2020年高考數(shù)學一輪復習 考點45 立體幾何中的向量方法必刷題 理(含解析)

上傳人:Sc****h 文檔編號:117031483 上傳時間:2022-07-07 格式:DOC 頁數(shù):40 大?。?.73MB
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1、考點45 立體幾何中的向量方法 1.(遼寧省沈陽市2019屆高三教學質量監(jiān)測三數(shù)學理)如圖,四棱錐中,底面是邊長為2的正方形,側面底面,為上的點,且平面 (1)求證:平面平面; (2)當三棱錐體積最大時,求二面角的余弦值. 【答案】(1)見證明;(2). 【解析】 (1)證明:∵側面底面,側面底面,四邊形為正方形,∴,面, ∴面, 又面, ∴, 平面,面, ∴, ,平面, ∴面, 面, ∴平面平面. (2), 求三棱錐體積的最大值,只需求的最大值. 令,由(1)知,, ∴, 而, 當且僅當,即時, 的最大值為. 如圖所示,分別取線段,中點,,連

2、接,, 以點為坐標原點,以,和分別作為軸,軸和軸,建立空間直角坐標系. 由已知, 所以, 令為面的一個法向量, 則有, ∴ 易知為面的一個法向量, 二面角的平面角為,為銳角 則. 2.(湖南省長沙市第一中學2019屆高三下學期高考模擬卷一數(shù)學理)如圖所示,圓O的直徑AB=6,C為圓周上一點,BC=3,平面PAC垂直圓O所在平面,直線PC與圓O所在平面所成角為60°,PA⊥PC. (1)證明:AP⊥平面PBC (2)求二面角P—AB一C的余弦值 【答案】(1)見解析.(2) . 【解析】 (1)由已知可知,又平面平面圓,平面平面圓, ∴平面,∴, 又,,

3、平面,平面, ∴平面. (2)法一:過作于,由于平面平面,則平面, 則為直線與圓所在平面所成角,所以. 過作于,連結,則, 故為二面角的平面角. 由已知,, 在中,, 由得,在中,, 故,故, 即二面角的余弦值為. 法二:過作于,則平面,過作交于, 以為原點,、、分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系. 則,,,, 從而,, 設平面的法向量, 則得, 令,從而, 而平面的法向量為, 故, 即二面角的余弦值為. 3.(四川省綿陽市2019屆高三下學期第三次診斷性考試數(shù)學理)如圖,在四棱錐中,底面是菱形,且,,,分別為,的中點,且. (1)求證:

4、平面平面; (2)求銳二面角的余弦值. 【答案】(1)見解析;(2) 【解析】 (1)過P作PO⊥AD,垂足為O,連結AO,BO, 由∠PAD=120°,得∠PAO=60°, ∴在Rt△PAO中,PO=PAsin∠PAO=2sin60°=2×=, ∵∠BAO=120°,∴∠BAO=60°,AO=AO,∴△PAO≌△BAO,∴BO=PO=, ∵E,F(xiàn)分別是PA,BD的中點,EF=,∴EF是△PBD的中位線, ∴PB=2EF=2×=, ∴PB2=PO2+BO2,∴PO⊥BO,∵AD∩BO=O,∴PO⊥平面ABCD, 又PO?平面PAD,∴平面PAD⊥平面ABCD. (2)以

5、O為原點,OB為x軸,OD為y軸,OP為z軸,建立空間直角坐標系, A(0,1,0),P(0,0,),B(,0,0),D(0,3,0), ∴E(0,),F(xiàn)(,),=(0,),=(,,0), 易得平面ABCD的一個法向量=(0,0,1), 設平面ACE的法向量=(x,y,z),則, 取x=1,得=(1,-,1), 設銳二面角的平面角的大小為θ,則cosθ=|cos<>|==, ∴銳二面角E-AC-D的余弦值為. 4.(四川省宜賓市2019屆高三第三次診斷性考試數(shù)學理)如圖,在四棱錐中,,平面,二面角為為中點. (1)求證:; (2)求與平面所成角的余弦值. 【答案】

