空间向量和立体几何练习题及复习资料.docx

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1、1如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD平面ABCD，点M在线段PB上，PD平面MAC，PA=PD=，AB=41求证：M为PB的中点；2求二面角BPDA的大小；3求直线MC及平面BDP所成角的正弦值【分析】1设ACBD=O，那么O为BD的中点，连接OM，利用线面平行的性质证明OMPD，再由平行线截线段成比例可得M为PB的中点；2取AD中点G，可得PGAD，再由面面垂直的性质可得PG平面ABCD，那么PGAD，连接OG，那么PGOG，再证明OGAD以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，求出平面PBD及平面PAD的一个法向量，由两法向

2、量所成角的大小可得二面角BPDA的大小；3求出的坐标，由及平面PBD的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC及平面BDP所成角的正弦值【解答】1证明：如图，设ACBD=O，ABCD为正方形，O为BD的中点，连接OM，PD平面MAC，PD平面PBD，平面PBD平面AMC=OM，PDOM，那么，即M为PB的中点；2解：取AD中点G，PA=PD，PGAD，平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCD=AD，PG平面ABCD，那么PGAD，连接OG，那么PGOG，由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OGDC，那么OGAD以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐

3、标系，由PA=PD=，AB=4，得D2，0，0，A2，0，0，P0，0，C2，4，0，B2，4，0，M1，2，设平面PBD的一个法向量为，那么由，得，取z=，得取平面PAD的一个法向量为cos=二面角BPDA的大小为60；3解：，平面BDP的一个法向量为直线MC及平面BDP所成角的正弦值为|cos|=|=|=【点评】此题考察线面角及面面角的求法，训练了利用空间向量求空间角，属中档题2如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC=90点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2求证：MN平面BDE；求二面角CEMN的正弦值；点H在棱PA上，且直线N

4、H及直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长【分析】取AB中点F，连接MF、NF，由可证MF平面BDE，NF平面BDE得到平面MFN平面BDE，那么MN平面BDE；由PA底面ABC，BAC=90可以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系求出平面MEN及平面CME的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角CEMN的余弦值，进一步求得正弦值；设AH=t，那么H0，0，t，求出的坐标，结合直线NH及直线BE所成角的余弦值为列式求得线段AH的长【解答】证明：取AB中点F，连接MF、NF，M为AD中点，MFBD，BD平面BDE，MF平面BDE，MF平面BDEN为BC

5、中点，NFAC，又D、E分别为AP、PC的中点，DEAC，那么NFDEDE平面BDE，NF平面BDE，NF平面BDE又MFNF=F平面MFN平面BDE，那么MN平面BDE；解：PA底面ABC，BAC=90以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系PA=AC=4，AB=2，A0，0，0，B2，0，0，C0，4，0，M0，0，1，N1，2，0，E0，2，2，那么，设平面MEN的一个法向量为，由，得，取z=2，得由图可得平面CME的一个法向量为cos=二面角CEMN的余弦值为，那么正弦值为；解：设AH=t，那么H0，0，t，直线NH及直线BE所成角的余弦值为，|cos

6、|=|=|=解得：t=或t=当H及P重合时直线NH及直线BE所成角的余弦值为，此时线段AH的长为或【点评】此题考察直线及平面平行的判定，考察了利用空间向量求解空间角，考察计算能力，是中档题3如图，几何体是圆柱的一局部，它是由矩形ABCD及其内部以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的，G是的中点设P是上的一点，且APBE，求CBP的大小； 当AB=3，AD=2时，求二面角EAGC的大小【分析】由利用线面垂直的判定可得BE平面ABP，得到BEBP，结合EBC=120求得CBP=30； 法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，可得四边形BEGH为菱形，取AG中点M，连接EM，CM，EC，得到EMA

