2025年高考一輪復(fù)習(xí)專題訓(xùn)練07 立體幾何【含解析】

專題訓(xùn)練07立體幾何【原卷版】一、單選題1．設(shè)為空間中三條互相平行且兩兩間的距離分別為4、5、6的直線，給出下列三個結(jié)論：①存在使得是直角三角形；②存在使得是等邊三角形；③三條直線上存在四點使得四面體為在一個頂點處的三條棱兩兩互相垂直的四面體，其中，所有正確結(jié)論的個數(shù)是（

）A．0 B．1 C．2 D．32．如圖，斜三棱柱中，底面是正三角形，分別是側(cè)棱上的點，且，設(shè)直線與平面所成的角分別為，平面與底面所成的銳二面角為，則（

）A．B．C．D．二、多選題3．如圖，圓柱的底面半徑和母線長均為是底面直徑，點在圓上且，點在母線，點是上底面的一個動點，則（

）A．存在唯一的點，使得B．若，則點的軌跡長為4C．若，則四面體的外接球的表面積為D．若，則點的軌跡長為4．已知正四面體的棱長為，其所有頂點均在球的球面上．已知點滿足，，過點作平面平行于和，平面分別與該正四面體的棱相交于點，則（

）A．四邊形的周長是變化的B．四棱錐體積的最大值為C．當(dāng)時，平面截球所得截面的周長為D．當(dāng)時，將正四面體繞旋轉(zhuǎn)90°后與原四面體的公共部分的體積為5．勒洛FranzReuleaux（1829～1905），德國機械工程專家，機構(gòu)運動學(xué)的創(chuàng)始人.他所著的《理論運動學(xué)》對機械元件的運動過程進行了系統(tǒng)的分析，成為機械工程方面的名著.勒洛四面體是一個非常神奇的“四面體”，它能在兩個平行平面間自由轉(zhuǎn)動，并且始終保持與兩平面都接觸，因此它能像球一樣來回滾動.勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的相交部分圍成的幾何體.如圖所示，設(shè)正四面體的棱長為2，則下列說法正確的是（

）A．勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為B．勒洛四面體被平面截得的截面面積是C．勒洛四面體表面上交線的長度為D．勒洛四面體表面上任意兩點間的距離可能大于26．設(shè)四面體的六條棱長分別為，，…，，體積為，四個面的面積分別為，，，，面與面所成的內(nèi)二面角為，，，，為任意四個正實數(shù)，為空間里任意一點．下列不等式對任意滿足均為銳角的四面體恒成立的是（

）A．B．C．D．7．如圖，在直棱柱中，各棱長均為2，，則下列說法正確的是（

）A．三棱錐外接球的體積為B．異面直線與所成角的正弦值為C．當(dāng)點M在棱上運動時，最小值為D．N是所在平面上一動點，若N到直線與的距離相等，則N的軌跡為拋物線8．如圖，正方體中，頂點A在平面內(nèi)，其余頂點在的同側(cè)，頂點，B，C到的距離分別為，1，2，則（