6、(1)證明見解析;(2). 【解析】 (1)證明:作SA中點F,連接EF ∵E為SD中點 ∴ ∵ ∴ ∴得平行四邊形 ∴ ∵平面 ∴為二面角的平面角 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ (2)作AB中點O,由(1)知 ∵ ∴平面 如圖建立空間直角坐標系 設,則 ∴ 設平面SCD的法向量,得 令 ,則 ∵ ∴ ∴ ∴AB與平面所成角的余弦值為. 5.(安徽省黃山市2019屆高三畢業(yè)班第三次質量檢測數(shù)學理)如圖,在以為頂點的五面體中,面為正方形,,,且二面角與二面角都是. (1)證明:平面; (2)求直線與平面所成角的正弦值. 【答

7、案】(1)證明見解析; (2). 【解析】 (1)面ABEF為正方形 又,而, 面,面 面 (2),則由(1)知面平面,過作,垂足為,平面. 以為坐標原點,的方向為軸正方向,為單位長度,建立如圖所示的空間直角坐標系. 由(1)知為二面角的平面角,故,又,則,,,,. 由已知,,平面.又平面平面, 故,.由,可得平面, 為二面角的平面角,.. ,,. 設是平面的法向量,則,即, 可取 . 則. 直線與平面BCE所成角的正弦值為 . 6.(湖南省師范大學附屬中學2019屆高三考前演練(五)數(shù)學(理)在五邊形AEBCD中,,C,,,(如圖).將△ABE

8、沿AB折起,使平面ABE⊥平面ABCD,線段AB的中點為O(如圖). (1)求證:平面ABE⊥平面DOE; (2)求平面EAB與平面ECD所成的銳二面角的大小. 【答案】(1)見解析(2)45° 【解析】 (1)由題意,O是線段AB的中點,則. 又,則四邊形OBCD為平行四邊形,又,則, 因,,則. ,則AB⊥平面EOD. 又平面ABE,故平面ABE⊥平面EOD. (2)由(1)易知OB,OD,OE兩兩垂直,以O為坐標原點,以OB,OD,OE所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系, △EAB為等腰直角三角形,且AB=2CD=2BC, 則,取, 則O(0,0

9、,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0), E(0,0,1),則,, 設平面ECD的法向量為, 則有取,得平面ECD的一個法向量, 因OD⊥平面ABE.則平面ABE的一個法向量為, 設平面ECD與平面ABE所成的銳二面角為θ,則 , 因為,所以, 故平面ECD與平面ABE所成的鏡二面角為45°. 7.(河北省保定市2019年高三第二次模擬考試理)如圖,已知四棱錐中,四邊形為矩形,,,. (1)求證:平面; (2)設,求平面與平面所成的二面角的正弦值. 【答案】(1)見證明;(2) 【解析】 (1)證明: BCSD ,

10、BCCD 則BC平面SDC, 又 則AD平面SDC,平面SDC SCAD 又在△SDC中,SC=SD=2, DC=AB,故SC2+SD2=DC2 則SCSD ,又 所以 SC平面SAD (2)解:作SOCD于O,因為BC平面SDC, 所以平面ABCD平面SDC,故SO平面ABCD 以點O為原點,建立坐標系如圖. 則S(0,0,),C(0,,0), A(2,-,0),B(2,,0) 設E(2,y,0),因為 所以 即E((2,,0) 令,則, ,令,則, 所以所求二面角的正弦值為 8.(陜西省西安市2019屆高三第三次質量檢測理)

11、如圖,在三棱柱中,平面,是的中點,,,. (1)證明:; (2)若,求二面角的余弦值. 【答案】(1)證明見解析;(2). 【解析】 解:(1)證明:連接,, 因為在中,,,. 所以. 所以, 因為. 所以, 又平面,且平面, 所以,, 所以平面, 因為平面, 所以. (2)以為原點建立如圖所示空間直角坐標系, 則,,,, 所以,,, 設平面的法向量為,設平面的法向量為, 則,取, 則, ?。? 所以, 即二面角的平面角的余弦值為. 9.(河南省重點高中2019屆高三4月聯(lián)合質量檢測數(shù)學理)在四棱錐中,底面為平行四邊形,平面平面,是邊長為