7、G，CMAG，说明EMC为所求二面角的平面角求解三角形得二面角EAGC的大小法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系求出A，E，G，C的坐标，进一步求出平面AEG及平面ACG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角EAGC的大小【解答】解：APBE，ABBE，且AB，AP平面ABP，ABAP=A，BE平面ABP，又BP平面ABP，BEBP，又EBC=120，因此CBP=30； 解法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，EBC=120，四边形BECH为菱形，AE=GE=AC=GC=取AG中点M，连接EM，CM，EC，那么EMAG，CMAG，EM

8、C为所求二面角的平面角又AM=1，EM=CM=在BEC中，由于EBC=120，由余弦定理得：EC2=22+22222cos120=12，因此EMC为等边三角形，故所求的角为60解法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系由题意得：A0，0，3，E2，0，0，G1，3，C1，0，故，设为平面AEG的一个法向量，由，得，取z1=2，得；设为平面ACG的一个法向量，由，可得，取z2=2，得cos=二面角EAGC的大小为60【点评】此题考察空间角的求法，考察空间想象能力和思维能力，训练了线面角的求法及利用空间向量求二面角的大小，是中档题4如图，在以A，B，C，

9、D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，AFD=90，且二面角DAFE及二面角CBEF都是60证明平面ABEF平面EFDC；求二面角EBCA的余弦值【分析】证明AF平面EFDC，利用平面及平面垂直的判定定理证明平面ABEF平面EFDC；证明四边形EFDC为等腰梯形，以E为原点，建立如下图的坐标系，求出平面BEC、平面ABC的法向量，代入向量夹角公式可得二面角EBCA的余弦值【解答】证明：ABEF为正方形，AFEFAFD=90，AFDF，DFEF=F，AF平面EFDC，AF平面ABEF，平面ABEF平面EFDC；解：由AFDF，AFEF，可得DFE为二面角DAFE的平面角；

10、由ABEF为正方形，AF平面EFDC，BEEF，BE平面EFDC即有CEBE，可得CEF为二面角CBEF的平面角可得DFE=CEF=60ABEF，AB平面EFDC，EF平面EFDC，AB平面EFDC，平面EFDC平面ABCD=CD，AB平面ABCD，ABCD，CDEF，四边形EFDC为等腰梯形以E为原点，建立如下图的坐标系，设FD=a，那么E0，0，0，B0，2a，0，C，0，a，A2a，2a，0，=0，2a，0，=，2a，a，=2a，0，0设平面BEC的法向量为=x1，y1，z1，那么，那么，取=，0，1设平面ABC的法向量为=x2，y2，z2，那么，那么，取=0，4设二面角EBCA的大小为

11、，那么cos=那么二面角EBCA的余弦值为【点评】此题考察平面及平面垂直的证明，考察用空间向量求平面间的夹角，建立空间坐标系将二面角问题转化为向量夹角问题是解答的关键5如图，菱形ABCD的对角线AC及BD交于点O，AB=5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=，EF交于BD于点H，将DEF沿EF折到DEF的位置，OD=证明：DH平面ABCD；求二面角BDAC的正弦值【分析】由底面ABCD为菱形，可得AD=CD，结合AE=CF可得EFAC，再由ABCD是菱形，得ACBD，进一步得到EFBD，由EFDH，可得EFDH，然后求解直角三角形得DHOH，再由线面垂直的判定得DH平面ABCD

12、；以H为坐标原点，建立如下图空间直角坐标系，由求得所用点的坐标，得到的坐标，分别求出平面ABD及平面ADC的一个法向量，设二面角二面角BDAC的平面角为，求出|cos|那么二面角BDAC的正弦值可求【解答】证明：ABCD是菱形，AD=DC，又AE=CF=，那么EFAC，又由ABCD是菱形，得ACBD，那么EFBD，EFDH，那么EFDH，AC=6，AO=3，又AB=5，AOOB，OB=4，OH=1，那么DH=DH=3，|OD|2=|OH|2+|DH|2，那么DHOH，又OHEF=H，DH平面ABCD；解：以H为坐标原点，建立如下图空间直角坐标系，AB=5，AC=6，B5，0，0，C1，3，0，