）平面 B．平面平面C．直線與所成角比直線與所成角大 D．正方體的棱長為三、填空題9．祖暅，字景爍，祖沖之之子，南北朝時代的偉大科學(xué)家．祖暅在數(shù)學(xué)上有突出的貢獻(xiàn)，他在實踐的基礎(chǔ)上，于5世紀(jì)末提出下面的計算原理——祖暅原理：夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體，被平行于這兩個平面的任意平面所截，如果截得的兩個截面的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積相等．請同學(xué)們用祖暅原理解決如下問題：如題圖，有一個倒圓錐形容器，它的軸截面是一個正三角形，在容器內(nèi)放一個半徑為的鐵球，再注人水，使水面與球正好相切（而且球與倒圓錐相切效果很好，水不能流到倒圓錐容器底部），然后將球取出，則這時容器中水的深度為________．10．所有的頂點都在兩個平行平面內(nèi)的多面體叫做擬柱體，這兩個平行的面稱為上下底面，它們之間的距離稱為擬柱體的高．生產(chǎn)實際中，我們經(jīng)?？吹近S沙、碎石、灰肥等堆積成上下底面平行，且都是矩形的形狀，這種近似于棱臺的形體就是一種特殊的擬柱體（如圖所示），已知其高為h，上底面、下底面和中截面（經(jīng)過高的中點且平行于底面的截面）面積分別為，和，請你用，，，h表示出這種擬柱體的體積V＝______．11．已知正方體的棱長為1，、分別為棱、的中點，為棱上的動點，為線段的中點.則下列結(jié)論中正確序號為______.①；②平面；③的余弦值的取值范圍是；④△周長的最小值為四、解答題12．棱柱的所有棱長都等于2，，平面平面，．（1）證明：；（2）求二面角的平面角的余弦值；（3）在直線上是否存在點，使平面？若存在，求出點的位置．13．正四棱錐的底面正方形邊長是4，是在底面上的射影，，是上的一點，，過且與、都平行的截面為五邊形.（1）在圖中作出截面（寫出作圖過程）；（2）求該截面面積.14．查找并閱讀關(guān)于蜂房結(jié)構(gòu)的資料，建立數(shù)學(xué)模型說明蜂房正面采用正六邊形面，底端是封閉的六角棱錐體的底，由三個相同的菱形組成（菱形的銳角為，鈍角為）的原因．15．2021年6月17日，神舟十二號載人飛船順利升空并于6.5小時后與天和核心艙成功對接，這是中國航天史上的又一里程碑，我校南蒼穹同學(xué)既是航天迷，又熱愛數(shù)學(xué)，于是他為正在參加期末檢測的你們編就了這道題目，如圖，是神舟十二號飛船推進艙及其推進器的簡化示意圖，半徑相等的圓與圓柱底面相切于四點，且圓與與與與分別外切，線段為圓柱的母線.點為線段中點，點在線段上，且.已知圓柱，底面半徑為.（1）求證：平面；（2）線段上是否存在一點，使得平面若存在，請求出的長，若不存在，請說明理由；（3）求二面角的余弦值；（4）如圖，是飛船推進艙與即將對接的天和核心艙的相對位置的簡化示意圖.天和核心艙為底面半徑為2的圓柱，它與飛船推進艙共軸，即共線.核心艙體兩側(cè)伸展出太陽翼，其中三角形為以為斜邊的等腰直角三角形，四邊形為矩形.已知推進艙與核心艙的距離為4，即，且，.在對接過程中，核心艙相對于推進艙可能會相對作出逆時針旋轉(zhuǎn)的運動，請你求出在艙體相對距離保持不變的情況下，在艙體相對旋轉(zhuǎn)過程中，直線與平面所成角的正弦值的最大值.16．如圖，已知四棱錐中，平面，平面平面，且，，，點在平面內(nèi)的射影恰為的重心.（1）證明：；（2）求直線與平面所成角的正弦值.17．北京大興國際機場的顯著特點之一是各種彎曲空間的運用．刻畫空間的彎曲性是幾何研究的重要內(nèi)容．用曲率刻畫空間彎曲性，規(guī)定：多面體頂點的曲率等于與多面體在該點的面角之和的差（多面體的面的內(nèi)角叫做多面體的面角，角度用弧度制），多面體面上非頂點的曲率均為零，多面體的總曲率等于該多面體各頂點的曲率之和．例如：正四面體在每個頂點有3個面角，每個面角是，所以正四面體在各頂點的曲率為，故其總曲率為．（1）求四棱錐的總曲率；（2）若多面體滿足：頂點數(shù)-棱數(shù)+面數(shù)，證明：這類多面體的總曲率是常數(shù)．18．如圖1所示為一種魔豆吊燈，圖2為該吊燈的框架結(jié)構(gòu)圖，由正六棱錐和構(gòu)成，兩個棱錐的側(cè)棱長均相等，且棱錐底面外接圓的直徑為，底面中心為，通過連接線及吸盤固定在天花板上，使棱錐的底面呈水平狀態(tài)，下頂點與天花板的距離為，所有的連接線都用特殊的金屬條制成，設(shè)金屬條的總長為y．（1）設(shè)∠O1AO=(rad)，將y表示成θ的函數(shù)關(guān)系式，并寫出θ的范圍；（2）請你設(shè)計θ，當(dāng)角θ正弦值的大小是多少時，金屬條總長y最?。?9．如圖，在四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠ABC=，∠B1BD=，（1）求證：直線AC⊥平面BDB1；（2）求直線A1B1與平面ACC1所成角的正弦值.20．已知橢圓的左、右焦點分別為、．經(jīng)過點且傾斜角為的直線與橢圓交于、兩點（其中點在軸上方），的周長為8．（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）如圖，把平面沿軸折起來，使軸正半軸和軸確定的半平面，與負(fù)半軸和軸所確定的半平面互相垂直．①若，求異面直線和所成角的大??；②若折疊后的周長為，求的大小．21．在三棱柱中，側(cè)面為矩形，，，是的中點，與交于點，且平面.(1)證明：；(2)若，求直線與平面所成角的正弦值.五、雙空題22．如圖，在矩形中，，，，，分別為，，，的中點，與交于點，現(xiàn)將，，，分別沿，，，把這個矩形折成一個空間圖形，使與重合，與重合，重合后的點分別記為，，為的中點，則多面體的體積為_______；若點是該多面體表面上的動點，滿足時，點的軌跡長度為__________．24．祖暅原理：“冪勢既同，則積不容異”．即：夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體，被平行于這兩個平面的任意平面所截，如果截得的兩個截面的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積相等．如圖①是一個橢圓球形瓷凳，其軸截面為圖②中的實線圖形，兩段曲線是橢圓的一部分，若瓷凳底面圓的直徑為4，高為6，則__________；利用祖暅原理可求得該橢圓球形瓷凳的體積為__________專題訓(xùn)練07立體幾何【解析版】一、單選題1．設(shè)為空間中三條互相平行且兩兩間的距離分別為4、5、6的直線，給出下列三個結(jié)論：①存在使得是直角三角形；②存在使得是等邊三角形；③三條直線上存在四點使得四面體為在一個頂點處的三條棱兩兩互相垂直的四面體，其中，所有正確結(jié)論的個數(shù)是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】本題利用畫圖結(jié)合運動變化的思想進行分析．我們不妨先將A、B、C按如圖所示放置，容易看出此時BC＜AB＝AC．現(xiàn)在，我們將A和B往上移，并且總保持AB＝AC（這是可以做到的，只要A、B的速度滿足一定關(guān)系），而當(dāng)A、B移得很高很高時，就得到①和②都是正確的；至于③，結(jié)合條件利用反證法的思想方法進行說明即可.【詳解】如圖，我們不妨先將A、B、C按如圖所示放置，容易看出此時，故，又，故，現(xiàn)在，將A和B往上移，并且總保持AB＝AC（這是可以做到的，只要A、B的速度滿足一定關(guān)系），而當(dāng)A、B移得很高很高時，不難想象將會變得很扁，也就是會變成“非常鈍”的一個等腰鈍角三角形，即，于是，在移動過程中，從小于到大于的變邊過程中，總有一刻，，同時，故此時為等邊三角形，亦總有另一刻，，此時為直角三角形（而且還是等腰的）．這樣，就得到①和②都是正確的．至于③，如圖所示．為方便書寫，稱三條兩兩垂直的棱所公共頂點為共垂點．假設(shè)A是共垂點，那么由，，面，得面，即面，進而面，面，從而三邊的長就是三條直線的距離4、5、6，又由于，所以不是直角三角形，這與矛盾，假設(shè)不成立；同理可知，D是共垂點時也矛盾；假設(shè)C是共垂點，那么由，，面，得面，而，面，面，故面，故，又，故，從而BC為l1與l2的距離，于是，同理，又，故，矛盾，假設(shè)不成立；同理可知，B是共垂點時也矛盾；綜上，不存在四點A（i＝1，2，3，4），使得四面體A1A2A3A4為在一個頂點處的三條棱兩兩互相垂直的四面體．故選：C．.【點睛】本題考查命題真假的判斷解題時要認(rèn)真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．2．如圖，斜三棱柱中，底面是正三角形，分別是側(cè)棱上的點，且，設(shè)直線與平面所成的角分別為，平面與底面所成的銳二面角為，則（

