新教材高中數(shù)第8章立體幾何初步章末綜合提升案含解析新人教A版必修第二冊(cè)_第1頁
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PAGE13-第八章立體幾何初步類型1空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征、表面積和體積1.本考點(diǎn)多為基礎(chǔ)題,一般出現(xiàn)在選擇題的中間位置.主要考查空間幾何體的結(jié)構(gòu),直觀圖的轉(zhuǎn)化,幾何體表面積、體積公式的應(yīng)用.考查數(shù)形結(jié)合思想、空間想象能力、運(yùn)算求解能力,意在讓多數(shù)學(xué)生得分.2.空間幾何體的表面積與體積的求法(1)多面體的表面積是各個(gè)面的面積之和;組合體的表面積注意銜接部分的處理.(2)旋轉(zhuǎn)體的表面積問題注意其側(cè)面展開圖的應(yīng)用.(3)求復(fù)雜幾何體的體積常用割補(bǔ)法、等積法求解.【例1】(1)(2019·全國(guó)卷Ⅱ)中國(guó)有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形狀多為長(zhǎng)方體、正方體或圓柱體,但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信形狀是“半正多面體”(圖1).半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美.圖2是一個(gè)棱數(shù)為48的半正多面體,它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上,且此正方體的棱長(zhǎng)為1.則該半正多面體共有________個(gè)面,其棱長(zhǎng)為________.圖1圖2(2)(2019·全國(guó)卷Ⅲ)學(xué)生到工廠勞動(dòng)實(shí)踐,利用3D打印技術(shù)制作模型,如圖,該模型為長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1挖去四棱錐O-EFGH后所得的幾何體,其中O為長(zhǎng)方體的中心,E,F(xiàn),G,H分別為所在棱的中點(diǎn),AB=BC=6cm,AA1=4cm,3D打印所用原料密度為0.9g/cm3.不考慮打印損耗,(1)26eq\r(2)-1(2)118.8[(1)依題意知,題中的半正多面體的上、下、左、右、前、后6個(gè)面都在正方體的表面上,且該半正多面體的表面由18個(gè)正方形,8個(gè)正三角形組成,因此題中的半正多面體共有26個(gè)面.注意到該半正多面體的俯視圖的輪廓是一個(gè)正八邊形,設(shè)題中的半正多面體的棱長(zhǎng)為x,則eq\f(\r(2),2)x+x+eq\f(\r(2),2)x=1,解得x=eq\r(2)-1,故題中的半正多面體的棱長(zhǎng)為eq\r(2)-1.(2)由題易得長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的體積為6×6×4=144(cm3四邊形EFGH為平行四邊形,如圖所示,連接GE,HF,易知四邊形EFGH的面積為矩形BCC1B1面積的一半,即eq\f(1,2)×6×4=12(cm2),所以V四棱錐O-EFGH=eq\f(1,3)×3×12=12(cm3),所以該模型的體積為144-12=132(cm3),所以制作該模型所需原料的質(zhì)量為132×0.9=118.8(g).]eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])1.如圖所示,已知三棱柱ABC-A′B′C′,側(cè)面B′BCC′的面積是S,點(diǎn)A′到側(cè)面B′BCC′的距離是a,求三棱柱ABC-A′B′C′的體積.[解]連接A′B,A′C,如圖所示,這樣就把三棱柱分割成了兩個(gè)棱錐.設(shè)所求體積為V,顯然三棱錐A′-ABC的體積是eq\f(1,3)V.而四棱錐A′-BCC′B′的體積為eq\f(1,3)Sa,故有eq\f(1,3)V+eq\f(1,3)Sa=V,即V=eq\f(1,2)Sa.類型2與球有關(guān)的切、接問題1.本考點(diǎn)中的題目多為基礎(chǔ)題,一般出現(xiàn)在選擇題的后面位置或填空題中,分值為5分.主要考查空間幾何體的結(jié)構(gòu),外接球和內(nèi)切球問題,幾何體表面積、體積公式的應(yīng)用,球的表面積和體積計(jì)算.