高三数学二轮复习：立体几何

第1讲空间几何体专题四立体几何板块三专题突破核心考点[考情考向分析]1.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算.2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题.热点分类突破真题押题精练内容索引热点分类突破1.一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样.即“长对正、高平齐、宽相等”.2.由三视图还原几何体的步骤一般先依据俯视图确定底面再利用正(主)视图与侧(左)视图确定几何体.热点一三视图与直观图例1

(1)(2018·全国Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是解析答案√解析由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.解析(2)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(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________.答案解析如图，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为点E，而四边形AECD为矩形，AD＝1，由此可还原原图形如图所示.且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C′，空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，再确定几何体的形状，即可得到结果.在还原空间几何体实际形状时，一般是以正(主)视图和俯视图为主，结合侧(左)视图进行综合考虑.思维升华答案解析跟踪演练1

(1)(2018·衡水模拟)已知一几何体的正(主)视图、侧(左)视图如图所示，则该几何体的俯视图不可能是√解析

由选项图可知，选项D对应的几何体为长方体与三棱柱的组合，其侧(左)视图中间的线不可视，应为虚线，故该几何体的俯视图不可能是D.(2)(2018·合肥质检)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱A1B1的中点，用过点A，C，E的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为答案解析√解析如图所示，取B1C1的中点F，连接EF，AC，AE，CF，则EF∥AC，平面ACFE，即为平面ACE截正方体所得的截面，据此可得位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图如选项A所示.热点二几何体的表面积与体积空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧.例2

(1)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A.3π＋4 B.4π＋4C.6π＋4 D.8π＋4答案解析√解析由三视图可得该几何体由上下两部分组成，上部分是半径为1的四分之一球，下部分是底面圆半径为1，高为2的半圆柱.故该几何体的表面积为(2)(2018·内蒙古鄂伦春自治旗模拟)甲、乙两个几何体的三视图如图所示(单位相同)，记甲、乙两个几何体的体积分别为V1，V2，则A.V1>2V2

B.V1＝2V2C.V1－V2＝163 D.V1－V2＝173答案解析√解析由甲的三视图可知，该几何体为一个正方体中间挖掉一个长方体，正方体的棱长为8，长方体的长为4，宽为4，高为6，则该几何体的体积为V1＝83－4×4×6＝416；由乙的三视图可知，该几何体是一个底面为正方形，边长为9，高为9的四棱锥，∴V1－V2＝416－243＝173.(1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和.(2)求简单几何体的体积时，若所给的几何体为柱体、锥体或台体，则可直接利用公式求解；求组合体的体积时，若所给定的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，常用转换法、分割法、补形法等进行求解；求以三视图为背景的几何体的体积时，应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.思维升华跟踪演练2

(1)(2018·黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学模拟)已知某几何体是一个平面将一正方体截去一部分后所得，该几何体三视图如图所示，则该几何体的表面积为解析答案√解析由三视图可知，正方体棱长为2，截去部分为三棱锥，作出几何体的直观图如图所示，故选B.答案(2)(2018·孝义模拟)某几何体的三视图如图所示(实线部分)，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是解析√解析由三视图可知，该几何体是由半个圆柱与半个圆锥组合而成，其中圆柱的底面半径为2，高为4，圆锥的底面半径和高均为2，热点三多面体与球与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径.球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心(或“切点”“接点”)作出截面图.例3

(1)(2018·百校联盟联考)在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为边长为3的等边三角形，且PA＝

，则三棱锥P－ABC外接球的体积为答案解析√解析取BC的中点D，连接PD，AD，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AD⊥BC，PD⊥BC，AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面PAD，所以BC⊥平面PAD，因为△ABC和△PBC均为边长为3的等边三角形，过△ABC的外心O1作平面ABC的垂线，过△PBC的外心O2作平面PBC的垂线，设两条垂线交于点O，则O为三棱锥P－ABC外接球的球心.(2)(2018·衡水金卷信息卷)如图是某三棱锥的三视图，则此三棱锥内切球的体积为答案解析√解析