）A．B．C．D．【答案】B【分析】先在圖中作出直線與平面所成的角，平面與底面所成的銳二面角，可得，同理得，再由和差化積公式得到，即可判斷A、C選項；再通過三角恒等變換得到，進而得到，即，即可判斷B、D選項.【詳解】如圖：延長EF，AB交于M，延長EG，AC交于N，延長FG，BC交于D，易得MN為平面ABC和平面EFG的交線，又D在平面ABC和平面EFG上，則D在直線MN上，即M，N，D三點共線，由外角定理可得.過A作面EFG，垂足為P，過A作，垂足為Q，連接，易得即為直線與平面所成的角，則，又面EFG，面EFG，則，又，面，，所以面，面，則，則即為平面與底面所成的銳二面角，則，又，則，同理可得，則，又由，，則，故，A，C錯誤；故，由可知，所以，即，整理可得，即，即，故，又，故，B正確，D錯誤.故選：B.二、多選題3．如圖，圓柱的底面半徑和母線長均為是底面直徑，點在圓上且，點在母線，點是上底面的一個動點，則（

）A．存在唯一的點，使得B．若，則點的軌跡長為4C．若，則四面體的外接球的表面積為D．若，則點的軌跡長為【答案】ACD【分析】對選項A：作E關(guān)于D點的對稱點為，利用對稱性與三點共線距離最短求解；對選項BD：建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)F滿足的條件判斷其軌跡，求其長度；對選項C：證明AE中點Q為四面體的外接球的球心即可.【詳解】設(shè)E關(guān)于D點的對稱點為，則，所以當(dāng)且僅當(dāng)三點共線時取等號，故存在唯一的點，使得，故A正確；由題意知，以O(shè)為坐標(biāo)原點，以為正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則設(shè)，則，對選項B：當(dāng)時，，所以點的軌跡長為上底面圓的一條弦MN，到MN的距離為1，所以，故點的軌跡長為，所以B錯誤；對選項D：當(dāng)時，，所以點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，其軌跡長為，故D正確；對選項C：在中，，為直角三角形，其外心為與的交點，且，而所以，所以Q為四面體的外接球的球心，球半徑為，所以球的表面積為，故C正確.故選：ACD【點睛】方法點睛：對立體幾何中動點的軌跡問題采用幾何法分析難度時可以用坐標(biāo)法去研究，根據(jù)動點的坐標(biāo)滿足的方程可以方便的判斷出軌跡的形狀，將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題解決.4．已知正四面體的棱長為，其所有頂點均在球的球面上．已知點滿足，，過點作平面平行于和，平面分別與該正四面體的棱相交于點，則（

）A．四邊形的周長是變化的B．四棱錐體積的最大值為C．當(dāng)時，平面截球所得截面的周長為D．當(dāng)時，將正四面體繞旋轉(zhuǎn)90°后與原四面體的公共部分的體積為【答案】BCD【分析】正四面體放入正方體中，證明平面平面，利用平行，利用表示出四邊形各邊的長，計算周長判斷選項A；利用表示四棱錐的體積，通過導(dǎo)數(shù)研究最值判斷選項B，利用外接球半徑和球心到截面的距離，得到截面圓的半徑，計算周長，判斷選項C；兩個正四面體的公共部分為兩個相同的正四棱錐組合而成，計算體積判斷選項D．【詳解】在棱長為2的正方體中，知正四面體的棱長為，故球心即為該正方體的中心，連接，設(shè)，因為，，所以四邊形為平行四邊形，所以.又平面，平面，所以平面.因為平面，，，平面，所以平面平面．對于A，如圖①，因為平面平面，平面平面，平面平面，所以，則，即，同理可得，，，，所以四邊形的周長，故A錯誤；對于B，如圖①，由A可知，，且，，因為四邊形為正方形，所以，所以四邊形為矩形，所以點A到平面的距離，故四棱錐的體積與之間的關(guān)系式為，則.因為，所以當(dāng)時，，單調(diào)遞增；當(dāng)時，，單調(diào)遞減，所以當(dāng)時，取到最大值，故四棱錐體積的最大值為，故B正確；對于C，正四面體的外接球即為正方體的外接球，其半徑．設(shè)平面截球所得截面的圓心為，半徑為，當(dāng)時，.因為，則，所以平面截球所得截面的周長為，故C正確；對于D，如圖②，

將正四面體繞旋轉(zhuǎn)90°后得到正四面體，設(shè)，，，，連接，因為，所以分別為各面的中心，兩個正四面體的公共部分為幾何體為兩個相同的正四棱錐組合而成，又，正四棱錐的高為，所以所求公共部分的體積，故D正確．故選：BCD【點睛】方法點睛：正四面體的外接球問題通常轉(zhuǎn)化為正方體的外接球，利用平面平面，用表示出四邊形各邊的長，處理周長和四棱錐的體積；截面問題和兩個正四面體的公共部分，都離不開對圖形結(jié)構(gòu)的分析和理解．5．勒洛FranzReuleaux（1829～1905），德國機械工程專家，機構(gòu)運動學(xué)的創(chuàng)始人.他所著的《理論運動學(xué)》對機械元件的運動過程進行了系統(tǒng)的分析，成為機械工程方面的名著.勒洛四面體是一個非常神奇的“四面體”，它能在兩個平行平面間自由轉(zhuǎn)動，并且始終保持與兩平面都接觸，因此它能像球一樣來回滾動.勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的相交部分圍成的幾何體.如圖所示，設(shè)正四面體的棱長為2，則下列說法正確的是（

