第28练 空间向量解决立体几何问题的两大策略——“选基底”与“建系”.doc

由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 第28练　空间向量解决立体几何问题的两大策略 ‎——“选基底”与“建系”‎ ‎[题型分析·高考展望]　向量作为一个工具，其用途是非常广泛的，可以解决现高中阶段立体几何中的大部分问题，不管是证明位置关系还是求解问题.而向量中最主要的两个手段就是选基底与建立空间直角坐标系.在高考中，用向量解决立体几何解答题，几乎成了必然的选择.‎ 体验高考 ‎1.(2016·北京)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.‎ ‎(1)求证：PD⊥平面PAB；‎ ‎(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；‎ ‎(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由.‎ ‎(1)证明　∵平面PAD⊥平面ABCD，‎ 平面PAD∩平面ABCD＝AD.‎ 又AB⊥AD，AB⊂平面ABCD.‎ ‎∴AB⊥平面PAD.‎ ‎∵PD⊂平面PAD.∴AB⊥PD.‎ 又PA⊥PD，PA∩AB＝A.‎ ‎∴PD⊥平面PAB.‎ ‎(2)解　取AD中点O，连接CO，PO.‎ ‎∵PA＝PD，∴PO⊥AD.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 又∵PO⊂平面PAD，‎ 平面PAD⊥平面ABCD，‎ ‎∴PO⊥平面ABCD，‎ ‎∵CO⊂平面ABCD，∴PO⊥CO，‎ ‎∵AC＝CD，∴CO⊥AD.‎ 以O为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P(0，0，1)，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0).‎ 则＝(1，1，－1)，＝(0，－1，－1)，＝(2，0，－1).‎ ＝(－2，－1，0).‎ 设n＝(x0，y0，1)为平面PCD的一个法向量.‎ 由得 解得即n＝.‎ 设PB与平面PCD的夹角为θ.‎ 则sin θ＝|cos〈n，〉|＝ ‎＝＝.‎ ‎∴直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.‎ ‎(3)解　设M是棱PA上一点，‎ 则存在λ∈[0，1]使得＝λ，‎ 因此点M(0，1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)，‎ ‎∵BM⊄平面PCD，‎ ‎∴要使BM∥平面PCD当且仅当·n＝0，‎ 即(－1，－λ，λ)·＝0，解得λ＝，‎ ‎∴在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，‎ 此时＝.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎2.(2016·天津)如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝2.‎ ‎(1)求证：EG∥平面ADF；‎ ‎(2)求二面角O—EF—C的正弦值；‎ ‎(3)设H为线段AF上的点，且AH＝HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.‎ 解　依题意，OF⊥平面ABCD，‎ 如图，以O为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O(0，0，0)，A(－1，1，0)，B(－1，－1，0)，C(1，－1，0)，D(1，1，0)，E(－1，－1，2)，F(0，0，2)，G(－1，0，0).‎ ‎(1)证明　依题意，＝(2，0，0)，＝(1，－1，2).‎ 设n1＝(x1，y1，z1)为平面ADF的法向量，‎ 则　即 不妨取z1＝1，可得n1＝(0，2，1)，‎ 又＝(0，1，－2)，可得·n1＝0，‎ 又因为直线EG⊄平面ADF，所以EG∥平面ADF.‎ ‎(2)解　易证＝(－1，1，0)为平面OEF的一个法向量，依题意，＝(1，1，0)，＝(－1，1，2)，‎ 设n2＝(x2，y2，z2)为平面CEF的法向量，‎ 则即 不妨取 x2＝1，‎ 可得n2＝(1，－1，1).‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 因此有cos〈，n2〉＝＝－，‎ 于是sin〈，n2〉＝.‎ 所以二面角O—EF—C的正弦值为.‎ ‎(3)解　由AH＝HF，得AH＝AF.‎ 因为＝(1，－1，2)，‎ 所以＝＝，‎ 进而有H，‎ 从而＝.‎ 因此cos〈，n2〉＝＝－.‎ 所以直线BH和平面CEF所成角的正弦值为.‎ ‎3.(2016·课标全国乙)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D－AF－E与二面角C－BE－F都是60°.‎ ‎(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；‎ ‎(2)求二面角E－BC－A的余弦值.‎ ‎(1)证明　由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，所以AF⊥平面EFDC，又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.‎ ‎(2)解　过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.