《2026年理想树试题攻略高中数学》

16. (15分)
已知公差不为0的等差数列$ \{ a _ { n } \} $的前$ n $项和为$ S _ { n } $,$ S _ { 4 } = 16 $,且$ a _ { 2 } $,$ a _ { 5 } $,$ a _ { 14 } $依次成等比数列.
(1)求$ \{ a _ { n } \} $的通项公式;
(2)对于任意$ n \in \mathbf { N } ^ { * } $,$ \lambda · 2 ^ { n } \geq S _ { n } $,求实数$ \lambda $的取值范围.

答案： 16.热门考点数列不等式恒成立问题、利用数列的单调性求数列的最大项
[解]（1）第一步：设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，根据$a_{2}$，$a_{5}$，$a_{14}$依次成等比数列，得到$a_{1}$和$d$的关系
设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，$d \neq 0$，由已知可得$(a_{1} + 4d)^{2} = (a_{1} + d)(a_{1} + 13d)$，因为$d \neq 0$，解得$d = 2a_{1}$。
第二步：由$S_{4} = 16$和$d = 2a_{1}$求出$a_{1}$和$d$
又$S_{4} = 4a_{1} + 6d = 16a_{1} = 16$，得$a_{1} = 1$，$d = 2$。
第三步：写出$\{ a_{n}\}$的通项公式
所以$a_{n} = 2n - 1$。
（2）第一步：求出$S_{n}$
由（1）可知$a_{n} = 2n - 1$，则$S_{n} = \frac{(a_{1} + a_{n})n}{2} = \frac{(1 + 2n - 1)n}{2} = n^{2}$。
第二步：分离参数得到$\lambda \geqslant \frac{n^{2}}{2^{n}}$
由$\lambda · 2^{n} \geqslant S_{n}$可得$\lambda \geqslant \frac{n^{2}}{2^{n}}$。
第三步：利用数列的单调性求数列$\{ b_{n}\}$的最大项
令$b_{n} = \frac{n^{2}}{2^{n}}$，$n \in N^{*}$，则$b_{n + 1} - b_{n} = \frac{(n + 1)^{2}}{2^{n + 1}} - \frac{n^{2}}{2^{n}} = \frac{- n^{2} + 2n + 1}{2^{n + 1}} = \frac{- (n - 1)^{2} + 2}{2^{n + 1}}$，当$1 \leqslant n \leqslant 2$时，$b_{n + 1} - b_{n} ＞ 0$，当$n \geqslant 3$时，$b_{n + 1} - b_{n} ＜ 0$，则数列$\{ b_{n}\}$的最大项为$b_{3} = \frac{9}{8}$。
第四步：求出实数$\lambda$的取值范围
故$\lambda \geqslant \frac{9}{8}$，即实数$\lambda$的取值范围为$[\frac{9}{8}, + \infty)$。
关键点拨此题第（2）问的解题关键是：①分离参数把$\lambda · 2^{n} \geqslant S_{n}$恒成立转化为$\lambda \geqslant \frac{n^{2}}{2^{n}}$恒成立；②根据$\{ b_{n}\}$的单调性得出最大项。

17. (15分)
如图,菱形$ A B C D $中,$ \angle A B C = 120 ^ { \circ } $,$ E A \perp $平面$ A B C D $,$ E A // F D $,$ E A = A D = 2 F D = 2 $.
(1)求证:$ F C // $平面$ E A B $.
(2)求二面角$ A - F C - E $的正弦值.
(3)在线段$ E C $上是否存在点$ M $,使得直线$ E B $与平面$ B D M $所成角的正弦值为$ \frac { \sqrt { 2 } } { 8 } $?若存在,求出$ \frac { E M } { M C } $的值;若不存在,请说明理由.