把此三棱锥嵌入长、宽、高分别为20,24,16的长方体ABCD－A1B1C1D1中，三棱锥B－KLJ即为所求的三棱锥，其中KC1＝9，C1L＝LB1＝12，B1B＝16，则△KC1L∽△LB1B，∠KLB＝90°，故可求得三棱锥各面面积分别为S△BKL＝150，S△JKL＝150，S△JKB＝250，S△JLB＝250，故表面积为S表＝800.三棱锥P－ABC可通过补形为长方体求解外接球问题的两种情形(1)点P可作为长方体上底面的一个顶点，点A，B，C可作为下底面的三个顶点.(2)P－ABC为正四面体，则正四面体的棱都可作为一个正方体的面对角线.思维升华跟踪演练3

(1)(2018·咸阳模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，若AB＝2，BC＝3，PA＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为A.13π B.20πC.25π D.29π答案解析√解析把三棱锥P－ABC放到长方体中，如图所示，答案解析(2)(2018·四川成都名校联考)已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S2，则

等于A.1∶2 B.1∶3

C.1∶4 D.1∶8√解析

如图，由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r，l为底面圆周长，R为母线长，解得R＝2r，故∠ADC＝30°，则△DEF为等边三角形，设B为△DEF的重心，过B作BC⊥DF，则DB为圆锥的外接球半径，BC为圆锥的内切球半径，真题押题精练1.(2018·全国Ⅰ改编)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图.圆柱表面上的点M在正(主)视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在侧(左)视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为________.真题体验答案解析解析先画出圆柱的直观图，根据题中的三视图可知，点M，N的位置如图①所示.圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图②所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径.2.(2017·北京改编)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为________.解析解析在正方体中还原该四棱锥，如图所示，可知SD为该四棱锥的最长棱.由三视图可知，正方体的棱长为2，答案3.(2017·天津)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为_____.解析答案答案解析4.(2017·全国Ⅰ)已知三棱锥S—ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径.若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S—ABC的体积为9，则球O的表面积为________.36π解析如图，连接OA，OB.由SA＝AC，SB＝BC，SC为球O的直径知，OA⊥SC，OB⊥SC.由平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，∴OA⊥平面SCB.设球O的半径为r，则OA＝OB＝r，SC＝2r，押题预测答案解析押题依据押题依据求空间几何体的表面积或体积是立体几何的重要内容之一，也是高考命题的热点.此类题常以三视图为载体，给出几何体的结构特征，求几何体的表面积或体积.1.一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的表面积为√高PD＝2的四棱锥P－ABCD，因为PD⊥平面ABCD，且四边形ABCD是正方形，易得BC⊥PC，BA⊥PA，答案解析押题依据押题依据灵活运用正三棱锥中线与棱之间的位置关系来解决外接球的相关问题，是高考的热点.2.在正三棱锥S－ABC中，点M是SC的中点，且AM⊥SB，底面边长AB＝2，则正三棱锥S－ABC的外接球的表面积为A.6π B.12πC.32π D.36π√解析因为三棱锥S－ABC为正三棱锥，所以SB⊥AC，又AM⊥SB，AC∩AM＝A，AC，AM⊂平面SAC，所以SB⊥平面SAC，所以SB⊥SA，SB⊥SC，同理SA⊥SC，所以SA＝SB＝SC＝2，所以(2R)2＝3×22＝12，所以球的表面积S＝4πR2＝12π，故选B.解析押题依据押题依据求空间几何体的体积是立体几何的重要内容之一，也是高考的热点问题之一，主要是求柱体、锥体、球体或简单组合体的体积.本题通过球的内接圆柱，来考查球与圆柱的体积计算，命题角度新颖，值得关注.3.已知半径为1的球O中内接一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的体积与圆柱的体积的比值为________.答案解析

