全程复习方略（广西）2015版高中数学_96棱柱棱锥多面体配套课件 理 新人教a版

第六节 棱柱、棱锥、多面体 三年23考 高考指数: 1.了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图； 2.了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图 ； 3.了解多面体、凸多面体的概念，了解正多面体的概念. 1.以棱柱、棱锥为载体综合考查空间线面位置关系以及空间角 、距离的求法是高考考查的重点； 2.题型多为选择题和解答题，且以解答题为主. 1.棱柱、棱锥的定义 棱柱棱锥锥 定义义 底面 侧侧面 有两个面互相平行,其余各 面都是四边形,并且每相邻 两个四边形的公共边都互相 平行,这些面围成的几何体 有一个面是多边形,其余 各面是有一个公共顶点 的三角形,这些面围成的 几何体 两个互相平行的面多边形 其余各面 侧侧棱 顶顶点 高 顶点到底面的距离 两个相邻侧面的公共边 侧面与底面的公共 顶点 各侧面的公共顶点 两个底面的距离 【即时应用】 (1)思考：有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几 何体一定是棱柱吗？ 提示:不一定.如图所示的几何体有两个面平行，其余各面都是 平行四边形，但它不满足“每相邻两个侧面的公共边都互相平 行”，所以它不是棱柱. (2)思考：有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体 一定是棱锥吗？ 提示:不一定.如图所示的几何体有一个面是四边形，其余各面 是三角形，但它不是棱锥. 2.棱柱、棱锥的性质 (1)棱柱、棱锥的性质比较 是与底面全等的多 边形 是与底面相似的多 边形 棱柱棱锥锥 侧侧面 侧侧棱 平行于底面的截面 平行四边形 三角形 平行且相等 交于一点 (2)四棱柱的一些常用性质 平行六面体的四条对角线交于一点且被该点_; 直棱柱的侧棱长与高_,直棱柱的侧面及过不相邻两条侧 棱的截面都是_，直棱柱的侧面与底面_; 正四棱柱与正方体的底面都是_，正方体的侧面和底 面都是_; 长方体一条体对角线的长的平方等于一个顶点上三条棱的长 的_. 互相平分 相等 矩形 正方形 正方形 平方和 垂直 【即时应用】 (1)判断下列四个条件是否是一个棱柱为直棱柱的必要而不充 分条件.(在括号内填“是”或“否”) 棱柱有一条侧棱和底面垂直；( ) 棱柱有一条侧棱和底面的两边垂直；( ) 棱柱有一个侧面和底面的一条边垂直;( ) 棱柱有一个侧面是矩形且和底面垂直.( ) (2)若M=正四棱柱，N=直四棱柱，P=长方体， Q=直平行六面体，则这四个集合之间的关系是_. 【解析】(1)是充要条件；是必要而不充分条件； 是既不充分也不必要条件;是充要条件. (2)由正四棱柱、直四棱柱、长方体、直平行六面体的概念可 知，M P Q N. 答案：(1)否 是 否 否 (2)M P Q N 3.正棱锥的定义和性质 (1)定义 如果一个棱锥的底面是_，并且顶点在底面内的射影 是底面_，这样的棱锥叫做正棱锥. (2)性质 侧面都是全等的_,与底面所成的二面角均_; 侧棱均_，侧棱与底面所成的角均_; 平行于底面的截面也是_. 正多边形 中心 等腰三角形相等 相等相等 正多边形 (3)平行于棱锥底面的截面是与底面相似的多边形，它们的面 积之比等于截得的棱锥与原棱锥的对应边(高、侧棱、底面的 边等)的_. (4)棱锥平行于底面的截面将棱锥分成两部分，截得的小棱锥 与原棱锥的体积比等于对应边比的_. 平方比 立方 【即时应用】 判断下列说法是否正确.(在括号内打“”或“”) (1)各个侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；( ) (2)三条侧棱都相等的棱锥是正三棱锥；( ) (3)底面是正三角形的棱锥是正三棱锥；( ) (4)顶点在底面上的射影是底面多边形的内心，又是外心的棱 锥必是正棱锥.