）A．勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為B．勒洛四面體被平面截得的截面面積是C．勒洛四面體表面上交線的長度為D．勒洛四面體表面上任意兩點間的距離可能大于2【答案】ABD【分析】A選項：求出正四面體的外接球半徑，進而得到勒洛四面體的內(nèi)切球半徑，得到答案；B選項，作出截面圖形，求出截面面積；C選項，根據(jù)對稱性得到交線所在圓的圓心和半徑，求出長度；D選項，作出正四面體對棱中點連線，在C選項的基礎(chǔ)上求出長度.【詳解】A選項，先求解出正四面體的外接球，如圖所示：取的中點，連接，過點作于點，則為等邊的中心，外接球球心為，連接，則為外接球半徑，設(shè)，由正四面體的棱長為2，則，，，，，由勾股定理得：，即，解得：，此時我們再次完整的抽取部分勒洛四面體，如圖所示：圖中取正四面體中心為，連接交平面于點，交于點，其中與共面，其中即為正四面體外接球半徑，設(shè)勒洛四面體內(nèi)切球半徑為，則，故A正確；B選項，勒洛四面體截面面積的最大值為經(jīng)過正四面體某三個頂點的截面，如圖所示：面積為，B正確；C選項，由對稱性可知：勒洛四面體表面上交線所在圓的圓心為的中點，故，又，由余弦定理得：，故，且半徑為，故交線的長度等于，C錯誤；D選項，將正四面體對棱所在的弧中點連接，此時連線長度最大，如圖所示：連接，交于中點，交于中點，連接，則，則由C選項的分析知：，所以，故勒洛四面體表面上兩點間的距離可能大于2，D正確.故選：ABD【點睛】勒洛四面體考試中經(jīng)?？疾椋旅媸且恍┧男再|(zhì)：①勒洛四面體上兩點間的最大距離比四面體的棱長大，是對棱弧中點連線，最大長度為，②表面6個弧長之和不是6個圓心角為60°的扇形弧長之和，其圓心角為，半徑為.6．設(shè)四面體的六條棱長分別為，，…，，體積為，四個面的面積分別為，，，，面與面所成的內(nèi)二面角為，，，，為任意四個正實數(shù)，為空間里任意一點．下列不等式對任意滿足均為銳角的四面體恒成立的是（

）A．B．C．D．【答案】AC【詳解】由三角形面積海倫公式得又，又均值不等式可知，∴，故選項C正確；類比三角形射影定理可知同理可得三個類似的式子，四式相乘得，故選項D錯誤；7．如圖，在直棱柱中，各棱長均為2，，則下列說法正確的是（

）A．三棱錐外接球的體積為B．異面直線與所成角的正弦值為C．當(dāng)點M在棱上運動時，最小值為D．N是所在平面上一動點，若N到直線與的距離相等，則N的軌跡為拋物線【答案】ACD【分析】A選項，求出△ABC的外接圓半徑，進而求出三棱錐外接球的半徑，求出體積；B選項，作平行線，找到異面直線與所成角，用余弦定理求出余弦值，進而求出正弦值；C選項，將平面與平面沿著公共邊折疊到同一平面內(nèi)，利用勾股定理進行求解；D選項，由拋物線定義進行判斷.【詳解】因為在直棱柱中，各棱長均為2，，所以△ABC為等邊三角形，設(shè)三棱錐外接球球心為O，則O在底面ABC的投影為△ABC的中心H，設(shè)△ABC外接圓半徑為R，由正弦定理得：，所以△ABC外接圓半徑為，設(shè)三棱錐外接球的半徑為r，則，故三棱錐外接球的體積為，A正確；連接，，則，且從圖中可以看出為銳角，所以異面直線與所成角即為，由勾股定理得：，由余弦定理得：，故在△中，由余弦定理得：，所以，B錯誤；將平面與平面沿著公共邊折疊到同一平面內(nèi)，如圖連接，與的交點即為取得最小值的M，此時的長度即為最小值，其中，，由勾股定理得：，C正確；因為平面ABCD，故點N到直線的距離即為的長，又因為平面ABCD，故在平面ABCD上，到一點N的距離等于到直線BC的距離，由拋物線的定義可知：N的軌跡為拋物線，D正確.故選：ACD【點睛】求解立體幾何圖形的外接球或內(nèi)切球問題，要能抓住關(guān)鍵點，比如球心的位置的確定，通常情況下先找球心在某個三角形或者四邊形中的投影來確定.8．如圖，正方體中，頂點A在平面內(nèi)，其余頂點在的同側(cè)，頂點，B，C到的距離分別為，1，2，則（

