新高考数学一轮复习提升练习考向33 空间中的平行关系 (含解析)

这是一份新高考数学一轮复习提升练习考向33 空间中的平行关系 (含解析)，共35页。
考向33 空间中的平行关系

1．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）

A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
【答案】A
【分析】
由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.
【详解】

连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
2．（2017·全国高考真题（文））如图，在下列四个正方体中，为正方体的两个顶点，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面不平行的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
利用线面平行的判定，结合正方体的性质判断直线与平面是否平行.
【详解】
A：由正方体的性质知：平行于与底面中心的连线，而该线段与面交于点，故与面不平行；
B：且平面平面，则平面；
C：且平面平面，则平面；
D：且平面平面，则平面．
故选：A．

1.判断或证明线面平行的常用方法
①利用线面平行的定义(无公共点)．
②利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)．
③利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β)．
④利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．
2.应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线．
3.证明面面平行的方法
(1)面面平行的定义．
(2)面面平行的判定定理．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．
(4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行．
(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．

1．线面平行的判定定理和性质定理

文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行”)

⇒l∥α
性质定理
一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)

⇒l∥b
2.面面平行的判定定理和性质定理

文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)

⇒α∥β
性质定理
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行

⇒a∥b
【知识拓展】
平行关系中的三个重要结论
(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.
(2)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.
(3)若α∥β，a⊂α，则a∥β.


1．（2021·全国高三（文））如图在正方体中，点为的中点，点为的中点，点在底面内，且平面，与底面所成的角为，则的最大值为（ ）

A． B． C． D．
2．（2022·全国高三专题练习（理））已知在三棱锥中，为线段的中点，点在(含边界位置)内，则满足平面的点的轨迹为（ ）
A．线段，的中点连接而成的线段
B．线段的中点与线段靠近点的三等分点连接而成的线段
C．线段的中点与线段靠近点的三等分点连接而成的线段
D．线段靠近点的三等分点与线段靠近点的三等分点连接而成的线段
3．（2021·福建省南安第一中学高三）如图，在长方体中，，，，点是棱的中点，点在棱上，且满足，是侧面四边形内一动点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是_________．

4．（2021·全国高三专题练习（文））如图，在长方体中，，，，分别是，的中点，则下列四个结论中成立的是________．（写出对应的序号）
①平面；
②；
③；
④长方体的外接球表面积为．




1．（2021·全国高三（文））如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC为等边三角形，O为AC1与A1C的交点，D为AB的中点，则下列结论：①DO平面ABC1；②DO平面A1BC1；③DC⊥平面ABB1A1；④DC⊥平面ABC1.其中所有正确结论的序号为（ ）

A．①② B．①③ C．②③ D．②④
2．（2021·四川仁寿一中高三（文））正方体的棱长为，分别为的中点.则下列说法错误的是（ ）

A．直线A1G与平面AEF平行
B．直线DD1与直线AF垂直
C．异面直线A1G与EF所成角的余弦值为
D．平面AEF截正方体所得的截面面积为
3．（2021·全国高三专题练习（理））如图，在直四棱柱中，，，，，点，，分别在棱，，上，若，，，四点共面，则下列结论错误的是（ ）

A．任意点，都有
B．任意点，四边形不可能为平行四边形
C．存在点，使得为等腰直角三角形
D．存在点，使得平面
4．（2021·全国高三专题练习（文））已知是两个不同的平面，m，n是平面和之外的两条不同的直线，且，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2021·全国高三专题练习（理））已知直线和平面，则下列结论一定成立的是（ ）
A．若，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
6．（2022·全国）已知长方体中，，点在线段上，，平面过线段的中点以及点，若平面截长方体所得截面为平行四边形，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．（2021·江苏高三开学考试）在棱长为2的正方体中，为的中点.当点在平面内运动时，有平面，则线段的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
8．（2021·全国）在长方体中，已知，，.若平面平面，且与四面体的每个面都相交，则平面截四面体所得截面面积的最大值为___________.
9．（2019·湖南高考模拟（文））如图所示，正方体的棱长为，为的中点，点是正方形内的动点，若平面，则点的轨迹长度为______．

10．（2021·甘肃兰州·高三（文））如图，正方体的棱长为，点在棱上，，过的平面与平面平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为________．

11．（2021·乐清市知临中学高三月考）如图，在三棱锥中，底面是边长2的等边三角形，，点F在线段BC上，且，为的中点，为的中点.

