求cn的前n项和，其中an为等差数列，bn为等比数列.
(2)使用步骤：
①:写出原数列和错位数列
②:错位相减
③:等比数列求和
④:整理结果
经典例题
例4
已知数列{an}中，a3 = 1
8 , 2an+1 = an +
1
2n−1 .
(1)
证明：{2n ⋅an}为等差数列；
(2)
求{an}的前n项和Sn.
(1) 证明见解析
(2) 1 −2n
2n
−1
(1) 已知2an+1 = an +
1
2n−1 ，等式两边同时乘以2n，得到：
2n+1an+1 = 2nan + 2，即2n+1an+1 −2nan = 2.
根据等差数列的定义，所以数列{2n ⋅an}是以2为公差的等差数列.
(2) 已知a3 = 1
8 ，则23a3 = 23 × 1
8 = 1.
由（1）可知{2n ⋅an}是等差数列，且公差d = 2， 23a3 = 21a1 + (3 −1) × 2，即1 = 2a1 + 4，解得
a1 = −3
2 ，所以21a1 = −3.
答案
解析
9
可得：2nan = −3 + (n −1) × 2 = 2n −5，则an = 2n −5
2n
.
Sn = a1 + a2 + a3 + ⋯+ an = −3
21 + −1
22 + 1
23 + ⋯+ 2n −5
2n
（∗）
两边同时乘以1
2 得：
1
2 Sn = −3
22 + −1
23 + ⋯+ 2n −7
2n
+ 2n −5
2n+1 （∗∗）
（∗）-（∗∗）得：
1
2 Sn = −3
2 + 2 ( 1
22 + 1
23 + ⋯+ 1
2n ) −2n −5
2n+1
= −3
2 + 2 ×
1
4 (1 −
1
2n−1 )
1 −1
2
−2n −5
2n+1
= −1
2 −
2n −1
2n+1
所以Sn = −1 −2n −1
2n
= 1 −2n
2n
−1.
教法备注
【考点】错位相减
【教法】利用错位相减法求和
变式4-1
已知数列{an}的前n项和为Sn，2Sn + 1 = 3an，数列{bn}满足b1 = a1，n (bn+1 −bn) = bn.
(1)
求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)
求数列{anbn}的前n项和Tn.
(1) an = 3n−1 (n ∈N∗)， bn = n (n ∈N∗)
(2) Tn = 1
4 + (2n −1) ⋅3n
4
答案
10
(1) 当n = 1时，2S1 + 1 = 2a1 + 1 = 3a1，则a1 = 1 = b1；
当n ≥2时，2an = 2Sn −2Sn−1 = 3an −1 −(3an−1 −1)，整理得an = 3an−1，
因此数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以数列{an}的通项公式为an = 3n−1 (n ∈N∗)；
由n (bn+1 −bn) = bn得nbn+1 = (n + 1)bn，即bn+1
n + 1 = bn
n ，所以数列{ bn
n }是常数列，bn
n = b1
1 = 1，所
以数列{bn}的通项公式为bn = n (n ∈N∗)
(2) 由（1）知，anbn = n ⋅3n−1，
则Tn = 1 × 30 + 2 × 31 + 3 × 32 + ⋯+ (n −1) ⋅3n−2 + n ⋅3n−1，
于是3Tn = 1 × 31 + 2 × 32 + 3 × 33 + ⋯+ (n −1) ⋅3n−1 + n ⋅3n，
两式相减得−2Tn = 30 + 31 + 32 + ⋯+ 3n−2 + 3n−1 −n ⋅3n
= 1 × (1 −3n)
1 −3
−n ⋅3n = −1
2 + (1 −2n) ⋅3n
2
，所以Tn = 1
4 + (2n −1) ⋅3n
4
.
教法备注
【考点】错位相减
【教法】利用错位相减法求和
解析
变式4-2
在等差数列{an}中，a4 = 7，a3 + 2a8 = 35，数列{bn}的前n项和为Sn，3bn −2Sn = 1.
(1)
求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)
若cn = anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.
(1) an = 2n −1， bn = 3n−1
答案
11
(2) Tn = (n −1) ⋅3n + 1
(1) 设等差数列{an}的公差为d，
则a3 + 2a8 = a4 −d + 2 (a4 + 4d) = 3a4 + 7d = 21 + 7d = 35，解得d = 2，
所以，an = a4 + (n −4)d = 7 + 2 (n −4) = 2n −1，
数列{bn}的前n项和为Sn，且3bn −2Sn = 1，
当n = 1时，则有3b1 −2S1 = b1 = 1，
当n ≥2时，由3bn −2Sn = 1可得3bn−1 −2Sn−1 = 1，
上述两个等式作差可得3bn −3bn−1 −2bn = 0，即bn = 3bn−1，
所以，数列{bn}是首项为1，公比为3的等比数列，则bn = 1 × 3n−1 = 3n−1.
(2) 由（1）可得cn = anbn = (2n −1) ⋅3n−1，
所以，Tn = 1 ⋅30 + 3 ⋅31 + 5 ⋅32 + ⋯+ (2n −1) ⋅3n−1①，
则3Tn = 1 ⋅31 + 3 ⋅32 + ⋯+ (2n −3) ⋅3n−1 + (2n −1) ⋅3n②，
①−②得−2Tn = 1 + 2 (3 + 32 + ⋯+ 3n−1) −(2n −1) ⋅3n = 1 +
6 (1 −3n−1)
1 −3
−(2n −1) ⋅3n
= 1 −3 + 3n −(2n −1) ⋅3n = −2 + (2 −2n) ⋅3n，
化简得Tn = (n −1) ⋅3n + 1.
教法备注
【考点】错位相减
【教法】利用错位相减法求和
解析
知识点3——裂项相消、分组求和
考点4：裂项相消
知识笔记
裂项相消
1：使用条件：如果数列的通项分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后剩下有限项的和，就可
以采用裂项相消求和.
2：经典例子：
（1）
1
n (n + 1) = 1
n −
1
n + 1
12
（2）
1
n (n + 1) (n + 2) = 1
2 (
1
n (n + 1) −
1
(n + 1) (n + 2) )
（3）
1
(2n −1) (2n + 1) = 1
2 (
1
2n −1 −
1
2n + 1 )
（4）
1
√a + √b
=
1
a −b (√a −√b)
（5）
f(n)
an ⋅an+1
= k ( 1
an
−
1
an+1
)
特别地，若数列{an}为等差数列，公差为d，则
1
an ⋅an+1 = 1
d ⋅( 1
an −
1
an+1 )
经典例题
例5
数列{an}的前n项和为Sn，若an =
1
n (n + 1) ，则S2025 =
.
2025
2026
利用裂项相消法即可求解.
因为an =
1
n(n + 1) = 1
n −
1
n + 1 ，
所以S2025 = 1 −1
2 + 1
2 −1
3 + ⋯+
1
2025 −
1
2026 = 1 −
1
2026 = 2025
2026 ．
故答案为：2025
2026 ．
答案
解析
变式5-1
已知数列{an}是公差不为0的等差数列，数列{bn}是公比为2的等比数列，a2是a1, a5的等比中项，
b3 −a3 = 3, b1 = 2a1．
(1)
求数列{an}, {bn}的通项公式；
(2)
求数列{
1
anan+1
}的前n项和Sn．
13
(1) an = 2n −1， bn = 2n；
(2)
n
2n + 1 .
(1) 设{an}的公差为d，因为a2是a1, a5的等比中项，故a1a5 = a2
2，
即a1 (a1 + 4d) = (a1 + d)2，
整理得：2a1d = d2，又d ≠0，故可得d = 2a1；
又b3 −a3 = 3, b1 = 2a1，即4b1 −(a1 + 2d) = 3, b1 = 2a1，故7a1 −2d = 3，7a1 −4a1 = 3，
解得a1 = 1，d = 2，b1 = 2；
故an = 2n −1，bn = 2n.
(2) 由（1）可知，an = 2n −1，故
1
anan+1
=
1
(2n −1) (2n + 1) = 1
2 (
1
2n −1 −
1
2n + 1 )，
故Sn =
1
a1a2 +
1
a2a3 + ⋯+
1
anan+1 = 1
2 (1 −1
3 ) + 1
2 ( 1
3 −1
5 ) + ⋯+ 1
2 (
1
2n −1 −
1
2n + 1 )
= 1
2 (1 −
1
2n + 1 ) = 1
2 ×
2n
2n + 1 =
n
2n + 1 .
故数列{
1
anan+1
}的前n项和Sn=
n
2n + 1 .
答案
解析
考点5：分组求和
知识笔记
分组求和
使用条件：
①:多个数列相加减混合，拆项求和；
②:周期性函数，合项求和.
经典例题
14
例6
求数列的前n项和：1 + 1，1
a + 4，1
a2 + 7，…，
1
an−1 + 3n −2，…
当 a = 1时 Sn = (3n + 1)n
2
；当 a ≠1时 Sn = a −a1−n
a −1
+ (3n −1)n
2
．
设Sn = (1 + 1) + ( 1
a + 4) + ( 1
a2 + 7) + ⋅⋅⋅+ (
1
an−1 + 3n −2)，
将其每一项拆开再重新组合得：Sn = (1 + 1
a + 1
a2 + ⋅⋅⋅+
1
an−1 ) + (1 + 4 + 7 + ⋅⋅⋅+ 3n −2)，
当a = 1时Sn = n + (3n −1)n
2
= (3n + 1)n
2
；
当a ≠1时Sn =
1 −1
an
1 −1
a
+ (3n −1)n
2
= a −a1−n
a −1
+ (3n −1)n
2
．
本题考查数列的求和，方法是分组求和法．数列求和除用等差数列和等比数列的前n项和公式外，还有一些特
殊方法：错位相减法，裂项相消法，分组（并项）求和法，倒序相加法．但应用等差（等比）数列的前n项和
公式是解题基础．
答案
解析
变式6-1
已知数列{an}满足a1 = 2，且an+1 = 3an + 2n −1 (n ∈N ∗).
(1) 求证：数列{an + n}为等比数列；
(2) 求数列{an}的通项公式；
(3) 求数列{an}的前n项和Sn.
答案
15
（1）见解析；（2） an = 3n −n；（3） 3n+1 −n2 −n −3
2
（1）计算得到an+1 + n + 1
an + n
= 3，得到答案.
（2）an + n = 3 × 3n−1 = 3n，得到数列通项公式.
（3）根据分组求和法计算得到答案.
（1）由an+1 = 3an + 2n −1，得an+1 + n + 1 = 3 (an + n)，∴an+1 + n + 1
an + n
= 3，又a1 + 1 = 3，
∴{an + n}是首项为3，公比为3的等比数列.
（2）an + n = 3 × 3n−1 = 3n，∴an = 3n −n.
（3）Sn = 31 + 32 + ⋯+ 3n −(1 + 2 + ⋯+ n)= 3 −3n+1
1 −3
−n (n + 1)
2
= 3n+1 −3
2
−n (n + 1)
2
= 3n+1 −n2 −n −3
2
.
本题考查了等比数列的证明，分组求和法，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.
解析
例7
已知数列{an}是公差不为0的等差数列，a4 = 5，且a1，a3，a7成等比数列.
(1)
求数列{an}的通项公式；
(2)
设bn = an cos πan
2 ，求数列{bn}的前2025项和.
(1) an = n + 1
(2) −1014
(1) 设数列{an}公差为d，d ≠0
由题意可知a2
3 = a1a7，即(a4 −d)2 = (a4 −3d) (a4 + 3d)，
答案
解析
16
∴(5 −d)2 = (5 −3d) (5 + 3d)，则25 −10d + d2 = 25 −9d3，解得d = 1，
∴an = a4 + (n −4)d = 5 + (n −4) = n + 1.
(2) bn = an cos πan
2
= (n + 1) cos (n + 1)π
2
，
当n为偶数时，n + 1为奇数，则cos (n + 1)π
2
= sin 0 = 0，即bn = 0，
当n = 2k + 1, k ∈N时，cos (n + 1)π
2
= cos (k + 1)π，
当k为偶数时，cos (n + 1)π
2
= cos (k + 1)π = −1，当k为奇数时，cos (n + 1)π
2
= cos (k + 1)π = 1，
设数列{bn}的前n项和为Sn，
则S2025 = b1 + b2 + b3 + b4 + b5 + b5 + ⋯+ b2021 + b2022 + b2023 + b2024 + b2025，
= −2 + 0 + 4 + 0 −6 + 0 + ⋯+ 0 −2022 + 0 + 2024 + 0 −2026
= 2 × 2024
4
+ (−2026) = −1014.
教法备注
【考点】分组求和
【教法】利用类周期性求和
变式7-1
已知数列{an}满足对任意正整数p, q，恒有ap+q = ap + aq，且a1 + a2 = 3，bn = a2
n(−1)
n
∑
i=1
ai，则{bn}的前100项和
为（ ）
A. 2525
B. 5050
C. 10100
D. 20200
C
利用赋值法判断出{an}是等差数列，求出bn，再利用并项求和法求和即可.
对于ap+q = ap + aq，令p = n, q = 1，得an+1 = an + a1，
令n = 1，得到a2 = 2a1，又a1 + a2 = 3，解得a1 = 1，
故{an}是首项为1，公差为1的等差数列，则an = n，
得到bn = a2
n(−1)
n
∑
i=1
ai = n2(−1)
n (n + 1)
2
，
则{bn}的前100项和为−12 −22 + 32 + 42 −52 −62 + 72 + 82 −⋅⋅⋅+ 1002，
= (32 −12) + (42 −22) + ⋅⋅⋅+ (992 −972) + (1002 −982)，
= (3 −1) (3 + 1) + (4 −2) (4 + 2) + ⋅⋅⋅+ (99 −97) (99 + 97) + (100 −98) (100 + 98)，
= 2 × (3 + 1) + 2 × (4 + 2) + ⋅⋅⋅+ 2 × (99 + 97) + 2 × (100 + 98)，
答案
解析
17
= 2 × (1 + 2 + 3 + 4 + ⋅⋅⋅+ 100) = 10100，故C正确.
故选：C．
关键点点睛：解题关键是利用赋值法判断数列类型并求出an = n，然后利用并项求和法结合等差数列性质得
到所要求的结果即可．
教法备注
【考点】分组求和
【教法】利用类周期性求和
05 数列概念与数学归纳法
1
学习目标
目标1
★★★☆☆☆ 操作
理解数列概念、通项公式及递推公式概念
目标2
★★★★☆☆ 识别
掌握数列单调性的证明和应用方法
目标3
★★☆☆☆☆ 理解
理解数学归纳法的证明逻辑
目标4
★★★☆☆☆ 操作
掌握数学归纳法的操作证明步骤
知识清单
教法备注
【考情分析】
1．本讲知识点的考纲要求理解数列、数列的项、通项、有穷、无穷数列；掌握数列单调性的判断方法，并利
用数列单调性求数列最值；理解递增、递减及常数列；掌握数列递推公式、通项公式的应用。
2．数列章节是上海考试的重难点，本讲知识期末考试分值约占10%，高考分值占比18%左右；
3．对应教材：高中数学选择性必修第一册，第四章：数列，第一节。
4. 本讲知识给出数列定义及相关概念，数列单调性与高一必修1的函数性质部分相关。新东方教材与统编教材
的内容编排基本一致，结合课本及考试内容设置题目。
2
教法备注
【课堂引入】
某剧场有30排座位，第一排有20个座位，从第二排起，后一排都比前一排多2个座位，那么各排的座位
数依次为20,22,24,26,28，…，78.
从1984年到2008年，我国共参加了7次奥运会，各次参赛获得的金牌总数依次为15,5,16,16,28,32,51.
这两个问题有什么共同特点呢？
引入：由以上实例，能够归纳出数列的定义吗？
知识点1——数列概念、通项公式及递推公式
考点1：数列的递推关系与通项
数列概念
（1）数列概念：按一定顺序排列起来的一列数叫做数列；
（2）数列的项：数列中的每一个数叫做这个数列的项；
（3）首项：排在第一位的数称为这个数列的第1项，也叫做首项；
（4）数列的一般形式：a1, a2, a3, ⋯, an, ⋯，可简记为其中{an}。an是数列的第n项，n是an的序数.
数列的分类
（1）有穷数列：项数有限的数列；
（2）无穷数列：项数无限的数列；
（3）递增数列：从第2项起，每一项都大于它的前一项的数列叫做递增数列；
（4）递减数列：从第2项起，每一项都小于它的前一项的数列叫做递减数列；
（5）常数列：各项相等的数列叫做常数列.
通项公式
如果数列{an}的第n项an与项的序数n之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的通项公
式，an = f(n).
递推公式
3
如果已知数列{an}的任一项an与它的前一项an−1（或前几项）间的关系可用一个公式来表示，那么这个公式就叫做
这个数列的递推公式，an = f(an−1).
经典例题
例1
已知an是离√n最近的整数，如a2 = 1，a3 = 2，则无穷数列{an}中共有
项的值等于100.
200
根据题意列式99.52 < n < 100.52，然后确定n的取值情况即可.
由已知得99.5 < √n < 100.5，此时不等式取等号和不取等号对结果没有影响，
所以99.52 < n < 100.52，
又100.52 = 10100.25, 99.52 = 9900.25，
所以9901 ≤n ≤10100，
所以共有10100 −9901 + 1 = 200项的值等于100.
故答案为：200.
教法备注
【考点】数列概念
【教法】利用通项与序数关系求解
答案
解析
变式1-1
在数列1, 3, 7, 15, ⋯中，按此规律，127是该数列的第 项.
7
分别求出a2 −a1，a3 −a2，a4 −a3，结果构成等比数列，进而推断数列{an −an−1}是首相为2，公比为2的等
比数列，进而求得数列的通项公式an，再由an = 127求得答案．∵a2 −a1 = 21，a3 −a2 = 22，a4 −a3 = 23，
⋯依此类推可得an −an−1 = 2n−1，
答案
解析
4
∴a2 −a1 + a3 −a2 + a4 −a3 + ⋯+ an −an−1 = an −a1 = 21 + 22 + 23 + ⋯+ 2n−1 = 2n −2，
∴an −a1 = 2n −2，即an = 2n −1.
∴2n −1 = 127，解得n = 7.
故答案为7.
本题考查利用数列的递推关系求数列的通项公式，求解的关键在于推断{an −an−1}是等比数列，再用累加法
求得数列的通项公式，考查逻辑推理能力和运算求解能力.
例2
定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这
个常数叫做该数列的公和.已知数列{an}是等和数列，且a1 = 2，公和为5，那么a8的值为
.
3
首先根据“等和数列”的定义找到数列{an}的规律，即可得出答案.
根据“等和数列”的定义可知，数列{an}的规律为a1 = 2, a2 = 3, a3 = 2, a4 = 3, ⋯
即奇数项为2，偶数项为3.
所以a8的值为3.
故答案为：3.
答案
解析
变式2-1
设数列{an}满足a1 = 1
2 ，an+1 = 1 + an
1 −an
，则a2024 =（ ）
A. −2
B. −1
3
C. 1
2
D. 3
B
根据递推式求出a2, a3, a4, a5即可得到数列{an}的周期，根据周期可得a2024的值.
∵a1 = 1
2 ,
∴a2 = 1 + a1
1 −a1
=
1 + 1
2
1 −1
2
= 3，a3 = 1 + a2
1 −a2
= 1 + 3
1 −3 = −2，a4 = 1 + a3
1 −a3
= 1 −2
1 + 2 = −1
3 ，
答案
解析
5
a5 = 1 + a4
1 −a4
=
1 −1
3
1 + 1
3
= 1
2 ，
所以数列{an}是以4为周期的周期数列，
所以a2024 = a4×505+4 = a4 = −1
3 .
故选：B.
知识点2——数列的单调性
考点2：数列单调性的判断
知识笔记
数列单调性
求数列单调性的方法：
(1)数列单调性的定义
① 若an+1 −an > 0，则{an}为递增数列；
② 若an+1 −an < 0，则{an}为递减数列；
③ 若an+1 −an = 0，则{an}为常值数列；
(2) 利用函数性质（注意数列n为正整数）.
经典例题
例3
已知等差数列{an}的公差d = 3，Sn表示{an}的前n项和，若数列{Sn}是递增数列，则a1的取值范围是
.
(−3, +∞)
S ＝na + n (n −1)
2
× 3．根据数列{S }是递增数列，可得S
＞S ，代入化简利用数列的单调性即可得出．S
＝na + n (n −1)
2
× 3．
∵数列{S }是递增数列，
答案
解析
n
1
n
n+1
n
n
1
n
6
∴S
＞S ，
∴（n+1）a + n (n + 1)
2
×3＞na + n (n −1)
2
× 3．
化为：a ＞﹣3n，对于∀n∈N 都成立．
∴a ＞﹣3．
故答案为：（﹣3，+∞）．
本题考查了等差数列的求和公式及其单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
教法备注
【考点】定义法求单调性
【教法】利用定义作差法直接求解
n+1
n
1
1
1
*
1
变式3-1
已知等差数列{an}的首项a1 = −1, Sn表示{an}的前n项和，若数列{Sn}是严格增数列，则{an}的公差d取值范围是
.
(1, +∞)
由Sn与an的关系再结合等差数列通项公式的基本量计算即可；
若数列{Sn}是严格增数列，
则Sn+1 −Sn = an+1 > 0恒成立，
即−1 + nd > 0恒成立，
又n ∈N∗，
所以d > 1，
所以{an}的公差d取值范围是(1, +∞)，
故答案为：(1, +∞).
教法备注
【考点】定义法求单调性
【教法】利用定义作差法直接求解
答案
解析
例4
7
已知数列an = (n + 1)(−10
11 )
n
，下列说法正确的是（ ）
A. {an}有最大项，但没有最小项
B. {an}没有最大项，但有最小项
C. {an}既有最大项，又有最小项
D. {an}既没有最大项，也没有最小项
C
将{an}分奇偶项分别作差，判断出奇数项和偶数项的单调性，从而可得结果.
数列an = (n + 1)(−10
11 )
n
,
当n = 2k(k ∈N∗)时，
a2(k+1) −a2k = [2 (k + 1) + 1](−10
11 )
2(k+1)
−(2k + 1)(−10
11 )
2k
= −42k + 179
121
⋅( 10
11 )
2k
，
所以当k ≤4时，a2(k+1) −a2k > 0，a2k单调递增；
当k ≥5时，a2(k+1) −a2k < 0，a2k单调递减，
故此时{an}有最大项为a10；
当n = 2k −1(k ∈N∗)时，a2k−1 = −2k ⋅( 10
11 )
2k−1
，a2(k+1)−1 = −(2k + 2) ⋅( 10
11 )
2k+1
，
a2k+1 −a2k−1 = 42k −200
121
⋅( 10
11 )
2k−1
，
所以当k ≤4时，a2k+1 −a2k−1 < 0，a2k−1单调递减；
当k ≥5时，a2k+1 −a2k−1 > 0，a2k−1单调递增，
故此时{an}有最小项为a9，
综上，{an}既有最大项，又有最小项.
故选：C
教法备注
【考点】定义法求单调性
【教法】利用奇偶列求解
答案
解析
变式4-1
若不等式(−2)n ⋅a −3n−1 −(−2)n < 0对任意正整数n恒成立，则实数a的取值范围是 .
答案
8
( 1
2 , 7
4 )
分类讨论即可求得a的取值范围.