考查數(shù)形結(jié)合思想,空間想象能力,運(yùn)算求解能力,意在讓多數(shù)學(xué)生得分.2.與球相關(guān)問題的解題策略(1)作適當(dāng)?shù)慕孛?如軸截面等)時(shí),對(duì)于球內(nèi)接長(zhǎng)方體、正方體,則截面一要過球心,二要過長(zhǎng)方體或正方體的兩條體對(duì)角線,才有利于解題.(2)對(duì)于“內(nèi)切”和“外接”等問題,首先要弄清幾何體之間的相互關(guān)系,主要是指特殊的點(diǎn)、線、面之間的關(guān)系,然后把相關(guān)的元素放到這些關(guān)系中來解決.【例2】(1)(2018·全國(guó)卷Ⅲ)設(shè)A,B,C,D是同一個(gè)半徑為4的球的球面上四點(diǎn),△ABC為等邊三角形且其面積為9eq\r(3),則三棱錐D-ABC體積的最大值為()A.12eq\r(3)B.18eq\r(3)C.24eq\r(3)D.54eq\r(3)(2)(2020·新高考全國(guó)卷Ⅰ)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)均為2.∠BAD=60°,以D1為球心,eq\r(5)為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長(zhǎng)為________.(1)B(2)eq\f(\r(2)π,2)[(1)設(shè)等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為x,則eq\f(1,2)x2sin60°=9eq\r(3),得x=6.設(shè)△ABC的外接圓半徑為r,則2r=eq\f(6,sin60°),解得r=2eq\r(3),所以球心到△ABC所在平面的距離d=eq\r(42-2\r(3)2)=2,則點(diǎn)D到平面ABC的最大距離d1=d+4=6,所以三棱錐D-ABC體積的最大值Vmax=eq\f(1,3)S△ABC×6=eq\f(1,3)×9eq\r(3)×6=18eq\r(3).(2)如圖,連接B1D1,易知△B1C1D1為正三角形,所以B1D1=C1D1=2.分別取B1C1,BB1,CC1的中點(diǎn)M,G,H,連接D1M,D1G,D1H,則易得D1G=D1H=eq\r(22+12)=eq\r(5),D1M⊥B1C1,且D1M=eq\r(3).由題意知G,H分別是BB1,CC1與球面的交點(diǎn).在側(cè)面BCC1B1內(nèi)任取一點(diǎn)P,使MP=eq\r(2),連接D1P,則D1P=eq\r(D1M2+MP2)=eq\r(\r(3)2+\r(2)2)=eq\r(5),連接MG,MH,易得MG=MH=eq\r(2),故可知以M為圓心,eq\r(2)為半徑的圓弧GH為球面與側(cè)面BCC1B1的交線.由∠B1MG=∠C1MH=45°知∠GMH=90°,所以eq\x\to(GH)的長(zhǎng)為eq\f(1,4)×2π×eq\r(2)=eq\f(\r(2)π,2).]eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])2.若與球外切的圓臺(tái)的上、下底面半徑分別為r,R,則球的表面積為________.4πRr[法一:如圖,作DE⊥BC于點(diǎn)E.設(shè)球的半徑為r1,則在Rt△CDE中,DE=2r1,CE=R-r,DC=R+r.由勾股定理得4req\o\al(2,1)=(R+r)2-(R-r)2,解得r1=eq\r(Rr),故球的表面積為S球=4πreq\o\al(2,1)=4πRr.法二:如圖,設(shè)球心為O,球的半徑為r1,連接OA,OB,則在Rt△AOB中,OF是斜邊AB上的高.由相似三角形的性質(zhì)得OF2=BF·AF=Rr,即req\o\al(2,1)=Rr,故r1=eq\r(Rr),故球的表面積為S球=4πRr.]類型3空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的判斷與證明1.空間中線面位置關(guān)系的證明主要包括線線、線面及面面的平行與垂直關(guān)系,其中推理論證的關(guān)鍵是空間想象能力,要防止步驟不完整或考慮不全致推理片面,該類題目難度不大,以中檔題為主.2.