(Ⅰ)求证：//平面；
(Ⅱ)若二面角的平面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
12．（2022·全国高三专题练习）如图，在三棱柱中，平面，，E，F分别为，的中点．

（Ⅰ）在四边形内是否存在点G，使平面平面？若存在，求出该点的位置；若不存在，请说明理由；
（Ⅱ）设D是的中点，求与平面所成角的正弦值．


1．（2018·浙江高考真题）已知直线和平面，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．（2015·福建高考真题（理））若是两条不同的直线，垂直于平面，则“”是“”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2015·北京高考真题（理））设，是两个不同的平面，是直线且．“”是“”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2009·宁夏高考真题（理））如图，正方体的棱线长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中错误的是

A．
B．
C．三棱锥的体积为定值
D．异面直线所成的角为定值
5．（2008·湖南高考真题（理））设有直线m、n和平面、.下列四个命题中，正确的是
A．若m∥,n∥,则m∥n
B．若m,n,m∥,n∥,则∥
C．若，m,则m
D．若，m，m,则m∥
6．（2011·辽宁高考真题（理））如图，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是（ ）

A．AC⊥SB
B．AB∥平面SCD
C．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角
D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
7．（2011·福建高考真题（文））如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．

8．（2013·江西高考真题（文））如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB//CD,则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为______________

9．（2009·江苏高考真题）设和为不重合的两个平面，给出下列命题：
（1）若内的两条相交直线分别平行于内的两条直线，则平行于；
（2）若外一条直线与内的一条直线平行，则和平行；
（3）设和相交于直线，若内有一条直线垂直于，则和垂直；
（4）直线与垂直的充分必要条件是与内的两条直线垂直.
上面命题中，真命题的序号 （写出所有真命题的序号）
10．（2020·全国高考真题（理））如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.

（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.




1．【答案】D
【分析】
取AD、CD的中点S、T，连接，由，，
得平面平面，再由已知得：点在上，从而结合图像即可求出的最大值.
【详解】
取AD、CD的中点S、T，连接，
因为，所以平面，
，所以平面，
又因
所以平面平面，
故点在上时，平面，
设正方体的棱长为1，
因为底面，
所以即为与底面所成的角为，
当为的中点时，取最大值，
此时，，，，
故的最大值为.
故选：D.

2．【答案】A
【分析】
利用面面平行得到线面平行，即可.
【详解】
解：如图所示，P、Q分别为线段，的中点，
所以,平面,
平面，所以平面，
同理平面，,
所以平面平面，若平面,则会有平面，
故点的轨迹为线段，的中点连接而成的线段，
故选A.


3．【答案】
【分析】
取中点，在上取点，使，连结、、，可得平面平面，则可得线段，由此可知当与的中点重合时，线段长度取最小值，当与点或点重合时，线段长度取最大值或，
然后根据题中的数据进行计算即可
【详解】
解：取中点，在上取点，使，
连结、、，则平面平面，
∵是侧面四边形内一动点（含边界），平面，
∴线段，∴当与的中点重合时，线段长度取最小值，
当与点或点重合时，线段长度取最大值或，

∵在长方体中，，，，
点是棱的中点，点在棱上，且满足，
∴，，．
∴线段长度的取值范围是．
故答案为：
4．【答案】①②④
【分析】
由长方体的结构特征，可证得平面AB1D1//平面BC1D，即可判断①；通过相关计算可判断②③④，从而得解.
【详解】
连接BD，BC1，B1D1，AB1，如图：

由长方体的结构特征知，对角面BDD1B1是矩形，即BD//B1D1，B1D1平面BC1D，BD平面BC1D，于是B1D1//平面BC1D，
同理AD1//平面BC1D，而B1D1AD1= D1，B1D1平面AB1D1，AD1平面AB1D1，
平面AB1D1//平面BC1D，而平面，平面，故①正确；
中，，由余弦定理得，故②正确；
中，，故，故③错误；
长方体外接球半径为，则，则，
则该长方体的外接球的表面积为，故④正确，
综上，正确结论的序号是①②④．
故答案为：①②④
【点睛】
结论点睛：长方体的体对角线是该长方体外接球的直径.