当n为奇数时，2n (1 −a) < 3n−1 ，所以1 −a < 1
2 ⋅( 3
2 )
n−1
，对任意正整数n恒成立
显然数列{ 1
2 ⋅( 3
2 )
n−1
}单调递增，令n = 1，故1 −a < 1
2 ，得a > 1
2
当n为偶数时，2n (a −1) < 3n−1，所以a −1 < 1
2 ⋅( 3
2 )
n−1
，对任意正整数n恒成立
显然数列{ 1
2 ⋅( 3
2 )
n−1
}单调递增，令n = 2，故a −1 < 3
4 ，得a < 7
4
综上所述：1
2 < a < 7
4
故答案为：( 1
2 , 7
4 )
教法备注
【考点】定义法求单调性
【教法】利用奇偶列求解
解析
知识点3——数学归纳法的步骤
考点3：数学归纳法的步骤
知识笔记
数学归纳法的步骤
由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法，通常叫归纳法，它能帮助我们发现一般规律；观察、归
纳、猜想、证明，是发现数学规律的完整过程，其中证明是指用数学归纳法证明.
应用数学归纳法有两个步骤：
①证明当n取第一个n0时结论正确；
②假设当n = k（k ∈N ∗, k ≥n0）时，结论正确，证明当n = k + 1时，结论成立。这两步缺一不可，要完整
地书写.
经典例题
9
例5
用数学归纳法证明“2n > n2 + 1对于n ≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取（ ）
A. 2
B. 3
C. 5
D. 6
C
根据题意，结合数学归纳法证题的步骤，验证n = 1、2、3、4、5时，命题是否成立即可求解.
由题意得，当n = 1时，左边= 21 = 2，右边= 12 + 1 = 2，命题不成立；
当n = 2时，左边= 22 = 4，右边= 22 + 1 = 5，命题不成立；
当n = 3时，左边= 23 = 8，右边= 32 + 1 = 10，命题不成立；
当n = 4时，左边= 24 = 16，右边= 42 + 1 = 17，命题不成立；
当n = 5时，左边= 25 = 32，右边= 52 + 1 = 26，命题成立.
因此第一步证明中的起始值n0应取5.
故选：C.
答案
解析
变式5-1
用数学归纳法证明“2n > 2n2 −2n + 1对于n ≥n0的正整数n均成立”时，第一步证明中的起始值n0应取（ ）
A. 1
B. 3
C. 6
D. 10
C
经检验当n>5时，
成立.所以验证n的超始值为6.
答案
解析
例6
用数学归纳法证明1 + 2 + 22 + ⋅⋅⋅+ 25n−1(n ∈N∗)能被31整除时，从k到k + 1添加的项数共有（ ）项
A. 7
B. 6
C. 5
D. 4
答案
10
C
分别写出n = k与n = k + 1时相应的代数式，对比观察求解.
当n = k时，则1+2+2^{2}+\cdot \cdot \cdot +2^{5}^{k-1}
当n = k + 1时，则
(1+2+2^{2}+\cdot \cdot \cdot +2^{5}^{k-1})+
(2^{5}^{k}+2^{5}^{k+1}+2^{5}^{k+2}+2^{5}^{k+3}+2^{5}^{k+4})
∴从k到k + 1添加的项数共有5项
故选：C.
解析
变式6-1
在用数学归纳法证明不等式
1
n + 1 +
1
n + 2 + ⋯+ 1
2n > 1
2 (n > 1, n ∈N∗)的过程中，从n＝k到n＝k+1时，左边需
要增加的代数式是.
．
1
2k + 1 −
1
2k + 2
分别写出n = k和n = k + 1时左侧对应的代数式，然后比较两者的表达形式即可确定左边需要增加的代数式.
当n = k时，等式左侧为：
1
k + 1 +
1
k + 2 + ⋯+ 1
2k ，
当n = k + 1时，等式左侧为：
1
k + 2 +
1
k + 3 +
1
k + 4 + ⋯+ 1
2k +
1
2k + 1 +
1
2k + 2 ，
据此可得，左边需要增加的代数式是
1
2k + 1 +
1
2k + 2 −
1
k + 1 =
1
2k + 1 −
1
2k + 2 .
本题主要考查数学归纳法的应用，整体思想的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
教法备注
【考点】数学归纳法
【教法】注意所有的k变为k加1
答案
解析
知识点4——使用数学归纳法证明相关问题
考点4：数学归纳法的应用
11
经典例题
例7
若n为大于1的自然数，求证：
1
n + 1 +
1
n + 2 + ⋯+ 1
2n > 13
24 .
证明见解析
当n = 2时，
1
2 + 1 + 1
4 > 13
24 ，不等式成立
假定n = k时，不等式成立，即
1
k + 1 +
1
k + 2 + ⋯+ 1
2k > 13
24
当n = k+1时，
1
k + 2 +
1
k + 3 + ⋯+
1
2 (k+1)
=
1
k + 1 +
1
k + 2 + ⋯+ 1
2k −
1
k + 1 +
1
2k + 1 +
1
2k + 2
> 13
24 −
1
k + 1 +
1
2k + 1 +
1
2k + 2 > 13
24 ，其中
由数学归纳法得命题成立
教法备注
【考点】数学归纳法
【教法】注意所有的k变为k加1
答案
解析
变式7-1
用数学归纳法证明：
求证：
1
1 × 2 +
1
3 × 4 + ⋯+
1
(2n −1) × 2n =
1
n + 1 +
1
n + 2 + ⋯+
1
n + n .(n ∈N∗).
12
证明见解析.
由题意首先证得n=2时结论成立，然后假设当n = k时，等式也成立，证得当n=k+1时结论成立即可.注意应用
假设的条件进行证明.
证明：①当n = 1时，左边=
1
1 × 2 = 1
2 ，右边= 1
2 ，等式成立．
②设当n = k时，等式也成立，
即：
1
1 × 2 +
1
3 × 4 + ⋯+
1
(2k −1) ⋅2k =
1
k + 1 +
1
k + 2 + ⋯+
1
k + k ，
则当n = k + 1时，
1
1 × 2 + ⋯+
1
(2k −1) ⋅2k +
1
(2k + 1) ⋅(2k + 2) ，
=
1
k + 1 + ⋯+
1
k + k +
1
(2k + 1) (2k + 2) ，
=
1
k + 1 + ⋯+
1
k + k +
1
2k + 1 +
1
2k + 2 −
1
k + 1 ，
=
1
k + 2 + ⋯+
1
k + k +
1
2k + 1 +
1
2k + 2 ，
=
1
k + 1 + 1 + ⋯+
1
k + 1 + k +
1
k + 1 + k + 1 ，
得证．
∴n = k + 1时，成立，
故等式成立．
教法备注
【考点】数学归纳法
【教法】注意所有的k变为k加1
答案
解析
变式7-2
观察下面等式：1 = 12, 2 + 3 + 4 = 9 = 32, 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 25 = 52, 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 49 = 72, ⋅⋅⋅写
出由这些等式归纳的一般规律，用数学归纳法证明．
答案
13
一般规律： n + (n + 1) + ⋯+ (3n −2) = (2n −1)2；证明见解析．
总结规律后由数学归纳法证明
一般规律：n + (n + 1) + ⋯+ (3n −2) = (2n −1)2，
证明：（1）n = 1时，左=右，等式成立；
（2）假设n = k时，等式成立，即k + (k + 1) + ⋯+ (3k −2) = (2k −1)2，
则当n = k + 1时，k + 1 + k + 2 + ⋯+ (3k −2) + (3k −1) + 3k + (3k + 1)，
= (2k −1)2 + 8k = 4k2 + 4k + 1 = (2k + 1)2等式也成立，
由（1）（2）得当n ∈N∗时等式都成立．
教法备注
【考点】数学归纳法
【教法】注意所有的k变为k加1
解析
06 平面及其基本性质
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
理解点、线、面的性质与关系
目标2
★★★☆☆☆ 操作
运用斜二测画法画直观图
目标3
★★★★☆☆ 识别
辨析三大公理及其推论
目标4
★★★★★☆ 迁移
掌握点线面位置关系的证明
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：理解点线面的位置关系，掌握三大公理及其推论，能够利用公理及其推论进行空
间点线面位置关系的证明；
2．本讲知识点在期中主要考查填选题，考试占比5%；
3．对应教材：必修三第十章空间直线与平面，第一节平面及其基本性质；
4．本讲知识点给出点线面位置关系的三大公理证明要求，新东方教材与统编教材的内容编排基本一致，结合
课本及考试内容设置题目.
教法备注
2
把夜空看作一个平面，星星看作点，从几何的角度考虑二者的关系，以及星座里的线条和星星的关系，引出
本节内容.
知识点1——空间中的点、直线和平面
考点1：平面基本性质以及点、线、面的关系
知识笔记
定义与表示
（1）平面的定义：平面是平的、没有厚度的、可以无限延伸的图形.
（2）点、直线、平面的表示方法：用大写英文字母 A，B，C 等表示点，用小写英文字母 a，b，c 表示直线，用
小写希腊字母 α，β，γ 表示平面.
点、直线与平面的位置关系
位置关系
符号表示
图形表示
点与直线
点A在直线l上，也称直
线l经过点A
A ∈l
点B不在直线l上，也称
直线l不经过点B
B ∉l
3
点与平面
点A在平面α上，也称直
线α不经过点A
A ∈α
点B不在平面α上，也称
平面α不经过点B
B ∉α
直线与平面
直线l在平面α上，也称
平面α经过直线l
l ⊂α
直线l与平面α相交于点A
l ⋂α = A
直线l与平面α平行
l ∥α
平面与平面
平面α与平面β相交于直
线l
α ⋂β = l
平面α与平面β平行
α ∥β
经典例题
例1
如果A点在直线a上，而直线a在平面α内，点B在α内，可以用集合语言和符号表示为（ ）
A. A ⊂a，a ⊂α，B ∈α
B. A ∈a，a ⊂α，B ∈α
C. A ⊂a，a ∈α，B ⊂α
D. A ∈a，a ∈α，B ∈α
B
答案
解析
4
直接按照平面内点、线、面的位置关系，写出结果即可．
A点在直线a上，而直线a在平面α内，点B在α内，
表示为：A ∈a，a ⊂α，B ∈α．
故选：B.
变式1-1
给出以下命题“已知点A、B都在直线l上，若A、B都在平面α上，则直线l在平面α上”，试用符号语言表述这个命题
已知 A ∈l， B ∈l，若 A ∈α， B ∈α，则 l ⊂α
根据几何符号语言的应用，对题目中的语句进行表示即可．解：用符号语言表述这个命题为：已知A ∈l，
B ∈l，若A ∈α，B ∈α，则l ⊆α．
故答案为：已知A ∈l，B ∈l，若A ∈α，B ∈α，则l ⊂α．
本题考查了空间几何符号语言的应用问题，属于基础题．
答案
解析
例2
空间三个平面最多将空间分成
个部分（填数字）.
8
对三个平面的位置进行分类讨论，作出相应的图形，即可得出结论.
三个平面两两平行时，这三个平面将空间分为4部分；
两平面平行，第三个平面与这两个平面都相交，则这三个平面将空间分为6部分；
答案
解析
5
三个平面两两相交，且交于同一条直线，则这三个平面将空间分为6部分；
三个平面两两相交，且交线两两平行时，如三棱柱的三个侧面所在的平面，
这三个平面将空间分为7部分；
三个平面两两相交，且交线交于一点，则这三个平面将空间分为8部分.
因此，空间三个平面最多将空间分成8个部分.
故答案为：8.
教法备注
【考点】平面的基本性质及推论
【教法】引导学生对两个平面的位置关系情况进行讨论，得出其将空间分成几部分，再比较所得结果．
变式2-1
空间不共线的四点，可能确定
个平面．
6
1或 4
空间四点中，任意三点都不共线时，可确定4个平面，当四点共面时，可确定1个平面，故空间不共线四点，
可确定1个或4个平面．
答案
解析
例3
若直线上有两个点在平面外，则
A. 直线上至少有一个点在平面内
B. 直线上有无穷多个点在平面内
C. 直线上所有点都在平面外
D. 直线上至多有一个点在平面内
D
试题分析：根据题意，两点确定一条直线，那么由于直线上有两个点在平面外，则直线在平面外，只能是直
线与平面相交，或者直线与平面平行，那么可知直线上至多有一个点在平面内，故选D.
考点：线面的位置关系
点评：考查了线面的位置关系的运用，属于基础题．
答案
解析
变式3-1
命题“空间中任意不同的三点确定一个平面”是
命题.（填“真”或“假”）
假
当三点共线时，可以知命题不成立，即可得正确答案.
因为过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面，
当三点共线时可以确定无数个平面，
所以命题为假命题.
答案
解析
7
故答案为：假.
例4
如图，在正方体中，A、B、C、D分别是顶点或所在棱的中点，则A、B、C、D四点共面的图形
（填上所有
正确答案的序号）．
①③④
四点共面主要通过证明两线平行说明，本题利用中位线、平行四边形的性质结合平行线的传递性进行说明，
证明平行时绝不能凭直观感觉或无理论依据．
图①：证明AB∥EF，CD∥EF，可得AB∥CD；
图③：证明BD∥EF，AC∥EF，可得BD∥AC；
图④：证明GH∥EF，AC∥EF， BD∥GH，可得BD∥AC．
图①：取GD的中点F，连结BF、EF，
∵B、F均为相应边的中点，则：BF∥HG
又∵HG∥AE，则BF∥AE即ABFE为平行四边形
∴AB∥EF
同理: CD∥EF
则AB∥CD即A、B、C、D四点共面，图①正确；
图②：显然AB与CD异面，图②不正确；
图③：连结AC,BD,EF,
∵BE∥DF即BDFE为平行四边形
∴BD∥EF
答案
解析
8
又∵A、C分别为相应边的中点，则AC∥EF
∴BD∥AC即A、B、C、D四点共面，图③正确；
图④：连结AC,BD,EF,GH,
∵GE∥HF即GEFH为平行四边形，则GH∥EF
又∵A、C分别为相应边的中点，则AC∥EF
同理：BD∥GH
∴BD∥AC即A、B、C、D四点共面，图④正确．
故答案为：①③④．
变式4-1
如图，在下列四个正方体中，A，B，C，D分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，A，B，C，D四点共面的
是（ ）．
A.
B.
C.
D.
D
根据正方体的性质判断点是否共面，并应用平面的性质画出截面即可判断.
答案
解析
9
由正方体性质，选项A，B，C中，A，B，C，D四点显然不共面．
对于D选项，如下图取E，F为正方体所在棱的中点，依次连接ADCEBF，
易知ADCEBF为平面正六边形，所以A，B，C，D四点共面．
故选：D
例5
如图，在正方体ABCD −A1B1C1D1中，M、N、P分别是棱C1D1、AA1、BC的中点，则经过M、N、P的平面与正
方体ABCD −A1B1C1D1相交形成的截面是一个（ ）
A. 三角形
B. 平面四边形
C. 平面五边形
D. 平面六边形
D
分别取A1D1、AB、C1C的中点F、H、E，连接MF、FN、NH、HP、PE、EM、A1C1、AC、NE、A1B
，先证明H、P、M、F四点共面，再证明N ∈平面HPMF，
P ∈平面HPMF可得答案.
如图，分别取A1D1、AB、C1C的中点F、H、E，连接MF、FN、NH、HP、PE、EM、A1C1、AC、NE
、A1B，且M、N、P分别是棱C1D1、AA1、BC的中点，
所以A1C1//FM、HP//AC，且A1C1//AC，所以HP//FM， 即H、P、M、F四点共面，
因为A1F//BP，A1F=BP，所以四边形A1FPB是平行四边形，所以A1B//FP，
答案
解析
10
又因为A1B//NH，得NH//FP，且FP ⊂平面HPMF，H ∈平面HPMF，
所以NH ⊂平面HPMF，得N ∈平面HPMF，
因为MC1//BH，MC1=BH，所以四边形C1MHB是平行四边形，所以C1B//MH，
又因为C1B//EP，得MH//EP，又MH ⊂平面HPMF，P ∈平面HPMF，
所以PE ⊂平面HPMF，得E ∈平面HPMF，所以H、P、E、M、F、N六点共面，
平面六边形HPEMFN即为经过M、N、P与正方体ABCD −A1B1C1D1相交形成的截面，
故选：D.
教法备注
【考点】平面的基本性质及推论
【教法】根据确定平面的依据：“经过两条平行线有且只有一个平面”，引导学生通过取中点的方式得截面．
变式5-1
如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形EFGH为截面，长方形ABCD为底面，则四边形EFGH的形状
为（ ）
A. 梯形
B. 平行四边形
C. 可能是梯形也可能是平行四边形
D. 矩形
11
B
因为平面ABFE//平面CGHD,且平面EFGH∩平面ABFE = EF,平面EFGH∩平面CGHD = GH,根据面面平
行的性质可知EF//GH,同理可证明EH//FG.
所以四边形EFGH为平行四边形.
故选：B.
本题考查长方体截面形状判断，考查面面平行的性质应用，较简单.
答案
解析
例6
如图，作出平面EFG截长方体所得的截面（不必写出画图步骤，但需保留作图痕迹）．
见详解
答案
解析
12
利用面面平行的性质定理，平面EFG与长方体左右面的交线平行，上下两个面的交线平行，因此还需过E作
EP//FG，交C1D1于P；过G作GQ//EF，交CC1于Q，连接PQ即可.
说明：由于不知道E, F, G三个点的具体位置，故该图只是可能的一种情形.
教法备注
【考点】平面的基本性质及推论
【教法】延长直线找截点、连截点成截线、将截线首尾相连成截面.
变式6-1
P，Q，R三点分别在直四棱柱AC 的棱BB ，CC 和DD 上，试画出过P，Q，R三点的截面作法．
1
1
1
1
13
答案见解析
作截面图，就是要找到面PQR与直四棱柱相关面的交线，画交线的关键就是找两个公共点，没有明显的公共
点，首选延长那些同时在直四棱柱面上的线.
作法：（1）连接QP，QR并延长，分别交CB，CD的延长线于E，F;
（2）连接EF交AB于T，交AD于S;
（3）连接RS，TP,则五边形PQRST即为所求截面．
答案
解析
知识点2——三大公理及其推论
考点2：三大公理及其推论
知识笔记
三大公理
公理1：如果直线l上有两个点在平面α上，那么直线l在平面α上.（直线在平面上）
用集合语言表述：A ∈l, B ∈l, A ∈α, B ∈α ⇒l ⊂α；
公理2：不在同一直线上的三点确定一个平面.（确定平面）
用集合语言表述：A, B, C不共线⇒A, B, C确定一个平面；
14
推论1：一条直线和直线外的一点确定一个平面；用集合语言表述：A ∉l ⇒A, l确定平面α；
推论2：两条相交的直线确定一个平面；用集合语言表述：a ⋂b = A ⇒a, b确定平面α；
推论3：两条平行的直线确定一个平面.；用集合语言表述：a//b ⇒a, b确定平面α；
公理3：如果不同的两平面α、β 有一个公共点A，那么α、β的交集是过点A的直线l.（平面与平面相交）
用集合语言表述：A ∈α ⋂β ⇒α ⋂β = l且A ∈l.
经典例题
例7
当我们停放自行车时，只要将自行车旁的撑脚放下，自行车就稳了，这用到了（ ）
A. 三点确定一平面
B. 不共线三点确定一平面
C. 两条相交直线确定一平面
D. 两条平行直线确定一平面
B
自行车前后轮与撑脚分别接触地面，使得自行车稳定,此时自行车与地面的三个接触点不在同一条线上.自行车
前后轮与撑脚分别接触地面，此时三个接触点不在同一条线上,所以可以确定一个平面，即地面，从而使得自
行车稳定.
故选B项.
本题考查不共线的三个点确定一个平面，属于简单题.
答案
解析
变式7-1
15
已知空间中不过同一点的三条直线m，n，l，则“m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的（ ）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件
D. 既不充分也不必要条件
B
将两个条件相互推导，根据能否推导的结果判断充分必要条件.
依题意m, n, l是空间不过同一点的三条直线，
当m, n, l在同一平面时，可能m//n//l，故不能得出m, n, l两两相交.
当m, n, l两两相交时，设m ∩n = A, m ∩l = B, n ∩l = C，根据公理2可知m, n确定一个平面α，而
B ∈m ⊂α, C ∈n ⊂α，根据公理1可知，直线BC即l ⊂α，所以m, n, l在同一平面.
综上所述，“m, n, l在同一平面”是“m, n, l两两相交”的必要不充分条件.
故选：B
本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理1和公理2的运用，属于中档题.
答案
解析
例8
有下列四个命题：①过三点确定一个平面；②矩形是平面图形；③三条直线两两相交，则确定一个平面；④一条直
线和该直线外一个点确定一个平面．其中错误命题的序号是（ ）．
A. ①②
B. ①③
C. ②④
D. ②③
B
由立体几何知识对结论逐一判断
对于①，不在同一直线上的三点确定一个平面，①错误，
对于②，矩形是平面图形，②正确，
对于③，若三条直线交于同一点，则无法确定一个平面，故③错误
对于④，一条直线和直线外一点确定一个平面，④正确．
故选：B
答案
解析
变式8-1
16
下列条件中能确定一个平面的是（ ）
A. 空间任意三个点
B. 空间相交于一点的三条直线
C. 两条平行直线
D. 一条直线和一个点
C
根据空间中平面的确定方法依次判断各个选项即可.
对于A，若三点共线，则三点无法确定一个平面，A错误；
对于B，空间中相交于一点的三条直线，可能确定一个平面，也可能确定三个不同的平面，B错误；
对于C，两条平行直线可以确定唯一的一个平面，C正确；
对于D，若一个点在直线上，则无法确定一个平面，D错误.
故选：C.
答案
解析
例9
已知：l ⊂α, D ∈α, A ∈l, B ∈l, C ∈l, D ∉l，求证：直线AD, BD, CD共面于α.
证明见解析
根据平面基本性质，如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内,可证明结论.
∵A ∈l, l ⊂α ∴A ∈α, D ∈α，
∴AD ⊂α.
答案
解析
17
同理可得，BD ⊂α, CD ⊂α，
所以直线AD, BD, CD共面于α.
变式9-1
两两相交且不过同一个点的三条直线必在同一个平面内．
已知：如图，直线AB、BC、CA两两相交，交点分别为A、B、C．求证：直线AB、BC、CA共面．
证明见解析
利用平面的公理及推论证明即可.
因为直线AB和AC相交于点A，
所以直线AB和AC可确定一个平面，记为α．
因为B ∈AB，C ∈AC，所以B ∈α，C ∈α．所以BC ⊂α．
因此，直线AB、BC、CA都在平面α内，即它们共面．
答案
解析
例10
设P1、P2、P3、P4为空间中的四个不同点，则“P1、P2、P3、P4中有三点在同一条直线上”是“P1、P2、P3、P4在同一
个平面上”的（ ）
A. 充分非必要条件
B. 必要非充分条件
C. 充要条件
D. 既非充分又非必要条件
18
A
由公理2的推论(1) (2)即可得到答案.由公理2的推论:
过一条直线和直线外一点,有且只有一个平面,
可得P1、P2、P3、P4在同一平面,
故充分条件成立;
由公理2的推论：
过两条平行直线,有且只有一个平面,
可得,
当P1 ∈l1、P2 ∈l1、P3 ∈l2、P4 ∈l2,l1//l2时,
P1、P2、P3、P4在同一个平面上,
但P1、P2、P3、P4中无三点共线,
故必要条件不成立;
故选:A
本题考查点线面的位置关系和充分必要条件的判断,重点考查公理2及其推论;属于中档题;
公理2的三个推论：
(1)经过一条直线和直线外一点,有且只有一个平面;
(2)经过两条平行直线,有且只有一个平面;
(3)经过两条相交直线,有且只有一个平面;
教法备注
【考点】三大公理及推论
【教法】通过空间中四点共面的基础知识，利用转化思想推得逻辑条件的判断.