如图所示，设圆柱的底面半径为r，第2讲空间中的平行与垂直专题四立体几何板块三专题突破核心考点[考情考向分析]1.以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面平行和垂直的判定定理与性质定理对命题的真假进行判断，属于基础题.2.以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系的交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中档.热点分类突破真题押题精练内容索引热点分类突破空间线面位置关系判断的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题.(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断.热点一空间线面位置关系的判定例1

(1)若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是A.若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥nB.若m∥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥nC.若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥nD.若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n解析答案√解析对于选项A，由n∥β，α∥β可得n∥α或n⊂α，又m⊥α，所以可得m⊥n，故A正确；对于选项B，由条件可得m⊥n或m∥n，故B不正确；对于选项C，由条件可得m∥n或m，n相交或m，n异面，故C不正确；对于选项D，由题意得m⊥n，故D不正确.解答(2)如图，平面α⊥平面β，α∩β＝l，A，C是α内不同的两点，B，D是β内不同的两点，且A，B，C，D∉直线l，M，N分别是线段AB，CD的中点.下列判断正确的是A.当CD＝2AB时，M，N两点不可能重合B.M，N两点可能重合，但此时直线AC与

l不可能相交C.当AB与CD相交，直线AC平行于l时，直线BD可以与l相交D.当AB，CD是异面直线时，直线MN可能与l平行解析答案√解析由于直线CD的两个端点都可以动，所以M，N两点可能重合，此时两条直线AB，CD共面，由于两条线段互相平分，所以四边形ACBD是平行四边形，因此AC∥BD，而BD⊂β，AC⊄B，所以由线面平行的判定定理可得AC∥β，又因为AC⊂α，α∩β＝l，所以由线面平行的性质定理可得AC∥l，故选B.解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中.思维升华跟踪演练1

(1)(2018·揭阳模拟)已知直线a，b，平面α，β，γ，下列命题正确的是A.若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γB.若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，则a∥b∥cC.若α∩β＝a，b∥a，则b∥αD.若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，则b∥a解析答案√解析A中，若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γ，该说法正确；B中，若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，在三棱锥P－ABC中，令平面α，β，γ分别为平面PAB，PAC，PBC，交线a，b，c为PA，PB，PC，不满足a∥b∥c，该说法错误；C中，若α∩β＝a，b∥a，有可能b⊂α，不满足b∥α，该说法错误；D中，若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，正方体ABCD－A1B1C1D1中，取平面α，β为平面ABCD，ADD1A1，直线b为A1C1，满足b∥α，不满足b∥a，该说法错误.解析答案(2)(2018·资阳模拟)如图，平面α与平面β相交于BC，AB⊂α，CD⊂β，点A∉BC，点D∉BC，则下列叙述错误的是A.直线AD与BC是异面直线B.过AD只能作一个平面与BC平行C.过AD只能作一个平面与BC垂直D.过D只能作唯一平面与BC垂直，但过D可作无数个平面与BC平行√解析由异面直线的判定定理得直线AD与BC是异面直线；在平面β内仅有一条直线过点D且与BC平行，这条直线与AD确定一个平面与BC平行，即过AD只能作一个平面与BC平行；若AD垂直于平面α，则过AD的平面都与BC垂直，因此C错；过D只能作唯一平面与BC垂直，但过D可作无数个平面与BC平行.热点二空间平行、垂直关系的证明空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化.例2

(1)(2018·衡水调研)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，平面PAB⊥平面ABCD，点E是PD的中点，棱PA与平面BCE交于点F.①求证：AD∥EF；证明证明

因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC∥AD.又因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD.又因为B，C，E，F四点共面，且平面BCEF∩平面PAD＝EF，所以BC∥EF.又因为BC∥AD，所以AD∥EF.②若△PAB是正三角形，求三棱锥P－BEF的体积.解答解由①知，AD∥EF，点E是PD的中点，又因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，AD⊥AB，所以AD⊥平面PAB，所以EF⊥平面PAB.又因为△PAB是正三角形，所以PA＝PB＝AB＝2，(2)(2018·北京)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，F分别为AD，PB的中点.证明①求证：PE⊥BC；证明