12、4的等邊三角形,,是的中點. (1)求證:; (2)若直線與平面所成角的正弦值為,求平面 與平面所成的銳二面角的余弦值. 【答案】(1)見證明;(2) 【解析】 (1)因為是等邊三角形,是的中點, 所以. 又平面平面,平面平面,平面, 所以平面. 所以, 又因為,, 所以平面.所以. 又因為,所以. 又且,平面,所以平面. 所以. (2) 由(1)得平面. 所以就是直線與平面所成角. 因為直線與平面所成角的正弦值為,即,所以. 所以,解得.則. 由(1)得,,兩兩垂直,所以以為原點,,,所在的直線分別為,,軸,建立如圖所示的空間直角坐標系, 則點

13、,, ,, 所以,. 令平面的法向量為,則 由得解得 令,可得平面的一個法向量為; 易知平面的一個法向量為, 設平面與平面所成的銳二面角的大小為,則. 所以平面與平面所成的銳二面角的余弦值為. 10.(天津市北辰區(qū)2019屆高考模擬考試數(shù)學理)如圖,在四棱柱中,側棱底面,,,,,且點和分別為和的中點 (I)求證:平面; (II)求二面角的正弦值; (III)設為棱上的點,若直線和平面所成角的正弦值為,求的長。 【答案】(I)見解析(II)(III) 【解析】 (I)以為原點,建立如下圖所示的空間直角坐標系: 則,,, ,,, 平面的法向量 又,

14、 ,面 面 (II)設面的法向量,且, ,令,則, 設面的法向量,且, ,令,則, 即二面角的正弦值是 (III)設,則 又面的法向量 ,解得:或(舍) ,即 11.(東北三省三校(遼寧省實驗中學、東北師大附中、哈師大附中)2019屆高三第三次模擬考試數(shù)學理)如圖四棱錐中,底面,是邊長為2的等邊三角形,且,,點是棱上的動點. (I)求證:平面平面; (Ⅱ)當線段最小時,求直線與平面所成角的正弦值. 【答案】(I)證明見解析;(Ⅱ). 【解析】 (Ⅰ)證明:∵底面,底面, ∴. 取的中點,連接, ∵是等邊三角形,,

15、 ∴,, ∴點共線,從而得, 又, ∴平面, ∵平面, ∴平面平面. (Ⅱ)解:取中點,連接,則, ∴底面, ∴兩兩垂直. 以為原點如圖建立空間直角坐標系, 則, ∴, 設平面的法向量為, 由,得, 令,得. 設,則, ∴, ∴當時,有最小值,且,此時. 設直線與平面所成角為, 則, ∴直線與平面所成角的正弦值為. 12.(安徽省蚌埠市2019屆高三年級第三次教學質量檢查考試數(shù)學理)如圖,在以為頂點,母線長為的圓錐中,底面圓的直徑長為2,是圓所在平面內一點,且是圓的切線,連接交圓于點,連接,. (1)求證:平面平面; (2)若是的中點

16、,連接,,當二面角的大小為時,求平面與平面所成銳二面角的余弦值. 【答案】(1)詳見解析;(2). 【解析】 解:(1)是圓的直徑,與圓切于點, 底面圓,∴ ,平面,∴. 又∵在中,,∴ ∵,∴平面,從而平面平面. (2)∵ ,,∴為二面角的平面角, ∴ , 如圖建立空間直角坐標系,易知, 則,, ,,, 由(1)知為平面的一個法向量, 設平面的法向量為, ,, ∵ ,,∴,, ∴ ,即 故平面的一個法向量為, ∴. ∴ 平面與平面所成銳二面角的余弦值為. 13.(北京市房山區(qū)2019年高考第一次模擬測試數(shù)學理)如圖1,在矩形ABCD中,AB=4,