答案
解析
变式10-1
以下四个命题中，正确命题的个数是（ ）
①不共面的四点中，其中任意三点不共线
②若点A、B、C、D共面，点A、B、C、E共面，则点A、B、C、D、E共面
③若直线a、b共面，直线a、c共面，则直线b、c共面
④依次首尾相接的四条线段必共面.
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个．
答案
19
A
对于①，利用反证法说明，对于②，考虑若A、B、C共线的情形；对于③，根据共面不具有传递性进行判断；
对于④，依据四边形四条边可以不在一个平面上进行判断．
对于①，可以用反证法证明：若其中任意三点共线，则四点必共面，故①正确；
对于②，从条件看出两平面有三个公共点A、B、C，但是若A、B、C共线，则结论不正确，故②不正确；
对于③，共面不具有传递性，故③不正确；
对于④，因为此时所得的四边形四条边可以不在一个平面上，故④不正确.
故选：A
解析
例11
在正方体ABCD −A1B1C1D1中，G，H分别是B1C1，C1D1的中点．
（1）画出平面ACD1与平面BDC1的交线，并说明理由；
（2）求证：B，D，H，G四点在同一平面内．
（1）图象见解析，理由见解析；（2）证明见解析.
（1）利用平面基本性质2，可得结论；
（2）利用平面基本性质3，可得结论．
解：（1）解：设AC ⋂BD = M，C1D ⋂CD1 = N，连接MN，则
∵M，N分别在平面ACD1、平面BDC1，
∴平面ACD1∩平面BDC1 = MN；
（2）证明：连B1D1，
答案
解析
20
∵G，H分别是B1C1，C1D1的中点，
则HG//D1B1且D1B1//DB，所以HG//DB
故B、D、G、H四点共面
本题考查平面基本性质，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．
变式11-1
在四面体ABCD中，H、G分别是AD、CD的中点，E、F分别是AB、BC边上的点，且BF
FC = BE
EA = k (k > 0).求
证：E、F、G、H四点共面；
证明见解析
利用平行的传递性证明EF//HG即可.
答案
解析
21
连接EF, HG，
因为H、G分别是AD、CD的中点，
所以AC//HG，
又BF
FC = BE
EA = k (k > 0)，
所以AC//EF，
所以EF//HG，
所以E、F、G、H四点共面.
知识点3——直观图画法
考点3：直观图斜二测画法
知识笔记
斜二测画法的一般步骤
（1）画平面直角坐标系xoy，再画一个斜坐标系x
′oy
′ ，使得 ∠x
′oy
′ = 45∘ ；
（2）与原先x 轴平行方向的线段保持不变，与原先y 轴平行方向的线段长度变为原来的一半.
经典例题
例12
用斜二测画法画出的水平放置的△ABC的直观图如图，其中B′O′ = C′O′ = 1，若原△ABC的面积为2，则A′O′ =
．
22
1
根据斜二测画法原则可还原△ABC,利用面积公式计算即可求解.
由直观图可还原△ABC，如图：
其中OB = O′B′ = OC = O′C′ = 1, BC = B′C′ = 2，又OA⊥BC, AO = 2A′O′，
因此S△ABC = 1
2 BC ⋅2A′O′ = 2A′O′ = 2，
所以A′O′ = 1.
故答案为：1
答案
解析
变式12-1
如图是水平放置，腰长为2的等腰直角三角形ABC的斜二测直观图，则直观图中AB的长度为
．
√5 −2√2
由已知条件结合直观图可得原等腰直角三角形的直角边长及直角顶点，可得直观图中AC，BC，∠ACB的大
小，用余弦定理求解.
由直观图可知，原等腰直角三角形的直角边AC＝BC＝2，斜边为AB，
在其直观图中，AC＝1，BC＝2，∠ACB＝45°，
∴AB＝√12 + 22 −2 × 1 × 2 × √2
2
= √5 −2√2．
答案
解析
23
故答案为：√5 −2√2．
例13
关于斜二测画法画直观图说法不正确的是（ ）
A. 在实物图中取坐标系不同，所得的直观图有可能不同
B. 平行于坐标轴的线段在直观图中仍然平行于坐标轴
C. 平行于坐标轴的线段长度在直观图中仍然保持不变
D. 斜二测坐标系取的角可能是135∘
C
对于A选项，在实物图中取坐标系不同，所得的直观图有可能不同，A选项正确；
对于B、C选项，由平行于x轴或z轴的线段长度在直观图中仍然保持不变，
平行于y轴的线段长度在直观图中是原来的一半，则B选项正确，C选项错误；
对于D选项，在平面直角坐标系中，∠xOy = 90∘，
在斜二测画法中，∠x′O′y′ = 45∘或135∘，D选项正确.
故选：C.
答案
解析
变式13-1
水平放置的△ABC，有一边在水平线上，它的斜二测直观图是正三角形A′B′C′，则△ABC是
A. 锐角三角形
B. 直角三角形
C. 钝角三角形
D. 任意三角形
C
试题分析：根据斜二测画法作平面图形的直观图的原理，可得△ABC中有一个角为钝角，得△ABC是钝角三角
形．
解：根据斜二测画法作平面图形的直观图的原理，可得△ABC中有一个角为钝角，
故选C．
点评：本题给出三角形的直观图的形状，判断三角形原来的形状，着重考查了斜二测画法作平面图形的直观
答案
解析
24
图和三角形形状的判断等知识，属于基础题．
例14
如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45∘，腰和上底均为1
2 的等腰梯形，那么原平面图形的面积
是（ ）
A. 2 + √2
B. 1 + √2
4
C. 2 + √2
4
D. 1 + √2
C
先计算出等腰梯形的面积为S1 =
√2
8
+ 1
8 ，再利用S = 2√2S1计算得到答案.等腰梯形的面积
S1 = 1
2 ( 1
2 + 1
2 cos 45∘× 2 + 1
2 ) × 1
2 sin 45∘= √2
8
+ 1
8
则原平面图形的面积S = 2√2S1 = 1
2 + √2
4
= 2 + √2
4
故选：C
本题考查了斜二测画法面积的计算，抓住前后面积的关系是解题的关键.
教法备注
【考点】斜二测画法与应用
【教法】根据斜二测原理画出原图形，结合图形求出原平面图形的上底与下底和高，即可求出面积.
答案
解析
变式14-1
有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图）∠ABC = 45∘, AD = DC = 1,
DC⊥BC,则这块菜地的面积为 ．
25
3√2
根据斜二测画法把直观图还原成平面图，找出相应边长的关系即可求解.
过A作AE⊥BC于E，在直观图中，
∵∠ABC = 45∘, AD = DC = 1, DC⊥BC，
所以EC = 1, BE = 1, ∴BC = 2, AB = √2，
故原平面图形的上底为1，下底2，高为2√2，
所以这块菜地的面积为S = 1
2 × (1 + 2) × 2√2 = 3√2，
故答案为：3√2
答案
解析
07 空间直线与直线的位置关系
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
理解空间中两直线的位置关系
目标2
★★☆☆☆☆ 理解
理解异面直线的定义
目标3
★★★☆☆☆ 操作
运用公垂线的概念确定公垂线
目标4
★★★★★☆ 掌握
掌握异面直线所成角的求法
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：理解异面直线的概念，能够利用定义和概念求解异面直线的夹角和公垂线；
2．本讲知识点为全题型考查，考试占比10%；
3．对应教材：必修三第十章空间直线与平面，第二节直线与直线的位置关系；
4．本讲知识点给出了公垂线的概念，新东方教材与统编教材的内容编排基本一致，结合课本及考试内容设置
题目.
教法备注
2
通过对鸟巢钢结构外形的观察，分析这些钢“线”之间的位置关系，引出本节内容.
知识点1——两直线的位置关系
考点1：空间中直线与直线的位置关系
知识笔记
共面直线
（1）相交直线：直线l和直线m相交于一点A，记作l ⋂m = A.
（2）平行直线：
公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行.
等角定理：如果一个角的两边和另外一个角的两边分别平行且方向相同，那么这两个角相等.
推论1：如果一个角的两边和另外一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补.
推论2：如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角（或直角）相等.
异面直线
（1）定义：不同在任何一个平面上的两条直线叫做异面直线.
（2）异面直线的画法：画两条异面直线时，通常需要用一个或两个平面来衬托.
3
（3）异面直线判定定理：过平面外一点与平面上一点的直线，和此平面上不经过该点的任何一条直线都是异面
直线.
经典例题
例1
填空题
与同一条直线都相交的两条直线的位置关系是________．
平行，相交或者异面
由空间中两直线的位置关系求解即可
由题意与同一条直线都相交的两条直线的位置关系可能是：
平行，相交或者异面，
故答案为：平行，相交或者异面，
答案
解析
变式1-1
单选题
若a､b､c是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）
A. 若a//b//c，则a､b､c共面
B. 若a､b､c过同一点，则a､b､c共面
C. 若a⊥c, b⊥c，则a//b
D. 若a//b, a⊥c，则b⊥c
D
ABC三项举出反例即可说明，D选项结合线线关系即可判定.
答案
解析
4
A设a, b确定的平面为α，当c//α时，a､b､c不共面，故A错误；
B不妨设a､b､c为三棱锥的三条侧棱所在直线，显然a､b､c共点，但是a､b､c不共面，故B错误；
C若a, b为平面α内的两条直线，且c⊥α，显然满足a⊥c, b⊥c，但是a, b不一定平行，故C错误；
D若a//b, a⊥c，则b⊥c，故D正确；
故选：D.
变式1-2
单选题
设空间三条互不重合的直线a、b、c，则下列结论正确的是( )
A. 若a//b，b与c是异面直线，则a与c也是异面直线
B. 若a⊥b，b与c是异面直线，则a与c也是异面直线
C. 若a⊥b，b⊥c，则a//c
D. 若a//b，b//c，则a//c
D
由空间中直线的三种位置关系逐一判断四个选项即可．
解：若a//b，b与c是异面直线，则a与c异面或相交，故A错误；
若a⊥b，b与c是异面直线，则a与c平行、相交或异面，故B错误；
若a⊥b，b⊥c，则a与c平行、相交或异面，故C错误；
若a//b，b//c，由平行公理可得a//c，故D正确．
故选：D．
答案
解析
变式1-3
单选题
若直线a，b是异面直线，点O是空间中不在直线a，b上的任意一点，则（ ）
A. 不存在过点O且与直线a，b都相交的直线
B. 过点O一定可以作一条直线与直线a，b都相交
C. 过点O可以作无数多条直线与直线a，b都相交
D. 过点O至多可以作一条直线与直线a，b都相交
D
设直线a与点O确定平面α，由题意可得直线b与平面α相交或平行.分两种情形，画图说明即可.
点O是空间中不在直线a，b上的任意一点，设直线a与点O确定平面α，由题意可得b ⊄ α，故直线b与平面α相
答案
解析
5
交或平行.
(1)若直线b与平面α相交（如图1），记b ∩α = P，
①若PO//a，则不存在过点O且与直线a，b都相交的直线；
②若PO与a不平行，则直线PO即为过点O且与直线a，b都相交的直线.
（2）若直线b与平面α平行（如图2），则不存在过点O且与直线a，b都相交的直线.
综上所述，过点O至多有一条直线与直线a，b都相交.
故选：D.
例2
单选题
如图，A、B、C、D是某长方体四条棱的中点，则直线AB和直线CD的位置关系是（ ）
A. 相交
B. 平行
C. 异面
D. 垂直
A
如图，延长GM到N,使MN = 1
2 GM,连接AN,DN.由AB和DC分别平行于正方体的两条相交的对角线，从而得
AB与DC相交．
答案
解析
6
如图，延长GM到N,使MN = 1
2 GM,连接AN,DN.
∵AB//FM，AN∥FM,
∴A,B,N三点共线，
同理D,C,N三点共线，
∴AB与DC相交，
故选：A．
本题考查两直线的位置关系的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解
能力，是中档题．
变式2-1
单选题
如图是正方体的展开图，则在这个正方体中，下列命题正确的个数是（ ）
（1）AF与CN平行 （2）BM与AN是异面直线
（3）AF与BM是异面直线 （4）BN与DE是异面直线
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
B
把平面图还原正方体，由正方体的结构特征判断（1）与（2）；由异面直线的定义判断（3）与（4）．
答案
解析
7
解：把正方体的平面展开图还原原正方体如图，
由正方体的结构特征可知，AF与CN异面垂直，故（1）错误；
BM与AN平行，故（2）错误；
BM ⊂平面BCMF，F ∈平面BCMF，A ∉平面BCMF，F ∉BM，
由异面直线定义可得，AF与BM是异面直线，故（3）正确；
DE ⊂平面ADNE，N ∈平面ADNE，B ∉平面ADNE，N ∉DE，
由异面直线定义可得，BN与DE是异面直线，故（4）正确．
所以正确的个数是2个.
故选：B．
考点2：异面直线的判定
经典例题
例3
解答题
已知a，b是异面直线，直线c//a且c不与b相交，求证：b、c是异面直线.
8
证明见解析
利用反证法，假设b、c不是异面直线，结合已知条件推出矛盾即可证结论.
若b、c不是异面直线，即b, c共面，又c不与b相交，
所以b//c，而c//a，则有b//a，显然与a，b是异面直线矛盾.
故b、c是异面直线，得证.
答案
解析
变式3-1
解答题
如图，ABCD −A1B1C1D1是棱长为2的正方体，P为面对角线AD1上的动点（不包括端点），PM⊥平面ABCD交
AD于点M，MN⊥BD于点N．
(1)
试用反证法证明直线AB1与BC1是异面直线；
(1) 证明见解析
答案
解析
9
(1) 证明：假设直线AB1与BC1是共面直线，
设直线AB1与BC1都在平面α上，则A、B、B1、C1 ∈α．
因此，平面ABB1A1、平面BCC1B1都与平面α有不共线的三个公共点，
即平面ABB1A1和平面BCC1B1重合（都与平面α重合），
这与长方体的相邻两个面不重合矛盾，
于是，假设不成立，
∴直线AB1与BC1是异面直线.
知识点2——异面直线所成角
考点3：求异面直线所成角
知识笔记
异面直线所成角
（1）定义：两条异面直线平移到相交位置时所得到的锐角或直角，称为这两条异面直线所成的角.
（2）思想方法：平移，转化为共面直线所成角，即化空间问题为平面问题.
（3）异面直线所成角的范围：θ ∈(0, π
2 ]
经典例题
例4
填空题
在空间中，直线AB平行于直线EF，直线BC、EF为异面直线，若∠ABC = 120∘，则异面直线BC、EF所成角的
大小为
．
10
60∘
根据异面直线所成角的定义，即可求得答案.
直线BC、EF为异面直线，且直线AB平行于直线EF，
所以AB与BC所成角即为异面直线BC、EF所成角，
因为∠ABC = 120∘，且异面直线所成角的范围是(0∘, 90∘]，
所以异面直线BC、EF所成角的大小为60∘,
故答案为：60∘
答案
解析
变式4-1
填空题
已知角α的大小为150°,且异面直线a、b分别与角α的两边平行,则异面直线a、b所成角的大小为
.
30°
根据异面直线所成角的定义可知.因为异面直线a、b分别与角α的两边平行，
所以角α（或其补角）为异面直线所成的角，
由α的大小为150°知，
异面直线a、b所成角的大小为30°
故答案为30°
本题主要考查了异面直线所成的角，所成角的范围，属于容易题.
答案
解析
例5
填空题
如图，在四面体ABCD中，AB＝CD，M、N分别是BC、AD的中点，若AB与CD所成的角的大小为60∘，则MN与CD
所成的角的大小为
．
11
30∘或 60∘
取BD中点O，连接MO、NO，可得MO = NO，∠MON（或其补角）是AB与CD所成的角，∠NMO是MN
和CD所成的角，由已知得∠MON = 60∘或∠MON = 120∘，由此能求出MN和CD所成的角的大小．
取BD中点O，连接MO、NO，
∵在四面体ABCD中，AB = CD，M、N分别是BC、AD的中点，
∴NO//AB且NO = 1
2 AB，MO//CD且MO = 1
2 CD，
∴MO = NO，∠NMO = ∠MNO，
∠MON（或其补角）是AB与CD所成的角，∠NMO是MN和CD所成的角，
∵AB与CD所成的角的大小为60∘，∴∠MON = 60∘或∠MON = 120∘，
当∠MON = 60∘时，∠NMO = 1
2 (180∘−60∘) = 60∘，
当∠MON = 120∘时，∠NMO = 1
2 (180∘−120∘) = 30∘，
∴MN和CD所成的角的大小为30∘或60∘．
故答案为：30∘或60∘．
教法备注
【考点】异面直线所成角的求法
【教法】引导学生将异面直线通过平移转化为共面直线，进而求解，值得提醒学生注意的是异面直线夹角的
答案
解析
12
取值范围.
变式5-1
解答题
如图，AB和CD是异面直线，AB = CD = 3, E､F分别为线段AD､BC上的点，且AE
ED = BF
FC = 1
2 , EF = √7，求
AB和CD所成角的大小.
60∘
在平面ABD中，过E作EG//AB，交DB于G，连接GF，证明GF//CD，然后利用余弦定理解三角形可得AB
和CD所成角的大小．
在平面ABD中，过E作EG//AB，交DB于G，连接GF，
∵AE
ED = 1
2 ，∴BG
GD = 1
2 ，
又BF
FC = 1
2 ，∴BG
GD = BF
FC ，则GF//CD，
即∠EGF（或其补角）为AB和CD所成角，
在△EGF中，EG = 2
3 AB = 2，GF = 1
3 CD = 1，EF = √7，
∴cos ∠EGF =
22 + 12 −(√7)
2
2 × 2 × 1
= −1
2 ，所以∠EFG = 120∘，
由于空间中两直线的夹角的范围为[0∘，90∘]
∴AB和CD所成角的大小为60∘．
答案
解析
13
例6
解答题
在正方体ABCD－A B C D 中，
(1)求AC与A D所成角的大小；
(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A C 与EF所成角的大小．
（1） 60∘；（2） 90∘
试题分析：（1）根据正方体的性质，证出A1D//B1C，由此得到∠B1CA即为所求，然后在正三角形△ABC1
中加以计算，可得结果；（2）连接BD，根据正方体的性质可得AC⊥BD，AC//A1C1，由三角形中位线得
EF//BD，进而可得结果.
试题解析：(1)如图所示，
连接B1C，AB1，由ABCD −A1B1C1D1是正方体，易知A1D//B1C，从而B1C与AC所成的角就是AC与A1D
所成的角,∵AB1 = AC = B1C，∴∠B1CA = 60∘，即A1D与AC所成的角为60∘.
(2)如图所示，连接BD，在正方体ABCD −A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC//A1C1，
∵E，F分别为AB，AD的中点，∴EF//BD，∴EF⊥AC.
∴EF⊥A1C1，即A1C1与EF所成的角为90∘.
1
1
1
1
1
1
1
答案
解析
变式6-1
解答题
14
在正四棱柱ABCD −A1B1C1D1中，底面边长为1，体积为2，E为AB的中点，证明：A1E与C1B是异面直线，并求
出它们所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）.
见解析， arccos 8√85
85
根据异面直线所成角的定义作出平行直线，转化为平面角进行求解即可．
解：根据已知条件，C1C为正四棱柱ABCD −A1B1C1D1的高
底面四边形A1ABB1是正方形，且面积为1，
故由V = Sh = 2，可得C1C = 2．
假设A1E与C1B不是异面直线，则它们在同一平面内，
由于点A1、E、B在平面A1ABB1内，则点C1也在平面A1ABB1内，这是不可能的，
故A1E与C1B是异面直线．
取A1B1的中点为F，连接BF，BC1，
所以BF//A1E，则∠EBC1或其补角，即为异面直线A1E与C1B所成的角．
在ΔBFC1，BC1 = √5，BF = √17
2
，FC1 = √5
2 ，
由余弦定理得cos ∠FBC1 =
5 + 17
4 −5
4
2√5 × √17
2
= 8√85
85
> 0，
即∠FBC1 = arccos 8√85
85
，
答案
解析
15
所以异面直线A1E与C1B所成的角的大小为arccos 8√85
85
，
本题主要考查异面直线所成角的求解，根据定义作出平行直线转化为平面角结合余弦定理是解决本题的关
键，属于中档题．
教法备注
【考点】异面直线的证明及其所成角的求法
【教法】引导学生根据异面直线所成角的定义作出平行直线，转化为平面角进行求解即可．
知识点3——公垂线
考点4：公垂线的性质及判定
知识笔记
公垂线
（1）定理：对于任意给定的两条异面直线，存在唯一的一条直线与这两条直线都垂直并且相交.
（2）定义：与两条异面直线都垂直且相交的直线称为异面直线的公垂线，公垂线的两个垂足之间的线段称为异面
直线的公垂线段，公垂线段的长度叫做异面直线的距离.
经典例题
例7
填空题
在棱长为a的正方体中，与AD成异面直线且距离等于a的棱共有
条.
答案
16
4
作出图形，结合异面直线距离的定义即可得到答案.
如图，
由图可知，AD, BB1异面，且垂线段AB = a，
AD, CC1异面，且垂线段DC = a，
AD, D1C1异面，且垂线段DD1 = a，
AD, A1B1异面，且垂线段AA1 = a.
故答案为：4.
解析
变式7-1
单选题
对于以下四个命题：①两条异面直线有无数条公垂线；②直线在平面内的射影是直线；③如果两条直线在同一个平
面内的射影平行，那这两条直线平行；④过两条异面直线的一条有且仅有一个平面与已知直线平行；上述命题中为
真命题的个数为（ ）个
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
A
根据异面直线的概念与性质，以直线与平面位置关系，逐项判断即可得出结果.①任意两条异面直线的公垂线
有且仅有一条；故①错；
②当直线与平面垂直时，直线在平面内的射影是点，故②错；
③当两条直线在同一个平面内的射影平行，那这两条直线可能平行，或异面；故③错；
④过两条异面直线的一条如果有两个平面与已知直线平行，则第一条直线即是这两个平面的交线，且第二条直
线与两平面都平行，则第二条直线平行与两平面的交线，即两直线平行，与两直线异面矛盾，所以过两条异
面直线的一条有且仅有一个平面与已知直线平行；故④正确；
答案
解析
17
故选A
本题主要考查直线与直线，以及直线与平面位置关系的判定，熟记直线与直线，以及直线与平面的位置关系
即可，属于常考题型.