因为PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC.②求证：平面PAB⊥平面PCD；证明证明

因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD.③求证：EF∥平面PCD.证明证明

如图，取PC的中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DE∥FG，DE＝FG.所以四边形DEFG为平行四边形，所以EF∥DG.又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD.垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证明线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质，即要证线线垂直，只需证明一条直线垂直于另一条直线所在的平面即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.思维升华跟踪演练2

(2018·全国Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧

所在平面垂直，M是

上异于C，D的点.证明(1)证明：平面AMD⊥平面BMC.证明

由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，又DM⊂平面CMD，故BC⊥DM.因为M为

上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，BC，CM⊂平面BMC，所以DM⊥平面BMC.又DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由.解答解当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.证明如下：连接AC，BD，交于点O.因为ABCD为矩形，所以O为AC的中点.连接OP，因为P为AM的中点，所以MC∥OP.又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化，有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键.一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法.热点三平面图形的翻折问题例3

(2018·北京海淀区期末)如图1，已知菱形AECD的对角线AC，DE交于点F，点E为AB中点.将△ADE沿线证明折叠前，因为四边形AECD为菱形，所以AC⊥DE，所以折叠后，DE⊥PF，DE⊥CF，又PF∩CF＝F，PF，CF⊂平面PCF，所以DE⊥平面PCF.证明段DE折起到△PDE的位置，如图2所示.(1)求证：DE⊥平面PCF；证明(2)求证：平面PBC⊥平面PCF；证明

因为四边形AECD为菱形，所以DC∥AE，DC＝AE.又点E为AB的中点，所以DC∥EB，DC＝EB，所以四边形DEBC为平行四边形，所以CB∥DE.又由(1)得，DE⊥平面PCF，所以CB⊥平面PCF.因为CB⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PCF.解答(3)在线段PD，BC上是否分别存在点M，N，使得平面CFM∥平面PEN？若存在，请指出点M，N的位置，并证明；若不存在，请说明理由.解存在满足条件的点M，N，且M，N分别是PD和BC的中点.如图，分别取PD和BC的中点M，N.连接EN，PN，MF，CM.因为四边形DEBC为平行四边形，所以四边形ENCF为平行四边形，所以FC∥EN.在△PDE中，M，F分别为PD，DE的中点，所以MF∥PE.又EN，PE⊂平面PEN，PE∩EN＝E，MF，CF⊂平面CFM，MF∩CF＝F，所以平面CFM∥平面PEN.(1)折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口.(2)存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾则否定假设，否则给出肯定结论.思维升华跟踪演练3如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图所示的空间几何体.证明(1)求证：AB⊥平面ADC；证明

因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，又BD⊥DC，DC⊂平面BCD，所以DC⊥平面ABD.因为AB⊂平面ABD，所以DC⊥AB.又AD⊥AB，DC∩AD＝D，AD，DC⊂平面ADC，所以AB⊥平面ADC.解答(2)若AD＝1，AB＝

，求点B到平面ADE的距离.依题意△ABD∽△DCB，故BC＝3.由于AB⊥平面ADC，所以AB⊥AC，因为DC⊥平面ABD，设点B到平面ADE的距离为d，真题押题精练真题体验解析1.(2017·全国Ⅰ改编)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是________.(填序号)(1)答案解析

对于(1)，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交；对于(2)，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；对于(3)，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；对于(4)，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ，又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.2.(2017·江苏)如图，在三棱锥A—BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；证明证明

在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以AB∥EF.又EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)AD⊥AC.证明证明

因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.押题预测解析押题依据押题依据空间两条直线、两个平面之间的平行与垂直的判定是立体几何的重点内容，也是高考命题的热点.此类题