17、AD=2,E,F(xiàn),O分別為DC,AE,BC的中點.以AE為折痕把△ADE折起,使點D到達點P的位置,且平面PAE⊥平面ABCE(如圖2). (Ⅰ)求證:BC⊥平面POF; (Ⅱ)求直線PA與平面PBC所成角的正弦值; (Ⅲ)在線段PE上是否存在點M,使得AM∥平面PBC?若存在,求的值;若不存在,說明理由. 【答案】(Ⅰ)見解析;(Ⅱ);(Ⅲ)見解析 【解析】 (Ⅰ)在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,E是CD中點,所以DA=DE,即PA=PE, 又F為AE的中點,所以PF⊥AE,又平面PAE⊥平面ABCE,平面PAE∩平面ABCE=AE, PF?平面PAE,所以PF⊥平

18、面ABCE,BC?平面ABCE,所以PF⊥BC, 由F,O分別為AE,BC的中點,易知FO∥AB,所以OF⊥BC,所以BC⊥平面POF, (Ⅱ)過點O做平面ABCE的垂線OZ,以O為原點,分別以OF,OB,OZ為x,y,z軸建立坐標系O﹣xyz, 則 ∴,設平面PBC的法向量為 由得,令z=3得, , 所以直線PA與平面PBC所成角的正弦值. (Ⅲ)在線段PE上不存在點M,使得AM∥平面PBC.證明如下: 點M在線段PE上,設則, , 若AM∥平面PBC,則, 由得,解得λ=2?[0,1] 所以在線段PE上不存在點M,使得AM∥平面PBC. 14.(湖南省長沙

19、市第一中學2018屆高三下學期高考模擬卷三數(shù)學理)如圖,菱形的對角線與交于點,,,點,分別在,上,,交于點.將沿折到的位置,. (I)證明:平面平面; (Ⅱ)求直線與平面所成角的正弦值. 【答案】(Ⅰ)見解析.( Ⅱ) . 【解析】 (Ⅰ)∵,∴,∴. ∵四邊形為菱形,∴,∴,∴,∴. ∵,∴; 又,,∴,∴, ∴,∴,∴. 又∵,∴平面. ∵平面, ∴平面平面. (Ⅱ)建立如圖坐標系,則,,,,,,設平面的法向量, 由得,取, ∴. 設直線與平面所成角為, ∴, ∴. 15.(安徽省蕪湖市2019屆高三5月模擬考試數(shù)學理)如圖,已知圓柱,底面

20、半徑為1,高為2,是圓柱的一個軸截面,動點從點出發(fā)沿著圓柱的側面到達點,其路徑最短時在側面留下的曲線記為:將軸截面繞著軸,逆時針旋轉 角到位置,邊與曲線相交于點. (1)當時,求證:直線平面; (2)當時,求二面角的余弦值. 【答案】(1)證明見解析;(2). 【解析】 (1)方法一:當時,建立如圖所示的空間直角坐標系, 則有,,,, , ,. 設平面的法向量為,則, 可取,得,,. 所以直線平面. 方法二:在正方形中,,,∴, 平面,又平面 所以,又,,,平面 所以直線平面. (2)當時,以所在直線為軸,過點與垂直的直線為軸,所在的直線為軸建立如圖空間

21、直角坐標系, 可得,所以, 設平面的法向量為,則 ,可取,得, 又平面的一個法向量為,則 所以二面角的余弦值為. 16.(山東省泰安市2019屆高三第二輪復習質量檢測數(shù)學理)如圖,正方形邊長為,平面平面,. (1)證明:; (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)證明見解析;(2). 【解析】 (1)證明:平面平面,平面平面 ,面 ∴平面, 又平面, ∴ 又∵,,,平面 ∴平面, 又平面 ∴. (2)解:如圖,以為坐標原點,建立空間直角坐標系, 則,, 在直角中,,,易得, 由(1)知為平面的一個法向量, , 設是平面BDE的