13、D0，0，3，A1，3，0，设平面ABD的一个法向量为，由，得，取x=3，得y=4，z=5同理可求得平面ADC的一个法向量，设二面角二面角BDAC的平面角为，那么|cos|=二面角BDAC的正弦值为sin=【点评】此题考察线面垂直的判定，考察了二面角的平面角的求法，训练了利用平面的法向量求解二面角问题，表达了数学转化思想方法，是中档题6在三棱柱ABCA1B1C1中，CA=CB，侧面ABB1A1是边长为2的正方形，点E，F分别在线段AA1、A1B1上，且AE=，A1F=，CEEF证明：平面ABB1A1平面ABC；假设CACB，求直线AC1及平面CEF所成角的正弦值【分析】I取AB的中点D，连结C

14、D，DF，DE计算DE，EF，DF，利用勾股定理的逆定理得出DEEF，由三线合一得CDAB，故而CD平面ABB1A1，从而平面ABB1A1平面ABC；II以C为原点建立空间直角坐标系，求出和平面CEF的法向量，那么直线AC1及平面CEF所成角的正弦值等于|cos|【解答】证明：I取AB的中点D，连结CD，DF，DEAC=BC，D是AB的中点，CDAB侧面ABB1A1是边长为2的正方形，AE=，A1F=A1E=，EF=，DE=，DF=，EF2+DE2=DF2，DEEF，又CEEF，CEDE=E，CE平面CDE，DE平面CDE，EF平面CDE，又CD平面CDE，CDEF，又CDAB，AB平面ABB

15、1A1，EF平面ABB1A1，AB，EF为相交直线，CD平面ABB1A1，又CDABC，平面ABB1A1平面ABCII平面ABB1A1平面ABC，三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，CC1平面ABCCACB，AB=2，AC=BC=以C为原点，以CA，CB，CC1为坐标轴建立空间直角坐标系，如下图：那么A，0，0，C0，0，0，C10，0，2，E，0，F，2=，0，2，=，0，=，2设平面CEF的法向量为=x，y，z，那么，令z=4，得=，9，4=10，|=6，|=sin=直线AC1及平面CEF所成角的正弦值为【点评】此题考察了面面垂直的判定，线面角的计算，空间向量的应用，属于中档题7如图，在四

16、棱锥中PABCD，PA平面ABCD，ADBC，ADCD，且AD=CD=2，BC=4，PA=21求证：ABPC；2在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角MACD的大小为45，如果存在，求BM及平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由【分析】1利用直角梯形的性质求出AB，AC的长，根据勾股定理的逆定理得出ABAC，由PA平面ABCD得出ABPA，故AB平面PAC，于是ABPC；2假设存在点M，做出二面角的平面角，根据勾股定理求出M到平面ABCD的距离从而确定M的位置，利用棱锥的体积求出B到平面MAC的距离h，根据勾股定理计算BM，那么即为所求角的正弦值【解答】解：1证明：四边形ABCD是

17、直角梯形，AD=CD=2，BC=4，AC=4，AB=4，ABC是等腰直角三角形，即ABAC，PA平面ABCD，AB平面ABCD，PAAB，AB平面PAC，又PC平面PAC，ABPC2假设存在符合条件的点M，过点M作MNAD于N，那么MNPA，MN平面ABCD，MNAC过点M作MGAC于G，连接NG，那么AC平面MNG，ACNG，即MGN是二面角MACD的平面角假设MGN=45，那么NG=MN，又AN=NG=MN，MN=1，即M是线段PD的中点存在点M使得二面角MACD的大小为45在三棱锥MABC中，VMABC=SABCMN=，设点B到平面MAC的距离是h，那么VBMAC=，MG=MN=，SMA