答案：
17.热门考点线面平行的判定、二面角的求解、立体几何中的存在性问题
在菱形$ABCD$中，$AB//CD$，$\angle ABC = 120^{\circ}$，则$\triangle ABD$为等边三角形，取$AB$的中点为$T$，连接$DT$，则$DT \perp AB$，即$DT \perp CD$，因为$EA \perp$平面$ABCD$，$EA//FD$，所以$FD \perp$平面$ABCD$，所以$DC$，$DF$，$DT$两两垂直。
以$D$为坐标原点，分别以$\overrightarrow{DC}$，$\overrightarrow{DT}$，$\overrightarrow{DF}$的方向为$x$轴、$y$轴、$z$轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），
则$C(2,0,0)$，$B(1,\sqrt{3},0)$，$A( - 1,\sqrt{3},0)$，$D(0,0,0)$，$E( - 1,\sqrt{3},2)$，$F(0,0,1)$，$T(0,\sqrt{3},0)$。

（1）[证明]第一步：求平面$EAB$的法向量
因为$EA \perp$平面$ABCD$，$DT \subset$平面$ABCD$，所以$EA \perp DT$。又$DT \perp AB$，$EA \cap AB = A$，$EA$，$AB \subset$平面$EAB$，所以$DT \perp$平面$EAB$，所以平面$EAB$的一个法向量为$\overrightarrow{DT} = (0,\sqrt{3},0)$。
第二步：证明$\overrightarrow{DT} · \overrightarrow{FC} = 0$
又$\overrightarrow{FC} = (2,0, - 1)$，则$\overrightarrow{DT} · \overrightarrow{FC} = 0$。
第三步：得到$FC//$平面$EAB$
又因为$FC⊄$平面$EAB$，所以$FC//$平面$EAB$。
一题多解第一步：取$AE$的中点$N$，连接$NB$，证明$\overrightarrow{FC} = \overrightarrow{NB}$，得到$FC//NB$。
取$AE$的中点$N$，连接$NB$，则$N( - 1,\sqrt{3},1)$，$\overrightarrow{NB} = (2,0, - 1)$，因为$\overrightarrow{FC} = (2,0, - 1)$，所以$\overrightarrow{FC} = \overrightarrow{NB}$，即$FC//NB$。
第二步：得到$FC//$平面$EAB$
又因为$FC⊄$平面$EAB$，$NB \subset$平面$EAB$，所以$FC//$平面$EAB$。
（2）[解]第一步：求平面$EFC$的法向量
$\overrightarrow{EF} = (1, - \sqrt{3}, - 1)$，$\overrightarrow{FC} = (2,0, - 1)$，$\overrightarrow{FA} = ( - 1,\sqrt{3}, - 1)$，设$\mathbf{n}_{1} = (x_{1},y_{1},z_{1})$为平面$EFC$的法向量，则$\begin{cases}\mathbf{n}_{1} · \overrightarrow{EF} = 0\\\mathbf{n}_{1} · \overrightarrow{FC} = 0\end{cases}$，即$\begin{cases}x_{1} - \sqrt{3}y_{1} - z_{1} = 0\\2x_{1} - z_{1} = 0\end{cases}$，令$x_{1} = \sqrt{3}$，则$y_{1} = - 1$，$z_{1} = 2\sqrt{3}$，所以$\mathbf{n}_{1} = (\sqrt{3}, - 1,2\sqrt{3})$。
第二步：求平面$FCA$的法向量
设$\mathbf{n}_{2} = (x_{2},y_{2},z_{2})$为平面$FCA$的法向量，则$\begin{cases}\mathbf{n}_{2} · \overrightarrow{FA} = 0\\\mathbf{n}_{2} · \overrightarrow{FC} = 0\end{cases}$，即$\begin{cases}- x_{2} + \sqrt{3}y_{2} - z_{2} = 0\\2x_{2} - z_{2} = 0\end{cases}$，令$x_{2} = 1$，则$y_{2} = \sqrt{3}$，$z_{2} = 2$，所以$\mathbf{n}_{2} = (1,\sqrt{3},2)$。