）A．平面 B．平面平面C．直線與所成角比直線與所成角大 D．正方體的棱長為【答案】BD【分析】根據(jù)點到面的距離的性質(zhì)，結(jié)合線面垂直的判定定理、線面角的定義、面面相交的性質(zhì)進行求解判斷即可.【詳解】因為B，C到的距離分別為1，2，顯然不相等，所以BC不可能與平面平行，因此選項A不正確；設(shè)的交點為，顯然是的中點，因為平面，C到的距離為2，所以O(shè)到的距離分別為1，而B到的距離為1，因此，即，設(shè)平面，所以，因為是正方形，所以，又因為平面，平面，所以，因為平面，所以平面，因此有平面，而，所以平面平面，因此選項B正確；設(shè)到平面的距離為，因為平面，是正方形，點，B到的距離分別為，1，所以有，設(shè)正方體的棱長為，設(shè)直線與所成角為，所以，設(shè)直線與所成角為，所以，因為，所以，因此選項C不正確；因為平面平面，平面平面，所以在平面的射影與共線，顯然，如圖所示：由，，由（負(fù)值舍去），因此選項D正確，故選：BD【點睛】關(guān)鍵點睛：利用點到面距離的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.三、填空題9．祖暅，字景爍，祖沖之之子，南北朝時代的偉大科學(xué)家．祖暅在數(shù)學(xué)上有突出的貢獻(xiàn)，他在實踐的基礎(chǔ)上，于5世紀(jì)末提出下面的計算原理——祖暅原理：夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體，被平行于這兩個平面的任意平面所截，如果截得的兩個截面的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積相等．請同學(xué)們用祖暅原理解決如下問題：如題圖，有一個倒圓錐形容器，它的軸截面是一個正三角形，在容器內(nèi)放一個半徑為的鐵球，再注人水，使水面與球正好相切（而且球與倒圓錐相切效果很好，水不能流到倒圓錐容器底部），然后將球取出，則這時容器中水的深度為________．【答案】【分析】根據(jù)祖暅原理，當(dāng)圓柱、圓錐底面圓半徑、高和球體半徑相等時，球柱的體積等于等高圓柱的體積減去等高圓錐的體積，由這個原理求球體和水接觸的部分與沒和水接觸部分為的體積，得出水的體積，再轉(zhuǎn)化為圓錐求高.【詳解】如圖1，已知圓柱、圓錐底面圓半徑、高和球體半徑相等，根據(jù)祖暅原理，半球的體積等于圓柱的體積減去圓錐的體積，球柱的體積等于等高圓柱的體積減去等高圓錐的體積.下面證明如圖1中陰影截面面積相等：證明：設(shè)半球中陰影截面圓的半徑為，球體半徑為，則，截面圓面積；圓柱中截面小圓半徑，大圓半徑為，則截面圓環(huán)的面積，所以，又高度相等，所以球柱的體積等于等高圓柱的體積減去等高圓錐的體積.如圖2，設(shè)球體和水接觸的上部分為，沒和水接觸的下部分為，小半球相當(dāng)于圖1半球的截面上半部分，其體積等于圖1中截面之上的圓柱體積減去相應(yīng)圓臺體積.已知球體半徑為，為等邊三角形，，，根據(jù)祖暅原理，設(shè)圖2中軸截面為梯形的圓臺體積為，設(shè)將球取出時容器中水的深度為，底面圓的半徑為，則，.，即，.故答案為：.【點睛】本題是關(guān)于祖暅原理的一道綜合性應(yīng)用的立體題目,難度較大,需要很強的空間想象能力.（1）本題關(guān)鍵是理解祖暅原理，當(dāng)圓柱、圓錐底面圓半徑、高和球體半徑相等時，半球的體積等于圓柱的體積減去圓錐的體積，球柱的體積等于等高圓柱的體積減去等高圓錐的體積；（2）求不規(guī)則幾何體的體積要適當(dāng)?shù)倪M行分割，轉(zhuǎn)化為容易求的幾何體的體積.10．所有的頂點都在兩個平行平面內(nèi)的多面體叫做擬柱體，這兩個平行的面稱為上下底面，它們之間的距離稱為擬柱體的高．生產(chǎn)實際中，我們經(jīng)常看到黃沙、碎石、灰肥等堆積成上下底面平行，且都是矩形的形狀，這種近似于棱臺的形體就是一種特殊的擬柱體（如圖所示），已知其高為h，上底面、下底面和中截面（經(jīng)過高的中點且平行于底面的截面）面積分別為，和，請你用，，，h表示出這種擬柱體的體積V＝______．【答案】【分析】利用臺體的體積減去若干棱錐的體積來求得擬柱體的體積.【詳解】根據(jù)擬柱體的定義，任一擬柱體都可看作是過某棱臺的若干頂點，截去個倒立小棱錐與個正立小棱錐后余的凸多面體.當(dāng)時，就是原棱臺，即棱臺是特殊的擬柱體.設(shè)原棱臺的高為，上底面、下底面、中截面面積分別為，擬柱體的上底面、下底面、中截面的面積分別是，和，設(shè)截去的個倒立小棱錐的底面面積分別是，截去的個正立小棱錐的底面面積分別是，那么擬柱體的體積為①，因為棱錐的中截面面積等于底面面積的，所以，即②，由棱臺的中截面性質(zhì)可知，所以③，將③代入②得：，從而可知，代入①并整理得.故答案為：【點睛】本題主要考查擬柱體的體積的求法，在立體幾何教材中有擬柱體的體積的推導(dǎo)過程.圓柱、棱柱、圓錐、棱錐、圓臺、棱臺、球、球冠、球缺等各有自己的體積公式，但這些公式，都可以統(tǒng)一為擬柱體公式.11．已知正方體的棱長為1，、分別為棱、的中點，為棱上的動點，為線段的中點.則下列結(jié)論中正確序號為______.①；②平面；③的余弦值的取值范圍是；④△周長的最小值為【答案】①④【分析】①連接，根據(jù)正方體性質(zhì)有，結(jié)合在面上的投影為即可判斷；②③構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，求面的法向量及方向向量，利用空間向量夾角的坐標(biāo)表示判斷線面關(guān)系，同理求線線角的關(guān)于參數(shù)m的余弦值，結(jié)合導(dǎo)數(shù)求最值，即可判斷余弦值的范圍；④將問題轉(zhuǎn)化為求的最小值，展開正方體側(cè)面研究最小情況即可判斷.【詳解】①連接，即，又、分別為、的中點，則，所以，而在面上的投影為，又，即，所以，正確；②如下圖示，，，，則，，若是面的一個法向量，則，令即，而，，則，所以，僅當(dāng)時，即平面，故錯誤；③如下圖，，，，故，，所以，且，，則，令，則，而，，所以，存在，則上，遞增；上，遞減；所以上有，由時，時，故時，故錯誤；④由△周長為，而，要使周長最小只需最小，將與展開成一個平面，如下圖示：當(dāng)共線時，最小為，所以周長的最小值為，正確.