( ) 【解析】正棱锥必须具备两点，一是：底面为正多边形，二是 ：顶点在底面内的射影是底面的中心；命题(1)缺少这两个条 件；命题(2)缺少第一个条件；命题(3)缺少第二个条件；而命 题(4)可推出以上两个条件都具备. 答案：(1) (2) (3) (4) 4.多面体的体积与面积 (1)体积公式 柱体体积公式为V=_，其中S为底面面积,h为高; 锥体体积公式为V=_，其中S为底面面积,h为高. (2)侧面积与全面积 棱柱的侧面积是各侧面平行四边形_，直棱柱的侧 面积是底面周长与_；棱锥的侧面积是各侧面_ _，正棱锥的侧面积是底面周长与_乘积的一半. 全面积等于_与_之和,即S全=_+_. Sh Sh 面积之和 侧棱长的积三角 形面积之和斜高 侧面积底面积 S侧S底 【即时应用】 (1)在平面上，若两个正三角形的边长之比为12，则它们的 面积之比为14.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长 之比为12，则它们的体积之比是_. (2)若正方体的棱长为 ，则该正方体的表面积是_,以 该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为_. 【解析】(1) (2)S表= =12，由题意知，以正方体各个面的中心为顶点 的凸多面体为正八面体(即两个同底等高的正四棱锥)，所有棱 长均为1，其中每个正四棱锥的高均为 ，故正八面体的体积 V=2V正四棱锥= 答案：(1) (2)12 5.多面体与正多面体 (1)多面体 若干个_围成的几何体，叫做多面体. (2)凸多面体 把多面体的任何一个面伸展为平面，如果所有其他各面都在这 个平面的_，这样的多面体叫做凸多面体. (3)正多面体 每个面都是有相同边数的_，且以每个顶点为其一端 都有相同数目的_的凸多面体，叫做正多面体. 平面多边形 同侧 正多边形 棱 【即时应用】 思考：正多面体共有哪几种？ 提示:正多面体只有五种，即正四面体、正六面体、正八面体、 正十二面体、正二十面体. 棱柱、棱锥的概念与性质 【方法点睛】 1.棱柱性质的比较 名 称性 质质 棱柱侧侧棱都相等，侧侧面是平行四边边形 侧侧面和经过经过 不相邻侧邻侧 棱的截面是平行四边边 形 两底面平行，并且平行于底面的截面与底面 是全等的多边边形 名 称性 质质 直棱柱侧侧棱垂直于底面，各侧侧面是矩形 正棱柱底面是正多边边形，且是直棱柱 平行六面体底面和侧侧面都是平行四边边形，是中心对对称图图 形 长长方体底面和侧侧面都是矩形，对对角线线相等 正方体棱长长相等，各面都是正方形 2.棱锥性质的比较 名称性质质 棱锥锥 与底面平行的截面与底面相似，截面面积积与底面面积积的 比等于顶顶点到截面的距离与棱锥锥高的比的平方 正 棱 锥锥 底面是正多边边形，顶顶点在底面的射影为为底面正多边边形 的中心 各侧侧棱相等，各侧侧面都是全等的等腰三角形，各等腰 三角形底边边上的高(正棱锥锥的斜高)相等 正棱锥锥的高、斜高和斜高在底面内的射影组组成一个直 角三角形，正棱锥锥的高、侧侧棱、侧侧棱在底面内的射影组组 成一个直角三角形，正棱锥锥的侧侧棱、斜高及底面边长边长 的 一半组组成一个直角三角形，正棱锥锥的侧侧棱在底面内的射 影、斜高在底面内的射影及底面边长边长 的一半组组成一个直 角三角形 【例1】设有四个命题： 底面是矩形的平行六面体是长方体； 棱长都相等的直四棱柱是正方体； 有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体； 对角线相等的平行六面体是直平行六面体. 其中真命题的个数是( ) (A)1(B)2(C)3(D)4 【解题指南】根据棱柱的概念，理清各种棱柱之间的联系与区 别，逐个判定即可. 【规范解答】选A .命题是假命题.因为底面是矩形的直平行 六面体才是长方体.底面是矩形，侧棱不垂直于底面，这样的 四棱柱仍是斜平行六面体; 命题是假命题，底面是菱形，底面边长与侧棱长相等的直四 棱柱不是正方体； 命题是假命题，因为有两条侧棱垂直于底面一边不能推出侧 棱与底面垂直. 命题是真命题.