《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級二 專題四 立體幾何 第1講 幾何體的表面積與體積、線面位置關(guān)系的判斷教學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級二 專題四 立體幾何 第1講 幾何體的表面積與體積、線面位置關(guān)系的判斷教學(xué)案（18頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1講幾何體的表面積與體積、線面位置關(guān)系的判斷 考情考向高考導(dǎo)航1“立體幾何”在高考中一般會以“兩小一大”或“一小一大”的命題形式出現(xiàn)，這“兩小”或“一小”主要考查三視圖，與球有關(guān)的組合體、幾何體的表面積與體積，空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系(特別是平行與垂直)2考查一個小題時(shí)，本小題一般會出現(xiàn)在第67題的位置上，難度中檔考查兩個小題時(shí)，其中一個小題難度中低檔，另一小題難度稍高，一般會出現(xiàn)在第911題的位置上，有時(shí)也出現(xiàn)在壓軸小題的位置上真題體驗(yàn)1(2018全國卷)中國古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來構(gòu)件的凸出部分叫頭，凹進(jìn)部分叫卯眼，圖中木構(gòu)件右邊的小長方體是頭若如圖擺放的木構(gòu)件與某一帶卯眼的木構(gòu)件

2、咬合成長方體，則咬合時(shí)帶卯眼的木構(gòu)件的俯視圖可以是()解析：A俯視圖應(yīng)為A.2(2018全國卷)已知圓柱的上、下底面的中心分別為O1，O2，過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，則該圓柱的表面積為()A12B12C8 D10解析：B圓柱的軸截面是面積為8的正方形，設(shè)圓柱的底面半徑為R，高為h，則(2R)28，R，h2R2.該圓柱的表面積為2R22Rh2()22212.3(2019江蘇卷)如圖，長方體ABCDA1B1C1D1的體積是120，E為CC1的中點(diǎn)，則三棱錐EBCD的體積是_解析：本題蘊(yùn)含“整體和局部”的對立統(tǒng)一規(guī)律在幾何體面積或體積的計(jì)算問題中，往往需要注意理清整體

3、和局部的關(guān)系，靈活利用“割”與“補(bǔ)”的方法解題因?yàn)殚L方體ABCDA1B1C1D1的體積為120，所以ABBCCC1120，因?yàn)镋為CC1的中點(diǎn)，所以CECC1，由長方體的性質(zhì)知CC1底面ABCD，所以CE是三棱錐EBCD的底面BCD上的高，所以三棱錐EBCD的體積VABBCCEABBCCC112010.答案：104(2018全國卷)已知圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB互相垂直，SA與圓錐底面所成角為30，若SAB的面積為8，則該圓錐的體積為_解析：如圖SAO30，設(shè)圓錐的底面圓半徑為R，則SORtan 30R，SAR，又SASB，SAB的面積SSASB28.R2，圓錐的體積為VR2SOR3(2)

4、38.答案：8主干整合1棱柱、棱錐(1)棱柱的性質(zhì)側(cè)棱都相等，側(cè)面是平行四邊形；兩個底面與平行于底面的截面是全等的多邊形；過不相鄰的兩條側(cè)棱的截面是平行四邊形；直棱柱的側(cè)棱長與高相等且側(cè)面與對角面是矩形(2)正棱錐的性質(zhì)側(cè)棱相等，側(cè)面是全等的等腰三角形，斜高(側(cè)面等腰三角形底邊上的高)相等；棱錐的高、斜高和斜高在底面內(nèi)的射影構(gòu)成一個直角三角形；棱錐的高、側(cè)棱和側(cè)棱在底面內(nèi)的射影也構(gòu)成一個直角三角形；某側(cè)面上的斜高、側(cè)棱及底面邊長的一半也構(gòu)成一個直角三角形；側(cè)棱在底面內(nèi)的射影、斜高在底面內(nèi)的射影及底面邊長的一半也構(gòu)成一個直角三角形2空間幾何體的三視圖(1)空間幾何體三視圖的畫法規(guī)則：長對正，即正