例8
解答题
如图，在正方体ABCD −A1B1C1D1中，棱长为1，写出下列异面直线的公垂线并求异面直线的距离．
(1)
AB和DD1；
(2)
AA1和BC1；
(3)
AD1和B1C．
(1) 答案见解析
(2) 答案见解析
(3) 答案见解析
(1) 因为正方体中，AD⊥AB，AD⊥DD1，所以AB和DD1的公垂线为AD，且AD = 1；
(2) 因为AB⊥平面BCC1B1，BC1 ⊂平面BCC1B1，所以AB⊥BC1，又AB⊥AA1，
所以AA1和BC1的公垂线为AB，且AB = 1；
(3) 取AD1的中点M，B1C的中点N，连接MN，
易得MN//AB，因为AB⊥平面ADD1A1且AB⊥平面BCC1B1，
所以MN⊥平面ADD1A1且MN⊥平面BCC1B1，
所以MN⊥AD1，MN⊥B1C，
则MN为AD1和B1C的公垂线，且MN = 1．
答案
解析
18
变式8-1
解答题
已知在正四棱柱ABCD −A1B1C1D1中，AB = 1，AA1 = 2，点E为CC1中点，点F为BD1中点．求证：EF为异面直
线BD1与CC1的公垂线．
证明见解析
连接BD，取BD的中点M，连接MC，FM,ED1、EB,证明四边形EFMC为矩形及ED1 = EB即可证明.
连接BD，取BD的中点M，连接MC，FM,ED1、EB,
因为F为BD1的中点，所以FM//D1D且FM = 1
2 D1D．
又EC = 1
2 C1C且EC⊥MC，则四边形EFMC为矩形，所以EF⊥C1C．
在△ED1B中，ED1 = EB，F为BD1的中点，所以EF⊥BD1，
所以EF为异面直线BD1与CC1的公垂线．
教法备注
【考点】公垂线的证明
答案
解析
19
【教法】引导学生回顾公垂线的定义和定理，找出垂直关系
08 空间直线与平面的位置关系
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
理解空间中直线与平面的位置关系
目标2
★★★☆☆☆ 操作
运用定义求解点到平面、直线到平面的距离
目标3
★★★★☆☆ 识别
辨析且合理运用三垂线定理
目标4
★★★★★☆ 迁移
掌握直线与平面所成角的求法
目标5
★★★★★☆ 迁移
掌握直线与平面平行、垂直的证明方法
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：识记直线与平面的位置关系，能够利用基本定理和性质证明直线与平面的平行或
垂直关系，求解直线和平面的所成角；
2．本讲知识点为全题型考查，考试占比10%；
3．对应教材：必修三第十章空间直线与平面，第三节直线与平面的位置关系；
4．本讲知识点给出了三垂线定理及其运用，新东方教材与统编教材的内容编排基本一致，结合课本及考试内
容设置题目.
2
教法备注
如图，线段A′B所在直线与长方体的六个面所在平面有哪些位置关系？
引入方向：用立体图像呈现本节内容涉及要素，引出本节内容.
知识点1——直线与平面的位置关系
考点1：空间直线和平面的位置关系
知识笔记
直线与平面的位置关系
（1）直线在平面上——有无数个公共点
（2）直线和平面相交——只有一个公共点
（3）直线和平面平行——没有公共点
距离
（1）点到平面的距离：平面外的点到平面的垂线距离叫做点到平面的距离.
（2）直线到平面的距离：如果一条直线与一个平面平行，那么此直线上任意一点到该平面的距离就定义为此直
线到与它平行的平面的距离.
经典例题
例1
填空题
对于任意的直线l与平面α，在平面α内必有直线m，使m与l
.（填“平行”“相交”“垂直”或“异面”）
3
垂直
根据空间线面、线线间的位置关系判断．
若直线l与平面α相交，则平面α内没有m的平行线，若m ⊂α，平面α内没有与m的成异面直线的直线，若
m//α，则平面α内没有与m的相交的直线，
若m ⊂α，平面α内有直线与m的垂直，
若m//α，平面α内首先有与m的平行的直线，平面α内与这条平行线垂直的直线与m也垂直，
直线l与平面相交α，作出l在平面α内的射影，平面α内与这射影垂直的直线易证与m垂直．
故答案为：垂直．
答案
解析
变式1-1
单选题
设a、b是平面M外的两条直线，且a//M，那么a//b是b//M的（ ）条件
A. 充分非必要
B. 必要非充分
C. 充要
D. 既非充分又非必要
A
根据线面平行的判定及充分条件、必要条件判断.
证明充分性：若a//b，结合a//M，且b在平面M外，可得b//M，是充分条件；
证明必要性：若b//M，结合a//M，且a，b是平面M外，则a，b可以平行，也可以相交或者异面，所以不是必
要条件．
故a//b是b//M的“充分非必要”
故选：A．
教法备注
【考点】线面位置关系
【教法】引导学生寻找线线、线面关系见的转化.
答案
解析
例2
4
单选题
给出下列四个命题：
①过一点有且只有一条直线与已知直线垂直；
②过已知直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；
③两条直线分别在两个相交平面内，则这两条直线不可能互相平行；
④与两条异面直线都垂直的直线只有一条．
其中真命题的个数是（ ）．
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
B
根据线线位置关系的有关结论和定理即可判断．①在空间内，过一点有无数条直线与已知直线垂直，①错误；
②根据平行公理知，②正确；
③两条直线分别在两个相交平面内，且这两条直线都与交线平行时，则它们互相平行，③错误；
④与两条异面直线都垂直的直线有无数条，④错误；
故选B．
本题主要考查线线的位置关系应用，记住有关结论是解题的关键．
教法备注
【考点】线面位置关系
【教法】根据题意，由直线与直线，直线与平面的位置关系，依次分析6个命题，综合可得答案．
答案
解析
变式2-1
已知l，m是两条不同的直线，α是平面，且m∥α，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若l∥m，则l∥α
B. 若l∥α，则l∥m
C. 若l⊥m，则l⊥α
D. 若l⊥α，则l⊥m
D
根据线面平行、线线平行、线面垂直、线线垂直的条件逐一判断即可．
解：依题意m∥α，若l∥m，则可能l ⊂α，
∴ A错误；
答案
解析
5
若l∥α，则l与m可能相交、异面、平行，
∴ B错误；
若l⊥m，则可能l ⊂α，l∥α，l与α相交，
∴ C错误；
由于m∥α，
∴平面α内存在直线n，满足m∥n，
若l⊥α，则l⊥n，则l⊥m，
∴ D正确．
故选：D．
例3
填空题
正四面体ABCD的各棱长均为2，则点A到平面BCD的距离为
．
2√6
3
| 2
3 √6
设O是底面△BCD的中心，则AO的长是点A到平面BCD的距离，由勾股定理计算可得．
如图，O是底面△BCD的中心，则AO⊥平面BCD，BO ⊂平面BCD，AO⊥BO，
正四面体ABCD的棱长均为2，则BO = 2
3 × √3
2
× 2 = 2√3
3
，
AO = √AB2 −BO2 =
22 −( 2√3
3
)
2
= 2√6
3
．
故答案为：2√6
3
．
答案
解析
⎷
变式3-1
填空题
在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，PA⊥平面ABC，PA＝8，则点P到BC的距离是
．
6
4√5
由已知，作PD⊥BC于点D，连接AD，因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC．利用线面垂直的判定定理可得到CB⊥
平面PAD，即点P到BC的距离为PD，由AB＝AC＝5，BC＝6，先求解出AD＝4，然后再使用勾股定理求解PD
即可.
如图所示，作PD⊥BC于点D，连接AD．
因为PA⊥平面ABC，
所以PA⊥BC．
又PD∩PA＝P，
所以CB⊥平面PAD，所以AD⊥BC．
在△ACD中，AC＝5，CD＝3，所以AD＝4．
在Rt △PAD中，PA＝8，AD＝4，所以PD＝√82 + 42 = 4√5.
故答案为：4√5.
教法备注
【考点】空间点、线、面之间的距离
【教法】利用三角形的性质，引导学生做出即所求点到直线的垂线段.
答案
解析
考点2：直线与平面平行、垂直的性质和判定
知识笔记
直线与平面平行
（1）判定定理：如果不在平面上的一条直线与这个平面上的一条直线平行，那么该直线与这个平面平行.
（2）性质定理：如果一条直线与一个平面平行，过这条直线的一个平面与此平面相交，那么其交线必与该直线
平行.
7
直线与平面垂直
（1）定义：如果一条直线与平面上的任意一条直线都垂直，就说这条直线与这个平面互相垂直.
（2）判定定理：如果一条直线与一个平面上的两条相交直线都垂直，那么此直线与该平面垂直.
（3）性质定理：垂直于同一个平面的两条直线互相平行.
推理1：过一点有且只有一个平面与给定的直线垂直.
推理2：过一点有且只有一条直线与给定的平面垂直.
经典例题
例4
解答题
已知正方体.ABCD −A1B1C1D1
(1)
求证：AD1//平面C1BD；
(2)
求证：AD1⊥平面A1DC.
(1) 证明见解析
(2) 证明见解析
(1) 证明：∵正方体ABCD −A1B1C1D1．∴C1D1//A1B1，C1D1 = A1B1，
又AB//A1B1，AB = A1B1，∴C1D1//AB，C1D1 = AB，
∴四边形C1D1AB是平行四边形，
∴AD1//C1B，
∵C1B ⊂平面C1BD，AD1 /⊂平面C1BD，
∴AD1//平面C1BD．
(2) 证明：∵正方体ABCD −A1B1C1D1．
∴A1D⊥AD1，CD⊥平面A1ADD1，
∵AD1 ⊂平面A1ADD1，∴CD⊥AD1，
又A1D ∩CD = D，A1D, CD ⊂平面A1DC
答案
解析
8
∴AD1⊥平面A1DC．
变式4-1
解答题
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为AD的中
点．
(1)
求证：PE⊥BC；
(2)
在线段PC上是否存在点M，使得DM//平面PEB？请说明理由
(1) 证明见解析
(2) 存在 M为 PC中点时， DM//平面 PEB，理由见解析
(1) 因为PA = PD, E为AD中点，所以PE⊥AD，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD = AD，PE ⊂平面PAD，
所以PE⊥平面ABCD，又BC ⊂平面ABCD，
因此PE⊥BC．
(2) 存在M为PC中点时，DM//平面PEB，理由如下：
取PB中点为F，连接DM, FM，
答案
解析
9
因为M为PC中点，∴FM//BC，且FM = 1
2 BC．
在矩形ABCD中，E为AD中点，所以ED//BC，且ED = 1
2 BC．
所以ED//FM，且ED = FM，所以四边形EFMD为平行四边形，
因此DM//EF，又因为EF ⊂面PEB, DM ⊄面PEB，
所以DM//面PEB．
教法备注
【考点】线面平行、垂直的性质和判定
【教法】（1）引导学生由面面垂直的性质推得线面垂直，进而得线线垂直；（2）由构造法得线线平行，再利
用线面平行的判断定理，即可证明．
例5
解答题
如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，AA1//BB1//CC1且ABC//A1B1C1且AA1⊥ABC ，AB⊥BC，E，F分别是
A1C1，BC的中点.
（1）求证：AB⊥平面B1BCC1；
（2）求证：C1F//平面ABE.
10
（1）证明见解析；（2）证明见解析.
（1）利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）利用线面平行的判定定理证明即可．
（1）证明：因为在直三棱柱ABC −A1B1C1中，B1B⊥底面ABC，
所以AB⊥B1B，
又因为AB⊥BC，BC ∩B1B = B，
所以AB⊥平面B1BCC1.
（2）取AB的中点D，
因为F为BC的中点，
所以DF//AC，且DF = 1
2 AC，
因为E为A1C1的中点，AC//A1C1，且AC = A1C1，
所以DF//EC1，且DF = EC1，所以四边形DFC1E为平行四边形，
所以C1F//DE，
又因为C1F ⊄平面ABE，DE ⊂平面ABE，
所以C1F//平面ABE.
答案
解析
变式5-1
解答题
如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D、E、F 、G分别为AA1、AC、A1C1、BB1的中点，
AB = BC = √5，AC = AA1 = 2．
11
(1)
求证：AC⊥平面BEF；
(1) 证明见详解；
(1) 在三棱柱ABC-A B C 中，
∵CC ⊥平面ABC，∴四边形A ACC 为矩形．
又E，F分别为AC，A C 的中点，∴AC⊥EF．
∵AB=BC，E为AC的中点，．∴AC⊥BE，而BE ∩EF = B，
BE ⊂平面BEF，EF ⊂平面BEF
∴AC⊥平面BEF．
答案
解析
1 1
1
1
1
1
1
1
变式5-2
解答题
如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，每个侧面均为正方形，D为底边AB的中点，E为侧棱CC1的中点．
（1）求证：CD//平面A1EB；
（2）求证：AB1⊥平面A1EB．
（1）见解析；（2）见解析
（1）设AB1和A1B的交点为O，连接EO，连接OD，证明EO//CD.说明CD ⊄平面A1BE，EO ⊂平面A1BE
答案
解析
12
，即可证明CD//平面A1BE；
（2）利用三棱柱各侧面都是正方形，然后证明CD⊥平面A1ABB1.证明EO⊥AB1，AB1⊥A1B，即可证明
AB1⊥平面A1BE.
（1）设A1B与AB1交于F，连接EF、FD．
∵ F、D为A1B、AB的中点
∴FD//BB1，且FD = 1
2 BB1
又E为侧棱CC1的中点
∴EC//BB1，且EC = 1
2 BB1
∴EC//FD，且EC = FD
∴ 四边形FDCE是平行四边形
∴EF//CD 又 CD ⊄平面A1EB，EF ⊂平面A1EB
故 CD//平面A1EB．
（2）∵三棱柱ABC −A1B1C1中，每个侧面均为正方形
∴AA1⊥AB,
AA1⊥AC，
又 AB ∩AC = A，AB ⊂面ABC，AC ⊂面ABC
∴AA1⊥面ABC
而 CD ⊂面ABC ∴CD⊥AA1
∵ 在正ΔABC中，D为AB的中点
∴CD⊥AB
又 AB ∩AA1 = A，AB ⊂面ABB1A1，AA1 ⊂面ABB1A1
∴CD⊥面ABB1A1而 AB1 ⊂面ABB1A1，∴CD⊥ AB1
由（1）可知CD//EF，所以AB1⊥EF 又 在正方形ABB1A1中，AB1⊥A1B
而EF ⊂平面A1EB，A1B ⊂平面A1EB，EF ∩A1B = F
故AB1⊥平面A1EB．
该题考查的是有关线面平行的判定与线面垂直的判定，涉及到的知识点有线面平行的判定定理和线面垂直的
判定定理，需要熟记定理的条件，属于中档题目.
教法备注
【考点】直线与平面平行的判断及直线与平面垂直的判断
【教法】引导学生先证明两个面平行，再证线面平行
13
知识点2——直线与平面所成角
考点3：求直线和平面所成角
知识笔记
直线与平面所成角
（1）直线与平面所成角：设直线l与平面α斜交于点M ，过l 上任意点A作平面α 的垂线，垂足为O（如图），
我们把点O 叫做A 点在平面α上的垂足，直线OM 则叫做直线l 在平面α上的射影，并规定∠AMO叫做直线l和平
面α所成的角.
（2）当直线l与平面α垂直时，那么这条直线l与平面α所成的角为 90°；当直线l与平面α平行时，那么直线l与平面α
所成的角为0°.因此，直线与平面所成的角的范围是[0, π
2 ].
经典例题
例6
填空题
如图，正三棱柱的底面边长为2，高为1，则直线B1C与底面ABC所成的角的大小为
（结果用反三角函数值
表示）.
答案
14
arctan 1
2
根据垂直关系找到线面角，在直角三角形中利用三角关系即可求解.
如图,因为BB1⊥平面ABC,BC ⊂平面ABC,
所以BB1⊥BC,所以∠B1CB为直线B1C与底面ABC所成的角，
所以tan ∠B1CB = BB1
BC = 1
2 ,
所以∠B1CB = arctan 1
2 ，
故答案为：arctan 1
2 .
解析
变式6-1
解答题
如图，在四棱锥P −ABCD中，底面为直角梯形，AD//BC, ∠BAD = 90∘，PA⊥底面ABCD，且
PA = AD = AB = 2BC, M, N分别为PC, PB的中点．
(1)
求证：PB⊥DM；
(2)
求CD与平面ADMN所成的角．
(1) 答案见解析
答案
15
(2) arcsin √10
5
(1) 因为在四棱锥P −ABCD中，底面为直角梯形，所以AD⊥AB，又因为PA⊥底面ABCD，AD ⊂底面
ABCD，所以AD⊥PA，PA ∩AB = A，AP ⊂平面PAB ，AB ⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
因为PB ⊂平面PAB，所以AD⊥PB，
因为N为PB的中点，且PA = AB，所以AN⊥PB，
AD ∩AN = A，AN ⊂平面ADMN，AD ⊂平面ADMN，所以PB⊥平面ADMN，
又因为DM ⊂平面ADMN，所以PB⊥DM.
(2) 几何法：
取AD的中点F，连接BF, NF，如图所示：
因为AD = 2BC,F为AD的中点，BF//CD，
所以CD与平面ADMN所成的角即为BF与平面ADMN所成的角.
因为PB⊥平面ADMN，∠BFN即为BF与平面ADMN所成的角，
设PA = AD = AB = 2BC = 2，所以PB = 2√2，BF = √5，
在Rt △BFN中，
sin ∠BFN = BN
BF = √2
√5
= √10
5
，所以BF与平面ADMN所成的角为arcsin √10
5
.
即CD与平面ADMN所成的角为arcsin √10
5
.
向量法：
因为在四棱锥P −ABCD中，底面为直角梯形，所以AD⊥AB，又因为PA⊥底面ABCD，所以以A为原点
建立空间直角坐标系，如图所示：
设BC = 1,A (0, 0, 0), P (0, 0, 2), B (2, 0, 0), C (2, 1, 0), D (0, 2, 0), M (1, 1
2 , 1),
解析
16
则PB = (2, 0, −2),CD = (−2, 1, 0),
由(1)可知，PB⊥平面ADMN，所以设CD与平面ADMN所成的角为θ，
则sin θ =
cos ⟨PB, CD⟩
=
PB ⋅CD
PB
CD
= √10
5
.
所以CD与平面ADMN所成的角为arcsin √10
5
.
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
例7
解答题
如图，PA⊥平面ABCD，ABCD为正方形，且PA=AD，E、F分别是线段PA、CD的中点.
(1)
求EF和平面PAB所成的角α；
(2)
求证：EF//平面PBC.
(1) arctan √2；
(2) 证明见解析.
(1) 若G是AB中点，连接EG, FG，四边形ABCD为正方形，PA = PD，
答案
解析
17
因为PA⊥面ABCD，PA ⊂面PAB，则面ABCD⊥面PAB，
由F是线段CD的中点，则FG//BC，而BC⊥AB，即FG⊥AB，
由面ABCD∩面PAB = AB，FG ⊂面ABCD，故FG⊥面PAB，
所以EF和平面PAB所成角的平面角为α = ∠FEG或补角，由EG ⊂面PAB，则FG⊥EG，
在直角△FEG中，tan α = FG
EG ，
由E是线段PA的中点，则EG//BP且EG = 1
2 BP，结合AB ⊂面ABCD，即PA⊥AB，
所以EG = √2
2 AB，AB = BC = FG，则EG = √2
2 FG，故tan α = √2，
故EF和平面PAB所成角为arctan √2.
(2) 由（1）知：FG//BC，FG ⊄面PBC，BC ⊂面PBC，则FG//面PBC，
又EG//BP，同理可证EG//面PBC，
因为FG ∩EG = G，FG, EG ⊂面FEG，则面FEG//面PBC，
由EF ⊂面FEG，可得EF//面PBC.
教法备注
【考点】线面角的求法
【教法】（1）引导学生利用线面垂直的性质、面面垂直的判定得面面垂直，再由面面垂直的性质得线面垂
直，进而确定线面角的平面角，即可求大小；（2）引导学生发现线面平行、面面平行的互推关系，进而证得
结论．
变式7-1
解答题
如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，E，F分别是AC，PB的中点．
(1)
证明：EF∥平面PCD；
(2)
若PA＝AB，求EF与平面PAC所成角的大小．
18
(1) 证明见解析；
(2) π
6
(1) 证明：如图所示，取BC的中点G，连接EG，FG，由题意得：FG//PC，
又FG ⊄平面PCD，PC ⊂平面PCD，
所以FG//平面PCD，
同理EG//平面PCD，又FG ∩EG = G，EG ⊂平面EFG，FG ⊂平面EFG，
所以平面EFG//平面PCD，又EF ⊂平面EFG，
所以EF∥平面PCD；
(2) 建立如图所示空间直角坐标系：
设PA=AB=2，则A (0, 0, 0), C (2, 2, 0), P (0, 0, 2), B (2, 0, 0), E (1, 1, 0), F (1, 0, 1)，
所以EF = (0, −1, 1), AC = (2, 2, 0), AP = (0, 0, 2)，
设平面PAC的一个法向量为→n = (x, y, z)，
则
，即{
，
令 x = 1，得y = −1，z = 0，所以→n = (1, −1, 0)，
设 EF与平面PAC所成角的大小θ，
所以sin θ =
cos ⟨EF,→n⟩
=
EF ⋅→n
EF
⋅→n
=
1
√2 ⋅√2
= 1
2 ，
则θ = π
6 ，
答案
解析
−
→
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
AC ⋅
→n = 0
AP ⋅
→n = 0
−
→
−
→
2x + 2y = 0
2z = 0
−
→
−
→
−
→
19
所以EF与平面PAC所成角的大小为π
6 .
例8
解答题
如图，在圆锥SO中，AB为底面圆O的直径，点C为弧AB的中点，SO = AB.
