“空间几何”试题精选-《中学生数理化》高考数学2026年4月刊

学核心青室清管中学生表理化 Y“空间何”试题精选 ■江苏省南京市板桥中学 纪明亮 1.如图1，在平面四边 (1)证明：A,C2⊥平面A2B,C:D2; 形ABCD中，AB=AD= (2)若点P在棱AA,上，当二面角P 12,CD=4√3，∠ADC= 90°，∠BAD=60°，点E、F CD:A的正孩值为时，求A,P的长 子AD,AF 4.如图4，在三棱锥A- 满足AE= 图1 BCD中，DA=DB=DC= AB,将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得 1 BC=2,AB=AC=√2，E 为BC的中点。 PB=3√14。 (1)证明：AE⊥BD; 图4 (1)证明：EF⊥PD: (2)若点F满足EF=DA,且P是EF (2)求平面PBC与平面PBF所成二面 角的正弦值。 上一点，当二面角P-AB-D的正弦值为2y6 7 2.如图2所示，在五面体 时，求EP的长。 ABCDEF中，四边形ABCD 5.如图5，在三棱锥P-ABC中，AB⊥ 与四边形ADEF均为直角梯 AC,AB=2,AC=4,PB= 形，BC∥AD,EF∥AD,AF⊥ 2√3，PA=PC=2√2。D是 AD,CD⊥AD,AB=2√2， 图2 AC的中点，点E,F,G分别 AD=4,BC=EF=2,ED= 在棱PA,PB,BC上，且满 2√3，FB=4,M为AD的中点。 (1)证明：BM平面CDE; 足BP=专BP,AG1BD. 图5 (2)求二面角A-BF-E的正 (1)证明：FG∥平面PAC; 弦值。 (2)当二面角EBD-C的正弦值为 3 3.如图3，在正四棱柱 ABCD-A1B1CD1中，AB=2, 求BE的长。 6.如图6，在四面体ABCD中，AD=CD AA1=8,点A2,B2,C2,D2分别在 棱AA,BB,CC,DD1上，且 =2,AD⊥CD,AB=CB=DB=√6，E,F分 AA,=2,BB,=DD,=4,CC,=6. 图3 别为AC,AB的中点，点G在BD上。 (1)证明：平面BED⊥平面ACG; 何体与目标几何体的体积（或直接找到体积 与“体积转化两大法”，多练习、多总结经典模型， 比例关系)；化简得出体积比例，注意解题过 就能将复杂问题转化为基础问题。建议平时针 程中计算的准确性。 对四棱柱、三棱锥等载体进行专项训练，重点突 高考对立体几何中的截面与比例问题的考 破“延展找交点”“补形转化”“等体积换底”等关 查，本质是检验空间想象、逻辑推理、转化计算等 键解题环节，相信在高考中能轻松应对这类热 能力。同学们只需熟练掌握“截面作图三步法” 门题型。 (责任编辑王福华) 43 中学生数理化高数学226年4月 演练篇核心考点演练 (2)当△AGC的面积最 (2)在△ABE中，由余弦定理得BE= 小时，求二面角B-CGF的正 √AE+AB-2AB·AEcos∠BAD=3√I3。 弦值。 因为PB=3√I4,所以PE+BE=PB,则 7.如图7，已知三棱锥P PE⊥BE。因为EF⊥PE,BE∩EF=E, ABC的体积为√2，AB=2, 图6 BE,EFC平面ABCD,所以PE⊥平面 BC=3√2，PA=√6，PB= ABCD。因为EF⊥DE, √I0,PC=2。点D在BC 所以以(E京，ED,EP}为 o8. 正交基底建立如图10所 上，满足CD= 示的空间直角坐标系 (1)求点D到平面 Exy,则E(0,0,0), PAB的距离： 图7 P(0,0,3),F(3√3,0,0)， 图10 (2)当平面PBC⊥平 B(6√3,3,0)，C(43,9, 面ABC,且PD=√2时，求二面角B-AP-C的 0),所以PB=(6√5,3，一3)，FB=(3√，3， 正弦值。 0),BC=(-2√3,6,0)。 8.如图8，在四棱锥P-ABCD中，底面 ABCD为直角梯形，AB∥CD, 设平面PBF的一个法向量为m=(x1y1, AB⊥AD,AB=2CD=6,BC 1),则 1mpi=65x+3y-3=0:令x =√13，PA=2√2，PD=2,二 m·FB=33x1+3y1=0, 面角P-AD-C的大小为3。 2π =1,得m=(1,-√3，√3)。 图8 设平面PBC的一个法向量为n=(x,y2, (1)求四棱锥P-ABCD的体积： |n·PB=63x2+3y2-3x=0, (2)求平面PAD与平面PBC所成角的 之2)，则 令x n.BC=-2√3.x2+6y2=0, 正弦值。 