18、C=2，=，解得h=2在ABN中，AB=4，AN=，BAN=135，BN=，BM=3，BM及平面MAC所成角的正弦值为=【点评】此题考察了工程垂直的判定及性质，空间角及空间距离的计算，属于中档题8如图，在各棱长均为2的三棱柱ABCA1B1C1中，侧面A1ACC1底面ABC，A1AC=601求侧棱AA1及平面AB1C所成角的正弦值的大小；2点D满足=+，在直线AA1上是否存在点P，使DP平面AB1C？假设存在，请确定点P的位置，假设不存在，请说明理由【分析】1推导出A1O平面ABC，BOAC，以O为坐标原点，建立如下图的空间直角坐标系Oxyz，利用向量法能求出侧棱AA1及平面AB1C所成角的正弦

19、值2假设存在点P符合题意，那么点P的坐标可设为P0，y，z，那么利用向量法能求出存在点P，使DP平面AB1C，其坐标为0，0，即恰好为A1点【解答】解：1侧面A1ACC1底面ABC，作A1OAC于点O，A1O平面ABC又ABC=A1AC=60，且各棱长都相等，AO=1，OA1=OB=，BOAC2分故以O为坐标原点，建立如下图的空间直角坐标系Oxyz，那么A0，1，0，B，0，0，A10，0，C0，1，0，=0，1，=，=0，2，04分设平面AB1C的法向量为，那么，取x=1，得=1，0，1设侧棱AA1及平面AB1C所成角的为，那么sin=|cos，|=|=，侧棱AA1及平面AB1C所成角的正弦

20、值为6分2=，而，=2，0，0，又B，点D，0，0假设存在点P符合题意，那么点P的坐标可设为P0，y，z，DP平面AB1C，=1，0，1为平面AB1C的法向量，由=，得，y=010分又DP平面AB1C，故存在点P，使DP平面AB1C，其坐标为0，0，即恰好为A1点12分【点评】此题考察线面角的正弦值的求法，考察满足条件的点是否存在的判断及求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用9在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB=2，AA1=2，D是AA1的中点，BD及AB1交于点O，且CO平面ABB1A1证明：平面AB1C平面BCD；假设OC=OA，AB1C的重心为G，

21、求直线GD及平面ABC所成角的正弦值【分析】通过证明AB1BD，AB1CO，推出AB1平面BCD，然后证明平面AB1C平面BCD以O为坐标原点，分别以OD，OB1，OC所在直线为x，y，z轴，建立如下图的空间直角坐标系Oxyz求出平面ABC的法向量，设直线GD及平面ABC所成角，利用空间向量的数量积求解直线GD及平面ABC所成角的正弦值即可【解答】本小题总分值12分解：ABB1A1为矩形，AB=2，D是AA1的中点，BAD=90，从而，ABD=AB1B，2分，从而AB1BD4分CO平面ABB1A1，AB1平面ABB1A1，AB1CO，BDCO=O，AB1平面BCD，AB1平面AB1C，平面AB

22、1C平面BCD6分如图，以O为坐标原点，分别以OD，OB1，OC所在直线为x，y，z轴，建立如下图的空间直角坐标系Oxyz在矩形ABB1A1中，由于ADBB1，所以AOD和B1OB相似，从而又，G为AB1C的重心，8分设平面ABC的法向量为，由可得，令y=1，那么z=1，所以10分设直线GD及平面ABC所成角，那么=，所以直线GD及平面ABC所成角的正弦值为12分【点评】此题考察平面及平面垂直的判定定理的应用，直线及平面所成角的求法，考察空间想象能力以及计算能力10在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，将ABD沿BD折起，使得点A折起至A，设二面角ABDC的大小为1当=90时，求AC的长；2当