如图所示，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中所有对 角线相等，对角面B1BDD1是平行四边形，因为对角线BD1=B1D,所 以四边形B1BDD1是矩形，即BB1BD,同理四边形A1ACC1是矩形， 所以AA1AC,由AA1BB1知BB1底面ABCD，即该平行六面体是 直平行六面体. 【反思感悟】解决此类题的关键是理清各种空间几何体的概 念及其之间的关系，要紧扣底面形状及侧棱与底面的位置关系 来解题.对于正棱锥要注意它与正多面体的区别与联系，棱柱 的性质比较简单，棱锥的性质实际上就是侧棱、斜高及锥体的 高等之间的关系. 【变式训练】下列命题中，真命题是( ) (A)顶点在底面上的射影到底面各顶点的距离相等的三棱锥是正三 棱锥 (B)底面是正三角形，各侧面是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥 (C)底面三角形各边分别与相对的侧棱垂直的三棱锥是正三棱锥 (D)底面是正三角形，并且侧棱都相等的三棱锥是正三棱锥 【解析】选D.对于选项A，到三角形各顶点距离相等的点为三 角形的外心，该三角形不一定为正三角形，故该命题是假命题 . 对于选项B,如图所示，ABC为正三角形，若PA=AB，PA=AC， PB=PC，则PAB、PAC、PBC都为等腰三角形，但若此时侧 棱PAPB=PC,则该命题是假命题. 对于选项C,顶点在底面上的射影为底面三角形的垂心，底面为 任意三角形皆可，故该命题是假命题. 对于选项D,顶点在底面上的射影是底面三角形的外心，又底面 三角形为正三角形，故该命题是真命题. 棱柱、棱锥中的线、面关系 【方法点睛】 1.棱柱、棱锥中的线面关系的证明 在棱柱、棱锥中进行线线、线面、面面的平行与垂直的证明， 除了要正确使用判定定理与性质定理外，对几何体本身所具有 的性质也要正确把握(如正棱柱、正棱锥的特性，特殊三角形 、特殊梯形的使用等).其次还要注意各种平行与垂直之间的相 互转化,如将线线平行转化为线面平行或面面平行来解决. 2.正棱锥中的一些特殊关系 在解正棱锥的问题时,要注意利用四 个直角三角形,如图所示,O为底面正 多边形的中心,G为AB的中点,四个直 角三角形为RtVOA，RtAGO,RtVGA和RtVOG,它们包含了棱 锥的高、斜高、侧棱、底边长的一半、底面正多边形的外接圆半 径、内切圆半径、侧棱与底面所成的角,侧面与底面所成的角. 【提醒】棱锥的高线是解决与棱锥有关的问题时常作的一条辅 助线. 【例2】如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形， FA平面ABCD，EFBC，FA=2，AD=3，ADE=45，点G是FA 的中点. (1)求证：EG平面CDE； (2)在棱BC上是否存在点M，使GM平面CDE，若存在，找出点M ；若不存在，说明理由. A B C D F E G 【解题指南】(1)要证EG平面CDE，可先证明GEED，再证明 CD平面ADEF GECD，即可得证. (2)要证明GM平面CDE可转化为证明线线平行，因为G为AF的 中点，故可取DE的中点H，构造中位线GH，然后在BC上取一点M ，使四边形CHGM为平行四边形即可. 【规范解答】(1)EFBC,ADBC,EFAD. 在四边形ADEF中，FA=2，AD=3， ADE=45，过E作ENAD于N，连结DG，则EN=DN=2， EF=AN=1，DE= GE= DG= DG2=GE2+DE2， EGDE， 又由FA平面ABCD，得AFCD， 正方形ABCD中CDAD，CD平面ADEF， EG 平面ADEF，CDEG， CDDE=D, EG平面CDE. (2)在BC上存在点M，即BC=3BM时，使GM平面CDE，取DE的中 点H，连结GM、GH、CH， 在梯形ADEF中，G是AF的中点， GH= (AD+EF)=2，GHAD， BCAD,BC=AD=3,BC=3BM, CM=2=GH,GHCM, 四边形CHGM是平行四边形， GMCH，GM平面CDE. 