9.如图9，四棱锥 =3,得n=(3,1,7)。 P-ABCD的底面是矩 设平面PBC与平面PBF所成二面角的 形，AB=4,BC=22,E 大小为p,则|cos9|=|cos〈m,n)|= 为CD的中点，平面 m·n V,所以sine 73 √21 mn- √7×√53 PAC⊥底面ABCD。 图9 (1)证明：BE⊥PA: 需1 53 (2)若PA=√3，PC=√15，求二面角B 2.(1)因为BC∥AD,BC=2,AD=4,M PE-C的正弦值。 为AD的中点，所以BC∥DM,且BC=DM, 参考答案： 所以四边形BCDM是平行四边形，故BM∥ 1.(1)因为AB=AD=12,AE= TAD, 1 CD。又BM中平面CDE,CDC平面CDE, 所以BM∥平面CDE。 AF=号AB,所以AE=3,AF=6:因为 (2)因为EF∥AD,BF=2,AD=4,M ∠BAD=60°，所以由余弦定理得EF= 为AD的中点，所以EF∥DM,且EF=DM, WAE2+AF-2AE·AFcos∠BAD=3V3, 故四边形MDEF是平行四边形，则FM 所以AE十EF=AF2,则AE⊥EF,所以 DE=2√3。因为AF⊥AD,所以AF= EF⊥AD,EF⊥PE。又PE∩DE=E,且 √FM-AM=2√2。因为AB=2E,FB PE,DE二平面PDE,所以EF⊥平面PDE。 =4,所以AB+AF2=FB,则AF⊥AB。 因为PDC平面PDE,所以EF⊥PD。 因为AB∩AD=A,AB,ADC平面ABCD, 44 性学核心嘴室清育中学生凝理化 所以AF⊥平面ABCD。因为EF∥AM,EF (2)设P(2,2,t),则D2P=(0,2,t-4)。 =AM,所以四边形AMEF是平行四边形， 设平面AC,D,的一个法向量为m=（x1, 所以ME∥AF,则ME⊥平面ABCD。因为 y1,之1)，因为AD2=(0,-2,2),DC=(-2,0, BM∥CD,CD⊥AD,所以BM⊥AD。以 (MB,MD,M正}为正交基底 m·A2D2=-2y1+2x1=0, 2),所以 令x1= 建立如图11所示的空间直 m.D,C2=-2x1+2x1=0, 角坐标系Mxyx,则M(0,0, 1,得m=(1,1,1)。 0),A(0,一2,0)，B(2,0,0) 设平面PCD2的一个法向量为n=(x2, F(0,-2,2√2)，E(0,0, n·D2P=2y2+(t-4)x2=0, y2,2),则 2√2)，所以AB=(2,2,0), n·DC,=-2x2+2x2=0, 图11 BF=(-2,-2,2√2)，BE =2,得n=(2,4一t,2)。 =(-2,0,2√2)。 由二面角P-C,D,A:的正弦值为气得 设平面ABF的一个法向量为m=(x1,y1, 1cos(m,n)l=m·n |8-tl fm·AB=2x1+2y1=0, m n √3×√A-8t+24 之1)，则 m·BF--2x1-2y1十2W2x1=0, x1=1,得m=(1,-1,0)。 =-(-解得4=5所以P22 设平面EBF的一个法向量为n=(xy2, 5),则A2P=(0,0,3),所以|A2P|=3,即 |n·BE=-2x2十2V2x=0, AgP=3。 之2)，则 令之2 n.BF=-2x2-2y:+2V2x2=0, 4.(1)连接DE。因为AB=AC=√2，E =1,得n=(√2,0,1)。 为BC的中点，所以AE⊥BC。因为BC=2, 设二面角A-BF-E的大小为9，则 所以BE=1,故AE=√AB-BE=1。因 为DB=DC=BC=2,所以DE⊥BC,则DE 1cos9=cos(m,n>1=m·n √2 mn√2×√3 =3DB=3,故AE+DE=DA',所以 2 3 AE⊥DE。因为BC∩DE=E,且BC,DEC 3.(1)如图12，以{CD, 平面BCD,所以AE⊥平面BCD。又因为 CB,CC}为正交基底建立空 BD二平面BCD,所以AE⊥BD。 间直角坐标系Cxy之，则 (2)因为AE⊥平面BCD,DE⊥BC,所 A1(2,2,8),A2(2,2,2), 以以(ED,EB,EA}为 B2(0,2,4),C(0,0,6), 正交基底建立如图13 D2(2,0,4),所以A1C:= 所示的空间直角坐标系 D Exy之，则E(0,0,0), (-2,-2,-2),A2B:= 图12 A(0,0,1),B(0,1,0), 图13 (-2,0,2),DC=(-2,0, D(W3,0,0),所以AB= 2),A2C2=(-2,-2,4)。 