5、(主)視圖和俯視圖的長相等；高平齊，即正(主)視圖和側(cè)(左)視圖的高相等；寬相等，即側(cè)(左)視圖和俯視圖的寬相等；看不見的輪廓線要用虛線表示(2)空間幾何體三視圖的擺放規(guī)則：俯視圖放在正(主)視圖的正面；側(cè)(左)視圖放在正視圖的右面3幾何體與球的切接問題(1)解決球的內(nèi)接長方體、正方體、正四棱柱等問題的關(guān)鍵是把握球的直徑即是棱柱的體對角線(2)解決柱、錐的內(nèi)切球問題的關(guān)鍵是找準(zhǔn)切點(diǎn)位置，化歸為平面幾何問題4直線、平面平行的判定及其性質(zhì)(1)線面平行的判定定理：a，b，aba.(2)線面平行的性質(zhì)定理：a，a，bab.(3)面面平行的判定定理：a，b，abP，a，b.(4)面面平行的性質(zhì)定理：，

6、a，bab.5直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)(1)線面垂直的判定定理：m，n，mnP，lm，lnl.(2)線面垂直的性質(zhì)定理：a，bab.(3)面面垂直的判定定理：a，a.(4)面面垂直的性質(zhì)定理：，l，a，ala.熱點(diǎn)一空間幾何體的表面積與體積直觀想象素養(yǎng)直觀想象三視圖中體現(xiàn)的核心素養(yǎng)直觀想象即通過幾何直觀和空間想象感知幾何體的形狀與變化本例通過幾何體的三視圖直觀感知幾何體的形狀與相關(guān)度量，想象幾何體的結(jié)構(gòu)特征. 根據(jù)三視圖求幾何體的表面積、體積例11(1)(2019浙江卷)祖暅?zhǔn)俏覈媳背瘯r(shí)代的偉大科學(xué)家，他提出的“冪勢既同，則積不容異”稱為祖暅原理，利用該原理可以得到柱體的體積公式V柱體s

7、h，其中S是柱體的底面積，h是柱體的高若某柱體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該柱體的體積(單位：cm3)是()A158B162C182 D324解析B如圖，該柱體是一個五棱柱，棱柱的高為6，底面可以看作由兩個直角梯形組合而成，其中一個上底為4，下底為6，高為3，另一個的上底為2，下底為6，高為3.則底面面積S3327，因此，該柱體的體積V276162.故選B.(2)(2020汕頭模擬)某幾何體的三視圖如圖所示，若該幾何體的體積為128，則該幾何體的表面積為()A1884 B208C104 D45279解析B還原幾何體如圖所示，幾何體的體積是Va22a2aaa128，解得a2，而幾何體的表面

8、積是S2a22aaaa2，將a2代入，所以S208，故選B.根據(jù)三視圖求其表面積、體積的方法(1)根據(jù)給出的三視圖還原該幾何體的直觀圖(2)由三視圖中的大小標(biāo)識確定該幾何體的各個度量(3)套用相應(yīng)的面積公式與體積公式計(jì)算求解根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征求體積、表面積例12(1)(2019全國卷)學(xué)生到工廠勞動實(shí)踐，利用3D打印技術(shù)制作模型如圖，該模型為長方體ABCDA1B1C1D1，挖去四棱錐OEFGH后所得的幾何體其中O為長方體的中心，E，F(xiàn)，G，H分別為所在棱的中點(diǎn)，ABBC6 cm，AA14 cm.3D打印所用原料密度為0.9 g/cm3，不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質(zhì)量為_g.解析由題

9、知挖去的四棱錐的底面是一個菱形，對角線長分別為6 cm和4 cm，故V挖去的四棱錐46312(cm3)又V長方體664144(cm3)，所以模型的體積為V長方體V挖去的四棱錐14412132(cm3)，所以制作該模型所需原料的質(zhì)量為1320.9118.8(g)答案118.8(2)如圖，四棱錐PABCD的底面ABCD為平行四邊形，NB2PN，則三棱錐NPAC與三棱錐DPAC的體積比為()A12B18C16 D13解析D通解：設(shè)點(diǎn)P，N在平面ABCD內(nèi)的投影分別為點(diǎn)P，N，則PP平面ABCD，NN平面ABCD，所以PPNN，則在BPP中，由BN2PN得.V三棱錐NPACV三棱錐PABCV三棱錐NA