【反思感悟】证明线面垂直，首先要考虑能否转化为证明线 线垂直，如本题(1)的关键是证明EGED；解决问题(2)的关键 是抓住条件“G是FA的中点”，要有“遇到中点，再找中点构 造中位线”的解题思想，从而把握住解题的突破口使问题得以 顺利解决. 【变式训练】如图所示，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是正三 角形，且垂直于底面，又底面ABCD是矩形，E是侧棱PD的中点. (1)求证：PB平面ACE； (2)求证：平面ACE平面PCD. 【证明】(1)连结BD，交AC于点O，连结OE.因为E、O分别为PD 、BD的中点，所以EOPB，而EO 平面ACE， 所以PB平面ACE. (2)因为PAD是正三角形， 且E为PD的中点，所以AEPD， 又平面PAD平面ABCD， 而底面ABCD为矩形,所以CDAD，所以CD平面PAD, 而AE 平面PAD. 所以AECD，于是AE平面PCD， 因而，平面ACE平面PCD. 棱柱、棱锥中的角与距离 【方法点睛】 1.解决空间角应注意的问题 (1)解决空间角问题，应特别注意垂直关系，如果空间角为90， 就不必转化为平面角来求. (2)注意求角应放在某一三角形中解决. 2.求空间距离应注意的问题 (1)要善于借助辅助平面，将空间距离转化为平面距离求解. (2)棱锥体积具有自等性，即把三棱锥的任何一个顶点看作顶点， 相对的面作为底面，利用等积法可求得点到平面的距离. 【例3】(1)点P在正方形ABCD所在平面外，PD平面ABCD， PD=AD，则PA与BD所成角的度数为( ) (A)30(B)45(C)60(D)90 (2)如图四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为 矩形，PA底面ABCD，PA=AB= 点E 是棱PB的中点. 求直线AD与平面PBC的距离. 若AD= 求二面角A-EC-D的平面角的余弦值. 【解题指南】(1)欲求PA与BD所成角的度数，必须先找出异面 直线PA和BD所成的角，将图形补成一个正方体，利用正方体中 线与线间的平行关系，即可知道是哪一个角为所求，最后求出 该角即可. (2)由于AD平面PBC，所以AD与平面PBC的距离可转化为直 线AD上任意一点到平面PBC的距离，连结AE，证明AE平面PBC ，再求AE即可. 作出二面角A-EC-D的平面角并证明，再构造三角形求平面角 的余弦值. 【规范解答】(1)选C.将图形补成一个正方体如图，则PA与BD 所成的角等于BC与BD所成的角即DBC.在等边三角形 DBC中，DBC=60,即PA与BD所成角为60.故选C. (2)连结AE， 在矩形ABCD中，ADBC，从而AD平面PBC，故直线AD与平 面PBC的距离为点A到平面PBC的距离. 因为PAAB，由PA=AB知PAB为等腰直角三角形，又点E是棱 PB的中点，故AEPB， 因为PA底面ABCD，所以PABC， 又因为BCAB，所以BC平面PAB， 故BCAE，从而AE平面PBC，故AE的长即为直线AD与平面PBC 的距离，在RtPAB中，PA=AB= 所以AE= 过点D作DFCE，交CE于F，过点F作FGCE，交AC于G，则 DFG为所求的二面角的平面角. 由知BC平面PAB，又ADBC， 得AD平面PAB， 故ADAE，从而 DE= 在RtCBE中，CE= 由CD= 知CDE为等边 三角形，故F为CE的中点，且DF=CDsin 因为AE平面PBC，故AECE. 又FGCE，知FG AE,从而FG= 且G点为AC的中点，连结 DG，则在RtADC中，DG= 所以cosDFG= 所以二面角A-EC-D的平面角的余弦值为 【互动探究】在本例(2)的条件下，求直线ED与平面ABCD所 成的角. 【解析】设F为AB的中点，连结EF，FD， EF PA,PA平面ABCD， EDF为直线ED与平面ABCD所成的角. 