因为A:B:=DC,所以AB2∥ (0,1,-1),BD=(3,-1,0),DA(-√3,0， D2C2,所以A2,B,C2,D:四点共面。 1)。 因为E京=DA,所以存在入∈(0,1)，使 因为AC·AB=0,AC·AC 0,所以A1C⊥AB2,A,C:⊥AC。因为 得E元=xDA=(-√3X,0,A),则B户=E A2B2∩A2Cg=A2,且AB,A2C2C平面 -EB=(一√3λ，一1，A)。 A2B2C,D2,所以A1C⊥平面A2B:C:D2。 设平面DAB的一个法向量为m=(x1, 45 中学生数理化 演练篇核心考点演练 高三数学 2026年4月 m·DA=-3x+x=0， 4，D是AC 的中点，所以 PD⊥AC， ，则 PD= $${ y _ { 1 } ， z _ { 1 } } \right) ，$$ 则 $$x _ { 1 }$$ m·BD=3x-y=0， $$\sqrt { P A ^ { 2 } - A D ^ { 2 } } = 2 ，$$ 所以 P(0，2，2)， 则 $$\overrightarrow { A P } =$$ =1，得 $$m = \left( 1 ， \sqrt 3 ， \sqrt 3 \right) 。$$ (0，2，2)。 设平面 PAB 的一个法向量为 $$n = \left( x _ { 2 } ， y _ { 2 } ，$$ 因为点 E 在棱 PA 上，所以存在 λ∈(0，\right. $$\left\{ \begin{array}{l} n \cdot \overrightarrow { A B } \\ n \cdot \overrightarrow { n P } \end{array} \right.$$ $$\overrightarrow { A B } = y _ { 2 } - z _ { 2 } = 0 ，$$ \left.1) ，使得 $$\overrightarrow { A E } = \lambda \overrightarrow { A P } = \left( 0 ， 2 \lambda ， 2 \lambda \right) ，$$ ，则 $$\overrightarrow { D E } =$$ $${ z _ { 2 } } \right) ，$$ 则 令。 $$y _ { 2 }$$ $$\overrightarrow { A E } - \overrightarrow { A D } = \left( 0 ， 2 \lambda - 2 ， 2 \lambda \right) 。$$ $$n \cdot \overrightarrow { B P } = - \sqrt 3 \lambda x _ { 2 } - y _ { 2 } + \lambda z _ { 2 } = 0 ，$$ 易知平面 CBD 的一个法向量为 m=(0， $$= \sqrt 3 \lambda ，$$ ，得 $$n = \left( \lambda - 1 ， \sqrt 3 \lambda ， \sqrt 3 \lambda \right) 。$$ 0，1)。 设平面 EBD 的一个法向量为 n=(x，y， 由二面角 P-AB-D 的正弦值为 $$\frac { 2 \sqrt 6 } { 7 } ，$$ $$\left( n \cdot \overrightarrow { B D } \right) = - 2 x + 2 y = 0 ，$$ $$| \cos \left( m ， n \right) | = \frac { | m \cdot n | } { | m | | n | } = \frac { | 7 \lambda - 1 | } { \sqrt 7 \times \sqrt { 7 \lambda ^ { 2 } - 2 \lambda + 1 } } =$$ x)，则 令 y=λ， $$n \cdot \overrightarrow { D E } = \left( 2 \lambda - 2 \right) y + 2 \lambda z = 0 ，$$ 得 n=(λ，λ，1-λ)。 $$\sqrt { 1 - \left( \frac { 2 \sqrt 6 } { 7 } \right) ^ { 2 } } = \frac { 5 } { 7 } ，$$ ，解得 $$\lambda = \frac { 1 } { 2 }$$ $$\lambda = - \frac { 3 } { 1 4 }$$ 由二面角 E-BD-C 的正弦值为 $$\frac { \sqrt 3 } { 3 } ，$$ ，得 (舍去)，则EP $$\overrightarrow { E P } = \left( - \frac { \sqrt 3 } { 2 } ， 0 ， \frac { 1 } { 2 } \right) ，$$ ，所 $$D . | \overrightarrow { E P } | =$$ $$| \cos \left( m ， n \right) | = \frac { | m \cdot n | } { | m | n | } = \frac { | 1 - \lambda | } { \sqrt { 3 \lambda ^ { 2 } - 2 \lambda + 1 } } =$$ 1，即 EP=1。 5.(1)设 $$\overrightarrow { B G } = \lambda \overrightarrow { B C } ，$$ 则 $$\overrightarrow { A G } = \overrightarrow { A B } + \overrightarrow { B G }$$ $$\sqrt { 1 - \left( \frac { \sqrt 3 } { 3 } \right) ^ { 2 } } = \frac { \sqrt 6 } { 3 } ， 则$$ $$\lambda = \frac { 1 } { 3 }$$ 或 λ=-1( $$= \overrightarrow { A B } + \lambda \overrightarrow { B C } = \left( 1 - \lambda \right) \overrightarrow { A B } + \lambda \overrightarrow { A C } ， \overrightarrow { B D } =$$ $$\frac { 1 } { 2 } \overrightarrow { A C } - \overrightarrow { A B } 。$$ 因为 AG⊥BD， 所以 $$\overrightarrow { A G } \cdot \overrightarrow { B D }$$ 去)，则 $$| \overrightarrow { A E } = \left( 0 ， \frac { 2 } { 3 } ， \frac { 2 } { 3 } \right) ，$$ $$则 L \overrightarrow { B E } = \overrightarrow { A E } -$$ $$= \left[ \left( 1 - \lambda \right) \overrightarrow { A B } + \lambda \overrightarrow { A C } \right] \cdot \left( \frac { 1 } { 2 } \overrightarrow { A C } - \overrightarrow { A B } \right) = 0 ，$$ $$\overrightarrow { A B } = \left( - 2 ， \frac { 2 } { 3 } ， \frac { 2 } { 3 } \right)$$ ，则 $$| \overrightarrow { B E } | = \frac { 2 \sqrt { 1 1 } } { 3 } ，$$ ，即BE -x)=0，解得 $$\lambda = \frac { 1 } { 3 } ，$$ $$则 \overrightarrow { B G } =$$ $$= \frac { 2 \sqrt { 1 1 } } { 3 } 。$$ $$\frac { 1 } { 3 } \overrightarrow { B C } 。$$ 因为 $$B F = \frac { 1 } { 3 } B P ，$$ 所以 $$\frac { B G } { B C } = \frac { B F } { B P } =$$ 6.(1)因为 AD=CD=2，AB=CB= $$B D = \sqrt 6 ， E$$ 为AC 的中点，所以 DE⊥AC， $$\frac { 1 } { 3 } ，$$ ，所以 FG//PC。 又因为 FG∉ 平面 PAC， BE⊥AC。 。