23、cos=时，求BC及平面ABD所成角的正弦值【分析】1过A作BD的垂线交BD于E，交DC于F，连接CE，利用勾股定理及余弦定理计算AE，CE，由AECE得出AC；2利用余弦定理可得AF=，从而得出AF平面ABCD，以F为原点建立坐标系，求出和平面ABD的法向量，那么BC及平面ABD所成角的正弦值为|cos|【解答】解：1在图1中，过A作BD的垂线交BD于E，交DC于F，连接CEAB=4，AD=2，BD=10，BE=8，cosCBE=在BCE中，由余弦定理得CE=2=90，AE平面ABCD，AECE|AC|=22DE=2tanFDE=，EF=1，DF=当即cosAEF=时，AE2=AF2+EF2

24、，AFE=90又BDAE，BDEF，BD平面AEF，BDAFAF平面ABCD以F为原点，以FC为x轴，以过F的AD的平行线为y轴，以FA为z轴建立空间直角坐标系如下图：A0，0，D，0，0，B3，2，0，C3，0，0=0，2，0，=4，2，0，=，0，设平面ABD的法向量为=x，y，z，那么，令z=1得=，2，1cos=BC及平面ABD所成角的正弦值为【点评】此题考察了空间角及空间距离的计算，空间向量的应用，属于中档题11如图，由直三棱柱ABCA1B1C1和四棱锥DBB1C1C构成的几何体中，BAC=90，AB=1，BC=BB1=2，C1D=CD=，平面CC1D平面ACC1A1求证：ACDC1

25、；假设M为DC1的中点，求证：AM平面DBB1；在线段BC上是否存在点P，使直线DP及平面BB1D所成的角为？假设存在，求的值，假设不存在，说明理由【分析】证明ACCC1，得到AC平面CC1D，即可证明ACDC1易得BAC=90，建立空间直角坐标系Axyz，依据条件可得A0，0，0，B0，0，1，B12，0，1，利用向量求得AM及平面DBB1所成角为0，即AM平面DBB1利用向量求解【解答】解：证明：在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC，故ACCC1，由平面CC1D平面ACC1A1，且平面CC1D平面ACC1A1=CC1，所以AC平面CC1D，又C1D平面CC1D，所以ACDC1证

26、明：在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，所以AA1AB，AA1AC，又BAC=90，所以，如图建立空间直角坐标系Axyz，依据条件可得A0，0，0，B0，0，1，B12，0，1，所以，设平面DBB1的法向量为，由即令y=1，那么，x=0，于是，因为M为DC1中点，所以，所以，由，可得，所以AM及平面DBB1所成角为0，即AM平面DBB1解：由可知平面BB1D的法向量为设，0，1，那么，假设直线DP及平面DBB1成角为，那么，解得，故不存在这样的点【点评】此题考察了空间线线垂直、线面平行的判定，向量法求二面角属于中档题12如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为正方形，平面AE

27、D平面ABCD，AB=EA=ED，EFBD I证明：AECD II在棱ED上是否存在点M，使得直线AM及平面EFBD所成角的正弦值为？假设存在，确定点M的位置；假设不存在，请说明理由【分析】I利用面面垂直的性质得出CD平面AED，故而AECD；II取AD的中点O，连接EO，以O为原点建立坐标系，设，求出平面BDEF的法向量，令|cos|=，根据方程的解得出结论【解答】I证明：四边形ABCD是正方形，CDAD，又平面AED平面ABCD，平面AED平面ABCD=AD，CD平面ABCD，CD平面AED，AE平面AED，AECDII解：取AD的中点O，过O作ONAB交BC于N，连接EO，EA=ED，O

28、EAD，又平面AED平面ABCD，平面AED平面ABCD=AD，OE平面AED，OE平面ABCD，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz，如下图：设正方形ACD的边长为2，那么A1，0，0，B1，2，0，D1，0，0，E0，0，1，M，0，1=1，0，1，=1，0，1，=2，2，0，设平面BDEF的法向量为=x，y，z，那么，即，令x=1得=1，1，1，cos=，令|=，解得=0，当M及点E重合时，直线AM及平面EFBD所成角的正弦值为【点评】此题考察了线面垂直的判定，空间向量及线面角的计算，属于中档题13如图，在四棱锥PABCD中，ABC=ACD=90，BAC=CAD=60，PA平面ABCD，