故答案為：①④【點睛】關(guān)鍵點點睛：②③構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，利用向量法判斷線面關(guān)系、求線線角余弦值關(guān)于參數(shù)的表達(dá)式，進而應(yīng)用導(dǎo)數(shù)判斷最值.四、解答題12．棱柱的所有棱長都等于2，，平面平面，．（1）證明：；（2）求二面角的平面角的余弦值；（3）在直線上是否存在點，使平面？若存在，求出點的位置．【答案】(1)證明見解析；(2)二面角D－A1A－C的平面角的余弦值是．(3)存在，點P在C1C的延長線上且使C1C＝CP．【詳解】解：連接BD交AC于O，則BD⊥AC，連接A1O在△AA1O中，AA1=2，AO=1，∠A1AO=60°∴A1O2=AA12+AO2－2AA1·Aocos60°=3∴AO2+A1O2=A12∴A1O⊥AO，由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，所以A1O⊥底面ABCD∴以O(shè)B、OC、OA1所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則，，，，…………2分（Ⅰ）由于，則∴BD⊥AA1……4分（Ⅱ）由于OB⊥平面AA1C1C，∴平面AA1C1CK*s^5#u的法向量設(shè)⊥平面AA1D則得到……6分所以二面角D—A1A—CK*s^5#u的平面角K*s^5#u的余弦值是……8分（Ⅲ）假設(shè)在直線CC1上存在點P，使BP//平面DA1C1設(shè)，則得……9分設(shè)，則設(shè)得到……10分又因為平面DA1C1則·即點P在C1CK*s^5#u的延長線上且使C1C=CP……12分法二：在A1作A1O⊥AC于點O，由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，由面面垂直K*s^5#u的性質(zhì)定理知，A1O⊥平面ABCD，又底面為菱形，所以AC⊥BD（Ⅱ）在△AA1O中，A1A=2，∠A1AO=60°∴AO=AA1·cos60°=1所以O(shè)是ACK*s^5#u的中點，由于底面ABCD為菱形，所以O(shè)也是BD中點由（Ⅰ）可知DO⊥平面AA1C過O作OE⊥AA1于E點，連接OE，則AA1⊥DE則∠DEO為二面角D—AA1—CK*s^5#u的平面角……6分在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°∴AC=AB=BC=2，∴AO=1，DO=在Rt△AEO中，OE=OA·sin∠EAO=，DE=∴cos∠DEO=∴二面角D—A1A—CK*s^5#u的平面角K*s^5#u的余弦值是……8分（Ⅲ）存在這樣K*s^5#u的點P連接B1C，因為A1B1ABDC∴四邊形A1B1CD為平行四邊形．∴A1D//B1C在C1CK*s^5#u的延長線上取點P，使C1C=CP，連接BP……10分因B1BCC1，∴BB1CP∴四邊形BB1CP為平行四邊形則BP//B1C，∴BP//A1D∴BP//平面DA1C1……12分13．正四棱錐的底面正方形邊長是4，是在底面上的射影，，是上的一點，，過且與、都平行的截面為五邊形.（1）在圖中作出截面（寫出作圖過程）；（2）求該截面面積.【答案】（1）作圖見解析；（2）.【解析】（1）由線面平行的性質(zhì)定理即可作出截面；（2）先由題中的條件得出為正四棱錐，因此得出截面是由兩個全等的直角梯形組成，再由題中的條件求出直角梯形的上底、下底和高即可求出截面面積.【詳解】解：（1）由題可知，是上的一點，過且與、都平行的截面為五邊形，過作，交于點，交于點，過作，交于點，再過點作，交于點，過點作交于點，連接，，，∴，，，∴，所以，，，，共面，平面，∵，平面，∴平面，同理平面.所以過且與、都平行的截面如下圖：（2）由題意可知，截面，截面，∴，，，，，而是在底面上的射影，，∴平面，，∴，且，所以平面，則，∴，又∵，為正四棱錐，∴，故，于是，因此截面是由兩個全等的直角梯形組成，因，則為等腰直角三角形，，∴，同理得，，設(shè)截面面積為，所以，所以截面的面積為.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解題的關(guān)鍵是作出截面，再利用線面平行，線面垂直等條件證明截面是由兩個全等的直角梯形組成的.14．查找并閱讀關(guān)于蜂房結(jié)構(gòu)的資料，建立數(shù)學(xué)模型說明蜂房正面采用正六邊形面，底端是封閉的六角棱錐體的底，由三個相同的菱形組成（菱形的銳角為，鈍角為）的原因．【答案】理由見解析.【分析】蜂房是蜜蜂用來盛蜂蜜的在體積一定的情況下，為了節(jié)約空間，蜜蜂建造蜂房時，首先希望蜂房既對稱而又有規(guī)律，而正多邊形正好符合這一要求，我們知道并非任意的正多邊形都能鋪滿平面的，那么能鋪滿整個平面的正多邊形又有哪些呢？誰最佳呢？這也就是我們要回答問題：為什么蜂房正面采用正六邊形面，底端是封閉的六角棱錐體的底，由三個相同的菱形組成（菱形的銳角為，鈍角為）？因為蜜蜂建造蜂房時需要使用材料（蜂臘）最少，在空間(體積)一定的情況下，這種形狀容積最大.用正六邊形才能蜂臘的用料最小.菱形的大小不影響蜂房的容積，只影響蜂房的表面積，但會影響到制造蜂房所用的材料；蜂房的底能夠無間隙地粘合在一起.【詳解】數(shù)學(xué)模型I：能鋪滿平面的正多邊形有哪些？在周長一定的情況下，哪種面積最大？數(shù)學(xué)模型I的求解：由于正邊形的每一個內(nèi)角都等于，要將平面鋪滿，則有：，解得，故時，符合要求.當(dāng)周長一定時，正三角形的面積為；正四邊形的面積為；正六邊形的面積為.此時有：，所以正六邊形是最佳的設(shè)計.數(shù)學(xué)模型Ⅱ：蜂房口的正六邊形及蜂房的容積一定的情況下，問題是底面菱形的各角分別多大時，蜂房的表面積最??？數(shù)學(xué)模型Ⅱ求解：假定六棱柱的邊長是，先求的長度，是腰長為1，夾角為的等腰三角形.以為對稱軸作一個三角形(圖3).三角形是等邊三角形.因此，，即得.把圖4的表面分成六份，把其中之一攤平下來，得出圖7的形狀.從一個寬為的長方形切去一角，切割處成邊.以為腰，為高作等腰三角形.問題:怎樣切才能使所作出的圖形的面積最小?假定被切去的三角形的高是.從矩形中所切去的面積等于.現(xiàn)在看所添上的三角形的面積。AP的長度是，因此的長度等于因而三角形的面積等于.