（1）证明：AB⊥平面SOC；
（2）若点D为母线SC的中点，求AD与平面SOC所成的角.（结果用反三角函数表示）
（1）见证明；（2） ∠ADO = arctan 2√5
5
（1）由圆的性质得出AB⊥OC，由SO⊥平面ABC得出SO⊥AB，故而AB⊥平面SOC；（2）连结OD，由AB⊥平
面SOC可知∠ADO为所求角，设圆锥底面半径为a，求出OD，得出tan∠ADO,得解
（1）证明：在圆锥SO中，SO⊥AB
∵点C为弧AB的中点，∴OC⊥AB
∴由
⇒AB⊥平面SOC
答案
解析
AB⊥SO
AB⊥OC
SO ∩OC = C
⎫
⎪
⎬
⎪
⎭
20
（2）联结OD，∵AB⊥平面SOC
∴∠ADO为AD与平面SOC所成的角
设OC = a，则SO = 2a，
∴OD = 1
2 SC = 1
2
√a2 + (2a)2 = √5
2 a
∴在RtΔAOD中，tan ∠ADO = OA
OD =
a
√5
2 a
= 2√5
5
∴∠ADO = arctan 2√5
5
本题考查了线面垂直的判定，线面角的计算，熟记判断定理，准确找到所成角是关键，属于中档题．
变式8-1
解答题
如图，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，∠PAD = 90∘，且PA = AD，E、F分别是线段PA、CD的中
点．
（1）求证：PA⊥平面ABCD．
（2）求EF和平面ABCD所成的角α的正弦值．
（3）求异面直线EF与BD所成的角β的余弦值．
（1）见解析；（2） √6
6 ；（3） √3
6
(1)根据两个平面垂直的性质定理可得结论
答案
解析
21
(2)连接AF，∠AFE即EF和平面ABCD所成的角α，Rt △AEF中，sin∠AFE = AE
EF ，运算求得结果
(3)取BC中点为M，连接EM，FM，故∠EFM（或其补角）就是异面直线EF与BD所成的角β，求出其余弦
值
（1）证明：∵∠PAD = 90∘，
∴PA⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD = AD，且PA ⊂平面PAD，
∴PA⊥平面ABCD．
（2）解：连接AF，由PA⊥平面ABCD可知，∠AFE即EF和平面ABCD所成的角α，
设PA = AD = 2a，
则AE = a，AF = √AD2 + DF 2 = √4a2 + a2 = √5a，EF = √AE2 + AF 2 = √6a，
∴在Rt △AEF中，sin ∠AFE = AE
EF =
a
√6a
= √6
6 ，
故EF和平面ABCD所成的角α的正弦值为√6
6 ．
（3）解：取BC中点为M，连接EM，FM，
则FM//BD，
故∠EFM（或其补角）就是异面直线EF与BD所成的角β，
MF = 1
2 BD = √2a，EM = √EA2 + AM 2 = √a2 + 5a2 = √6a，EF = √6a，
在△EMF中，由余弦定理得cos ∠EFM = EF 2 + MF 2 −EM 2
2 ⋅EF ⋅MF
= 6a2 + 2a2 −6a2
2 ⋅√6a ⋅√2a
= √3
6 ，
故异面直线EF与BD所成的角β的余弦值为√3
6 ．
本题主要考查的是面面垂直的性质定理的应用，求直线和平面所成的角，异面直线成的角的关键是要先找出
或者通过平行线作出线面角或者异面直线所成的角，然后解三角形．
教法备注
【考点】线面角的求法
【教法】引导学生正确找到线面角，进而求解
例9
解答题
22
如图所示，在正方体ABCD −A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点.
（Ⅰ）求直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值；
（Ⅱ）在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F//平面A1BE？证明你的结论.
（1） 2
3 ；（2）详见解析
设正方体的棱长为1.如图所示，以
⇀
AB，
⇀
AD，
⇀
AA1为单位正交基底建立空间直角坐标系.
（Ⅰ）依题意，得B (1, 0, 0), E (0, 1, 1
2 ), A (0, 0, 0), D (0, 1, 0)，
所以
⇀
BE = (−1, 1, 1
2 ),
⇀
AD = (0, 1, 0).
在正方体ABCD −A1B1C1D1中，因为AD⊥平面ABB1A1,所以
⇀
AD是平面ABB1A1的一个法向量，设直线BE和
平面ABB1A1所成的角为θ，则
答案
解析
23
sin θ =
⇀
BE ⋅
⇀
AD
⇀
BE
⋅
⇀
AD
=
1
3
2 × 1
= 2
3 .
即直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为2
3 .
（Ⅱ）在棱C1D1上存在点F，使B1F//平面A1BE.
事实上，如图所示，分别取C1D1和CD的中点F，G，连结EG, BG, CD1, FG.因A1D1//B1C1//BC,且
A1D1 = BC,所以四边形A1BCD1是平行四边形，因此D1C//A1B.又E,G分别为D1D，CD的中点，所以
EG//D1C，从而EG//A1B.这说明A1，B，G，E共面，所以BG ⊂平面A1BE.
因四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点，所以
FG//C1C//B1B，且FG = C1C = B1B，因此四边形B1BGF是平行四边形，所以B1F//BG.而
B1F ⊄ 平面A1BE，BG ⊂平面A1BE，故B1F//平面A1BE.
教法备注
【考点】线面角的求法
【教法】引导学生正确找到线面角，进而求解
变式9-1
解答题
如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝1
2 PA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC．
(1)求证：OD∥平面PAB；
(2)求直线OD与平面PBC所成角的正弦值．
24
(1)详见解析(2) √210
30
(1)由题意利用线面平行的判定定理证明题中的结论即可；
(2)首先作出直线与平面所成的角，然后利用几何体的空间结构特征确定线面角的正弦值即可.
(1)如图，
∵O、D分别为AC、PC的中点，
∴OD∥PA．
又PA⊂平面PAB，OD⊄平面PAB，
∴OD∥平面PAB．
(2)连接OB，
∵AB⊥BC，OA＝OC，
∴OA＝OB＝OC．
又∵OP⊥平面ABC，
∴PA＝PB＝PC．
取BC的中点E，连接PE，OE，
则BC⊥平面POE，
作OF⊥PE于F，
连接DF，则OF⊥平面PBC，
∴∠ODF是OD与平面PBC所成的角．
设AB＝BC＝a，
则PA＝PB＝PC＝2a，OA＝OB＝OC＝
a，
PO＝
a．
在△PBC中，∵PE⊥BC，PB＝PC，
∴PE＝
a．∴OF＝
a．
答案
解析
25
又∵O、D分别为AC、PC的中点，∴OD＝
＝a．
在Rt△ODF中，sin∠ODF＝
＝
．
∴OD与平面PBC所成角的正弦值为
.
本题主要考查线面平行的判定定理，直线与平面所成的角的含义与应用等知识，意在考查学生的转化能力和
空间想象能力.
知识点3——三垂线定理
考点4：三垂线定理的应用
知识笔记
三垂线定理
平面上的一条直线和这个平面的一条斜线垂直的充要条件是它和这条斜线在平面上的投影垂直.
经典例题
例10
填空题
三垂线定理：平面上的一条直线和这个平面的一条斜线垂直的充要条件是它和这条斜线在
垂直.
平面上的射影
由三垂直线定理及其逆定理可得答案.
解：由三垂线定理得：平面上的一条直线与平面的一条斜线在该平面内的射影垂直，则它也与这条斜线垂
直；
由三垂线定理的逆定理得：平面上的一条直线和这个平面的一条斜线垂直，则它与这条斜线在平面上的射影
垂直；
所以平面上的一条直线和这个平面的一条斜线垂直的充要条件是它和这条斜线在平面上的射影垂直，
故答案为：平面上的射影.
答案
解析
变式10-1
26
解答题
用三垂线定理证明时要抓住哪几个环节？
答案见解析
略
一抓住斜线，二作出垂线，三确定射影．
三垂线定理即：“与射影垂直⇒与斜线垂直.”
答案
解析
例11
多选题
如图，直线PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B的任一点，则下列关系中正确的是（ ）
27
A. PA⊥BC
B. BC⊥平面PAC
C. AC⊥PB
D. BC⊥PC
ABD
由题意，PA⊥平面ABC，则由线面垂直的性质可得A对，而AC⊥BC，则由线面垂直的判定定理可得BC⊥平
面PAC，即B对，
采用反证法排除C，由BC⊥平面PAC可得BC⊥PC，判断D对 ．
由题意有，PA⊥平面ABC，
∵BC ⊂平面ABC，∴PA⊥BC，故A正确；
而AC⊥BC，且PA ∩AC = A，PA, AC ⊂平面PAC，
∴BC⊥平面PAC，故B正确；
若AC⊥PB，因为AC⊥BC，PB ∩BC = B, PB, BC ⊂平面PBC，
所以AC⊥平面PBC，又PC ⊂平面PBC，所以AC⊥PC，
又PA⊥平面ABC，AC ⊂平面ABC，所以PA⊥AC，
则△PAC中有2个直角，矛盾，故C错误；
由BC⊥平面PAC，PC ⊂平面PAC，可得BC⊥PC，故D正确；
故选：ABD
教法备注
【考点】三垂线定理的应用
【教法】引导学生由线线、线面的位置关系，发现三垂线的存在，进行应用三垂线定理.
答案
解析
变式11-1
填空题
如右图，AO⊥平面α，点0为垂足，BC ⊂平面α，BC⊥OB，若∠ABO =
π
4 ，∠COB =
π
6 ，则
tan ∠BAC =
．
答案
28
√6
6
因为AO⊥平面α，BC ⊂平面α，BC⊥OB，
所以根据三垂线定理可得：BC⊥AB．
设OB = 2，
因为∠ABO =
π
4 ，∠COB =
π
6 ，
所以OA = 2，AB = 2√2，BC = 2√3
3
，
所以在△ABC中有BC⊥AB，并且AB = 2√2，
BC = 2√3
3
，
所以tan ∠BAC = BC
AB = √6
6 ．
解析
变式11-2
解答题
在四面体ABCD中，设AB⊥CD，AC⊥BD．求证：
(1)
AD⊥BC；
(2)
点A在底面BCD上的射影是△BCD的垂心．
答案
29
(1) 证明见解析
(2) 证明见解析
(1) 如图，作AP⊥平面BDC，P是垂足，连接CP、DP、BP．
∵CD ⊂平面BCD，
∴AP⊥CD，
∵AB⊥CD，AB∩AP=A
∴CD⊥平面ABP，
∵BP ⊂平面ABP，
∴CD⊥BP，
同理可得：BD⊥CP．
∴点P是△BDC的垂心．
∴DP⊥BC．
∵AP⊥平面BDC，BC ⊂平面BCD，
∴AP⊥BC，
∵AP ∩DP = P
∴BC⊥平面ADP，
∵AD ⊂平面ADP
∴AD⊥BC．
(2) 由（1）证明可得：点A在底面BCD上的射影是△BCD的垂心．
解析
09 空间平面与平面的位置关系
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
理解空间中平面与平面的位置关系
目标2
★★★★★☆ 迁移
掌握两平面所成二面角的求法
目标3
★★★★★☆ 迁移
掌握平面与平面平行、垂直的证明方法
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：理解平面与平面的位置关系，能够利用基本定理和性质证明平面与平面的平行或
垂直关系，求解平面和平面的所成二面角；
2．本讲知识点为全题型考查，考试占比10%；
3．对应教材：必修三第十章空间直线与平面，第四节平面与平面的位置关系；
4．本讲知识点给出了平面与平面位置关系的性质与判定，新东方教材与统编教材的内容编排基本一致，结合
课本及考试内容设置题目.
教法备注
如图，把书页当做平面，那么书的开合过程能否体现否中平面间的位置关系？
2
引入方向：用实例呈现本节内容涉及要素，引出本节内容.
知识点1——平面与平面的位置关系
考点1：平面与平面的位置关系
知识笔记
平面与平面的位置关系
（1）平面和平面平行——没有公共点
（2）平面和平面相交——有一条公共直线
经典例题
例1
单选题
设α, β是两个不重合的平面，l, m是两条不重合的直线，则“α//β”的一个充分非必要条件是（ ）
A. l⊂α，m⊂α且l//β，m//β
B. l⊂α，m⊂β，且l//m
C. l⊥α，m⊥β且l//m
D. l//α，m//β，且l//m
C
根据线面垂直的性质和面面平行判定定理的推论，可得由C项的条件能证出α//β，由面面平行判定定理和空
答案
解析
3
间线面位置关系，对A、B、D各项的条件加以推理，可得都有可能l, m平行于α, β的交线，得它们不正确.
对于A，若l ⊂α，m ⊂α且l//β，m//β，若l, m是平行直线，则它们可能都平行于α, β的交线，所以A不正
确；
对于B，l⊂α，m⊂β，且l//m，可得l, m都平行于α, β的交线，所以B不正确；
对于C，l⊥α且l//m，可得m⊥α，再由m⊥α，m⊥β，得到α//β，
所以l⊥α，m⊥β且l//m是α//β的一个充分非必要条件，所以C正确；
对于D，由l//α，m//β，且l//m，可能有l, m都平行于α, β的交线，所以D不正确；
故选：C.
关键点点睛：该题给出几个位置关系的条件，求能使α//β的一个充分条件，正确解题的关键是要明确面面平
行的判定定理.
变式1-1
单选题
下列命题中，是真命题的选项为（ ）
A. 平行于同一条直线的两个平面平行
B. 若两个平面分别经过两条平行直线，则这两个平面平行
C. 分别在两个平行平面上的两条直线平行
D. 与两条异面直线都平行的两个平面平行．
D
举例说明判断ABC；利用面面平行的判定推理判断D.
如图，正方体ABCD −A1B1C1D1，
对于A，平面ABB1A1与平面A1B1C1D1都与直线CD平行，而平面ABB1A1与平面A1B1C1D1相交，A是假命
题；
对于B，相交平面ABB1A1与平面A1B1C1D1分别经过直线AB, C1D1，且AB//C1D1，B是假命题；
对于C，直线AB ⊂平面ABCD，直线A1D1 ⊂平面A1B1C1D1，且平面ABCD//平面A1B1C1D1，
而直线AB与直线A1D1是异面直线，C是假命题；
对于D，直线a, b是两条异面直线，α, β是两个不同平面，a//α, b//α, a//β, b//β，
答案
解析
4
过直线b上的点A作直线a′//a，则直线a′, b确定平面γ，由b//α, b//β，得点A ∉α, A ∉β，
而a//α, a//β，于是a′//α, a′//β，因此α//γ, β//γ，所以α//β，D真命题.
故选：D
例2
单选题
设m, n为空间两条不同的直线,α, β为空间两个不同的平面,给出下列命题：
①若m⊥α, m//β,则α⊥β；
②若m//α, n//α,则m//n；
③若m ⊂α, n ⊂α且m//β, n//β,则α//β；
④若m⊥α, n//β且α//β,则m⊥n．
其中所有正确命题的序号是（ ）
A. ①②
B. ②③
C. ③④
D. ①④
D
通过空间中线线、线面、面面间的位置关系的判定定理与性质定理判断即可.
由m, n为空间两条不同的直线,α, β为空间两个不同的平面,知：
在①中,若m⊥α, m//β,则由面面垂直的判定定理得α⊥β,故①正确；
在②中,若m//α, n//α,则m与n相交、平行或异面,故②错误；
在③中,若m ⊂α, n ⊂α且m//β, n//β,则α与β相交或平行,故③错误；
在④中,若m⊥α, n//β且α//β,则由线面垂直的性质得m⊥n,故④正确．
∴其中所有正确命题的序号是①④．
故选：D．
答案
解析
变式2-1
单选题
已知a，b是两条异面直线，给出下面四个命题：（1）过直线a有且只有一个平面与b平行；（2）P为空间任意一
5
点，过P总能作一条直线与a，b都相交；（3）有且只有一条直线与a，b都垂直；（4）P是异面直线a，b外一点，
过P与a，b都平行的平面有且只有一个，则以上命题中，不正确的是（ ）．
A. （3）
B. （2）（3）
C. （2）（4）
D. （2）（3）（4）
D
（1）当在直线a上取点A，过点A作直线b的平行线b
′，此时直线a与b′确定平面α，再判断是否成立；（2）当点
P与直线a确定一个平面α，并且这个平面与直线b平行，判断选项；（3）根据公垂线的定义判断；（4）根据
（2）的判断过程判断结论.
（1）在直线a上取点A，过点A作直线b的平行线b
′，此时直线a与b′确定平面α，b//b′，b ⊄ α，所以b//α，故
（1）正确；
（2）如果点P与直线a确定一个平面α，并且这个平面与直线b平行，那么过点P与直线a相交时，这些直线都
在平面α内，与直线b没有交点，故（2）不正确；
（3）异面直线有且只有一条公垂线，与公垂线平行的所有直线都与a, b垂直，故（3）不正确；
（4）根据（2）可知，就不存在，因为直线a就在过点P与直线b平行的平面内，所以（4）不正确.
故不正确的是（2）（3）（4）
故选：D
本题考查平面的基本性质及推理，熟练掌握线线，线面，面面的位置关系的综合判断，属于中档题型.
答案
解析
变式2-2
单选题
对于不重合的两个平面α与β，给定下列条件：
①存在平面γ，使得α，β都平行于γ
②存在两条不同的直线l，m，使得l⊂β，m⊂β，使得l∥α，m∥α
③α内有不共线的三点到β的距离相等；
④存在异面直线l，m，使得l∥α，l∥β，m∥α，m∥β.
其中，可以判定α与β平行的条件有（ ）
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
B
利用直线与平面、平面与平面的位置关系,对选项进行逐一判断,确定出正确选项即可.对于①:由平行于同一平面
的两个平面平行可知①正确;
答案
解析
6
对于②:由面面平行的判定定理知,若l, m是同一平面内的两条相交直线时,可以判定α与β平行,反之不成立,故②不
正确;
对于③:若α, β是两个相交平面时,如果平面α内不共线的三点在平面β的异侧时，此三点可以到平面β的距离等,
此时不能判定α与β平行,故③不正确;
对于④:在平面α内作l
′//l, m
′//m,因为l, m是两条异面直线,所以必有l
′, m
′相交,又因为l//β, m//β,所以
l
′//β, m
′//β,由面面平行的判定定理知,α与β平行,故④正确;
故选:B
本题考查面面平行的判定及线面平行的判定;熟练掌握面面平行的判定定理是求解本题的关键;重点考查学生的
逻辑思维能力;属于中档题、常考题型.
教法备注
【考点】面与面的位置关系
【教法】根据提意，利用直线与平面的位置关系，平面与平面的位置关系，对选项进行逐一判断，可得正确
答案．
考点2：面面平行、垂直的性质与判定
知识笔记
平面与平面平行
（1）判定定理：如果一个平面上的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行.
（2）性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行.
平面与平面垂直
（1）判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面垂直.
（2）性质定理：如果两个平面垂直，那么其中一个平面上垂直于两平面交线的直线与另一个平面垂直.
经典例题
例3
解答题
如图，四面体P﹣ABC中，PA，PB，PC两两垂直，PA＝PB＝PC，且M，N分别为线段AB，PC的中点．
7
(1)
若点K是线段PM的中点，求证：直线NK//平面ABC；
(2)
求证：平面PCM⊥平面ABC．
(1) 证明见解析
(2) 证明见解析
(1) 因为N为线段PC的中点，点K是线段PM的中点，
所以由中位线定理知NK//CM，
又CM在平面ABC内，且NK在平面ABC外，
因此根据线面平行判定定理得直线NK//平面ABC，得证．
(2) 因为PA，PB，PC两两垂直，
所以PC⊥PA，PC⊥PB，PA ∩PB = P, PA, PB ⊂平面PAB，
所以PC⊥平面PAB，
又AB ⊂平面PAB，所以PC⊥AB，
又PA＝PB，且M为线段AB的中点，所以PM⊥AB，
结合PM ∩PC = P, PM, PC ⊂平面PCM,所以AB⊥平面PCM,
因为AB ⊂平面ABC，所以平面PCM⊥平面ABC，得证．
答案
解析
8
.
变式3-1
解答题
如图，在四棱锥P −ABCD中，四边形ABCD为正方形，已知PD⊥平面ABCD，且PD = AD，E为PC中点．
(1)
证明：PA//平面BDE；
(2)
证明：平面PCD⊥平面PBC．
(1) 证明见解析
(2) 证明见解析
(1) 连接AC, BD交于点O，连接OE，
∵四边形ABCD为正方形，∴O为AC中点，又E为PC中点，∴OE//PA，
答案
解析
9
∵OE ⊂平面BDE，PA ⊄平面BDE，∴PA//平面BDE.
(2) ∵PD⊥平面ABCD，BC ⊂平面ABCD，∴PD⊥BC；
∵四边形ABCD为正方形，∴BC⊥CD；
∵PD ∩CD = D，PD, CD ⊂平面PCD，∴BC⊥平面PCD，
∵BC ⊂平面PBC，∴平面PCD⊥平面PBC.
例4
解答题
在正方体ABCD −A1B1C1D1中，M, N, E分别是AB, DD1, AA1的中点．
(1)
证明：平面MNE//平面BCD1；
(2)
求直线MN与D1C所成角的正切值．
10
(1) 证明见解析
(2) √2
(1) 连接A1B，
∵N, E分别是DD1, AA1的中点，
∴AE//DN且AE = DN，
∴四边形ADNE是平行四边形，
∴EN//AD，
又AD//BC，
∴EN//BC，
∵BC ⊂平面BCD1，EN ⊄平面BCD1，
∴EN//平面BCD1，
∵M, E分别是AB, AA1的中点，
∴ME//A1B, A1B//D1C，
∴ME//D1C，
又D1C ⊂平面BCD1，ME ⊄平面BCD1，
∴ME//平面BCD1，
又∵ME ∩EN = E, ME, EN ⊂平面MNE，
∴平面MNE//平面BCD1；
(2) 由（1）知ME//D1C，
∴∠EMN为MN与D1C所成角或其补角，
在Rt△MEN中，NE = AD = a，ME = √2
2 a，
所以tan ∠EMN = NE
ME =
a
√2
2 a
= √2，
所以直线MN与D1C所成角的正切值为√2．
答案
解析
11
教法备注
【考点】面与面位置关系的性质与判定
【教法】（1）引导学生利用正方体的性质以及平面和平面平行的判定定理，证得结论．（2）先判断两条直
线所成的角，再通过解直角三角形，求出两直线所成角的正切值．
变式4-1
解答题
如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，侧面ACC1A1⊥底面ABC，BC⊥AC．
（1）求证：B1C1//平面A1BC；
（2）求证：平面A1BC⊥平面ACC1A1．
（3）若A1B = 2BC，求异面直线A1B与B1C1所成角的大小．
12
（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） π
3
（1）由题知BC//B1C1，进而根据判定定理即可证明；
（2）由面面垂直的性质定理得BC⊥平面ACC1A1，进而可证明结论；
（3）由题知∠A1BC是异面直线A1B与B1C1所成角的平面角或补角，再根据集合关系求解.
解：（1）证明：由三棱柱的性质知，BC//B1C1，
∵B1C1 ⊄平面A1BC，BC ⊂平面A1BC，
∴B1C1//平面A1BC
（2）证明：∵侧面ACC1A1⊥底面ABC，BC⊥AC，平面ACC1A1 ⋂平面ABC = AC，BC ⊂平面ABC，
∴BC⊥平面ACC1A1，
∵BC ⊂平面A1BC，
∴平面A1BC⊥平面ACC1A1，
（3）∵ BC//B1C1，
∴∠A1BC是异面直线A1B与B1C1所成角的平面角或补角；
由（2）知BC⊥平面ACC1A1，A1C ⊂平面ACC1A1，
∴BC⊥A1C，
∵A1B = 2BC，
∴ 在Rt△A1BC中，cos ∠A1BC = BC
A1C = 1
2 ，
∵异面直线夹角的范围是[0, π
2 ]
∴∠A1BC = π
3 ，即异面直线A1B与B1C1所成角的大小π
3
教法备注
【考点】面与面位置关系的性质与判定
【教法】引导学生由面面垂直推得线面垂直，再由面面垂直的判定定理，得证；提醒学生对线面角的分类讨
论.
答案
解析
知识点2——二面角
考点3：二面角
13
知识笔记
二面角
（1）二面角定义：当两个平面相交时，它们的交线AB 将各平面分割成两个半平面，由半平面α，β与交线AB所组
成的空间图形叫做二面角，记作α −AB −β，交线AB 叫做二面角的棱，半平面α，β叫做二面角的面（如图）.
（2）二面角的度量：
①二面角的平面角
在二面角的棱上任取一点O，过O 分别在面α和β内作棱AB的垂线，OM与ON所成的角叫做二面角α −AB −β 的
平面角（如图），用平面角∠MON 表示二面角的大小.
②范围：二面角的大小的范围[0, π].