29、PA=2，AB=11设点E为PD的中点，求证：CE平面PAB；2线段PD上是否存在一点N，使得直线CN及平面PAC所成的角的正弦值为？假设存在，试确定点N的位置，假设不存在，请说明理由【分析】1取AD中点M，利用三角形的中位线证明EM平面PAB，利用同位角相等证明MCAB，得到平面EMC平面PAB，证得EC平面PAB；2建立坐标系，求出平面PAC的法向量，利用直线CN及平面PAC所成的角的正弦值为，可得结论【解答】1证明：取AD中点M，连EM，CM，那么EMPAEM平面PAB，PA平面PAB，EM平面PAB在RtACD中，CAD=60，AC=AM=2，ACM=60而BAC=60，MCABMC平

30、面PAB，AB平面PAB，MC平面PABEMMC=M，平面EMC平面PABEC平面EMC，EC平面PAB2解：过A作AFAD，交BC于F，建立如下图的坐标系，那么A0，0，0，B，0，C，1，0，D0，4，0，P0，0，2，设平面PAC的法向量为=x，y，z，那么，取=，3，0，设=01，那么=0，4，2，=1，22，|cos，|=，N为PD的中点，使得直线CN及平面PAC所成的角的正弦值为【点评】此题考察线面平行的判定，考察线面角，考察向量知识的运用，考察学生分析解决问题的能力，属于中档题14如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为平行四边形，平面PAB平面ABCD，PB=PC，ABC=45，

31、点E是线段PA上靠近点A的三等分点求证：ABPC；假设PAB是边长为2的等边三角形，求直线DE及平面PBC所成角的正弦值【分析】作POAB于O，连接OC，可得PO面ABCD由POBPOC，ABC=45，得OCAB，即得AB面POC，可证得ABPC以O 为原点建立空间坐标系，利用向量求解【解答】解：作POAB于O，连接OC，平面PAB平面ABCD，且面PAB面ABCD=AB，PO面ABCD2分PB=PC，POBPOC，OB=OC，又ABC=45，OCAB又POCO=O，由，得AB面POC，又PC面POC，ABPC6分PAB是边长为2的等边三角形，如图建立空间坐标系，设面PBC的法向量为，由，令，

32、得；设DE及面PBC所成角为，直线DE及平面PBC所成角的正弦值12分【点评】此题考察了空间线线垂直的判定，向量法求线面角，属于中档题15在三棱柱ABCA1B1C1中，CA=CB，侧面ABB1A1是边长为2的正方形，点E，F分别在线段AAl，A1B1上，且AE=，A1F=，CEEF，M为AB中点 I证明：EF平面CME；假设CACB，求直线AC1及平面CEF所成角的正弦值【分析】推导出RtEAMRtFA1E，从而EFME，又EFCE，由此能证明EF平面CEM设线段A1B1中点为N，连结MN，推导出MC，MA，MN两两垂直，建空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AC1及平面CEF所成角的正弦值【

33、解答】证明：在正方形ABB1A1中，A1E=，AM=1，在RtEAM和RtFA1E中，又EAM=FA1E=，RtEAMRtFA1E，AEM=A1FE，EFEM，又EFCE，MECE=E，EF平面CEM解：在等腰三角形CAB中，CACB，AB=2，CA=CB=，且CM=1，设线段A1B1中点为N，连结MN，由可证CM平面ABB1A1，MC，MA，MN两两垂直，建立如下图的空间直角坐标系，那么C1，0，0，E0，1，F0，2，A0，1，0，C11，0，2，=1，1，=0，=1，1，2，设平面CEF的法向量为=x，y，z，那么，取z=2，得=5，4，2，设直线AC1及平面CEF所成角为，那么sin=，直线AC1及平面CEF所成角的正弦值为【点评】此题考察线面垂直的证明，考察线面角的正弦值求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养第 19 页