第三步：求两法向量夹角的余弦值
所以$\cos\langle\mathbf{n}_{1},\mathbf{n}_{2}\rangle = \frac{\mathbf{n}_{1} · \mathbf{n}_{2}}{|\mathbf{n}_{1}||\mathbf{n}_{2}|} = \frac{\sqrt{6}}{4}$。
第四步：得到二面角$A - FC - E$的正弦值
所以$\sin\langle\mathbf{n}_{1},\mathbf{n}_{2}\rangle = \sqrt{1 - \cos^{2}\langle\mathbf{n}_{1},\mathbf{n}_{2}\rangle} = \frac{\sqrt{10}}{4}$，即二面角$A - FC - E$的正弦值为$\frac{\sqrt{10}}{4}$。
（3）[解]第一步：设$\overrightarrow{EM} = \lambda \overrightarrow{EC}$，$0 \leq \lambda \leq 1$，得$M(3\lambda - 1,\sqrt{3} - \sqrt{3}\lambda,2 - 2\lambda)$
易知$\overrightarrow{EC} = (3, - \sqrt{3}, - 2)$，假设存在满足题意的点$M$，设$\overrightarrow{EM} = \lambda \overrightarrow{EC} = (3\lambda, - \sqrt{3}\lambda, - 2\lambda)(0 \leq \lambda \leq 1)$，则$M(3\lambda - 1,\sqrt{3} - \sqrt{3}\lambda,2 - 2\lambda)$。
第二步：求平面$BDM$的法向量
则$\overrightarrow{BD} = ( - 1, - \sqrt{3},0)$，$\overrightarrow{DM} = (3\lambda - 1,\sqrt{3} - \sqrt{3}\lambda,2 - 2\lambda)$，设$\mathbf{n}_{3} = (x_{3},y_{3},z_{3})$为平面$BDM$的法向量，则$\begin{cases}\mathbf{n}_{3} · \overrightarrow{BD} = 0\\\mathbf{n}_{3} · \overrightarrow{DM} = 0\end{cases}$，即$\begin{cases}- x_{3} - \sqrt{3}y_{3} = 0\\(3\lambda - 1)x_{3} + (\sqrt{3} - \sqrt{3}\lambda)y_{3} + (2 - 2\lambda)z_{3} = 0\end{cases}$，令$y_{3} = \lambda - 1$，则$x_{3} = \sqrt{3} - \sqrt{3}\lambda$，$z_{3} = \sqrt{3} - 2\sqrt{3}\lambda$，所以$\mathbf{n}_{3} = (\sqrt{3} - \sqrt{3}\lambda,\lambda - 1,\sqrt{3} - 2\sqrt{3}\lambda)$。
第三步：利用线面角的正弦值列方程解出$\lambda$，从而得到$\frac{EM}{MC}$的值
由$|\overrightarrow{EB}| = \sqrt{( - 2)^{2} + ( - \sqrt{3})^{2} + ( - 2)^{2}} = \sqrt{11}$，$\overrightarrow{EB} = (2, - \sqrt{3}, - 2)$，得$|\cos\langle\overrightarrow{EB},\mathbf{n}_{3}\rangle| = \frac{|\overrightarrow{EB} · \mathbf{n}_{3}|}{|\overrightarrow{EB}||\mathbf{n}_{3}|} = \frac{\sqrt{2}}{8}$，解得$\lambda = \frac{1}{4}$或$\lambda = - \frac{7}{8}$（舍），所以存在满足题意的点$M$，$\frac{EM}{MC} = \frac{\lambda}{1 - \lambda} = \frac{1}{3}$。
关键点拨此题第（3）问的解题关键是设$\overrightarrow{EM} = \lambda \overrightarrow{EC}(0 \leq \lambda \leq 1)$，得点$M$的坐标，利用空间向量表示出线面角的正弦值，进而求出$\lambda$的值。