经典例题
例5
单选题
已知直二面角α −l −β，直线a在平面α上，直线b在平面β上，且直线a与直线l不垂直，直线b与直线l不垂直，则以
下判断正确的是（ ）
A. a与b可能垂直，但不可能平行
B. a与b可能垂直，也可能平行
C. a与b不可能垂直，但可能平行
D. a与b不可能垂直，也不可能平行
C
利用空间中两直线的位置关系求解．
答案
解析
14
解：∵α −l −β是直二面角，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且a、b与l均不垂直，
∴当a//l，且b//l时，由平行公理得a//b，即a，b可能平行，故A与D错误；
当a，b垂直时，则a与b在α内的射影垂直，由于二面角是直二面角，b在α内的射影即为l，则可证得a⊥l，与已
知矛盾，
∴a与b不可能垂直，有可能平行．
故选：C．
变式5-1
单选题
已知二面角α −l −β是直二面角，m为直线，γ为平面，则下列命题中真命题为（ ）
A. 若m ⊂α，则m⊥β
B. 若m⊥α，则m∥β
C. 若m∥α，则m⊥β
D. 若γ∥α，则γ⊥β
D
由二面角α −l −β是直二面角，则α⊥β，再结合空间中的线面关系，线线关系，线面垂直、平行的性质定
理，判定定理 判断即可得解.解：对于选项A，若m ⊂α，则m与β相交或m ⊂β或m∥β，即A错误；
对于选项B，若m⊥α，则m∥β或m ⊂β，即B错误；
对于选项C，若m∥α，则m与β相交或m ⊂β或m∥β，即C错误；
对于选项D，若γ∥α，则γ⊥β，即D正确，
故选D.
本题考查了空间线线、线面、面面关系，重点考查了空间想象能力，属基础题.
答案
解析
例6
填空题
二面角α −l −β为60∘，异面直线a、b分别垂直于α、β，则a与b所成角的大小是
60∘
根据二面角的定义，及线面垂直的性质，我们可得若两条直线a、b分别垂直于α、β两个平面，则两条直线的
夹角和二面角相等或互补，由于已知的二面角α −l −β为60∘，故异面直线所成角与二面角相等，即可得到答
案.解：根据二面角的定义和线面垂直的性质
答案
解析
15
设异面直线a、b的夹角为θ
∵二面角α −l −β为60∘，异面直线a、b分别垂直于α、β
则两条直线的夹角和二面角相等或互补，∴θ = 60o
故答案为60∘
本题主要考查二面角的定义、异面直线所成的角和线面垂直的性质.
变式6-1
双空题
如图所示，以等腰直角三角形ABC斜边BC上的高AD为折痕.使△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面，则:
（1）BD与CD的位置关系为
; （2）∠BAC=
.
BD⊥CD ; 60°
由题意结合二面角的概念可得BD与CD的位置关系；设等腰直角三角形的直角边长为a，由平面几何的知识可
得∠BAC；即可得解.
因为AB=AC，AD⊥BC，所以BD⊥AD，CD⊥AD，
所以∠BDC为二面角B −AD −C的平面角，∠BDC=90°，所以BD⊥DC；
设等腰直角三角形的直角边长为a，则斜边长为√2a，所以 BD=CD=
√2
2 a，
所以折叠后BC=
( √2
2 a)
2
+ ( √2
2 a)
2
=a，
所以折叠后△ABC为等边三角形，所以∠BAC=60°.
故答案为：BD⊥CD；60°.
本题考查了二面角概念的应用及线线角的求解，考查了运算求解能力与空间想象能力，属于基础题.
答案
解析
⎷
例7
解答题
如图，在正四棱锥P −ABCD中，PA = AB = 2√2，E、F分别为PB、PD的中点，平面AEF与棱PC的交点为G．
16
(1)
求平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角的正切值的大小；
(2)
求CG
PC 的值．
(1) 1
2
(2) 2
3
(1) 解：取底面ABCD的中心为O，连接EF，与OP相交于点Q，则Q为OP，EF的中点，
因为E、F分别为PB、PD的中点，所以EF是三角形PBD的中位线，所以EF//BD，
因为BD ⊂平面ABCD，EF ⊄平面ABCD，所以EF//平面ABCD，EF ⊂平面AEGF，
设平面AEGF与平面ABCD相交于直线l，故EF//l//BD，连接QA，
则因为AE = AF，所以AQ⊥EF，又因为OA⊥BD，
因为PA = AB = 2√2，所以AC = √AB2 + BC2 = 4，PO = √PA2 −AO2 = 2，
故∠QAO即为平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角，其中OQ = 1
2 OP = 1，AO = 1
2 AC = 2，
所以tan ∠OAQ = OQ
AO = 1
2 ，即平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角的正切值为1
2
(2) 解：延长AQ，因为平面AEGF∩平面PAC = AQ，则由两平面相交的性质可得AQ一定过点G，
过点G作GM//PO交AC于点M，因为PO⊥底面ABCD，所以GM⊥底面ABCD，
设GM = CM = x，则AM = 4 −x，由（1）知tan ∠OAQ = 1
2 ，
所以GM
AM = 1
2 ，即
x
4 −x = 1
2 ，解得x = 4
3 ，故CG
PC = GM
OP =
4
3
2 = 2
3
答案
解析
17
教法备注
【考点】二面角的求法
【教法】带领学生正确找到并作出二面角的平面角，进而求解.
变式7-1
解答题
如图，在三棱锥P −ABC中，AC = BC = 2，∠ACB = 90∘，AP = BP = AB，PC⊥AC．
(1)求证：PC⊥AB；
(2)求二面角B −AP −C的大小；
(3)求点C到平面APB的距离．
18
(1)证明见解析；(2) arccos √3
3 ，(3) 2√3
3
.
(1)取AB中点D，连结PD、CD．证明AB⊥平面PCD即可；
(2)以C为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标.取AP中点E，连结BE、CE，∠BEC是二面角
B −AP −C的平面角，根据向量数量积求该夹角即可；
(3)C在平面APB内的射影为正△APB的中心H，根据BH = 2HE求出H坐标，点C到平APB的距离为CH .
(1)取AB中点D，连结PD，CD．
∵AC = BC，AP = BP，
∴AB⊥CD，AB⊥PD，∵PD ∩CD = D，∴AB⊥平面PCD，
∴PC⊥AB；
(2)∵PA＝PB，AC＝BC，∴△APC ≅△BPC，∴PC⊥BC，故PC⊥平面ABC.
以C为原点建立空间直角坐标系C −xyz．
则C(0,0,0)，A(0,2,0)，B(2,0,0)．
设P(0,0,t)，∵|PB| = |AB| = 2√2，∴t = 2，P(0,0,2)．
取AP中点E，连结BE，CE．
∵|AC| = |PC|，|AB| = |BP|，
∴CE⊥AP，BE⊥AP，
∴∠BEC是二面角B −AP −C的平面角，
∵E(0,1,1)，∴EC = (0, −1, −1)，\overrightarrow
{EB}=\left(2
,−1,−1)，
答案
解析
−
→
−
→
19
∴cos ∠BEC =
EC ⋅EB
EC
⋅
EB
=
2
√2 × √6
= √3
3 ，
∴二面角B −AP −C的大小为arccos √3
3 ；
(3)∵AC = BC = PC，
∴C在平面APB内的射影为正△APB的中心H，且CH的长为点C到平面APB的距离，如(2)建立空间直角坐标
系C −xyz．
∵BH = 2HE，∴点H的坐标为\left(\dfrac{2}
{3}
, 2
3 ,\dfrac{2}{3}\right)，∴|CH| = 2√3
3
，
∴点C到平APB的距离为2√3
3
．
教法备注
【考点】二面角的求法
【教法】带领学生正确找到并作出二面角的平面角，进而求解.
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
例8
解答题
如图，在四棱锥P −ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC = 60∘，PC⊥平面ABCD，PC = 1，E为PA
的中点．
(1)
求证：平面EDB⊥平面ABCD；
(2)
求二面角A −EB −D的正切值；
(3)
求点E到平面PBC的距离．
(1) 证明见解析
(2) 2√3
3
答案
20
(3) √3
4
(1) 设AC ∩BD = O，连接EO，
∵菱形ABCD，∴O是AC中点，
∵E为PA的中点，∴OE//PC，
∵PC⊥平面ABCD，
∴EO⊥平面ABCD，
又EO ⊂平面EDB，
故平面EDB⊥平面ABCD．
(2) 过点O作OF垂直BE于F点，连接AF，
因为EO⊥平面ABCD，AO ⊂平面ABCD，所以AO⊥OE，
又AO⊥BD，BD ∩OE = O, BD, OE ⊂平面BDE，∴AO⊥平面BDE，
因为BE ⊂平面BDE，所以AO⊥BE，
又OF⊥BE, AO ∩OF＝O, AO, OF ⊂平面AOF，所以BE⊥平面AOF．
∴二面角A −EB −D的平面角为∠AFO，
因为底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC = 60∘, PC = 1，则△ABC为等边三角形，
所以AO = 1
2 AC = 1
2 ，OB = √3
2 ，又OE = 1
2 PC = 1
2 ，所以BE = √BO2 + OE2 = 1，
所以OF = OB ⋅OE
BE
= √3
4 ，
在Rt △AFO中，tan ∠AFO = AO
OF =
1
2
√3
4
= 2√3
3
．
(3) 在底面作OH⊥BC，垂足为H，
∵PC⊥平面ABCD，OH ⊂平面ABCD，所以PC⊥OH，
又PC ∩BC = C, PC, BC ⊂平面PCB，
所以OH⊥平面PCB，
由（1）知，OE//PC，OE ⊄平面PBC，PC ⊂平面PBC，
所以OE//平面PBC，
所以点E到平面PBC的距离就是点O到平面PBC的距离OH，
在Rt △BOC中，BO = √3
2 ，OC = 1
2 ，BC = 1，
所以OH = OB ⋅OC
BC
= √3
4 ，即点E到平面PBC的距离为√3
4 ．
解析
21
教法备注
【考点】二面角的求法
【教法】（1）由线面垂直证得面面垂直；（2）引导学生由线面垂直的判定证得线面垂直，进而找到得到二
面角的平面角，再求解直角三角形得答案；（3）由线面平行找到点到直线的距离.
变式8-1
解答题
在直三棱柱ABC −A1B1C1中，AB = AC = 1，∠BAC = 90∘， 异面直线A1B与B1C1所成的角等于60∘，设AA1 = a
．
（1）求a的值；
（2）求平面A1BC1与平面B1BC1所成的锐二面角的大小．
（1）
（2）60°
试题分析：对于第一问，根据题意，建立相应的坐标系，应用向量所成角的余弦值，建立关于a的等量关系
式，从而求出a的值，对于第二问，当a的值定好以后，对应的点的坐标都为已知量，从而求出对应的平面的
答案
解析
22
法向量，从而求得二面角的大小．
试题解析：（1）建立如图所示的空间直角坐标系，则
，B1(1, 0, a)，C1(0, 1, a)，
（
）
∴
，
∴
, 3分
∵异面直线
与
所成的角60°,
∴
A1B ⋅B1C1
A1B
⋅
B1C1
= cos 60∘
即
−1
√1 + a2 ⋅√2
= 1
2 ， 5分
又
，所以
； 6分
（2）设平面
的一个法向量为
，则
，
，即
且
，
又
，
，
∴
，不妨取
， 8分
同理得平面
的一个法向量
， 9分
设
与
的夹角为
，则
， ∴θ = 60∘ ， 11分
∴平面
与平面
所成的锐二面角的大小为60°． 12分
−
→
−
→
−
→
−
→
23
考点：线面角，二面角．
10 柱体
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
理解棱柱与圆柱的有关概念
目标2
★★★★★☆ 迁移
掌握柱体表面积与体积的求法
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：理解棱柱和圆柱的有关概念，能够识别不同棱柱之间的区别，掌握表面积和体积
的计算方法；
2．本讲知识点为全题型考查，考试占比10%；
3．对应教材：必修三第十一章简单几何体，第一节柱体；
4．本讲知识点给出了祖暅原理的有关内容，新东方教材与统编教材的内容编排基本一致，结合课本及考试内
容设置题目.
教法备注
粉笔是我们常见的柱体模型，通过本章内容我们一起来学习一下柱体的特征.
2
引入方向：举例生活中的柱体模型，用实例呈现本节内容涉及要素，引出本节内容.
知识点1——棱柱与圆柱
考点1：棱柱和圆柱的结构特征
知识笔记
棱柱
棱柱
直棱柱
正棱柱
图 形
定 义
有两个面互相平行，
而其余每相邻两个面
的交线都互相平行的
多面体
侧棱垂直于底面的棱
柱
底面是正多边形的直
棱柱
侧棱
平行且相等
平行且相等
平行且相等
3
侧面的形状
平行四边形
矩形
全等的矩形
对角面的形状
平行四边形
矩形
矩形
平行于底面的截面的
形状
与底面全等的多边形
与底面全等的多边形
与底面全等的正多边
形
圆柱
将矩形ABCD（及其内部）绕其一条边AB 所在直线旋转一周，所形成的几何体叫做圆柱，AB 所在直线叫做
圆柱的轴，线段AD 和BC 旋转而成的圆面叫做圆柱的底面，线段CD 旋转而成的曲面叫做圆柱的侧面，CD 叫做
圆柱侧面的一条母线，圆柱的两个底面间的距离（即AB 长度）叫做圆柱的高.
经典例题
例1
填空题
设A ={直四棱柱}、B ={正方体}、C ={长方体}、D ={正四棱柱}，则这些集合的关系是
.（用⊂符号连
接）
B ⊂D ⊂C ⊂A
四种棱柱中正方体最特殊，直四棱柱最一般，而正四棱柱是底面为正方形的长方体，由此可知四个集合的关
系.
由底面为正方形的直四棱柱为正四棱柱，得D ⊂A，
由底面为矩形得直四棱柱为长方体，可得C ⊂A，
因为正方形时特殊的矩形，所以D ⊂C，
由侧棱等于底面边长的正四棱柱为正方体，可得B ⊂D，
所以B ⊂D ⊂C ⊂A.
答案
解析
4
故答案为：B ⊂D ⊂C ⊂A.
变式1-1
单选题
“有一侧棱与底面两边垂直的棱柱”是“该棱柱为直棱柱”的（ ）条件
A. 充分非必要
B. 必要非充分
C. 充分必要
D. 既非充分又非必要
B
利用直棱柱的结构特征，结合充分必要性的定义即可得解.
若侧棱与底面两条平行的两边垂直，则侧棱与底面不一定垂直，此时的棱柱不一定是直棱柱，故充分性不成
立；
若棱柱为直棱柱，可知侧棱垂直于底面，即侧棱垂直于底面的任意条线，故必要性成立，
所以“有一侧棱与底面两边垂直的棱柱”是“该棱柱为直棱柱”的必要非充分条件，
故选：B
答案
解析
例2
单选题
棱柱成为直棱柱的一个必要而不充分条件是（ ）
A. 它的一条侧棱垂直于底面
B. 它的一条侧棱与底面两条边垂直
C. 它的一个侧面与底面都是矩形
D. 它的一个侧面与底面的一条边垂直
B
结合棱柱的几何特征与充分条件和必要条件的概念逐项分析判断即可求出结果.
A. 由直棱柱的概念可知有一条侧棱垂直于底面的棱柱是直棱柱，所以充分性成立，而若棱柱为直棱柱，则由
直棱柱的性质可知，侧棱垂直于底面，所以有一条侧棱垂直于底面成立，因此必要性成立，故棱柱的一条侧
棱垂直于底面是棱柱成为直棱柱的充要条件，故A错误；
B. 若棱柱为直棱柱，则侧棱垂直于底面，则有一条侧棱与底面两条边垂直，但反之不成立，例如，侧棱垂直
于两条互相平行的底面的边，则不一定是直棱柱，故棱柱的一条侧棱与底面两条边垂直是棱柱成为直棱柱的
必要不充分条件，故B正确；
答案
解析
5
C. 若棱柱是直棱柱，但是底面不一定是矩形，例如，底面是平行四边形，所以必要性不成立，故C错误；
D. 若棱柱为直棱柱，则该棱柱的侧面与底面的一条边也可以平行，所以必要性不成立，
故D错误，
故选：B.
变式2-1
单选题
设有三个命题；甲：底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；乙：底面是矩形的平行六面体是长方体；丙：直四
棱柱是平行六面体．以上命题中真命题的个数为（ ）
A. 0个
B. 1个
C. 2个
D. 3个
B
根据平行六面体，长方体，直棱柱的定义判断三个命题即可.
由平行六面体的定义可得底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；命题甲正确；
底面是矩形的平行六面体的侧棱不一定垂直于底面，故该几何体不一定为长方体，
命题乙错误；
直四棱柱的底面不一定为平行四边形，故直四棱柱不一定是平行六面体，命题丙错误；
正确的命题只有一个.
故选：B
答案
解析
例3
单选题
在斜棱柱的侧面中，矩形最多有（ ）
A. 2个
B. 3个
C. 4个
D. 6个
A
根据棱柱的特征判断可得；
解：棱柱的侧面是平行四边形，故该侧面为矩形只需侧面的两条相邻边互相垂直，即侧棱与该侧面和底面的
公共边垂直.
答案
解析
6
假设斜棱柱的侧面中有一个矩形，则该矩形侧面与底面的公共边与侧棱垂直，该公共边记为边a，由于是斜棱
柱，所以底面的其他边要与侧棱垂直，当且仅当它与边a平行，否则侧棱会垂直于底面，不再是斜棱柱，而棱
柱的底面有且最多有另外一条边与边a平行，故整个底面最多有两条边与侧棱垂直，即斜棱柱的侧面最多有两
个矩形.
故选：A
变式3-1
以下命题中真命题的是（ ）.
A. 所有侧面都是矩形的棱柱是长方体
B. 有两个相邻的侧面是矩形的棱柱是直棱柱
C. 侧棱垂直底面两条棱的棱柱是直棱柱
D. 各侧面都是全等的矩形的直棱柱是正棱柱
B
利用长方体、直棱柱、正四棱柱的定义，对各个选项逐一分析判断，即可求解.
对于A，直棱柱的侧面都是矩形，但不一定是长方体，
如直三棱柱，故A不正确，
对于B，有两个相邻侧面是矩形，则利用线面垂直的判定定理证明出侧棱垂直于底面，则该四棱柱是直棱柱，
故B正确，
对于C，斜四棱柱可以满足侧棱垂直底面两条棱，但不是直棱柱，故C不正确；
对于D，底面是菱形的直棱柱，满足底面四条边相等，各侧面都是全等的矩形，
但不是正四棱柱，故D不正确.
故选：B.
答案
解析
例4
填空题
“棱柱有相邻两个侧面是矩形”是“棱柱是直棱柱”的
条件（填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“不充分
不必要”）
充要
利用直棱柱的概念及线面垂直的判定定理即得.
答案
解析
7
由“棱柱有相邻两个侧面是矩形”可知侧棱垂直底面，则“棱柱是直棱柱”；由直棱柱的定义可知，“棱柱是直棱
柱”可推出“棱柱有相邻两个侧面是矩形”，故“棱柱有相邻两个侧面是矩形”是“棱柱是直棱柱”的充要条件.
故答案为：充要.
变式4-1
填空题
①直四棱柱一定是长方体；②正方体一定是正四棱柱；③底面是正多边形的棱柱是正棱柱；④有相邻两个侧面是矩
形的棱柱是直棱柱；⑤平行六面体的六个面均为平行四边形；⑥直棱柱的侧棱长与高相等．以上说法中正确的命题
有
．
②④⑤⑥
根据直棱柱、正四棱柱、平行六面体的概念和结构特征依次判断选项即可.
①侧棱垂直于底面的四棱柱叫做直四棱柱，底面是长方形的直四棱柱才是长方体.
底面如果不是长方形，则该直四棱柱不是长方体，故①错误；
②上、下底面都是正方形，且侧棱垂直于底面的棱柱叫做正四棱柱，所以正方体是正四棱柱，但正四棱柱不一
定是正方体，故②正确；
③底面是正多边形的直棱柱是正棱柱，底面是正多边形且侧棱与底面不垂直的棱柱不是正棱柱，故③错误；
④有两个相邻的侧面是矩形，说明侧棱与底面两条相交直线垂直，则侧棱与底面垂直，
所以，有相邻两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱，故④正确；
⑤底面是平行四边形的四棱柱叫做平行六面体，而棱柱的各个侧面都是平行四边形，故⑤正确；
⑥直棱柱的侧棱垂直于底面，因此侧棱长与高相等，故⑥正确.
故答案为：②④⑤⑥
答案
解析
例5
填空题
圆柱底面半径为3，母线长为5，一只小蜘蛛从某条母线上的一端点出发，沿着圆柱表面爬行两周到该母线的另一个
端点，则蜘蛛所走的最短路程为
.
√25 + 36π2
答案
解析
8
把圆柱侧面展开后得一矩形，矩形对角线长为所求最短距离．
沿这条母线展开圆柱侧面是一矩形，矩形的长是圆柱的底面周长为2π × 3 = 6π，矩形的宽为圆柱的母线长5，
矩形的对角线长为√52 + (6π)2 = √25 + 36π2，即为所求最短距离√25 + 36π2．
故答案为：√25 + 36π2
变式5-1
填空题
已知圆柱的底面半径为1，母线长为4，AB为母线，则A绕圆柱侧面两周到达B点经过的最短路程为
4√1 + π2
将圆柱侧面展开即可求得结果.
由圆柱的侧面展开图可知，A绕圆柱侧面两周到达B点经过的最短路程为√42 + (2 × 2π)2 = 4√1 + π2.
故答案为：4√1 + π2.
答案
解析
知识点2——柱体的体积与表面积
考点2：柱体的体积和表面积
知识笔记
祖暅原理与体积公式
（1）祖暅原理：夹在两个平行平面间的两个几何体，如果被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面都有相
等的面积，那么这两个几何体的体积必相等.
（2）一般棱柱的体积：V=Sh，其中S为棱柱的底，h为棱柱的高.
（3）圆柱的体积：V=Sh = πr2h.其中，r为圆柱的底面半径，h为圆柱的高.
表面积公式
（1）直棱柱的表面积： S=ch + 2S.其中，S 为直棱柱的底面积，c 为底面多边形的周长，h为棱柱的高.
（2）圆柱的表面积：S=ch + 2S = 2πrh + 2πr2.其中，r 为圆柱的底面半径，h 为圆柱的高.
9
经典例题
例6
填空题
一个正四棱柱的底面边长为2，高为4，则该正四棱柱的体积为
．
16
根据棱柱的体积公式直接计算即可.
由题可得该正四棱柱的体积为2 × 2 × 4 = 16.
故答案为：16.
答案
解析
变式6-1
填空题
已知正四棱柱底面边长为2√2，体积为32，则此四棱柱的表面积为
16 + 32√2
求出正四棱柱的高，再计算此四棱柱的表面积．设正四棱柱的高为h，由底面边长为a = 2√2，体积为V = 32
，
则V = a2h，即h =
32
(2√2)
2 = 4；
所以此四棱柱的表面积为：
S = S侧面积+ 2S底面积
= 4 × 4 × 2√2 + 2 × 2√2 × 2√2
= 32√2 + 16．
故答案为：16 + 32√2．
本题考查正四棱柱的体积与表面积的计算问题，考查运算求解能力，属于基础题．
答案
解析
例7
填空题
10
若圆柱的底面半径为2，高为1，则圆柱的全面积是
．
12π
根据题意使用圆柱的底面积、侧面积公式，分别算出该圆柱的底面积和侧面积，从而得出该圆柱的全面积.