1．【答案】C
【分析】
根据在平面内判断①；根据线面平行的判定定理证明与平面平行，由此判断②；根据线面垂直的判定定理证明与平面垂直，由此判断③；通过假设结论成立的方法判断④.
【详解】
因为O为AC1与A1C的交点，且四边形为矩形，所以为的中点，
又因为D为AB的中点，所以，
因为平面，所以平面显然不成立，故①错误；
因为平面，平面，所以平面，故②正确；
又因为为等边三角形，为中点，所以，
又因为平面，平面，所以，
又，所以平面，故③正确；
假设平面，则，又显然，，
所以平面，所以，显然不成立，所以假设不成立，故④错误；
故选：C.

2．【答案】B
【分析】
连接AD1，FD1，GF，BC1，证得EF//AD1，利用平面AEFD1逐一分析各选项即可判断作答.
【详解】
正方体中，连接AD1，FD1，GF，BC1，如图：

因点E，F是BC，CC1中点，则EF//BC1，而正方体的对角面ABC1D1是矩形，则AD1//BC1//EF，
连GF，因G是棱BB1中点，则GF//B1C1//A1D1，且，即四边形A1GFD1是平行四边形，A1G//D1F，
平面AEF，平面AEF，于是A1G//平面AEF，A正确；
因平面ABCD，而平面ABCD，即有AE，若AF，必有平面AEFD1，AD1，与矛盾，B不正确；
因EF//AD1，A1G//D1F，则异面直线与所成角是或其补角，
作于M，显然，即四边形AEFD1是等腰梯形，，
，，C正确；
，平面截正方体所得的截面是等腰梯形AEFD1，
等腰梯形AEFD1的面积为，D正确.
故选：B
3．【答案】C
【分析】
根据线线，面面的性质判断A，B是否正确；使用假设法判断C，D是否正确.
【详解】
解：对于A：由直四棱柱，，
所以平面平面，
又因为平面平面，平面平面，
所以，故A正确；
对于B：若四边形为平行四边形，则，
而与不平行，即平面与平面不平行，
所以平面平面，平面平面，
直线与直线不平行，
与矛盾，
所以四边形不可能是平行四边形，故B正确；
对于C：假设存在点，使得为等腰直角三角形，令，

过点作，则，在线段上取一点使得，连接，则四边形为矩形，所以，
则，
，

显然，
若由，则且四边形为平行四边，
所以，无解，故C错误；
对于D：当时，为时，满足平面，故D正确.
故选：C.
4．【答案】A
【分析】
根据充分条件和必要条件的概念，结合点线面的位置关系，即可判断.
【详解】
充分性：因为，，所以，又因为，所以或，又因为m是平面和之外的直线，所以；
必要性：因为，，所以或与相交或，又因为，所以与平行，相交，异面，所以必要性不成立；
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
5．【答案】C
【分析】
利用特例排除法，容易否定ABD,利用线面、面面垂直、平行的的关系可以断定C正确.
【详解】
选项A中，也可能；选项B中，也有可能在内；选项D中，m与的关系不确定，故可排除A，B，D.由线面平行和垂直的判定与性质可以看出C正确.
故选C.
6．【答案】D
【分析】
设线段的中点为M，平面与交于点G，连接GE，由已知得四边形是平行四边形，所以，随着点E从C向移动，则点G沿着向下运动，当点G仍在线段上时，面截长方体所得截面始终是平行四边形，临界状态为点E为的中点，由此可得选项.
【详解】
解：设，则，设线段的中点为M，平面与交于点G，连接GE，
若平面截长方体所得截面为平行四边形，即四边形是平行四边形，所以，
随着点E从C向移动，则点G沿着向下运动，当点G仍在线段上时，面截长方体所得截面始终是平行四边形，则点G从的中点开始运动，此时点E与重合，直到点G运动到点D为止，此时点E为的中点，所以临界状态为点E为的中点，此时，所以，
故选：D.