因为 BE∩DE=E， ，且 BE，DE⊂ 平面 BED， ，所以 AC⊥ 平面 BED。 又 AC⊂ PC⊂ 平面 PAC， 所以 FG∥ PAC。 平面 ACG， ，所以平面 BED⊥ 平面 ACG。 (2)因为 $$A B = 2 ， P A = 2 \sqrt 2 ， P B = 2 \sqrt 3 ，$$ (2)因为 AD=CD=2，AD⊥CD， ，所以 所以 $$A B ^ { 2 } + P A ^ { 2 } = P B ^ { 2 } ，$$ 则 AB⊥AP。 因为 $$A C = \sqrt { A D ^ { 2 } + C D ^ { 2 } } = 2 \sqrt 2 。$$ 因为E为 AC AB⊥AC，AC∩AP=A，AC⊂ 平面 PAC， 的中点，所以 $$D E = A E = C E = \sqrt 2 。$$ 。因为 AB AP⊂ 平面 PAC， ，所以 AB⊥ 平面 PAC。 以 A为坐标原点， AB，AC 所在直线分别为x $$= C B = \sqrt 6 ，$$ 所以 $$B E = \sqrt { B C ^ { 2 } - C E ^ { 2 } } = 2 。$$ 因 轴， y 轴，过A竖直向上的 为 $$B D = \sqrt 6 ，$$ ，所以 $$D E ^ { 2 } +$$ D 直线为 z 轴，建立如图 14 $$B E ^ { 2 } = B D ^ { 2 } ，$$ ，则 DE⊥BE。 G 所示的空间直角坐标系 A 因为 DE⊥AC，AC∩BE= Axyz， ，则 A(0，0，0)，B(2，\right. E，且 AC，BE⊂ 平面 ABC， 0，0)，C(0，4，0)，D(0，2， 所以 DE⊥ 平面 ABC， ，故以 \left.0)， ，所以 $$\overrightarrow { B D } = \left( - 2 ， 2 ， 0 \right) ，$$ 图14 $$\left\{ \overrightarrow { E A } ， \overrightarrow { E B } ， \overrightarrow { E D } \right\}$$ )}为正交基底 图15 $$\overrightarrow { D C } = \left( 0 ， 2 ， 0 \right) 。$$ 建立如图15所示的空间直 连接 DP， 因为 $$P A = P C = 2 \sqrt 2 ， A C =$$ 角坐标系 Exyz， 则 $$E \left( 0 ， 0 ， 0 \right) ， A \left( \sqrt 2 ， 0 ， 0 \right) ，$$ 46 高数学楼心普牵清籍中学生数理化 演练篇核心考点演练 B(0,2,0),C(-√2,0,0)，D(0,0,2), D到平面PAB的距离为d,则V三棱饿PAsD= r竖，1.0)，所以C=(22,0,0.C丽 g,所以d=26 三g这一3一9 3 (√2,2,0)，BD=(0,-2,√2)，C= 2因为CD=CB=vE,PD=E,PC 21o =2,所以CD十PD=PC2,则PD⊥CD。 因为平面PBC⊥平面ABC,平面PBC∩平 因为AC⊥平面BED,EGC平面BED, 所以AC⊥EG。若要使得△AGC的面积最 面ABC=BC,PDC平面PBC,所以PD⊥ 平面ABC。因为AB,ADC平面PBC,所以 小，则需EG最小。因为点G在BD上，所以 存在A∈(0,1)，使得BG=λBD=(0,-2x, PD⊥AB,PD⊥AD。因为PA=√6，所以 √21)，则EG=EB+BG=(0,2-2x,√2x), AD=√PA-PD=2。因为AB=2,BD 所以1EG1=√(2-2a)+2入2= =2√2，所以AB十AD=BD2,则AB⊥ AD。以A为坐标原点，AB,AD所在直线 √-)+百故当X-号时，EG取最小 分别为x轴，y轴，过A 竖直向上的直线为之轴， ,所以CG= 建立如图16所示的空间 直角坐标系Axy之，则 +成-（是2） A(0,0,0),B(2,0,0), 图16 设平面BCG的一个法向量为m=(x1, D(0,2,0),P(0,2,√2)， m·CB=√2x1十2y1=0, 所以AB=(2,0,0),AP=(0,2,√2)，BD= y1之1)，则 3,+2 m·B=- 31=0, （-2,0,则6-2元=(-3,0.aC y1=1,得m=(-√2,1，√2)。 =AB+BC=(-1,3,0)。 