平行、垂直關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化【例3】如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1(側(cè)棱垂直于底面,且底面是正三角形)中,BC=CC1,M,N,P分別是CC1,AB,BB1(1)求證:平面NPC∥平面AB1M(2)求證:AB1⊥平面A1MB.[證明](1)在△ABB1中,N,P分別是AB,BB1的中點(diǎn),即PN∥AB1,∵平面ABB1∩平面AB1M=AB1,PN?平面AB1M,PN?平面ABB∴PN∥平面AB1M又∵底面是正三角形且BC=CC1,M是CC1的中點(diǎn),即在正方形BCC1B1中有CMB1P為平行四邊形,有PC∥MB1,∴PC∥平面AB1M,而PN∩PC=P∴平面NPC∥平面AB1M(2)在正方形ABB1A1中有AB1⊥A1B,若AB1,A1B的交點(diǎn)為D,連接MD,DN,∴四邊形MCND為矩形,∴CN∥MD,CN⊥DN,而CN⊥AB,則CN⊥平面ABB1A1∴MD⊥平面ABB1A1,而AB1?平面ABB1A1,即MD⊥AB1.又MD∩A1B=D,MD?平面A1MB,A1B?平面A1∴AB1⊥平面A1MB.eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])3.如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1=A1C1,D,E分別是棱BC,CC1上的點(diǎn)(點(diǎn)D不同于點(diǎn)C),且AD⊥DE,F(xiàn)為B1C求證:(1)平面ADE⊥平面BCC1B1;(2)直線A1F∥平面ADE[證明](1)因?yàn)锳BC-A1B1C1所以CC1⊥平面ABC.又AD?平面ABC,所以CC1⊥AD.又因?yàn)锳D⊥DE,CC1,DE?平面BCC1B1,CC1∩DE=E,所以AD⊥平面BCC1B1.又AD?平面ADE,所以平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)因?yàn)锳1B1=A1C1,F(xiàn)為B1C所以A1F⊥B1C因?yàn)镃C1⊥平面A1B1C1,且A1F?平面A1B1所以CC1⊥A1F又因?yàn)镃C1,B1C1?平面BCC1B1,CC1∩B1C1=C所以A1F⊥平面BCC1B1.由(1)知AD⊥平面BCC1B1,所以A1F∥AD又AD?平面ADE,A1F?平面ADE所以A1F∥平面ADE類型4空間角的計(jì)算問題1.考查空間中線面位置關(guān)系的證明、直線與平面所成角、線線角及二面角等基礎(chǔ)知識(shí),考查空間想象能力及推理論證能力.2.求空間各種角的大小一般都轉(zhuǎn)化為平面角來計(jì)算,空間角的計(jì)算步驟:一作,二證,三計(jì)算.(1)求異面直線所成的角常用平移轉(zhuǎn)化法(轉(zhuǎn)化為相交直線的夾角).(2)求直線與平面所成的角常用射影轉(zhuǎn)化法(即作垂線、找射影).(3)二面角的平面角的作法常有三種:①定義法;②垂線法;③垂面法.【例4】(2020·浙江高考)如圖,在三棱臺(tái)ABC-DEF中,平面ACFD⊥平面ABC,∠ACB=∠ACD=45°,DC=2BC.(1)證明:EF⊥DB;(2)求直線DF與平面DBC所成角的正弦值.[解](1)證明:如圖,過點(diǎn)D作DO⊥AC,交直線AC于點(diǎn)O,連接OB.由∠ACD=45°,DO⊥AC,得CD=eq\r(2)CO.由平面ACFD⊥平面ABC,得DO⊥平面ABC,所以DO⊥BC.由∠ACB=45°,BC=eq\f(1,2)CD=eq\f(\r(2),2)CO,得BO⊥BC.所以BC⊥平面BDO,故BC⊥DB.由三棱臺(tái)ABC-DEF得BC∥EF,所以EF⊥DB.(2)如圖,過點(diǎn)O作OH⊥BD,交直線BD于點(diǎn)H,連接CH.由三棱臺(tái)ABC-DEF得DF∥CO,所以直線DF與平面DBC所成角等于直線CO與平面DBC所成角.由BC⊥平面BDO得OH⊥BC,故OH⊥平面BCD,所以∠OCH為直線CO與平面DBC所成角.設(shè)CD=2eq\r(2).由DO=OC=2,BO=BC=eq\r(2),得BD=eq\r(6),OH=eq\f(2,3)eq\r(3),所以sin∠OCH=eq\f(OH,OC)=eq\f(\r(3),3),因此,直線DF與平面DBC所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3).eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])4.