由(1)知∠DFE为二面角D－AF－E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝，可得A(1，4，0)，B(－3，4，0)，E(－3，0，0)，D(0，0，).‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由已知，得AB∥EF，所以AB∥平面EFDC，又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF.‎ 由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，‎ 所以∠CEF为二面角C－BE－F的平面角，∠CEF＝60°，从而可得C(－2，0，).‎ 所以＝(1，0，)，＝(0，4，0)，＝(－3，－4，)，＝(－4，0，0).设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则即所以可取n＝(3，0，－).‎ 设m是平面ABCD的法向量，则 同理可取m＝(0，，4)，则cos〈n，m〉＝＝－.故二面角E－BC－A的余弦值为－.‎ 高考必会题型 题型一　选好基底解决立体几何问题 例1　如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M、N分别是AB、CD的中点.‎ ‎(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；‎ ‎(2)求MN的长；‎ ‎(3)求异面直线AN与CM夹角的余弦值.‎ ‎(1)证明　设＝p，＝q，＝r.‎ 由题意可知：|p|＝|q|＝|r|＝a，‎ 且p、q、r三向量两两夹角均为60°.‎ ‎∵＝－＝(＋)－＝(q＋r－p)，‎ ‎∴·＝(q＋r－p)·p＝(q·p＋r·p－p2)‎ ‎＝(a2·cos 60°＋a2·cos 60°－a2)＝0.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎∴MN⊥AB，同理可证MN⊥CD.‎ ‎(2)解　由(1)可知＝(q＋r－p)，‎ ‎∴||2＝2＝(q＋r－p)2‎ ‎＝[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]‎ ‎＝[a2＋a2＋a2＋2(－－)]‎ ‎＝·2a2＝.‎ ‎∴||＝a，∴MN的长为a.‎ ‎(3)解　设向量 与的夹角为θ.‎ ‎∵＝(＋)＝(q＋r)，‎ ＝－＝q－p，‎ ‎∴·＝(q＋r)·(q－p)‎ ‎＝(q2－q·p＋r·q－r·p)‎ ‎＝(a2－a2·cos 60°＋a2·cos 60°－a2·cos 60°)‎ ‎＝(a2－＋－)＝.‎ 又∵||＝||＝a，‎ ‎∴·＝||·||·cos θ ‎＝a·a·cos θ＝.‎ ‎∴cos θ＝，‎ ‎∴向量与的夹角的余弦值为，‎ 从而异面直线AN与CM夹角的余弦值为.‎ 点评　对于不易建立直角坐标系的题目，选择好“基底”也可使问题顺利解决.“基底”就是一个坐标系，选择时，作为基底的向量一般为已知向量，且能进行运算，还需能将其他向量线性表示.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 变式训练1　如图，在四棱锥P－GBCD中，PG⊥平面GBCD，GD∥BC，GD＝BC，且BG⊥GC，GB＝GC＝2，E是BC的中点，PG＝4.‎ ‎(1)求异面直线GE与PC所成角的余弦值；‎ ‎(2)若F点是棱PC上一点，且·＝0，＝k，求k的值.‎ 解　(1)如图所示，以G点为原点建立空间直角坐标系Gxyz，‎ 则B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(－，，0)，P(0，0，4)，‎ 故E(1，1，0)，＝(1，1，0)，＝(0，2，－4)，‎ cos〈，〉＝＝＝，‎ 故异面直线GE与PC所成角的余弦值为.‎ ‎(2)设F(0，y，z)，则＝－＝(0，y，z)－(－，，0)＝(，y－，z)，＝(0，2，0).‎ ‎∵·＝0，∴(，y－，z)·(0，2，0)＝2(y－)＝0，∴y＝.‎ 在平面PGC内过F点作FM⊥GC，M为垂足，则GM＝，MC＝，‎ ‎∴＝＝3，∴k＝－3.‎ 题型二　建立空间直角坐标系解决立体几何问题 例2　(2016·山东)在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 的直径，FB是圆台的一条母线.‎ ‎(1)已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；‎ ‎(2)已知EF＝FB＝AC＝2，AB＝BC，求二面角F－BC－A的余弦值.‎ ‎(1)证明　设FC中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，因为点G是CE的中点，所以GI∥EF.‎ 又EF∥OB，所以GI∥OB.‎ 在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC，又HI∩GI＝I，‎ 所以平面GHI∥平面ABC.‎ 因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.‎ ‎(2)连接OO′，则OO′⊥平面ABC.又AB＝BC，且AC是圆O的直径，所以BO⊥AC.‎ 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.‎ 由题意得B(0，2，0)，‎ C(－2，0，0).过点F作FM⊥OB于点M，‎ 所以FM＝＝3，可得F(0，，3).‎ 故＝(－2，－2，0)，＝(0，－，3).‎ 设m＝(x，y，z)是平面BCF的一个法向量.