22、一個法向量 則 即 令,則, ∴ ∴二面角的余弦值是. 17.(廣西桂林市、崇左市2019屆高三下學期二模聯(lián)考數(shù)學理)已知四棱錐的底面是菱形,,底面,是上的任意一點. (1)求證:平面平面; (2)設,是否存在點使平面與平面所成的銳二面角的大小為?如果存在,求出點的位置,如果不存在,請說明理由. 【答案】(1)見解析;(2)見解析. 【解析】 (1)證明:∵平面,平面,∴. ∵四邊形是菱形,∴. ∵,∴平面. ∵平面,∴平面平面. (2)設與的交點為,以、所在直線分別為、軸, 以過垂直平面的直線為軸建立空間直角坐標系(如圖), 則,,,,.

23、設,則,, 設, ∴ ∴, ∴., 設平面的法向量, ∵,∴. 求得為平面的一個法向量. 同理可得平面的一個法向量為 ∵平面與平面所成的銳二面角的大小為, ∴,解得:. ∴為的中點. 18.(山東省青島市2019屆高考模擬檢測數(shù)學理)如圖,在圓柱中,點、分別為上、下底面的圓心,平面是軸截面,點在上底面圓周上(異于、),點為下底面圓弧的中點,點與點在平面的同側,圓柱的底面半徑為1,高為2. (1)若平面平面,證明:; (2)若直線與平面所成線面角的正弦值等于,證明:平面與平面所成銳二面角的平面角大于. 【答案】(1)見證明;(2)見證明 【解析】 (1)由題

24、知:面面,面面, 因為,平面, 所以平面,平面 所以. (2)以點為坐標原點,分別以,,為、、軸建立空間直角坐標系. 所以,,, 設,則,, 設平面的法向量, 因為,所以, 所以,即法向量. 因此 . 所以,解得,,所以點. 設面的法向量, 因為,所以, 所以,即法向量. 因為面的法向量,所以 , 所以面與面所成銳二面角的平面角大于. 19.(四川省攀枝花市2019屆高三下學期第三次統(tǒng)考數(shù)學理)已知三棱錐(如圖一)的平面展開圖(如圖二)中,四邊形為邊長等于的正方形,和均為正三角形,在三棱錐中: (Ⅰ)證明:平面平面; (Ⅱ)若點為棱上一點且,求二

25、面角的余弦值. 【答案】(Ⅰ)證明見解析;(Ⅱ). 【解析】 解:(Ⅰ)設的中點為,連接,. 由題意,得,, . 在中,,為的中點, , 在中,,,, , . ,,平面,平面, 平面,平面平面. (Ⅱ)由平面,, ,, 于是以,,所在直線分別為軸,軸,軸建立如圖示空間直角坐標系, 則, , , ,, , , , . 設平面的法向量為, 則由得: .令,得,,即. 設平面的法向量為, 由得: ,令,得,z=1,即. .由圖可知,二面角的余弦值為. 20.(福建省泉州市2019屆高三第二次(5月)質檢數(shù)學理)四棱錐中,平面,,,,,. (1)

26、求證: 平面平面; (2)為棱上異于的點,且,求直線與平面所成角的正弦值. 【答案】(1)見解析(2) 【解析】 (1)證明:在與中,因為, , 所以,,即,所以. 因為,所以,所以. 因為平面,平面,所以 , 又,所以平面, 又平面, 所以平面平面. (2)過作,因為平面,所以平面,即兩兩相垂直,以為原點,所在的直線為軸,建立空間直角坐標系, 因為,,, 所以,,,,, ,,, 設,.則, . 因為,所以,即, 解得,或.因為,所以. 所以,即. 設為平面的一個法向量,則, 所以取, 設直線與平面所成角為, , 所以直線與平面