∵圆柱的底面半径为r = 2,
∴圆柱的底面圆面积S1 = πr2 = 4π.
又∵圆柱的高为1, ∴圆柱的母线长l = 1,
∴圆柱的侧面积S2 = 2πrl = 2 π × 2 × 1 = 4
π
.
所以, 该圆柱的全面积为S = 2S1 + S2 = 2 × 4π + 4π = 12π.
故答案为：12π.
答案
解析
变式7-1
填空题
若正四棱柱的底面边长为5，侧棱长为4，则此正四棱柱的体积为
．
100
根据棱柱体积公式直接可得.
V = 5 × 5 × 4 = 100
故答案为：100
答案
解析
例8
单选题
若一圆柱的侧面积等于其表面积的2
3 ，则该圆柱的母线长与底面半径之比为（ ）
A. 1：1
B. 2：1
C. 3：1
D. 4：1
B
答案
11
设这个圆柱的母线长为l，底面半径为r，根据已知条件列等式，化简可得答案.设这个圆柱的母线长为l，底面
半径为r，
则2πr ⋅l = 2
3 (2πr ⋅l + 2πr2)，
化简得l = 2r，即l
r = 2
1 ，
故选：B
本题考查了圆柱的侧面积公式，考查了圆柱的表面积公式，属于基础题.
解析
变式8-1
已知一个正方体与一个圆柱等高，且侧面积相等，则这个正方体和圆柱的体积之比为
.
π : 4
设正方体的棱长为a，圆柱的底面半径为r，由圆柱和正方体侧面积相等可构造方程求得r = 2a
π ，根据体积公
式可求得体积比.
设正方体的棱长为a，圆柱的底面半径为r，
则圆柱侧面积S1 = 2πra，正方体的侧面积S2 = 4a2，
∵S1 = S2，∴2πra = 4a2，解得：r = 2a
π ，
∴正方体与圆柱的体积比为：
a3
πr2 × a =
a3
( 2a
π )
2
⋅aπ
= π : 4.
故答案为：π : 4.
答案
解析
例9
填空题
已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为
.
24π
求底面圆的半径后可求侧面积.
答案
解析
12
因为底面积为9π，故底面半径为3，而高为4，
故侧面积为2π × 3 × 4 = 24π，
故答案为：24π
教法备注
变式5-1变式5-1
变式9-1
填空题
已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则圆柱的表面积为
.
6π
试题分析：由题意得2r = 2, h = 2，所以圆柱的表面积为2πr2+2πrh = 6π.
考点：圆柱的表面积
答案
解析
例10
长方体的12条棱的总长度为56m，表面积为112m2，那么长方体的对角线长为
m
2√21
设出该长方体的长宽高分别为a，b，c，由已知有：4(a + b + c) = 56，2(ab + bc + ca) = 112，解之可得出对
角线的长.设该长方体的长宽高分别为a，b，c，则有：4(a + b + c) = 56，即a + b + c = 14···①
2(ab + bc + ca) = 112，即ab + bc + ca = 56···②
∴a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 −2(ab + bc + ca) = 142 −112 = 84
∴长方体的对角线的长为：√a2 + b2 + c2 = √84 = 2√21，
故答案：2√21.
本题考查长方体的边长，表面积，对角线之间的关系，属于基础题.
答案
解析
13
变式10-1
填空题
长方体的过一个顶点的三条棱长的比是1：2：3，对角线长为2√14，则这个长方体的表面积是
．
88
设长方体的过一个顶点的三条棱长分别为a，2a，3a，可得√a2 + 4a2 + 9a2 = 2√14，求得a值，得到长方体的
过一个顶点的三条棱长，则答案可求．设长方体的过一个顶点的三条棱长分别为a，2a，3a，
则√a2 + 4a2 + 9a2 = 2√14，即14a2 = 56，得a = 2．
∴长方体的过一个顶点的三条棱长分别为2，4，6．
∴这个长方体的表面积是2 (2 × 4 + 2 × 6 + 4 × 6) = 88．
故答案为88．
本题考查棱柱表面积的求法，考查正方体体对角线与过一个顶点的三条棱的关系，是基础题．
教法备注
【考点】柱体的体积和表面积的求法
【教法】引导学生找到对角线与长方体长宽高的关系，进而由表面积公式求解.
答案
解析
11 锥体
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
理解棱锥与圆锥以及台体的有关概念
目标2
★★★★★☆ 迁移
掌握锥体表面积与体积的求法
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：理解棱锥和圆锥的有关概念，能够识别不同椎体之间的区别，掌握表面积和体积
的计算方法；
2．本讲知识点为全题型考查，考试占比10%；
3．对应教材：必修三第十一章简单几何体，第二节锥体；
4．本讲知识点给出了棱锥体积与棱柱体积的转化关系，新东方教材与统编教材的内容编排基本一致，结合课
本及考试内容设置题目.
教法备注
铅锤等物件是我们常见的锥体模型，通过本章内容我们一起来学习一下锥体的特征.
2
引入方向：让学生举例生活中的锥体，用实例呈现本节内容涉及要素，引出本节内容.
知识点1——棱锥与圆锥、台体
考点1：棱锥与圆锥、台体的结构特征
知识笔记
棱锥
名称
棱锥
正棱锥
图形
定义
有一个面是多边形，其余各面
是有一个公共顶点的三角形的
多面体
底面是正多边形，且顶点在底
面的射影是底面的中心
侧棱
相交于一点但不一定相等
相交于一点且相等
侧面的形状
三角形
全等的等腰三角形
3
平行于底的截面形状
与底面相似的多边形
与底面相似的正多边形
其他性质
高过底面中心；侧棱与底面、
侧面与底面、相邻两侧面所成
角都相等
圆锥
将直角三角形ABC（及其内部）绕其一条直角边AB 所在直线旋转一周，所形成的几何体叫做圆锥，AB 所
在直线叫做圆锥的轴，点A 叫做圆锥的顶点，直角边BC 旋转而成的圆面叫做圆锥的底面，斜边AC 旋转而成的
曲面叫做圆锥的侧面，斜边AC 叫做圆锥侧面的一条母线，圆锥的顶点到底面间的距离（即AB 的长度）叫做圆锥
的高.
台体
把一个锥体用平行于底面的平面截去含顶点的小锥体后，剩下的几何体称为台体.大圆锥截去小圆锥后剩下的
几何体称为圆台.由圆锥的形成过程，容易看出圆台是由直角梯形绕直角边旋转一周所形成的几何体.类似地，如果
棱柱被一个平行于底面的平面所截，那么截去一个小棱锥后剩下的多面体称为棱台.其中，由正棱锥截得的棱台称
为正棱台.
设台体上、下底面想分别为S′ 和S ,上下底面的距离为h ，则台体的体积为：
V = 1
3 (S′ + √S′S + S)h
4
经典例题
例1
给出下列命题：①底面是正多边形的棱锥是正棱锥；②侧棱都相等的棱锥是正棱锥；③侧棱和底面成等角的棱锥是
正棱锥；④侧面和底面所成二面角都相等的棱锥是正棱锥，其中正确命题的个数是
．
0
根据正棱锥定义去判断即可.
正棱锥定义：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心，
对于①，底面是正多边形，但顶点在底面的射影不一定是底面正多边形的中心，故①错；
对于②，侧棱都相等的棱锥，其底面不一定是正多边形，
如图（1）三棱锥S −ABC，满足条件SA = SB = SC，底面△ABC不是等边三角形，故②错；
对于③，侧棱和底面成等角的棱锥，其底面不一定是正多边形，
如图（1），三棱锥S −ABC，满足条件∠SAO = ∠SBO = ∠SCO，
即侧棱与底面的夹角相等，但底面△ABC不是等边三角形，故③错；
对于④，侧面和底面所成二面角都相等的棱锥，底面不一定是正多边形，
如图，三棱锥S −ABC，底面△ABC为直角三角形，顶点S在底面射影为△ABC内心O，
则SO⊥平面ABC，又AC、AB、BC ⊂平面ABC，故SO⊥AC、SO⊥AB、SO⊥BC，
设半径为R的△ABC内切圆与AC、AB、BC交点分别为O1、O2、O3，
答案
解析
5
则OO1⊥AC、OO2⊥AB、OO3⊥BC，连接SO1、SO2、SO3，
因为OO1⊥AC、SO⊥AC, OO1 ∩SO = O, OO1、SO ⊂平面SOO1，
所以AC⊥平面SOO1，所以∠SO1O是三棱锥S −ABC侧面SAC与底面所成的二面角的平面角，
同理∠SO2O、∠SO3O分别是三棱锥侧面SAB和侧面SBC与底面所成的二面角的平面角，
且tan ∠SO1O = tan ∠SO2O = tan ∠SO3O = SO
R ，即 ∠SO1O = ∠SO2O = ∠SO3O，
所以侧面和底面所成二面角都相等的棱锥，底面不一定是正多边形，故④错.
故答案为：0.
变式1-1
以下四个命题中，真命题为（ ）
A. 侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥
B. 底面是矩形的平行六面体是长方体
C. 直四棱柱是直平行六面体
D. 棱台的侧棱延长后必交于一点
D
根据各几何体的定义即性质逐个选项判断即可.
A中， 如图，若AD = BD = AC = BC，且AD ≠DC，则该三棱锥不是正三棱锥，A是假命题；
B中，平行六面体中侧棱与底面矩形不一定垂直，B是假命题；
C中，直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故直四棱柱不一定是直平行六面体，C是假命题；
D中，根据棱台的定义，D是真命题.
故选：D
答案
解析
变式1-2
在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是
（写出所有正确结
论的编号）.
6
①矩形；
②不是矩形的平行四边形；
③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；
④每个面都是等边三角形的四面体；
⑤每个面都是直角三角形的四面体.
①③④⑤
试题分析：本题中①③④⑤只要能举一例说明正确即可，如图长方体ABCD −A1B1C1D1中，四边形ABB1A1是
矩形，四面体B1ABC有三个面是直角三角形，第四个面B1AC是等腰三角形，四面体A1BC1D每个面都是等腰
三角形，四面体D1BDC每个面都是直角三角形，故①③④⑤正确，而任取四点构成的平行四边形的两组对边中
至少有一组是长方体的平行的一对棱，故这个平行四边形一定是矩形，从而②错误.
考点：线线垂直与线面垂直.
教法备注
【考点】棱锥与圆锥、台体的结构特征
【教法】先画出图形，再在底面为正方形的长方体上选择适当的4个顶点，引导学生观察它们构成的几何形体
的特征，从而对五个选项一一进行判断，对于正确的说法只须找出一个即可．
答案
解析
例2
在三棱锥P −ABC中，点Р在底面ABC内的射影为Q，若PA = PB = PC，则点Q定是△ABC的
心．
外
由PA = PB = PC可得QA = QB = QC，故Q是△ABC的外心.
答案
解析
7
解：如图，∵点P在底面ABC内的射影为Q,∴PQ⊥平面ABC
又∵QA ⊂平面ABC、QB ⊂平面ABC、QC ⊂平面ABC，
∴PQ⊥QA、PQ⊥QB、PQ⊥QC.
在Rt △PQA和Rt △PQB中，{
,∴△PQA ≅△PQB，∴QA = QB
同理可得：QA = QC,故QA = QB = QC
故Q是△ABC的外心.
故答案为：外.
PA = PB
PQ = PQ
变式2-1
在三棱锥P﹣ABC中，顶点P到AB、AC和BC的距离都相等，P在底面的投影为O且在△ABC内，则点O是△ABC的
（ ）
A. 内心
B. 外心
C. 重心
D. 垂心
A
由题意可设|PO|＝m，P到△ABC的三边距离为d，据此分析可得O到三边的距离大小都为√d2 −m2，据此即可
得解．
根据题意，设点P在△ABC上的射影O在△ABC内，
且点P到△ABC的三边距离相等，
设|PO|＝m，P到△ABC的三边距离为d，
则O到三边的距离相等，大小为√d2 −m2，
故P点在平面ABC上的射影是△ABC的内心，
故选：A．
答案
解析
例3
8
给定一个正方体形状的土豆块，只切一刀，除了可以得到四面体､四棱柱等类型的多面体以外，还能得到的多面体
的类型可以含有（ ）
A. 五棱柱､七面体
B. 五棱柱､六棱锥
C. 六棱锥､七面体
D. 以上答案都不正确
A
根据正方体的几何结构特征，分别取AB, AD, A1B1, A1D1的中点E, F, E1, F1，即可得到一个直五棱柱，即可求
解.
如图所示，分别取AB, AD, A1B1, A1D1的中点E, F, E1, F1，
分别连接EF, EE1, FF1, E1F1，
可得几何体BCDFE −B1C1D1F1E1为一个直五棱柱，且为七面体.
故选：A.
答案
解析
变式3-1
下列命题中正确的个数是
①由五个面围成的多面体只能是三棱柱；
②用一个平面去截棱锥便可得到棱台；
③仅有一组对面平行的五面体是棱台；
④有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥．
A. 0个
B. 1个
C. 2个
D. 3个
A
答案
解析
9
试题分析：①中，由五个面围成的多面体可以是四棱锥，所以不正确；②中，用一个平行于底面的平面截棱锥
才能得到一个棱台；③中，仅有一组对面平行的五面体，可以是三棱柱；④中，有一个个面是多边形，其余各
面是三甲型的几何体不一定是棱锥，如三棱台，所以选A．
考点：多面体的特征．
变式3-2
《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”,则以正方体ABCD −A1B1C1D1的顶点为顶点的“鳖
臑”的个数为
A. 12
B. 24
C. 48
D. 58
B
每个顶点对应6个鳖臑，所以8个顶点对应48个鳖臑．但每个鳖臑都重复一次，再除2．解：当顶点为A时，三
棱锥A﹣EHG，A﹣EFG，A﹣DCG，A﹣DHG，A﹣BCG，A﹣BFG，为鳖臑．
所以8个顶点为8×6＝48个．但每个鳖臑都重复一次，再除2．所以个数为24个．
故选：B．
本题考查线面位置关系，属于中档题．
教法备注
【考点】棱锥与圆锥、台体的结构特征
【教法】引导学生发现每个顶点对应6个鳖臑，所以8个顶点对应48个鳖臑．同时提醒学生注意每个鳖臑都重
复一次，所以要再除2.
答案
解析
10
知识点2——锥体的体积与表面积
考点2：锥体的体积与表面积
知识笔记
体积公式
（1）一般棱锥的体积：V= 1
3 Sh .其中，S 为棱锥的底面积，h 为棱锥的高.
（2）圆锥的体积：V= 1
3 Sh = 1
3 πr2h .其中，r 为圆锥的底面半径，h 为圆锥的高.
表面积公式
（1）正棱锥的表面积： S= 1
2 ch′ + S .其中，S 为正棱锥的底面积，c 为底面多边形的周长，h′ 为棱锥的斜高（侧
面底边上的高）.
（2）圆锥的表面积：S = πrl + πr2.其中，r 为圆锥的底面半径，l 为圆锥的母线.
经典例题
例4
棱长都是2的三棱锥的表面积为
.
4√3
先计算一个等边三角形的面积，再计算4个等边三角形的面积和.
棱长都是2的三棱锥的四个面都是等边三角形，每个等边三角形的面积S = 1
2 × 2 × 2 × sin 60∘= √3，所以三
棱锥的表面积是4√3.
故答案为：4√3
答案
解析
变式4-1
已知正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为4，则其侧面积为
.
11
3√15
分析可知正三棱锥的三个侧面都是腰长为4，底边长为2的等腰三角形，可直接求解.
因为正三棱锥的三个侧面都是腰长为4，底边长为2的等腰三角形，
所以正三棱锥的斜高为√42 −12 = √15，
所以正三棱锥的侧面积为1
2 × 2 × √15 × 3 = 3√15
故答案为：3√15
答案
解析
例5
若圆锥的侧面展开图是半径为2、圆心角为180°的扇形，则这个圆锥的体积是
．
√3
3 π
试题分析：扇形的弧长即为圆锥底面圆的周长，设底面半径为
，则
，扇形的半径即为
圆锥的母线，则圆锥的高为
，故该圆锥的体积为
．
考点：（1）圆锥基本元素之间的关系；（2）圆锥体积公式的应用．
答案
解析
变式5-1
若圆锥的侧面积为20π，且母线与底面所成角为arccos 4
5 ，则该圆锥的体积为
．
16π
设出圆锥的底面半径，表达出母线长和圆锥的高，根据圆锥的侧面积列出方程，求出半径，从而求出圆锥的
体积.
设圆锥的底面半径为r，
答案
解析
12
因为母线与底面所成角为arccos 4
5 ，所以圆锥母线长为l = 5
4 r，
由勾股定理得：圆锥的高为√( 5
4 r)
2
−r2 = 3
4 r，
故πrl = 5
4 r2 = 20π，解得：r = 4，
故圆锥的高为3
4 × 4 = 3，圆锥的体积为1
3 π × 42 × 3 = 16π
故答案为：16π.
例6
已知三棱锥V −ABC的底面是边长为2的正三角形，V C⊥平面ABC，二面角V −AB −C的大小为60°，求三棱锥
V −ABC的表面积．
6 + 3√3
作CD⊥AB于D，连接V D，可得∠V DC是二面角V −AB −C的平面角，则∠V DC = 60∘，可求得V C, V D的
长，从而可求出其表面积.
作CD⊥AB于D，连接V D，
因为V C⊥平面ABC，AB ⊂平面ABC，所以V C⊥AB
因为V C ∩CD = C，V C, CD ⊂平面V CD，所以AB⊥平面V CD，
因为V D ⊂平面V CD，所以AB⊥V D，
所以∠V DC是二面角V −AB −C的平面角，即∠V DC = 60∘，
答案
解析
13
在正△ABC中，AB = BC = AC = 2，所以CD = √3，
在Rt △V CD中，tan ∠V DC = V C
CD ，则V C = CD tan ∠V DC = √3 × √3 = 3,
所以V D = √V C2 + CD2 = √9 + 3 = 2√3，
所以S表= S△V BC + S△V AC + S△V AB + S△ABC
= 1
2 ⋅2 (3 + 3 + 2√3) + 1
2 ⋅2 ⋅√3 = 6 + 3√3.
变式6-1
如图，正方体ABCD −A′B′C′D′的棱长为a，连接A′C′, A′D, A′B, BD, BC′, C′D，，得到一个三棱锥；求：
(1)
三棱锥A′ −BC′D的表面积与正方体表面积的比值；
(2)
三棱锥A′ −BC′D的体积．
(1) √3
3
(2) a3
3
(1) ∵ABCD −A′B′C′D′是正方体，
∴六个面都是正方形，
答案
解析
14
∴A′C′ = A′B = A′D = BC′ = BD = C′D = √2a，即三棱锥A′BC′D为正三棱锥，
∴S三棱锥= 4 × √3
4
× (√2a)
2
= 2√3a2，S正方体= 6a2，
∴S三棱锥
S正方体
= √3
3 .
(2) 显然，三棱锥A′ −ABD, C′ −BCD, D −A′D′C′, B −A′B′C′是完全一样的，
∴V三棱锥A′−BC′D = V正方体−4V三棱锥A′−ABD
＝a3 −4 × 1
3 × a2
2 × a = a3
3 .
例7
已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，则这个圆锥侧面展开图的圆心角是
.
π
由题意得r2 + h2 = l2以及πrl = 2 × πr2，得到{
，进而结合扇形得面积公式即可求出结果.
设圆锥得地面半径为r，母线为l，高为h，则r2 + h2 = l2，由题意知πrl = 2 × πr2，所以{
，设圆锥得
侧面展开图得圆心角为α，则1
2 αl2 = πrl，所以1
2 α(2r)2 = 2πr2，即α = π，
故答案为：π.
答案
解析
l = 2r
h = √3r
l = 2r
h = √3r
变式7-1
已知一个正四面体的顶点是一个正方体的顶点，那么正方体的表面积是正四面体的表面积的
倍．
√3
答案
解析
15
正方体的棱长为a，则正四面体的棱长为√2a，分别求出正方体和正四面体的表面积，即可得解.
解：如图所示，正四面体的顶点是一个正方体的顶点，
设正方体的棱长为a，则正四面体的棱长为√2a，
则S正方体= 6a2，
S正四面体= 4S△A1BD = 4 × √3
4
× (√2a)
2
= 2√3a2,
所以
S正方体
S正四面体
=
6a2
2√3a2 = √3，
所以正方体的表面积是正四面体的表面积的√3倍.
故答案为：√3.
变式7-2
如图所示，以圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，则该圆锥与圆柱等底等高.若圆锥的轴
截面是一个正三角形，则圆柱的侧积面与圆锥的侧面积之比为
.
√3
设圆锥的底面半径为r，求出圆锥与圆柱的侧面积，即可求解
设圆锥的底面半径为r，
由题意圆锥的轴截面是一个正三角形，
可知圆锥的侧面积为πr ⋅2r = 2πr2，
圆柱的侧面积为2πr ⋅√3r = 2√3πr2，
答案
解析
16
所以圆柱的侧积面与圆锥的侧面积之比为2√3πr2
2πr2
= √3，
故答案为：√3
例8
已知在正四棱锥P −ABCD中，底面是边长为1的正方形，棱锥的高为
√2
2 ，则该四棱锥的侧面积等于
．
√3
由正四棱锥的性质结合已知条件求出正四棱锥的侧棱长，可知其侧面为等边三角形，从而求得侧面积.
如图，由正四棱锥的性质知，PO⊥平面ABCD
在直角△POC中，PO = √2
2 ，CO = 1
2 √12+12 = √2
2 ，则PC =
( √2
2 )
2
+( √2
2 )
2
= 1
所以该正四棱锥的侧面为边长为1的等边三角形，
所以侧面积S = 4 × 1
2 × 1 × 1 × sin 60∘= 2 × √3
2
= √3
故答案为：√3
教法备注
【考点】锥体的体积与表面积
【教法】引导学生由正四棱锥的性质结合已知条件求出正四棱锥的侧棱长，可知其侧面为等边三角形，从而
求出结果．
答案
解析
⎷
17
变式8-1
在正三棱锥P −ABC中，已知底面等边三角形的边长为6，侧棱长为4．
（1）求证：PA⊥BC；
（2）求此三棱锥的全面积和体积．
（1）证明见解析；（2） 9√3 + 9√7.
（1）取BC的中点M，连AM、BM．由△ABC是等边三角形，可得AM⊥BC．再由PB = PC，得PM⊥BC
．利用线面垂直的判定可得BC⊥平面PAM，进一步得到PA⊥BC；
（2）记O是等边三角形的中心，则PO⊥平面ABC．由已知求出高，可求三棱锥的体积．求出各面的面积可得
三棱锥的全面积．
解：（1）证明：取BC的中点M，连AM、PM．
∵△ABC是等边三角形，
∴AM⊥BC．
又∵PB = PC，
∴PM⊥BC．
∵AM ∩PM = M，
∴BC⊥平面PAM，
则PA⊥BC；
（2）解：记O是等边三角形的中心，则PO⊥平面ABC．
∵△ABC是边长为6的等边三角形，
∴AO = 2
3 AM = 2
3 ×6 × √3
2
= 2√3．
∴PO = √PA2 −AO2 = 2，PM = √PB2 −BM 2 = √7，
∵S△ABC = √3
4
× 62 = 9√3，
∴VP−ABC = 1
3 S△ABC ⋅PO = 6√3；
答案
解析
18
S全= S底+ S侧= 9√3 + 3 × 1
2 ×6 × √7 = 9√3 + 9√7．
【点睛】
本题考查了棱锥的体积；棱锥的侧面积和表面积；直线与平面垂直的性质，属中档题.