设平面FCG的一个法向量为n=(x2, 设平面BAP的一个法向量为m=(x1, n·CF-3 m·AB=2x1=0, 2x2十y2=0, y1,之1)，则 令y1= y2,2),则 m.AP=2y1+√2之1=0， n=E+号+2。 3=0 1,得m=(0,1,一√2)。 设平面CAP的一个法向量为n=(x, 令y2=3,得n=(-√2,3,0)。 1n·AC=-x+3y:=0, 设二面角B-CG-F的大小为9，则 y2,2),则{ n.Ap=2y2十√22=0， 令y2= lcos9=|cos《m,n〉1=m:n m n 1,得n=(3,1,-√2)。 v55 5 设二面角B-APC的大小为P,则 √5×√I ,所以sin=√1- |cosp|=1cos〈m,n)1 m·n 66 m n 119 ×12=，所以sin9=√1 3 1 13 2 7.1)因为CD=专CB,所以V=Am 8.(1)如图17，取AB的 =y=2,因为AB=2,PA= 2√2 中点为E,连接CE。因为AB ∥CD,AB=2CD=6,所以 √6，PB=√I0,所以AB+PA=PB,所以 AE=CD=3。又AE∥CD, AB1PA,则S=名AB·PA=6:设点 图17 所以四边形AECD是平行四 47 中学生表理化离整赞学梳年清衡 边形，则AD∥CE,AD=CE。因为AB⊥ BE=(A店+A)(心-号A)-A币 AD,所以CE⊥AB。因为BC=√I3,所以 CE=√BC-BE=√I3-9=2,则AD= 号A店=0，所以BB⊥AC.因为平面PAC1 2。因为PD=2,PA=2√2，所以AD+PD 平面ABCD,平面PAC∩平面ABCD=AC, =PA,则AD⊥PD。因为AB⊥AD,AB∥ BE二平面ABCD,所以BE⊥平面PAC。因为 CD,所以AD⊥CD。又PD∩CD=D,且 PAC平面PAC,所以BE⊥PA。 PD,CD二平面PCD,所以AD⊥平面PCD, (2)过点P作PF⊥AC于点F。因为 则二面角P-AD-C的平面角为∠PDC,即 PA=√3，PC=√I5,所以cos∠PAC= ∠PDC-行：过点P作PFLCD.因为AD PA:+AC:-PC2 2PA·AC ，则∠PAC=至，所以 ⊥平面PCD,PFC平面PCD,所以AD⊥ PF,则PF⊥平面ABCD。因为PF= AF-PF-V6 。 PDn号=后，所以V 以A为坐标原点，AB,AD所在直线分 3 别为x轴，y轴，过A (3+6)×2=3√3。 竖直向上的直线为之 (2)以D为坐标原点，DA,DC所在直线 轴，建立如图19所示 分别为x轴，y轴，过D竖 的空间直角坐标系 直向上的直线为心轴，建立 Axy之，则A(0,0,0), 图19 如图18所示的空间直角坐 B(4,0,0),C(4,2√2， 标系Dxyz,则D(0,0,0), A(2,0,0),B(2,6,0),C(0, 图18 0),E(2,2√2,0)，所以BE=(一2,2√2,0)， 3,0),P(0,-1,3),所以DA=(2,0,0), EC=(2,0,0)。因为AF·cos∠BAC= 2 DP=(0,-1,3),CB=(2,3,0),CP=(0, -4,√3)。 9-1AF·m∠AC-×9-9所以 3 2 设平面PAD的一个法向量为m=(x1, P号)期m-(1-) 1m·DA=2x1=0, y1,1),则 令x1 设平面BPE的一个法向量为m=(x1,y1, m·DP=一y1+√31=0， [m·BE=-2x1+22y1=0, =1,得m=(0,√5,1)。 之1)，则 mm-+9,- 令y 设平面PBC的一个法向量为n=(x, /n·CB=2x2十3y2=0, =5,得m=(√6，√3,5)。 y2,2),则 n·Cp=一4y2十3x2=0, 令y 设平面CPE的一个法向量为n=(x2,y2, =23,得n=(-3√3,2√3,8)。 n.EC=2x2=0, 设平面PAD与平面PBC所成角的大 之)，则 n·P-+3y-6。令 |m·n 2y:- 2=0, 小为p,则1cosg=1cos(m,n)1= mn =1,得n=(0,1,√3)。 14 7 ,所以sinp= 3√618 设二面角B-PE-C的大小为p,则|cosp 2×√103√103 1039 m·n 63 9.(1)在矩形ABCD中，因为AB=4, =cos(n,n〉= m n 34×2 AD=22,E为CD的中点，所以AC=AB 3/102 34 ,所以sin9= √238 +a市，成-+庄=A市-，期· 34 (责任编辑王福华) 48