又EF= PA= FD= tanEDF= 又EDF0, ),EDF= 故直线ED与平面ABCD所成的角为 【反思感悟】在解决(2)题问题时，易忽视证明AD平面 PBC，直接指出A点到平面PBC的距离即为直线AD与平面PBC的距 离，造成解题步骤不完整而失分.在解决问题时，作二面角 的平面角比较容易，但应注意运算的准确性. 【变式备选】如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中， AA1平面ABC，ACB=90，AB=2，BC=1， D是棱CC1的中点. (1)证明：A1D平面AB1C1; (2)求平面A1B1A与平面AB1C1所成的锐二面角的大小. 【解析】(1)ACB=90,BCAC. 三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1平面ABC，CC1AA1, BCCC1. ACCC1=C,BC平面ACC1A1. A1D 平面ACC1A1,BCA1D. 而BCB1C1,则B1C1A1D. 在RtACC1与RtDC1A1中， ACC1DC1A1.AC1C=DA1C1. AC1C+C1DA1=90, 即A1DAC1,又B1C1AC1=C1, A1D平面AB1C1. (2)如图，设A1DAC1=H,过A1作AB1的垂线，垂足为G，连结GH, A1H平面AB1C1,AB1A1G, AB1GH. A1GH为二面角A1-AB1-C1的平面角. 在RtAA1B1中，AA1= ,A1B1=2, AB1= A1G= 在RtAA1C1中，AA1= A1C1= AC1=3. A1H= 在RtA1GH中，sinA1GH= A1GH=arcsin 即平面A1B1A与平面AB1C1所成的锐二面角 的大小为arcsin 棱柱、棱锥的表面积与体积 【方法点睛】 求几何体体积的常见方法 (1)公式法：直接利用柱体、锥体的体积公式求解. (2)体积转换法:当所给几何体的体积不能直接套用公式或套用 公式时某一量(面积或高)不易求出时,可以转换一下几何体中 有关元素的相对位置进行计算求解,该方法特别适合于求三棱 锥的体积. (3)割补法:在求一些不规则的几何体的体积以及求两个几何体 的体积之比时,经常要用到割补法.割补法是割法与补法的总称 .补法是把不熟悉的(或复杂的)几何体延伸或补加成熟悉的(或 简单的)几何体,把不完整的图形补成完整的图形.割法是把复 杂的几何体切割成简单的几何体.割与补是对立统一的,是一个 问题的两个方面. 【例4】(2011福建高考)如图，四棱锥P-ABCD中，PA底面 ABCD，ABAD，点E在线段AD上，且CEAB. (1)求证：CE平面PAD； (2)若PA=AB=1，AD=3，CD= ，CDA=45，求四棱锥P-ABCD 的体积. 【解题指南】(1)由CEAB联想到，要证CE平面PAD，只需 证CEPA，CEAD即可. (2)用公式V四棱锥P-ABCD= S四边形ABCDPA求体积. 【规范解答】(1)因为PA平面ABCD，CE 平面ABCD， 所以PACE.因为ABAD，CEAB.所以CEAD.又PAAD=A， 所以CE平面PAD. (2)由(1)可知CEAD. 在RtECD中，DE=CDcos45=1, CE=CDsin45=1.又因为AB=CE=1，ABCE， 所以四边形ABCE为矩形. 所以 S四边形ABCD=S矩形ABCE+SECD=ABAE+ CEDE=12+ 11= . 又PA平面ABCD，PA=1， 所以V四棱锥P-ABCD= S四边形ABCDPA= 1= 【反思感悟】求几何体的体积要先确定底面和高，然后根据 题目条件求出相应的值代入公式求解即可,本题(2)将四边形 ABCD的面积转化为矩形ABCE与三角形ECD的面积之和是解决本 题的关键. 【变式训练】如图，四棱锥F-ABCD的底面ABCD是菱形，其对角 线AC=2，BD= .AE、CF都与平面ABCD垂直，AE=1，CF=2. (1)求二面角B-AF-D的大小； (2)求四棱锥E-ABCD与四棱锥F-ABCD公共部分的体积. 【解析】(1)连结AC、BD交于菱形的中心O，过O作OGAF，G为 垂足.连结BG、DG. 