例9
如图所示的几何体是从一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的．现用一个
平面去截这个几何体，若这个平面平行于底面，那么截面图形为( )
A.
B.
C.
D.
C
截面图形应为图C所示的圆环面．
故选C
答案
解析
变式9-1
19
从一个底面半径和高都是R的圆柱中挖去一个以圆柱上底面为底，下底面中心为顶点的圆锥，得到如图所示的几何
体．如果用一个与圆柱下底面距离为l，并且平行于底面的平面去截这个几何体，则截面面积为
．
π (R2 −l2)
画出轴截面，设出O1D = x，由图形关系求解即可.
题图中的几何体的轴截面如图所示，
OA = AB = R，所以△AOB是等腰直角三角形．
又CD//OA，则CD = BC．设O1D = x，则CD = R −x．
又BC = R −l，故x = l，
所以所求截面面积S = πR2 −πl2 = π (R2 −l2)．
故答案为：π (R2 −l2)
答案
解析
例10
已知正三棱台ABC −A1B1C1上、下底面边长分别为1和2，高为1，则这个正三棱台的体积为
.
7√3
12
先计算两个底面的面积，再由体积公式计算即可.
上底面的面积为1
2 × 1 × 1 × sin 60∘= √3
4 ，下底面的面积为1
2 × 2 × 2 × sin 60∘= √3，则这个正三棱台的体
答案
解析
20
积为1
3 ×
√3
4
+ √3 + √√3
4
× √3
× 1 = 7√3
12 .
故答案为：7√3
12
变式10-1
如图所示，过三棱台上底面的一边A1C1，作一个平行于棱BB1的截面，与下底面的交线为DE．若D、E分别是AB、
BC的中点，则VA1B1C1−DBE
VA1B1C1−ABC
=
．
3
7
证得S△A1B1C1 = 1
4 S△ABC，然后结合棱台与棱柱的体积公式即可求出结果.
因为BB1//平面DEC1A1，且平面BB1C1C∩平面DEC1A1 = C1E，所以BB1//C1E，
又因为B1C1//BE，所以四边形BB1C1E为平行四边形，所以B1C1 = BE，且E分别是BC的中点，所以
B1C1 = 1
2 BC，同理A1B1 = 1
2 AB，因此S△A1B1C1 = 1
4 S△ABC，设上底面的面积为S，高为h，则下底面的面
积为4S，
所以VA1B1C1−DBE
VA1B1C1−ABC
=
Sh
1
3 (S + √S ⋅4S + 4S)h
= 3
7 ，
故答案为：3
7 .
教法备注
【考点】锥体的体积与表面积
【教法】引导学生发现线段的比例关系，从而可得设该三棱台上底面积与下底面的面积的比例关系，再根据
体积公式，即可求解．
答案
解析
21
例11
如图，在底面半径为1，高为√3的圆锥中，O是底面圆心，P为圆锥顶点，A，B是底面圆周上的两点，
∠AOB = 2π
3 ，C为母线PB的中点.
(1)
求该圆锥的表面积；
(2)
求在该圆锥的侧面上，从A到C的最短路径的长.
(1) 3π
(2) √3
(1) 圆锥的底面半径为1，高为√3，则母线长l = √3 + 1 = 2，
因此将圆锥侧面展开得到一个半圆，
因此圆锥的侧面积为：1
2 × π × 22 = 2π，
圆锥的底面圆面积为：π × 12 = π，
所以圆锥的表面积为：2π + π = 3π.
(2) 在底面圆中，
⌢
AB = ∠AOB ⋅r = 2π
3 ，
侧面展开图中，如图，联结AC，即线段|AC|的长为最短路径，
答案
解析
22
设圆心角∠APB为α，
⌢
AB = α ⋅l = 2π
3 ⇒α = π
3 ，
∵|PC| = 1
2 |PB| = 1, |PA| = 2, α = π
3
∴|AC| = √3，
即A到C的最短路径长为√3.
变式11-1
如图，在Rt △AOB中，∠OAB = π
6 ，斜边AB = 4, D是AB的中点.现将直角△AOB以直角边AO为轴旋转一周得到
一个圆锥体，点C为圆锥体底面圆周上的一点，且∠BOC = 90∘.
(1)
求该圆锥体的表面积；
(2)
求异面直线AO与CD所成角的余弦值；
(3)
若某动点在圆锥体侧面上运动，试求该动点从点C出发运动到点D所经过的最短距离.
(1) 12π
(2) √6
4
(3) 2√5 −2√2
(1) 在Rt △AOB中，∠OAB = π
6 ，AB = 4，所以OB = 2，OA = 2√3，
答案
解析
23
所以圆锥的侧面积为π ⋅OB ⋅AB= π ⋅2 ⋅4 = 8π，底面积为π ⋅OB2 = 4π，
所以该圆锥体的表面积为8π + 4π = 12π；
(2) 取OB的中点E，连DE, CE，则DE//OA，
所以∠CDE是异面直线AO与CD所成角或其补角，
因为OA⊥平面BOC，所以DE⊥平面BOC，所以DE⊥CE，
因为OA = 2√3，所以DE = √3，
在直角三角形COE中，CE = √OC2 + OE2 = √4 + 1 = √5，
在直角三角形DEC中，CD = √CE2 + DE2 = √5 + 3 = 2√2，
所以cos ∠CDE = DE
CD = √3
2√2
= √6
4 .
所以异面直线AO与CD所成角的余弦值为√6
4 .
(3) 由已知条件可知，圆锥的底面周长为2π ⋅OB = 4π，母线长AB = 4，
故该圆锥的侧面展开图的扇形圆心角的大小为2πr
l
= 4π
4 = π，即侧面展开图恰好为一个半圆，
又∠BOC = 90∘，故展开图中∠CAB = π
4 ，此时CD的长即为所求，
由余弦定理得CD2 = CA2 + AD2 −2CA ⋅AD ⋅cos π
4 = 16 + 4 −2 × 4 × 2 × √2
2 = 20 −8√2，
所以CD = 2√5 −2√2.
故从点C出发运动到点D所经过的最短距离为CD = 2√5 −2√2.
教法备注
【考点】椎体的体积与表面积
【教法】引导学生在侧面展开图上观察所求的最短距离，通过该圆锥体侧面展开图的扇形圆心角大小，可知
展开图恰好为一个半圆，此时CD的长即为所求，利用余弦定理解之即可．
12 多面体与旋转体
1
学习目标
目标1
★★★★★☆ 迁移
掌握多面体的概念与性质
目标2
★★★★★☆ 迁移
掌握旋转体的概念与性质
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：掌握多面体和旋转体的概念与性质；
2．本讲知识点为全题型考查，考试占比15%；
3．对应教材：必修三第十一章简单几何体，第三节多面体与旋转体；
4．本讲知识点给出了多面体与旋转体的结构特征，新东方教材与统编教材的内容编排基本一致，结合课本及
考试内容设置题目.
教法备注
铅锤等物件是我们常见的锥体模型，通过本章内容我们一起来学习一下锥体的特征.
2
引入方向：我们已经学习的柱体和椎体的结构特征，本节课我们将它们再次进行分类，多面体和旋转体，进
一步学习它们的结构特征.
知识点1——多面体
考点1：多面体的结构特征与应用
知识笔记
多面体
（1）定义：由三角形或平面多边形围成的封闭几何体叫做多面体.
（2）命名：根据面的数量来命名n棱锥也叫 n + 1面体，n棱柱（台）也叫n + 2面体.
如果一个多面体所有的面都是全等的正三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱的条数都相等，这个多面体就叫
做正多面体.
3
经典例题
例1
下列几何体中，多面体是（ ）
A.
B.
C.
D.
B
判断各选项中几何体的形状，从而可得出多面体的选项.A选项中的几何体是球，是旋转体；B选项中的几何体
是三棱柱，是多面体；
C选项中的几何体是圆柱，旋转体；D选项中的几何体是圆锥，是旋转体.
故选B.
本题考查多面体的判断，要熟悉多面体与旋转体的基本概念，考查对简单几何体概念的理解，属于基础题.
答案
解析
4
变式1-1
将一个正方体切一刀，可能得到的以下几何体中的种类数为（ ）
①四面体；②四棱锥；③四棱柱；④五棱锥；⑤五棱柱；⑥六棱锥；⑦七面体
A. 3种
B. 4种
C. 5种
D. 以上均不正确
B
可能出现①③⑤⑦这四种情况．
如图，平面A1EF截正方体，可得到四面体A1 −AEF；
如图，平面EFGH截正方体，可得到四棱柱ADHE −A1D1GF；
如图，平面EFGH截正方体，可得到五棱柱ABB1FE −DCC1GH，也是七面体.
故选：B.
答案
解析
5
例2
下列说法中，正确的个数为
．
（1）有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；
（2）有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台；
（3）底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；
（4）棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是正六棱锥．
0
根据棱锥的概念可判断（1）；根据棱台的概念可判断（2）；根据正三棱锥的概念可判断（3）；根据正六棱
锥的侧棱长一定大于底面边长可判断（4）.
对于（1），棱锥的定义是：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的
几何体叫做棱锥，故错误；
对于（2），有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体不一定是棱台，只有当四个等腰梯形的腰
延长后交于一点时，这个六面体才是棱台，如图1，侧棱延长线可能不交于一点，故错误；
对于（3），底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥不一定是正三棱锥，只有当三棱锥的顶点在底
面的射影是底面中心时，才是正三棱锥，不一定是正三棱锥，故错误；
对于（4），因为正六棱锥的底面是正六边形，侧棱在底面内的射影与底面边长相等，所以正六棱锥的侧棱长
一定大于底面边长，故错误.
故答案为：0.
答案
解析
变式2-1
下列说法正确的是
（填序号）.
①有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱；
②有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱；
③有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；
④用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间那部分的几何体是棱台；
⑤存在一个四棱锥，其四个侧面都是直角三角形.
6
⑤
根据棱柱、棱锥、棱台的定义判断①②③④，再举一例说明⑤正确．
对于①，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围
成的多面体叫做棱柱，故①不正确；
对于②，如图1中的几何体，满足有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形，但其不是棱柱，故②不正
确；
对于③，有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥，故
③不正确；
对于④，由棱台的定义，知截面和棱锥的底面平行，故④不正确；
对于⑤，如图2所示，在正方体ABCD −A1B1C1D1中，四棱A1 −ABCD的四个侧面均为直角三角形，故⑤正
确.
故答案为：⑤．
本题考查棱柱、棱锥、棱台的定义，掌握棱柱、棱锥、棱台的定义是解题关键．
答案
解析
例3
如图是一个边长为2的正方体的平面展开图，在这个正方体中，则下列说法中正确的序号是
.
①直线AF与直线CN垂直；
②直线BM与直线CN相交；
7
③直线ME与直线CN平行；
④直线AB与直线CN异面；
①④
画出正方体，CN//BE，AF⊥BE，故AF⊥CN，① 正确，根据相交推出矛盾得到② 错误，根据CN//BE，
BE与ME相交得到③ 错误，排除共面的情况得到④ 正确，得到答案.
如图所示的正方体中，CN//BE，AF⊥BE，故AF⊥CN，① 正确；
若直线BM与直线CN相交，则B, M, C, N四点共面，即B在平面CMN内，不成立，② 错误；
CN//BE，BE与ME相交，故直线ME与直线CN不平行，③ 错误；
AB//MN，MN与CN不平行，故AB与CN不平行，若AB与CN相交，则A, B, C, N四点共面，N在平面
ABC内，不成立，故直线AB与直线CN异面，④ 正确；
故答案为：① ④.
教法备注
【考点】数学归纳法
【教法】注意所有的k变为k加1
答案
解析
变式3-1
有一个正三棱锥和一个正四棱锥，它们的所有棱长都相等，把这个正三棱锥的一个侧面重合在正四棱锥的一个侧面
上，这个组合体是（ ）
A. 平行六面体
B. 四棱柱
C. 斜三棱柱
D. 四棱锥
C
答案
解析
8
先画出几何体，由三棱锥和四棱锥的棱长都相等推知三棱锥的各个面和四棱锥的侧面都是正三角形，再分别
证得侧棱平行，由面与面平行的判断定理可证得两个面平行，由斜三棱柱的结构特征得到结论．
解：这个组合体为一斜三棱柱，
如图三棱锥为S﹣AED，正四棱锥为S﹣ABCD，重合的面为△ASD，
设AD，BC中点分别为M､N，
由题意知AD⊥ME，AD⊥MS，AD⊥MN，
又ME∩MS=M，MN∩MS=M，
∴AD⊥面MNS，由AD⊥面MES，且面MNS∩面MES=MS，
∴面MNS与面MES重合，
又∵SE=AB=MN，EM=SN，
∴MNSE为平行四边形，
又MN∥AB，
∴AB∥SE，
∴四边形ABSE为平行四边形，四边形CDES为平行四边形，
∴SC∥DE，SB∥AE，
又SC∩SB=S，AE∩DE=E，
∴面SBC∥面EAD，
又AB=SE=CD，AB不垂直于面SBC，
∴组合体为斜三棱柱，
故选：C．
教法备注
【考点】棱锥定义
【教法】注意边长与平行垂直关系
知识点2——旋转体
考点2：旋转体的结构特征与应用
9
知识笔记
旋转体
（1）旋转体定义：由一个平面封闭图形绕其所在平面上一条定直线旋转一周所形成的空间封闭几何体叫做旋转
体，这条直线叫做该旋转体的轴.
（2）旋转面定义：由一条平面曲线（含直线、折线）绕其所在平面上的一条直线旋转一周所形成的空间图形叫做
旋转面.
当直线a与直线l平行时，得到的是 圆柱面；当直线a与直线l相交（不垂直）时，得到的是圆锥面.直线a称为该
旋转面的母线.
经典例题
例4
有下列命题，其中错误命题个数是（ ）
①圆柱是将矩形旋转一周所得的几何体；②过圆锥顶点的截面是等腰三角形；③以直角三角形一边为旋转轴，旋转
所得的旋转体是圆锥；④平行于母线的平面截圆锥，截面是等腰三角形.
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
C
由圆柱、圆锥的结构特征逐一分析四个命题得结论．
解：①圆柱是将矩形以一边为轴旋转一周所得的几何体，故①错误；
②过圆锥顶点的截面是等腰三角形，故②正确；
③以直角三角形一直角边为旋转轴，旋转所得的旋转体是圆锥，故③错误；
④平行于母线的平面截圆锥，截面不是等腰三角形，是抛物线，故④错误．
∴其中错误命题个数为3．
故选：C．
答案
解析
10
变式4-1
下列结论中正确的是（ ）
A. 半圆弧以其直径为轴旋转一周所形成的曲面叫做球
B. 直角三角形绕一直角边为轴旋转一周得到的旋转体是圆锥
C. 夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体
D. 用一个平面截圆锥底面与截面组成的部分是圆台
B
根据题意，分析选项中的命题，判断命题是否正确即可．因为半圆弧以其直径为轴旋转一周所形成的曲面叫
做球面，球面围成的几何体叫做球，故A错误；
当以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转时，其余各边旋转形成的面所围成的几何体是圆锥，故B正确；
当两个平行截面不平行于上、下两个底面时，两个平行截面间的几何体不是旋转体，故C错误；
圆锥的截面不与底面平行时，圆锥底面与截面组成的部分不是圆台，故D错误.
故选：B.
本题考查了球、圆锥、圆柱、圆台的结构特征，属于概念问题．
答案
解析
例5
将一个正方形绕着它的一边所在直线旋转一周，所得几何体的体积为27π，则该几何体的全面积为
.
36π
设正方体的边长为a，则V = πa2 ⋅a = 27π，解得a = 3,根据全面积公式计算即可.
将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27π，
设正方体的边长为a，则V = πa2 ⋅a = 27π，解得a = 3,
∴该圆柱的全面积为S = 2π × 3 × 3 + 2 × π × 32 = 36π，
故答案为：36π.
答案
解析
变式5-1
11
已知某圆柱是将边长为2的正方形（及其内部）绕其一条边所在的直线旋转一周形成的，则该圆柱的体积为
.
8π
根据题意得到圆柱底面圆半径为2，高为2，根据圆柱的体积公式，即可得出结果.因为圆柱是将边长为2的正方
形（及其内部）绕其一条边所在的直线旋转一周形成的，
则圆柱底面圆半径为2，高为2，
所以该圆柱的体积是π ⋅22 ⋅2 = 8π.
故答案为8π
本题主要考查旋转体的体积，熟记圆柱体积公式即可，属于基础题型.
答案
解析
变式5-2
在△ABC中，∠A = 90∘，AB = 3，AC = 4，将△ABC绕边AC所在直线旋转一周得到几何体Γ，则Γ的侧面积为
.
15π
易得旋转后得到的几何体是一个以AB为半径，以AC为高的圆锥，再求得母线长，代入圆锥侧面积公式求解.
如图所示：
因为在△ABC中，∠A = 90∘，AB = 3，AC = 4，
所以所得圆锥的底面半径为r = AB = 3，高为h = AC = 4，母线为l = √AB2 + AC2 = 5，
所以其侧面积为S = πrl = 15π，
故答案为：15π
答案
解析
12
考点3：路径最短问题
知识笔记
路径最短问题
通用解题步骤
（1）展开图形 沿特定边或母线展开立体图形（如长方体、圆柱侧面），形成平面展开图.
（2）确定关键点 在展开后的平面图中标出起点和终点的位置.
（3）构造直角三角形 连接起点和终点形成线段，此线段可能与展开图的高、周长等几何量构成直角边
注意事项.
（1）展开方式影响结果 同一立体图形可能有多种展开方式，需比较不同展开图下的路径长度，取最小值.
（2）实际问题需结合场景 如“蚂蚁爬行问题”中，路径需在表面，不可穿透内部.
（3）对称性简化计算 利用对称性可减少展开图的数量，快速找到最短路径.
经典例题
例6
如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2 cm，高为5 cm，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行
两周到达点A1的最短路线的长为（ ）cm．
A. 12
B. 13
C. 14
D. 15
B
将三棱柱的侧面展开，得到棱柱的侧面展开图，利用矩形的对角线长，即可求解．
将正三棱柱ABC－A1B1C1沿侧棱展开两次，得到棱柱的侧面展开图，如图所示，
在展开图中，最短距离是六个矩形对角线的连线的长度，
即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值，
答案
解析
13
由已知求得的长等于6 × 2 = 12，宽等于5，
由勾股定理得d = √122 + 52 = 13，故选B．
本题主要考查了棱柱的结构特征，以及棱柱的侧面展开图的应用，着重考查了空间想象能力，以及转化思想
的应用，属于基础题．
变式6-1
长方体ABCD −A′B′C′D′中，AB = 4, BC = 3, BB′ = 5，一只蚂蚁从点A出发沿表面爬行到点C′，蚂蚁爬行的最短
路线的长为
.
√74
长方体有三种侧面展开形式，利用勾股定理可以求出每种展开方式AC′的长，最后比较大小得出最短路线的
长.
将长方体侧面展开有三种方式如下图：
AC′的长有以下三种可能：
第①种方式：√42 + (3 + 5)2 = √80；
第②方式：√52 + (3 + 4)2 = √74；
第③种方式：√32 + (4 + 5)2 = √90.
所以蚂蚁爬行的最短路线的长为√74.
故答案为：√74
本题考查了长方体侧面展开方式求长方体表面两点距离最短问题，考查了分类讨论思想，考查了公股定理，
考查了数学运算能力.
答案
解析
变式6-2
14
正三棱锥P −ABC的侧棱长为2，∠APB = ∠APC = ∠BPC = 30∘．E，F分别是BP、CP上的点，△AEF周长的
最小值
．
2√2
作出三棱锥的侧面展开图，利用数形结合思想求出△AEF周长的最小值．
解：作出该三棱锥的侧面展开图，如图所示：
△AEF的周长即为AE、EF、FA三者的和，
从图中可见：为使三角形AEF的周长的值最小，
只需让A、E、F、A′四点共线即可；
根据题中给出的条件知：∠APB = ∠BPC = ∠CPA′ = 30∘，
∴∠APA′ = 90∘，AA′ = √22 + 22 = 2√2．
∴△AEF周长的最小值为2√2．
故答案为：2√2．
答案
解析
例7
如图，一个圆锥形物体的母线长为6，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P处.
若该小虫爬行的最短路程为6√2，则该圆锥形物体的底面半径等于
.
15
3
2
把圆锥的侧面展开，小虫爬行的最短路程为圆锥侧面展开图扇形弦长，由此求出扇形圆心角即可作答.
圆锥侧面展开图为扇形POP ′，如图：
依题意，OP = OP ′ = 6，小虫爬行的最短路程为线段PP ′，即PP ′ = 6√2，
显然有OP 2 + OP ′2 = 72 = PP ′2，于是得∠POP ′ = π
2 ，
设圆锥底面圆半径为r，则有2πr = 6 ⋅π
2 = 3π，解得r = 3
2 ，
所以圆锥形物体的底面半径等于3
2 .
故答案为：3
2
答案
解析
变式7-1
如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4m，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一
周后回到点P处.若该小虫爬行的最短路程为4√3m，则圆锥底面圆的半径等于
m.
答案
16
4
3
把圆锥侧面沿过点P的母线展开，画出侧面展开图，根据题中条件，即可求出结果.
把圆锥侧面沿过点P的母线展开成如图所示的扇形，
由题意OP = 4，PP ′ = 4√3，
则cos ∠POP ′ =
42 + 42 −(4√3)
2
2 × 4 × 4
= −1
2 ，所以 ∠POP ′ = 2π
3 ，
设底面圆的半径为r，则2πr = 2π
3 × 4，所以r = 4
3 .
故答案为：4
3 .
解析
变式7-2
已知圆锥底面的半径为10，母线长为60，则底面圆周上一点B沿侧面绕两周回到点B的最短距离是
.
60√3
将圆锥侧面沿着母线OB展开两次为扇形BOD，计算出∠BOD，然后利用余弦定理可求解最短路程.
设圆锥的顶点为O，将圆锥侧面沿着母线OB展开两次为扇形BOD，如下图所示：
设∠BOD = θ，圆锥的底面圆周长为2π × 10 = 20π，展开后扇形的半径为60，则60θ = 40π，
可得θ = 2π
3 ，在△BOD中，OB = OD = 60，∠BOD = 2π
3 ，
由余弦定理得BD = √OB2 + OD2 −2OB ⋅OD cos ∠BOD = √602 + 602 −2 × 60 × 60 × (−1
2 ) = 60√3.
因此，点B沿侧面绕两周回到点B的最短距离为60√3.
故答案为：60√3.
答案
解析
17
教法备注
【考点】距离最短问题
【教法】注意化曲为直