10、BCSABCPPSABCNNSABC(PPNN)SABCPPSABCPP，V三棱錐DPACV三棱錐PACDSACDPP，又因?yàn)樗倪呅蜛BCD是平行四邊形，所以SABCSACD，所以.優(yōu)解：兩三棱錐同底，體積比等于點(diǎn)N與點(diǎn)D到平面PAC的距離比，點(diǎn)D到面PAC的距離等于點(diǎn)B到面PAC的距離因?yàn)榫嚯x比為13，故體積比也為13.求解幾何體的表面積及體積的技巧(1)求幾何體的表面積及體積問題，可以多角度、多方位地考慮，熟記公式是關(guān)鍵所在求三棱錐的體積，等體積轉(zhuǎn)化是常用的方法，轉(zhuǎn)換原則是其高易求，底面放在已知幾何體的某一面上(2)求不規(guī)則幾何體的體積，常用分割或補(bǔ)形的思想，將不規(guī)則幾何體轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體

11、以易于求解(1)(2019德州三模)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為()A848B244C820 D28解析：A由三視圖可知，該幾何體的下底面是長為4，寬為2的矩形，左右兩個側(cè)面是底邊為2，高為2的三角形，前后兩個側(cè)面是底邊為4，高為的平行四邊形，所以該幾何體的表面積為S4222224848.(2)(2019天津卷)已知四棱錐的底面是邊長為的正方形，側(cè)棱長均為.若圓柱的一個底面的圓周經(jīng)過四棱錐四條側(cè)棱的中點(diǎn)，另一個底面的圓心為四棱錐底面的中心，則該圓柱的體積為_解析：圓柱的底面半徑是棱錐底面對角線長度的一半、不是底邊棱長的一半四棱錐的高為2，

12、故圓柱的高為1，圓柱的底面半徑為，故其體積為21.答案：熱點(diǎn)二與球有關(guān)的組合體例2(1)(2019全國卷)已知三棱錐PABC的四個頂點(diǎn)在球O的球面上，PAPBPC，ABC是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點(diǎn)，CEF90，則球O的體積為()A8B4C2 D.審題指導(dǎo)由CEF90，可得EC，利用余弦定理可求PAPBPCPAPBPC，利用外接球的直徑是由該幾何體補(bǔ)成的正方體的體對角線求R，可得球體積解析D設(shè)PAPBPC2a，則EFa，F(xiàn)C，EC23a2.在PEC中，cosPEC.在AEC中，cosAEC.PEC與AEC互補(bǔ)，34a21，a，故PAPBPC.又ABBCAC2，PAPBPC

13、，外接球的直徑2R，R，VR33.故選D.(2)(2020鄭州模擬)我國古代數(shù)學(xué)專著九章算術(shù)對立體幾何有深入的研究，從其中的一些數(shù)學(xué)用語可見，譬如“鐅臑”意指四個面都是直角三角形的三棱錐某“鐅臑”的三視圖(圖中網(wǎng)格紙上每個小正方形的邊長為1)如圖所示，已知該幾何體的高為2，則該幾何體外接球的表面積為_解析由該幾何體的三視圖還原其直觀圖，并放入長方體中，如圖中的三棱錐ABCD所示，其中AB2，BCCD，易知長方體的外接球即三棱錐ABCD的外接球，設(shè)外接球的直徑為2R，所以4R2(2)2()2()282212，則R23，因此外接球的表面積S4R212.答案12多面體、旋轉(zhuǎn)體與球接、切問題的求解策略