【点睛】
方法点睛：对于立体几何中的动点问题，常需动中觅静，这里的"静"是指问题中的不变量或者是不变关系，动中觅静就是在运动变化中探索问题中的不变性."静"只是"动"的瞬间，是运动的一种特殊形式，然而抓住"静"的瞬间，使一般情形转化为特殊情形，问题便迎刃而解.
7．【答案】B
【分析】
CD中点P，中点Q，连接PQ、PN、QN，根据面面平行的判定定理，可证平面平面，即M在平面内，根据题意，可得点M在线段PQ上，在中，分别求得各个边长，根据余弦定理，求得，根据三角函数的定义，即可求得答案.
【详解】
取CD中点P，中点Q，连接PQ、PN、QN，如图所示：

因为P、N分别为CD、BC中点，
所以，
同理，P、Q分别为CD、中点，
所以，
又，平面PQN，，平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面，又点在平面内运动，
所以点M在平面和平面的交线上，即，
在中，，，，
所以，
所以，

所以N点到PQ的最小距离.
所以线段的最小值为.
故选：B
【点睛】
解题的关键是作出平面平面，在根据题意，确定点M的位置，再求解，考查面面平行的判定及性质定理的应用，解三角形等知识，属中档题.
8．【答案】
【分析】
先判断截面的特征→通过平行等比例构造线段比→截面面积的表达式→转化为二次函数的最值问题.
【详解】
设平面与长方体底面的距离为，平面与四面体的截面为四边形，
如图.显然四边形为平行四边形，且平面平面.
设四边形在长方体的底面的射影为四边形，
则在中，由知，所以，，
故四边形的面积即为四边形的面积，而四边形的面积，
故当时，取得最大值.

故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键是找四边形在长方体的底面的射影为四边形，并利用面积分割进行计算.
9．【答案】
【分析】
取的中点，的中点，连接，可得四边形是平行四边形，可得，同理可得，可得面面平行，进而得出点轨迹为．
【详解】
如图所示，的中点，的中点，连接.
可得四边形是平行四边形，∴，又平面，平面，可得平面.同理可得，平面，又，∴平面平面.
∵点是正方形内的动点，平面，∴点在线段上．
∴点的轨迹长度为.
故答案为：.

10．【答案】
【分析】
先利用平行关系得到截面与正方体的交点位于靠近的三等分点处，从而得到截面图像，再利用正方体的棱长求出截面多边形的周长即可.
【详解】
如图：虚线即为截面图形，
分别为各边的三等分点，
且面面，
设正方体的棱长为，
则，
可得,
则截面的周长为：，
则该截面多边形的周长为.

故答案为：.
11．【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).
【分析】
(Ⅰ) 取的中点，连接、，即可证明，，从而得到面面，即可得证；
(Ⅱ) 连接，为二面角的平面角，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；
【详解】
解：(Ⅰ)取的中点，连接、，因为为的中点，为的中点，所以，，又，所以，因为面，面，面，所以面，面，又，面，所以面面，因为面，所以平面；

(Ⅱ)连接，因为底面是边长2的等边三角形，，所以，，所以为二面角的平面角，即，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，设面的法向量为，则，令，则，，所以，设直线与平面所成角为，所以
故直线与平面所成角的正弦值为；

12． 【答案】（Ⅰ）四边形内存在点G，即线段上任意一点，使平面平面；（Ⅱ）.
【分析】
（Ⅰ）取，的中点M，N，可得，从而可得平面，同理可证平面，由面面平行的判定定理可得平面平面，从而可得结论；
（Ⅱ）取的中点O，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求得与平面所成角的正弦值．
【详解】
（Ⅰ）如图所示，取，的中点M，N，连接，，，，，，
因为E，F分别为，的中点，
所以在直三棱柱中，，
又因为平面，平面，
所以平面，
同理可证平面，
又，所以平面平面，
即平面平面，
所以四边形内存在点G，即线段上任意一点，使平面平面．