如圖,正方體ABCD-A′B′C′D′的棱長(zhǎng)為1,B′C∩BC′=O,求:(1)AO與A′C′所成角的度數(shù);(2)AO與平面ABCD所成角的正切值;(3)平面AOB與平面AOC所成角的度數(shù).[解](1)∵A′C′∥AC,∴AO與A′C′所成的角就是∠OAC.∵AB⊥平面BC′,OC?平面BC′,∴OC⊥AB,又OC⊥BO,AB∩BO=B,∴OC⊥平面ABO.又OA?平面ABO,∴OC⊥OA.在Rt△AOC中,OC=eq\f(\r(2),2),AC=eq\r(2),sin∠OAC=eq\f(OC,AC)=eq\f(1,2),∴∠OAC=30°,即AO與A′C′所成角的度數(shù)為30°.(2)如圖,作OE⊥BC于E,連接AE.∵平面BC′⊥平面ABCD,∴OE⊥平面ABCD,∴∠OAE為OA與平面ABCD所成的角.在Rt△OAE中,OE=eq\f(1,2),AE=eq\r(12+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2))=eq\f(\r(5),2),∴tan∠OAE=eq\f(OE,AE)=eq\f(\r(5),5).(3)∵OC⊥OA,OC⊥OB,OA∩OB=O,∴OC⊥平面AOB.又∵OC?平面AOC,∴平面AOB⊥平面AOC.即平面AOB與平面AOC所成角的度數(shù)為90°.類型5點(diǎn)到平面的距離問題高考對(duì)立體幾何的考查主要有兩個(gè)方面,一是探究空間直線、平面的平行與垂直關(guān)系;二是與計(jì)算有關(guān)的綜合性問題,主要是幾何體的三積與三角.其中點(diǎn)到平面的距離的計(jì)算非常有利于幾何體體積的計(jì)算.一般出現(xiàn)在解答題的第二問中,偶爾出現(xiàn)在選擇填空題中,有一定的難度.【例5】(2020·全國(guó)卷Ⅱ)已知△ABC是面積為eq\f(9\r(3),4)的等邊三角形,且其頂點(diǎn)都在球O的球面上.若球O的表面積為16π,則O到平面ABC的距離為()A.eq\r(3)B.eq\f(3,2)C.1D.eq\f(\r(3),2)C[由等邊三角形ABC的面積為eq\f(9\r(3),4),得eq\f(\r(3),4)×AB2=eq\f(9\r(3),4),得AB=3,則△ABC的外接圓半徑r=eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)AB=eq\f(\r(3),3)AB=eq\r(3).設(shè)球的半徑為R,則由球的表面積為16π,得4πR2=16π,得R=2,則球心O到平面ABC的距離d=eq\r(R2-r2)=1,故選C.]eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])5.(2019·全國(guó)卷Ⅰ)已知∠ACB=90°,P為平面ABC外一點(diǎn),PC=2,點(diǎn)P到∠ACB兩邊AC,BC的距離均為eq\r(3),那么P到平面ABC的距離為________.eq\r(2)[如圖,過點(diǎn)P作PO⊥平面ABC于O,則PO為P到平面ABC的距離.再過O作OE⊥AC于E,OF⊥BC于F,連接PC,PE,PF,則PE⊥AC,PF⊥BC.又PE=PF=eq\r(3),所以O(shè)E=OF,所以CO為∠ACB的平分線,即∠ACO=45°.在Rt△PEC中,PC=2,PE=eq\r(3),所以CE=1,所以O(shè)E=1,所以PO=eq\r(PE2-OE2)=eq\r(\r(3)2-12)=eq\r(2).]1.(2020·全國(guó)卷Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一,它的形狀可視為一個(gè)正四棱錐.以該四棱錐的高為邊長(zhǎng)的正方形面積等于該四棱錐一個(gè)側(cè)面三角形的面積,則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長(zhǎng)的比值為()A.eq\f(\r(5)-1,4)B.eq\f(\r(5)-1,2)C.eq\f(\r(5)+1,4)D.eq\f(\r(5)+1,2)C[設(shè)正四棱錐的高為h,底面正方形的邊長(zhǎng)為2a,斜高為m,依題意得h2=eq\f(1,2)×2a×m,即h2=am①,易知h2+a2=m2②,由①②得m=eq\f(1+\r(5),2)a,所以eq\f(m,2a)=eq\f(\f(1+\r(5),2)a,2a)=eq\f(1+\r(5),4).故選C.]2.