说明an?1与an异号，此时不存在正整数N， 使得当n?N时，有an?1?an. 当??0时，必存在正整数N0（取大于
3?9?4?的正整数即可），
2?
使得当n?N0时，有
?n2?2nn?1?1，
即存在正整数N0，使得当n?N0时，有
an?1?1； an
因为存在正整数N，使得当n?N时，恒有an?1?an成立，
取N1为N0与N的较大者，则必存在正整数M?N1，使得当n?M时，an?0.
?存在正整数M，使得当n?M时，有an?0.
立体几何
1．证明：（1）连接AC11交B1D1于O1，连结AO1.
D1C1O1B1
在平行四边形AAC C1O1//AO，C1O1?AO，11C中，
A1?四边形AOC1O1为平行四边形.
D?C1O//AO1.
?C1O?平面AB1D1，AO1?平面AB1D1， ?C1O//平面AB1D1.
COBA
（2）在直平行六面体AC1中，A1A?平面A1B1C1D1， ?A1A?B1D1.
?四边形A1B1C1D1为菱形， ?B1D1?AC11.
?AC11?AA1?A1，AC11?平面ACC1A1，AA1?平面ACC1A1， ?B1D1?平面ACC1A1.
?B1D1?平面AB1D1，
? 平面AB1D1?平面ACC1A1.
（3）过C作CH?AO1交AO1于H. ?平面AB1D1?平面ACC1A1，平面AB1D1?平面ACC1A1?AO1， ?CH?平面AB1D1.
?AH为AC在平面AB1D1上的射影. ??CAH是AC与平面AB1D1所成的角.
设AB?2，在菱形ABCD中，?DAB?60?，
?AC?23. 在Rt?AAO11中，AO1?7. zD1C1
?AO1?CH?AC?OO1，
AO11B1DAOCyBxD1C1AO11HB1DCAOB
?CH?421. 7CH27. ?AC727. 7
?sinCAH?
??CAH?arcsin （3）解法二：
OB,OC,OO1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示. 连AC11交B1D1于O1，分别以
设AB?2，在菱形ABCD中，?DAB?60，
??AC?23,BD?2.
则A（0，?3，0），C（0，3，0）， ，O1（0，0，2）. B1（1，0，2）
?????????，AB1?（1，3，2）. ?AO1?（0，3，2）
设平面AB1D1的法向量n?（x，y，z），
???????n?AO1?0，则????? ??n?AB1?0.??3y?2z?0， ????x?3y?2z?0.3?x?0.令y?3，则z??.
23n?（0，3，?）.
2
设AC与平面AB1D1所成的角为?.
????n?AC?sin???????nAC623?214?27. 7
???arcsin27. 7PM2．解：（Ⅰ）∵平面PCBM?平面ABC，
AC?BC，AC?平面ABC,
=B．C 平面ABC?平面 PCBM ∴AC?平面PCBM.
A 又∵BM?平面PCBM, ∴AC?BM.
（Ⅱ）取BC的中点N，则CN?1．连接AN、MN．
∵平面PCBM?平面ABC，
平面PCBM?平面ABC?BC，PC?BC．
∴PC?平面ABC．
∵PM//CN，PM=CN，
∴MN//PC,MN?PC，从而MN?平面ABC． 作NH?AB于H，连结MH， 则由三垂线定理知AB?MH．
从而?MHN为二面角M?AB?C的平面角． ∵直线AM与直线PC所成的角为60°， ∴?AMN?60? ．
在?ACN中，由勾股定理得AN?2． 在Rt?AMN中，MN?AN?cotAMN?NCHB
2?36?． 33
在Rt?BNH中，NH?BN?sinABC?BN?AC15． ?1??AB55
6MN30?3?在Rt?MNH中，tanMHN? NH355故二面角M?AB?C的大小为arctan
30 3 （Ⅱ）如图以C为原点建立空间直角坐标系C?xyz．
设P(0,0,z0)(z0?0)，由题意可知B(0,2,0)，A(1,0,0)，M(0,1,z0)．
?????????AM?(?1,1,z0)，CP?(0,0,z0)
由直线AM与直线PC所成的角为60°，得
zPM??????????????????AM?CP?AM?CP?cos60?
2
即z0?126z0?2?z0，解得z0?． 23CANBy
?????????6∴AM?(?1,1,)，AB?(?1,2,0)
3设平面MAB的一个法向量为n1?(x,y,z)，则
x
??????6?z?0,?n1?AM?0,??x?y?由?， ??????3??n1?AB?0.???x?2y?0.取z?
6，得n1?(4,2,6).