14、(1)過球心及多面體中的特殊點(diǎn)(一般為接、切點(diǎn))或線作截面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題(2)利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w元素間的關(guān)系，或只畫內(nèi)切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關(guān)系，列方程(組)求解(3)若球面上四點(diǎn)P，A，B，C構(gòu)成的三條線段PA，PB，PC兩兩互相垂直，且PAa，PBb，PCc，一般把有關(guān)元素“補(bǔ)形”成為一個球內(nèi)接長方體，用4R2a2b2c2求解(2017全國卷)已知三棱錐SABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，SC是球O的直徑，若平面SCA平面SCB，SAAC，SBBC，三棱錐SABC的體積為9，則球O的表面積為_解析：取SC的中點(diǎn)O

15、，連接OA，OB(圖略)，因?yàn)镾AAC，SBBC，所以O(shè)ASC，OBSC，因?yàn)槠矫鍿CA平面SCB，所以O(shè)A平面SBC，設(shè)OAr，VASBCSSBCOA2rrrr3，所以r39r3，所以球的表面積為S4r236.答案：36熱點(diǎn)三空間線面位置關(guān)系的判斷例3(1)(2019武昌三模)已知m，n為異面直線，m平面，n平面.直線l滿足lm，ln，l，l，則()A且lB且lC與相交，且交線垂直于lD與相交，且交線平行于l解析D通解：若，則mn，這與m、n為異面直線矛盾，所以A不正確將已知條件轉(zhuǎn)化到正方體中，易知與不一定垂直，但與的交線一定平行于l，從而排除B、C.故選D.優(yōu)解：構(gòu)造圖形如圖所示，知D項(xiàng)正

16、確(2)(2019北京卷)已知l，m是平面外的兩條不同直線給出下列三個論斷：lm；m；l.以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題：_.解析已知l，m是平面外的兩條不同直線，由lm與m，不能推出l，因?yàn)閘可以與平行，也可以相交不垂直；由lm與l能推出m；由m與l可以推出lm.故正確的命題是或.答案或判斷與空間位置關(guān)系有關(guān)的命題真假的方法1借助空間線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行判斷2借助空間幾何模型，如從長方體模型、四面體模型等模型中觀察線面位置關(guān)系，結(jié)合有關(guān)定理，進(jìn)行判斷(1)(2020江西八校聯(lián)考)設(shè)有兩條直線m，n和三個平面，.給

17、出下面四個命題：m，nmn，n；，m，mm；，mm；，.其中正確命題的個數(shù)是()A1B2C3 D4解析：B中：m，nm不能得出n，n.因?yàn)閚可能在或內(nèi)，故錯誤；，m，m，根據(jù)直線與平面平行的判定，可得m，故正確；，m，根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理可得m，故正確；，則與可能平行也可能相交，故錯誤(2)(2019大慶二模)已知，是兩個不同的平面，l，m，n是不同的直線，下列命題不正確的是()A若lm，ln，m，n，則lB若lm，l，m，則lC若，l，m，ml，則mD若，m，n，是mn解析：A若lm，ln，m，n，不能推出l，缺少條件m與n相交，故不正確限時(shí)40分鐘滿分80分一、選擇題(本大題共12小題，

18、每小題5分，共60分)1(2020濟(jì)南模擬)“牟合方蓋”是我國古代數(shù)學(xué)家劉徽在研究球的體積的過程中構(gòu)造的一個和諧優(yōu)美的幾何體它由完全相同的四個曲面構(gòu)成，相對的兩個曲面在同一個圓柱的側(cè)面上，好似兩個扣合(牟合)在一起的方形傘(方蓋)，其直觀圖如圖(1)所示，圖(2)中四邊形是為體現(xiàn)其直觀性所作的輔助線，當(dāng)其正視圖和側(cè)視圖完全相同時(shí)，它的正視圖和俯視圖分別可能是()Aa，b Ba，cCc，b Db，d解析：A當(dāng)正視圖和側(cè)視圖完全相同時(shí)，“牟合方蓋”相對的兩個曲面正對前方，正視圖為一個圓，俯視圖為一個正方形，且兩條對角線為實(shí)線，故選A.2(2020四省八校聯(lián)考)m，n是兩條不同的直線，是平面，n，則