由BDAC，BDCF得BD平面ACF,故BDAF. 于是AF平面BGD，所以BGAF，DGAF，BGD为二面角 B-AF-D的平面角. A E G D C B o F 由FCAC，FC=AC=2，得FAC= OG= 由OBOG，OB=OD= 得BGD=2BGO= 所以二面角B-AF-D的大小为 (2)连结EB、EC、ED,设直线AF与直线 CE相交于点H，则四棱锥E-ABCD与四棱 锥F-ABCD的公共部分为四棱锥H-ABCD. 过H作HP平面ABCD，P为垂足. A B C D E F P H 因为EA平面ABCD，FC平面ABCD，所以平面ACFE平面ABCD ，从而PAC,HPAC. 由 =1，得HP= 又因为S菱形ABCD= ACBD= 故四棱锥H-ABCD的体积 V= S菱形ABCDHP= 【变式备选】如图，AB为圆O的直径，点E、F在圆O上，ABEF，矩 形ABCD所在的平面和圆O所在的平面互相垂直，且AB=2AD=2EF=2. (1)求证：AF平面CBF； (2)设FC的中点为M，求证：OM平面DAF； (3)设平面CBF将几何体EFABCD分成的两个锥体的体积分别为 VF-ABCD，VF-CBE，求VF-ABCDVF-CBE. 【解题指南】(1)紧扣线面垂直判定定理，将线面垂直转化为 线线垂直. (2)由M是CF的中点，利用三角形中位线和平行四边形的性质， 确定平面DAF中与OM平行的直线即可证明. (3)据条件，将VF-ABCD及VF-CBE表示出来，再求其比值.当然，要 由VF-CBE=VC-BEF等积法求VF-CBE. 【解析】(1)平面ABCD平面ABEF,CBAB, 平面ABCD平面ABEF=AB， CB平面ABEF，AF 平面ABEF，AFCB, 又AB为圆O的直径，AFBF， 又BCBF=B，AF平面CBF. (2)设DF的中点为N，连结MN，AN，则MN CD， 又AO CD，则MN AO，所以四边形MNAO为平行四边形， OMAN，又AN 平面DAF，OM 平面DAF， OM平面DAF. (3)过点F作FGAB于G， 平面ABCD平面ABEF，FG平面ABCD， VF-ABCD= S矩形ABCDFG= FG, CB平面ABEF,VF-CBE=VC-BFE= SBFECB = EFFGCB= FG. VF-ABCDVF-CBE=41. 【满分指导】关于棱柱解答题的规范解答 【典例】(12分)(2011湖北高考)如图，已知正三棱柱ABC- A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不 与点C重合. (1)当CF=1时，求证：EFA1C； (2)设二面角C-AF-E的大小为，求tan的最小值. 【解题指南】(1)由题意可知，该三棱柱的各侧面为正方形， 由于A1C为侧面的一条对角线，故可考虑作出EF在平面ACC1A1内 的射影，然后利用三垂线定理解决.(2)利用二面角的定义作出 二面角的平面角，建立与FAC的关系求解. 【规范解答】过E作ENAC于N，连结EF.1分 (1)如图，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知，底面ABC侧面 A1C. 又底面ABC侧面A1C=AC，且EN 底面ABC， 所以EN侧面A1C,NF为EF在侧面A1C内的射影. 3分 在RtCNE中，CN=CEcos60=1. 则由 = ，得NFAC1. 5分 又AC1A1C，故NFA1C， 由三垂线定理得EFA1C. 6分 (2)如图，连结AF，过N作NMAF于M，连结ME. 由(1)知EN侧面A1C，根据三垂线定理得EMAF， 所以EMN是二面角C-AF-E的平面角，即EMN=，8分 设FAC=，则045. 在RtCNE中，NE=ECsin60= 在RtAMN中，MN=ANsin=3sin, 故tan= 10分 又045，0sin 故当sin= 即=45时，tan达到最小值，11分 tan= 此时F与C1重合. 12分 【阅卷人点拨】通过高考中的阅卷数据分析与总结，我们可以 得到以下失分警示和备考建议：