‎ 由可得 可得平面BCF的一个法向量m＝，‎ 因为平面ABC的一个法向量n＝(0，0，1)，‎ 所以cos〈m，n〉＝＝.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 所以二面角F－BC－A的余弦值为.‎ 点评　(1)建立空间直角坐标系前应先观察题目中的垂直关系，最好借助已知的垂直关系建系.‎ ‎(2)利用题目中的数量关系，确定定点的坐标，动点的坐标可利用共线关系(＝λa)，设出动点坐标.‎ ‎(3)要掌握利用法向量求线面角、二面角、点到面的距离的公式法.‎ 变式训练2　在边长是2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，A1C的中点，应用空间向量方法求解下列问题.‎ ‎(1)求EF的长；‎ ‎(2)证明：EF∥平面AA1D1D；‎ ‎(3)证明：EF⊥平面A1CD.‎ ‎(1)解　如图建立空间直角坐标系，‎ 则A1＝(2，0，2)，A＝(2，0，0)，B＝(2，2，0)，C＝(0，2，0)，‎ D1＝(0，0，2)，E＝(2，1，0)，F＝(1，1，1)，‎ ‎∴＝(－1，0，1)，EF＝.‎ ‎(2)证明　∵＝(－2，0，2)，∴AD1∥EF，而EF⊄平面AA1D1D，‎ ‎∴EF∥平面AA1D1D.‎ ‎(3)证明　∵·＝0，·＝0，‎ ‎∴EF⊥CD，EF⊥A1D，‎ 又CD∩A1D＝D，‎ ‎∴EF⊥平面A1CD.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 高考题型精练 ‎1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若＝x＋y＋z，则x＋y＋z的值为(　　)‎ A.3 B.1 C.－1 D.－3‎ 答案　B 解析　∵＝－＋，‎ ‎∴x＝1，y＝－1，z＝1，∴x＋y＋z＝1.‎ ‎2.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，若＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是(　　)‎ A.－a＋b＋c B.a＋b＋c C.a－b＋c D.－a－b＋c 答案　A 解析　由题意知，＝＋＋＝＋＋ ‎＝－a＋c＋(a＋b)＝－a＋b＋c，故选A.‎ ‎3.在四棱锥P－ABCD中，＝(4，－2，3)，＝(－4，1，0)，＝(－6，2，－8)，则这个四棱锥的高h等于(　　)‎ A.1 B.2 C.13 D.26‎ 答案　B 解析　设平面ABCD的一个法向量n＝(x，y，z)，‎ 则⇒ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 令y＝4，则n＝(1，4，)，‎ 则cos〈n，〉＝＝＝－，‎ ‎∵＝|cos〈n·〉|，‎ ‎∴h＝×2＝2，故选B.‎ ‎4.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝，则下列结论中错误的是(　　)‎ A.AC⊥BE B.EF∥平面ABCD C.三棱锥A－BEF的体积为定值 D.异面直线AE，BF所成的角为定值 答案　D 解析　∵AC⊥平面BB1D1D，‎ 又BE⊂平面BB1D1D，‎ ‎∴AC⊥BE，故A正确.‎ ‎∵B1D1∥平面ABCD，‎ 又E，F在直线D1B1上运动，‎ ‎∴EF∥平面ABCD，故B正确.‎ C中，由于点B到直线B1D1的距离不变，故△BEF的面积为定值，又点A到平面BEF的距离为，‎ 故VA－BEF为定值，故C正确.‎ 建立空间直角坐标系，如图所示，可得A(1，1，0)，B(0，1，0).‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎①当点E在D1处，点F为D1B1的中点时，E(1，0，1)，‎ F(，，1)，∴＝(0，－1，1)，＝(，－，1)，‎ ‎∴·＝.又||＝，||＝，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝＝.‎ ‎∴此时异面直线AE与BF成30°角.‎ ‎②当点E为D1B1的中点，F在B1处时，‎ E(，，1)，F(0，1，1)，‎ ‎∴＝(－，－，1)，＝(0，0，1)，‎ ‎∴·＝1，||＝ ＝，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝＝≠，‎ 故D错误.故选D.‎ ‎5.若a＝(2x，1，3)，b＝(1，－2y，9)，如果a与b为共线向量，则(　　)‎ A.x＝1，y＝1 B.x＝，y＝－ C.x＝－，y＝ D.x＝，y＝－ 答案　D 解析　因为a与b为共线向量，‎ 所以存在实数λ使得a＝λb，‎ 所以解得x＝，y＝－.‎ ‎6.已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是OA，CB的中点，点G 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 在线段MN上，且使MG＝2GN，则用向量，，表示向量是(　　)‎ A.＝＋＋ B.＝＋＋ C.＝＋＋ D.＝＋＋ 答案　A 解析　∵MG＝2GN，M，N分别是边OA，CB的中点，‎ ‎∴＝＋＝＋ ‎＝＋(＋＋)‎ ‎＝＋＋(－)‎ ‎＝＋＋.‎ 故选A.‎ ‎7.已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ＝________.‎ 答案　 解析　a，b，c三向量共面，则存在实数x，y，‎ 使c＝xa＋yb，‎ 所以解得 ‎8.