27、所成角的正弦值. 21.(福建省龍巖市2019屆高三5月月考數(shù)學理)如圖,在三棱錐中,為等邊三角形,,面積是面積的兩倍,點在側棱上. (1)若,證明:平面平面; (2)若二面角的大小為,且為的中點,求直線與平面所成角的正弦值. 【答案】(1)證明見解析;(2). 【解析】 (1)證明:因為,所以, 所以. 取BC中點O,連結DO,AO,所以DO⊥BC,AO⊥BC, 因為,所以BC⊥平面AOD,所以BC⊥AD, 又因為BM⊥AD,,所以AD⊥平面BCM, 所以平面ACD⊥平面BCM. (2)由(1)知,是二面角D-BC-A的平面角, 所以, 過作交延

28、長線于G,因為BC⊥平面AOD,平面AOD, 所以, 因為,所以平面. 如圖,以O為原點,以,,的方向為軸,軸,軸的正方向建立空間直角坐標系, 設 ,則, 又因為, 所以, 在中,, 所以 , , 所以, 所以,, 設是平面DCA的法向量, 則即 取, 因為點是線段的中點 ,所以, 所以 , 設直線BM與平面DCA所成角的大小為,則 , 所以直線BM與平面CDA所成角的正弦值為. 22.(河北省唐山市第一中學2019屆高三下學期沖刺(二)數(shù)學(理)如圖,四邊形是邊長為2的菱形,且,平面,,,點是線段上任意一點. (1)證明:平面平面;

29、 (2)若的最大值是,求三棱錐的體積. 【答案】(1)見證明;(2) 【解析】 (1)因為平面,則. 又四邊形是菱形,則,又, 所以平面,因為AC在平面內, 所以平面平面. (2)設與的交點為,連結. 因為平面,則,又為的中點,則,由余弦定理得,.當AE最短時∠AEC最大,此時,,,因為AC=2,,OE=. 取MN的中點H,分別以直線,,為軸,軸,軸建立空間直角坐標系, 設,則點, ,,.設平面的法向量, 則,即 ,取,則, 同理求得平面的法向量. 因為是二面角 的平面角,則 ,解得或. 由圖可知a

30、.(陜西省渭南市2019屆高三二模數(shù)學理)已知是等腰直角三角形,.分別為的中點,沿將折起,得到如圖所示的四棱錐. (Ⅰ)求證:平面平面. (Ⅱ)當三棱錐的體積取最大值時,求平面與平面所成角的正弦值. 【答案】(Ⅰ)見解析. (Ⅱ) . 【解析】 (I)證明: 分別為的中點 ,,又 平面 平面,又平面 平面平面 (II),為定值 當平面時,三棱錐的體積取最大值 以為原點,以為坐標軸建立空間直角坐標系 則 , 設平面的法向量為,則 即,令可得 平面 是平面的一個法向量 平面與平面所成角的正弦值為 24.(陜西省咸陽

31、市2019屆高三模擬檢測(三)數(shù)學理)如圖,正方形ADEF與梯形ABCD所在平面互相垂直,,,點M是EC的中點. (1)求證:平面ADEF平面BDE. (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)見證明;(2) 【解析】(1)由題可知AD=BD=2,AB=則AD2+BD2=AB2, 根據(jù)勾股定理有BD⊥AD, 又因正方形ADEF 與梯形ABCD所在平面互相垂直,則ED⊥平面ABCD, 則ED⊥BD,而AD∩ED=D,所以BD⊥平面ADEF. 而BD平面BDE,所以平面ADEF⊥平面BDE. (2)以D為坐標原點,分別以DA,DB,DE為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系, 由題可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(0.2,0),E(0,0,2),C(-2,2,0),M(-,,1). 由(1)可得AD⊥平面BDE,則可取平面BDE的法向量,設平面BDM的法向量為,=(-,,1),=(0,2,0), 由·=0,·=0,.可得 可取=(,0,2),則. 設二面角E-BD-M的平面角為α,顯然α為銳角, 故. 40

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