問題再變而為求的最小值的問題.令，故，兩邊平方，整理得因為是實數(shù)，故二次方程判別式，而必大于，因此的最小值為，即.當(dāng)時取最小值，即在一棱上過處（圖5中點）以及與該棱相鄰的二棱的端點（圖5中，點）切下來洴上去的圖形的表面積最小.設(shè)，由余弦定理得，并將代入可得.因此得出.【點睛】建模的關(guān)鍵是圍繞蜂房是蜜蜂用來盛蜂蜜的在體積一定的情況下，為了節(jié)約空間和蜂房既對稱而又有規(guī)律，材料最少的原則.15．2021年6月17日，神舟十二號載人飛船順利升空并于6.5小時后與天和核心艙成功對接，這是中國航天史上的又一里程碑，我校南蒼穹同學(xué)既是航天迷，又熱愛數(shù)學(xué)，于是他為正在參加期末檢測的你們編就了這道題目，如圖，是神舟十二號飛船推進艙及其推進器的簡化示意圖，半徑相等的圓與圓柱底面相切于四點，且圓與與與與分別外切，線段為圓柱的母線.點為線段中點，點在線段上，且.已知圓柱，底面半徑為.（1）求證：平面；（2）線段上是否存在一點，使得平面若存在，請求出的長，若不存在，請說明理由；（3）求二面角的余弦值；（4）如圖，是飛船推進艙與即將對接的天和核心艙的相對位置的簡化示意圖.天和核心艙為底面半徑為2的圓柱，它與飛船推進艙共軸，即共線.核心艙體兩側(cè)伸展出太陽翼，其中三角形為以為斜邊的等腰直角三角形，四邊形為矩形.已知推進艙與核心艙的距離為4，即，且，.在對接過程中，核心艙相對于推進艙可能會相對作出逆時針旋轉(zhuǎn)的運動，請你求出在艙體相對距離保持不變的情況下，在艙體相對旋轉(zhuǎn)過程中，直線與平面所成角的正弦值的最大值.【答案】（1）具體見解析；（2）；（3）；（4）.【分析】（1）先證明AM∥ON，再根據(jù)線面平行的判定定理即可得證；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出AE的長度，利用線面垂直求出長度即可；（3）建立空間直角坐標(biāo)系，求出內(nèi)切圓的半徑，得出各點的坐標(biāo)，用法向量夾角公式即可解得；（4）將矩形PQRS視作靜止，則作順時針旋轉(zhuǎn)，寫出坐標(biāo)，用空間向量線面角公式求出夾角的正弦值.【詳解】（1）如圖1，分別是點M、N在線段AC上的投影，則為AO的中點，為OC的三等分點.所以，，所以,所以AM∥ON，如圖2，又因為平面BDN，ON平面BDN，所以AM∥平面BDN.（2）以O(shè)為原點，分別以所在方向為x,y,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,則,設(shè)，所以,,若OE⊥平面BDN，則，即時，OE⊥平面BDN.（3）設(shè)內(nèi)切圓半徑為r，由題意可知是等腰直角三角形，所以，因為，，，，所以，，設(shè)平面的法向量為，則，令x=1，則，同理可得平面的法向量，所以，由圖可知二面角為銳角，則其余弦值為.（4）將矩形PQRS作為參照物，不妨設(shè)順時針旋轉(zhuǎn)，則，即，，所以易知y軸⊥平面PQRS，則平面PQRS的一個法向量為，設(shè)與平面PQRS所成角為，所以若，則；若，令，則，所以，當(dāng)且僅當(dāng)即時，.【點睛】證明線面平行應(yīng)首先證明線面平行或者面面平行；存在性問題一般是先假設(shè)存在，若求出結(jié)果不產(chǎn)生矛盾則命題成立，否則不成立；二面角和線面角問題用公式直接解出即可；但應(yīng)注意的是最值問題一般會結(jié)合基本不等式或者導(dǎo)數(shù)，如果式子復(fù)雜應(yīng)該先換元.16．如圖，已知四棱錐中，平面，平面平面，且，，，點在平面內(nèi)的射影恰為的重心.（1）證明：；（2）求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）過作于，利用面面垂直的性質(zhì)定理可知平面，進而可知，又由已知可知，再利用線面垂直的判定定理證得平面，進而證得；（2）連結(jié)并延長交于，連結(jié)，以為原點，分別以，所在的直線為，軸，以過且與平面垂直的直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的法向量，即，再利用向量夾角公式即可求得直線與平面所成角的正弦值.【詳解】（1）過作于，因為平面平面，平面平面，平面，平面，平面，.又平面，平面，，又，平面，平面，.（2）連結(jié)并延長交于，連結(jié)，以為原點，分別以，所在的直線為，軸，以過且與平面垂直的直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則，，，設(shè)，平面，平面，，同理，又，平面，，又是的重心，是的中點，，由（1）知，，，，，，解得，，設(shè)，則，故，，，，，，，，，設(shè)平面的法向量為，則，令，則，設(shè)直線與平面所成角為，則，故直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】方法點睛：本題考查線線垂直，及線面角的求法，利用空間向量求立體幾何?？疾榈膴A角：設(shè)直線的方向向量分別為，平面的法向量分別為，則①兩直線所成的角為(),；②直線與平面所成的角為(),；③二面角的大小為(),17．北京大興國際機場的顯著特點之一是各種彎曲空間的運用．刻畫空間的彎曲性是幾何研究的重要內(nèi)容．用曲率刻畫空間彎曲性，規(guī)定：多面體頂點的曲率等于與多面體在該點的面角之和的差（多面體的面的內(nèi)角叫做多面體的面角，角度用弧度制），多面體面上非頂點的曲率均為零，多面體的總曲率等于該多面體各頂點的曲率之和．例如：正四面體在每個頂點有3個面角，每個面角是，所以正四面體在各頂點的曲率為，故其總曲率為．（1）求四棱錐的總曲率；（2）若多面體滿足：頂點數(shù)-棱數(shù)+面數(shù)，證明：這類多面體的總曲率是常數(shù)．【答案】（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）四棱錐的總曲率等于四棱錐各頂點的曲率之和，寫出多邊形表面的所有內(nèi)角即可.（2）設(shè)頂點數(shù)、棱數(shù)、面數(shù)分別為、、，設(shè)第個面的棱數(shù)為，所以，按照公式計算總曲率即可.【詳解】（1）由題可知：四棱錐的總曲率等于四棱錐各頂點的曲率之和.