(2020·全國(guó)卷Ⅰ)已知A,B,C為球O的球面上的三個(gè)點(diǎn),⊙O1為△ABC的外接圓,若⊙O1的面積為4π,AB=BC=AC=OO1,則球O的表面積為()A.64πB.48πC.36πD.32πA[因?yàn)椤袿1的面積為4π,所以⊙O1的半徑r=2.因?yàn)锳B=BC=AC,所以△ABC為正三角形,又⊙O1是△ABC的外接圓,所以由正弦定理得eq\f(AB,sin60°)=2r=4,得AB=4sin60°=2eq\r(3).因?yàn)镺O1=AB=BC=AC,所以O(shè)O1=2eq\r(3),由題易知OO1⊥平面ABC,則球心O到平面ABC的距離為2eq\r(3).設(shè)球O的半徑為R,則R2=OOeq\o\al(2,1)+r2=12+4=16,所以球O的表面積S=4πR2=64π,故選A.]3.(2020·新高考全國(guó)卷Ⅰ)日晷是中國(guó)古代用來測(cè)定時(shí)間的儀器,利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測(cè)定時(shí)間.把地球看成一個(gè)球(球心記為O),地球上一點(diǎn)A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角,點(diǎn)A處的水平面是指過點(diǎn)A且與OA垂直的平面.在點(diǎn)A處放置一個(gè)日晷,若晷面與赤道所在平面平行,點(diǎn)A處的緯度為北緯40°,則晷針與點(diǎn)A處的水平面所成角為()A.20°B.40°C.50°D.90°B[過球心O、點(diǎn)A以及晷針的軸截面如圖所示,其中CD為晷面,GF為晷針?biāo)谥本€,EF為點(diǎn)A處的水平面,GF⊥CD,CD∥OB,∠AOB=40°,∠OAE=∠OAF=90°,所以∠GFA=∠CAO=∠AOB=40°.故選B.]4.(2020·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)有下列四個(gè)命題:p1:兩兩相交且不過同一點(diǎn)的三條直線必在同一平面內(nèi).p2:過空間中任意三點(diǎn)有且僅有一個(gè)平面.p3:若空間兩條直線不相交,則這兩條直線平行.p4:若直線l?平面α,直線m⊥平面α,則m⊥l.則下述命題中所有真命題的序號(hào)是________.①p1∧p4;②p1∧p2;③p2∨p3;④p3∨p4.①③④[法一:對(duì)于p1,由題意設(shè)直線l1∩l2=A,l2∩l3=B,l1∩l3=C,則由l1∩l2=A,知l1,l2共面,設(shè)此平面為α,則由B∈l2,l2?α,知B∈α,由C∈l1,l1?α,知C∈α,所以l3?α,所以l1,l2,l3共面于α,所以p1是真命題;對(duì)于p2,當(dāng)A,B,C三點(diǎn)不共線時(shí),過A,B,C三點(diǎn)有且僅有一個(gè)平面,當(dāng)A,B,C三點(diǎn)共線時(shí),過A,B,C的平面有無數(shù)個(gè),所以p2是假命題,p2是真命題;對(duì)于p3,若空間兩條直線不相交,則這兩條直線可能平行,也可能異面,所以p3是假命題,p3是真命題;對(duì)于p4,若直線l?平面α,直線m⊥平面α,則m⊥l,所以p4是真命題,p4是假命題.故p1∧p4為真命題,p1∧p2為假命題,p2∨p3為真命題,p3∨p4為真命題.綜上可知,真命題的序號(hào)是①③④.法二:對(duì)于p1,由題意設(shè)直線l1∩l2=A,l2∩l3=B,l1∩l3=C,則A,B,C三點(diǎn)不共線,所以此三點(diǎn)確定一個(gè)平面α,則A∈α,B∈α,C∈α,所以直線AB?α,BC?α,CA?α,即l1?α,l2?α,l3?α,所以p1是真命題;以下同解法一.]5.(2020·全國(guó)卷Ⅲ)如圖,長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)E,F(xiàn)分別在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1,(1)當(dāng)AB=BC時(shí),EF⊥AC;(2)點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi).[解](1)如圖,連接BD,B1D1.因?yàn)锳B=BC,所以四邊形ABCD為正方形,故AC⊥BD.又因?yàn)锽B1⊥平面ABCD,于是AC⊥BB1.所以AC⊥平面BB1D1D.由于EF?平面BB1

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