如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在的平面，AB＝2，E为PB的中点，cos〈，〉＝，若以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则点E的坐标为________.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 答案　(1，1，1)‎ 解析　设PD＝a(a>0)，‎ 则A(2，0，0)，B(2，2，0)，P(0，0，a)，E(1，1，)，‎ ‎∴＝(0，0，a)，＝(－1，1，)，‎ ‎∵cos〈，〉＝，‎ ‎∴＝a ×，‎ ‎∴a＝2，‎ ‎∴E的坐标为(1，1，1).‎ ‎9.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是________.‎ 答案　平行 解析　∵正方体棱长为a，A1M＝AN＝，‎ ‎∴＝，＝，‎ ‎∴＝＋＋ ‎＝＋＋ ‎＝(＋)＋＋(＋)‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎＝＋.‎ 又∵是平面B1BCC1的一个法向量，‎ ‎∴·＝(＋)·＝0，‎ ‎∴⊥，‎ 又∵MN⊄平面BB1C1C，‎ ‎∴MN∥平面BB1C1C.‎ ‎10.已知棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BC的中点，F为A1B1的中点.‎ ‎(1)求证：DE⊥C1F；‎ ‎(2)求异面直线A1C与C1F所成角的余弦值.‎ ‎(1)证明　以D为原点，以DA，DC，DD1为x，y，z的正半轴建立空间直角坐标系，‎ 则D(0，0，0)，E(，a，0)，C1(0，a，a)，F(a，，a)，‎ 所以＝(，a，0)，＝(a，－，0)，‎ ·＝0，所以DE⊥C1F.‎ ‎(2)解　A1(a，0，a)，C(0，a，0)，＝(－a，a，－a)，‎ ＝(a，－，0)，‎ cos〈，〉＝＝＝－，‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 所以异面直线A1C与C1F所成角的余弦值是.‎ ‎11.如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点.‎ ‎(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；‎ ‎(2)若二面角P－AC－E的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值.‎ ‎(1)证明　∵PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，‎ ‎∴AC⊥PC.∵AB＝2，AD＝CD＝1，‎ ‎∴AC＝BC＝，∴AC2＋BC2＝AB2，‎ ‎∴AC⊥BC，‎ 又BC∩PC＝C，∴AC⊥平面PBC.‎ ‎∵AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC.‎ ‎(2)解　如图，以点C为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，‎ 则C(0，0，0)，A(1，1，0)，B(1，－1，0)，‎ 设P(0，0，a)(a>0)，‎ 则E(，－，)，＝(1，1，0)，＝(0，0，a)，＝(，－，).‎ 取m＝(1，－1，0)，则m·＝m·＝0，m为平面PAC的法向量，‎ 设n＝(x，y，z)为平面EAC的法向量，‎ 则n·＝n·＝0，‎ 即 取x＝a，y＝－a，z＝－2，则n＝(a，－a，－2)，‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 依题意，|cos〈m，n〉|＝＝＝，‎ 则a＝2，于是n＝(2，－2，－2)，＝(1，1，－2).‎ 设直线PA与平面EAC所成角为θ，‎ 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，‎ 即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.‎ ‎12.直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，A1A＝AB，E为BB1延长线上的一点，D1E⊥平面D1AC.设AB＝2.‎ ‎(1)求二面角E－AC－D1的大小；‎ ‎(2)在D1E上是否存在一点P，使A1P∥平面EAC？若存在，求D1P∶PE的值；若不存在，说明理由.‎ 解　(1)设AC与BD交于点O，如图所示建立空间直角坐标系Oxyz，‎ 则A＝(，0，0)，B(0，1，0)，C(－，0，0)，D(0，－1，0)，‎ D1(0，－1，2)，‎ 设E(0，1，2＋h)，则＝(0，2，h)，＝(2，0，0)，＝(，1，－2)，‎ ‎∵D1E⊥平面D1AC，‎ ‎∴D1E⊥AC，D1E⊥D1A，‎ ‎∴2－2h＝0，∴h＝1，即E(0，1，3).‎ ‎∵＝(0，2，1)，＝(－，1，3)，‎ 设平面EAC的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 则由得 令z＝－1，∴平面EAC的一个法向量为m＝(0，3，－1)，‎ 又平面D1AC的法向量为＝(0，2，1)，‎ ‎∴cos〈m，〉＝＝，‎ ‎∴二面角E－AC－D1大小为45°.‎ ‎(2)设＝λ＝λ(－)，‎ 得＝＝(0，，)，‎ ‎∴＝＋ ‎＝(－，－1，0)＋(0，，)‎ ‎＝(－，，)，‎ ‎∵A1P∥平面EAC，∴⊥m，‎ ‎∴－×0＋3×＋(－1)×＝0，‎ ‎∴λ＝.‎ ‎∴存在点P使A1P∥平面EAC，‎ 此时D1P∶PE＝3∶2.‎ ‎ ‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费