可以從整個多面體的角度考慮，所有頂點相關(guān)的面角就是多面體的所有多邊形表面的內(nèi)角的集合.由圖可知：四棱錐共有5個頂點，5個面，其中4個為三角形，1個為四邊形.所以四棱錐的表面內(nèi)角和由4個為三角形，1個為四邊形組成，則其總曲率為：.（2）設(shè)頂點數(shù)、棱數(shù)、面數(shù)分別為、、，所以有設(shè)第個面的棱數(shù)為，所以所以總曲率為：所以這類多面體的總曲率是常數(shù).【點睛】本題考查立體幾何的新定義問題，能夠正確讀懂“曲率”的概率是解決問題的關(guān)鍵．18．如圖1所示為一種魔豆吊燈，圖2為該吊燈的框架結(jié)構(gòu)圖，由正六棱錐和構(gòu)成，兩個棱錐的側(cè)棱長均相等，且棱錐底面外接圓的直徑為，底面中心為，通過連接線及吸盤固定在天花板上，使棱錐的底面呈水平狀態(tài)，下頂點與天花板的距離為，所有的連接線都用特殊的金屬條制成，設(shè)金屬條的總長為y．（1）設(shè)∠O1AO=(rad)，將y表示成θ的函數(shù)關(guān)系式，并寫出θ的范圍；（2）請你設(shè)計θ，當(dāng)角θ正弦值的大小是多少時，金屬條總長y最?。敬鸢浮浚?），（，）．（2）當(dāng)角滿足（）時，金屬條總長y最?。窘馕觥浚?）在直角三角形OAO1中，利用三角函數(shù)的定義，用表示，其中由實際問題可得θ的范圍，最后把吊燈12條側(cè)棱，6條底邊，1條頂懸長相加表示y，得答案；（2）為了方便運算，只令，利用求導(dǎo)的方式得極值，此時即為最小值.【詳解】（1）在直角三角形OAO1中，，，由，所以，所以θ的范圍是，其中，．從而有，所以，（，）．（2）令，所以，令，則，則．當(dāng)時，；當(dāng)時，．函數(shù)的單調(diào)性與關(guān)系列表如下：0+極小值所以當(dāng)，其中時取得最小值，即y最?。十?dāng)角滿足（）時，金屬條總長y最?。军c睛】本題看似考查立體幾何問題，實則考查三角函數(shù)的實際應(yīng)用，應(yīng)優(yōu)先建模，將實物分解并轉(zhuǎn)化為熟悉的數(shù)學(xué)問題，進而構(gòu)建函數(shù)關(guān)系，其定義域需滿足實際情況，還考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，屬于難題.19．如圖，在四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠ABC=，∠B1BD=，（1）求證：直線AC⊥平面BDB1；（2）求直線A1B1與平面ACC1所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）【分析】（1）由邊角邊證得，即，在等腰三角形中由三線合一證得，在菱形中由菱形的對角線垂直證得，由線面垂直的判定定理說明即得證；（2）延長交于點，平面即為平面，平面即平面，由（1）得平面平面，平面平面，所以過做，由面面垂直的性質(zhì)則平面，故即為直線與平面所成角（若研究直線與平面所成角的正弦值則線段等比例擴大2倍結(jié)果不變），在菱形ABCD中求出BD，作，由和勾股定理可求得，由余弦定理和同角三角函數(shù)關(guān)系求得，，進而求得，最后由正弦函數(shù)定義可求得答案；也可以利用建立空間直角坐標(biāo)系的方式運算求解.【詳解】（1）連接交于，因為，，，所以，故又因為為菱形對角線交點，即是線段的中點，所以又四邊形為菱形，故而，所以平面方法二：因為，所以點在平面內(nèi)的射影在為的平分線，又四邊形為菱形，故為的平分線，則直線故平面平面，而平面平面，又四邊形為菱形，故所以平面（2）延長交于點，平面即為平面，平面即平面由（1）得平面平面，平面平面，所以過做，則平面，故即為直線與平面所成角（若研究直線與平面所成角的正弦值則線段等比例擴大2倍結(jié)果不變）因為四棱臺中，所以，由菱形有，且∠ABC=，所以，作，因為，則，，所以，則，，，故.法二：延長交于點，平面即為平面，平面即平面，設(shè)直線與平面所成角為過作，垂足為，因為，所以建系，以為軸，作軸，設(shè)平面的法向量為，則，所以，所以【點睛】本題考查空間中線面垂直的證明，還考查了空間線面角正弦值的運算，屬于難題.20．已知橢圓的左、右焦點分別為、．經(jīng)過點且傾斜角為的直線與橢圓交于、兩點（其中點在軸上方），的周長為8．（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）如圖，把平面沿軸折起來，使軸正半軸和軸確定的半平面，與負(fù)半軸和軸所確定的半平面互相垂直．①若，求異面直線和所成角的大??；②若折疊后的周長為，求的大?。敬鸢浮浚?）（2）①②或【分析】（1）橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：，，的周長是，從而得，于是可得，從而得橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）①求出直線方程，與橢圓方程聯(lián)立求出兩點坐標(biāo)，折疊后建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，寫出此時各點坐標(biāo)，求出的坐標(biāo)，用向量數(shù)量積計算向量夾角可得異面直線所成的角．②設(shè)直線方程為，代入橢圓方程，設(shè)設(shè)折疊前，，則折疊后，，由韋達(dá)定理得，折疊前后兩個三角形周長之差為，在空間直角坐標(biāo)系中，由兩點間距離公式得一等式，結(jié)合韋達(dá)定理所得可求得，從而得，得到傾斜角．【詳解】（1）設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：，，由橢圓的性質(zhì)可知：，，則的周長，即，，∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：；（2）①設(shè)直線：，代入橢圓方程，解得：，，則，，折疊后主要是四點位置．擦去橢圓如下圖，建立空間直角坐標(biāo)系，在空間直角坐標(biāo)系中，，，，，，，異面直線和所成角為，則，∴異面直線和所成角的大小；②折疊后對應(yīng)點記為，如圖設(shè)折疊前，，則，，由，，則，設(shè)折疊前直線方程為，則，整理得：，則，，