19、m是mn的()A充分不必要條件 B必要不充分條件C充分必要條件 D既不充分又不必要條件解析：A當(dāng)m時(shí)，在平面內(nèi)存在一條直線b，使得bm，結(jié)合n，知nb，所以nm，所以m是mn的充分條件；當(dāng)n，mn時(shí)，m或m，所以m是mn的不必要條件綜上，m是mn的充分不必要條件，故選A.3(2020洛陽聯(lián)考)一個簡單幾何體的正視圖、側(cè)視圖如圖所示，則其俯視圖可能是()長、寬不相等的長方形正方形圓橢圓A BC D解析：B由題設(shè)條件知，正視圖中的長與側(cè)視圖中的長不一致，對于，俯視圖是長方形是可能的，比如此幾何體為一個長方體時(shí)，滿足題意；對于，由于正視圖中的長與側(cè)視圖中的長不一致，故俯視圖不可能是正方形；對于，由于

20、正視圖中的長與側(cè)視圖中的長不一致，故俯視圖不可能是圓形；對于，如果此幾何體是一個橢圓柱，滿足正視圖中的長與側(cè)視圖中的長不一致，故俯視圖可能是橢圓綜上知是可能的圖形4(多選)(2020江西省紅色七校聯(lián)考)設(shè)m，n是空間中兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則下列說法正確的是()A若mn，n，則m或mB若m，n，則mnC若，m，則mD若m，n，m，n，則解析：AC若mn，n，則m或m，所以選項(xiàng)A正確；若m，n，則mn或m與n異面，所以選項(xiàng)B不正確；由面面平行的性質(zhì)、線面垂直的性質(zhì)知選項(xiàng)C正確；若m，n，m，n，則或與相交，所以選項(xiàng)D不正確故選AC.5(2018北京卷)某四棱錐的三視圖如圖所示，在此四

21、棱錐的側(cè)面中，直角三角形的個數(shù)為()A1 B2C3 D4解析：C由三視圖可得四棱錐PABCD，四棱錐PABCD中PD2，AD2，CD2，AB1.由勾股定理可知：PA2，PC2，PB3，BC.則在四棱錐中，直角三角形有：PAD，PCD，PAB，共三個，故選C.6(2020湖南省五市十校聯(lián)考)某四棱錐的三視圖如圖所示，其側(cè)視圖是等腰直角三角形，俯視圖的輪廓是直角梯形，則該四棱錐的各側(cè)面面積的最大值為()A8 B4C8 D12解析：D由三視圖可知該幾何體是一個底面為直角梯形，高為4的四棱錐，如圖，其中側(cè)棱PA平面ABCD，PA4，AB4，BC4，CD6，所以AD2，PD6，PB4，連接AC，則AC4

22、，所以PC4，顯然在各側(cè)面面積中PCD的面積最大，又PDCD6，所以PC邊上的高為 2，所以SPCD4212，故該四棱錐的各側(cè)面面積的最大值為12.故選D.7(2020廣州調(diào)研)如圖為一個多面體的三視圖，則該多面體的體積為()A6 B7C. D.解析：B如圖，根據(jù)三視圖可畫出對應(yīng)多面體的直觀圖，該多面體是由棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1被截去三棱錐APQA1和三棱錐DPC1D1之后得到的一個幾何體，其中P，Q分別是棱A1D1，A1B1的中點(diǎn)故所求多面體的體積VV正方體V三棱錐APQA1V三棱錐DPC1D123227.故選B.8(2018新課標(biāo)卷)在正方體ABCDA1B1C1D1中，E