（Ⅱ）取的中点O，连接，，则在直三棱柱中，，，两两垂直，
以O为坐标原点，所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，
所以，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，所以，
所以，
所以与平面所成角的正弦值为．



1．【答案】D
【分析】
从充分性和必要性两方面分别分析判断得解.
【详解】
直线和平面，，若，
当时，显然不成立，故充分性不成立；
当时，如图所示，显然不成立，故必要性也不成立．

所以“”是“”的既不充分又不必要条件.
故选：D
【点睛】
方法点睛：判定充要条件常用的方法有三种：
（1）定义法：直接利用充分必要条件的定义分析判断得解；
（2）集合法：利用集合的包含关系分析判断得解；
（3）转化法：转化成逆否命题分析判断得解.
2．【答案】B
【详解】
若，因为垂直于平面，则或；若，又垂直于平面，则，所以“ ”是“ 的必要不充分条件，故选B．
考点：空间直线和平面、直线和直线的位置关系．

3．【答案】B
【详解】
试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B．
考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.
【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.
4．【答案】D
【详解】
A正确，易证B显然正确，；C正确，三角形面积确定且到平面的距离确定；D错误，选D.
5．【答案】D
【详解】
当两条直线同时与一个平面平行时，两条直线之间的关系不能确定，故A不正确，
B选项再加上两条直线相交的条件，可以判断面与面平行，故B不正确，
C选项再加上m垂直于两个平面的交线，得到线面垂直，故C不正确，
D选项中由α⊥β，m⊥β，m，可得m∥α，故是正确命题，
故选D

6．【答案】D
【详解】
试题分析：A中由三垂线定理可知是正确的；B中AB，CD平行，所以可得到线面平行；C中设AC,BD相交与O，所以SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角分别为所以两角相等，D中由异面直线所成角的求法可知两角不等
考点：1．线面平行垂直的判定；2．线面角，异面直线所成角
7．【答案】
【分析】
根据直线与平面平行的性质定理可得,再根据为的中点可得为的中点,从而根据三角形的中位线可得.
【详解】
如图:

因为平面,平面,且平面平面,
所以,
又因为为的中点,所以为的中点,
所以,
因为正方体的棱长为2.所以,
所以.
故答案为:.
【点睛】
本题考查了直线与平面平行的性质定理,属于基础题.
8．【答案】4
【详解】
因为过EF作垂直于CD（AB）的平面垂直平分CD，所以该平面与过AB中点并与AB垂直的平面平行，和正方体的左右侧面平行，和正方体的前后侧面及上下底面相交，所以它与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为4.
考点：该题主要考查空间点、线、面的位置关系，考查空间直线与平面的平行与相交，考查空间想象能力和逻辑思维能力.
9．【答案】（1）（2）
【详解】
由线面平行的判定定理知，（2）正确；相应地（1）可转化为一个平面内有两相交直线分别平行于另一个平面，所以这两个平面平行．直线与平面垂直必须直线与平面内两条相交直线垂直，所以（3）（4）都不正确.
10．【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；
（2）连接，先求证四边形是平行四边形，根据几何关系求得，在截取，由（1）平面，可得为与平面所成角，即可求得答案.
【详解】
（1）分别为，的中点，

又

在中，为中点，则
又侧面为矩形，



由，平面
平面
又，且平面，平面，
平面
又平面，且平面平面


又平面
平面
平面
平面平面
（2）连接

平面，平面平面

根据三棱柱上下底面平行，
其面平面，面平面

故：四边形是平行四边形
设边长是()
可得：，
为的中心，且边长为

故：



解得：
在截取，故
且
四边形是平行四边形，

由（1）平面
故为与平面所成角
在，根据勾股定理可得：

直线与平面所成角的正弦值：.
【点睛】
本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其线面角，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和线面角的定义，考查了分析能力和空间想象能力，属于难题.