23、為棱CC1的中點(diǎn)，則異面直線AE與CD所成角的正切值為()A. B.C. D.解析：C如圖取DD1的中點(diǎn)F，連接AF、EF，則EFCD，AEF即是AE與CD所成的角，設(shè)正方體的棱長為a，在直角三角形AFE中，EFa，AF a，tanAEF.9(2018全國卷)某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖圓柱表面上的點(diǎn)M在正視圖上的對應(yīng)點(diǎn)為A，圓柱表面上的點(diǎn)N在左視圖上的對應(yīng)點(diǎn)為B，則在此圓柱側(cè)面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長度為()A2 B2C3 D2解析：B圓柱中點(diǎn)M，N的位置如圖1，其側(cè)面展開圖如圖2，則最短路徑如圖2中的MN.由已知MC2，CN164，MN 2.10(2019益陽三模

24、)在三棱錐PABC中，PA平面ABC，ABBC，若AB2，BC3，PA4，則該三棱錐的外接球的表面積為()A13 B20C25 D29解析：D把三棱錐PABC放在長方體中，如圖所示，所以長方體的體對角線長為，所以三棱錐外接球的半徑為，所以外接球的表面積為4229.11(2019重慶市二模)某幾何體的三視圖如圖所示，其正視圖為等腰梯形，則該幾何體的表面積是()A18 B88C24 D126解析：C根據(jù)給定的三視圖，可得原幾何體如圖所示，其中面ABB1A1表示邊長分別為2和4的矩形，其面積為S1248，ABC和A1B1C1為底邊邊長為2，腰長為的等腰三角形，其高為h2，所以面積為S2S3222，面

25、AA1C1C和面BB1C1C為全等的等腰梯形，上底邊長為2，下底邊長為4，高為2，所以面積為S4S5(24)26，所以幾何體的表面積為S8222624，故選C.12(2020陜西省質(zhì)量檢測)已知三棱錐SABC中，SA平面ABC，且ACB30，AC2AB2.SA1.則該三棱錐的外接球的體積為()A. B13C. D.解析：DACB30，AC2AB2，ABC是以AC為斜邊的直角三角形，其外接圓半徑r，則三棱錐外接球即為以ABC為底面，以SA為高的三棱錐的外接球三棱錐外接球的半徑R滿足R .故三棱錐外接球的體積VR3.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13(2020黃岡模擬)三棱錐P

26、ABC中，D，E分別為PB，PC的中點(diǎn)，記三棱錐DABE的體積為V1，PABC的體積為V2，則_.解析：如圖所示，由于D，E分別是邊PB與PC的中點(diǎn)，所以SBDESPBC.又因?yàn)槿忮FABDE與三棱錐APBC的高長度相等，所以.答案：14(2019全國卷)已知ACB90，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC2，點(diǎn)P到ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么P到平面ABC的距離為_解析：過P作PDAC于D，PEBC于E，PO平面ABC于O.連OD，OE，PDPE，PC2，CDCE1.由題意，四邊形ODCE為圓內(nèi)接四邊形，又ACB90四邊形ODCE為正方形，OD1，PO.即點(diǎn)P到平面ABC的距離為.答案：15(

27、2020麗水模擬)已知E，F(xiàn)分別是矩形ABCD的邊BC與AD的中點(diǎn)，且BC2AB2，現(xiàn)沿EF將平面ABEF折起，使平面ABEF平面EFDC，則三棱錐AFEC外接球的半徑_，外接球的體積為_解析：由題意，三棱錐AFEC外接球是正方體AC的外接球，所以三棱錐AEFC外接球的半徑是，所以三棱錐AFEC外接球的體積為3.答案：16.(2019日照三模)如圖，在四棱錐PABCD中，PA底面ABCD且底面各邊都相等，M是PC上一點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足_時(shí)，平面MBD平面PCD.(只要填寫一個你認(rèn)為正確的條件即可)解析：如圖，連接AC，因?yàn)镻A底面ABCD，所以PABD，因?yàn)樗倪呅蜛BCD的各邊相等，所以ACBD，又PAACA，所以BD平面PAC，所以BDPC，要使平面MBD平面PCD，只需PC垂直于平面MBD內(nèi)與BD相交的直線即可，所以可填DMPC(或BMPC)答案：DMPC(或BMPC)- 18 -