高三数学知识点综合复习检测23.doc

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专题五 立体几何
时间：120分钟　满分：150分
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分；在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．设有四个命题：①底面是矩形的平行六面体是长方体；②棱长相等的直四棱柱是正方体；③有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体；④对角线相等的平行六面体是直平行六面体．其中假命题的序号是(　　)
A．①　　　　 B．②③　　　
C．①②③　　 D．③④
[答案]　C
[解析]　底面是矩形的平行六面体的侧棱不一定与底面垂直，故①错；棱长相等的直四棱柱中若底面是菱形则不是正方体，故②错；如果两条平行的侧棱都垂直于底面一边显然不是直平行六面体，③错．故选C.
2．已知A、B为球面上的两点，O为球心，且AB＝3，∠AOB＝120°，则球的体积为(　　)
A. B．4π
C．36π D．32π
[答案]　B
[解析]　设球的半径为R，由AB2＝R2＋R2－2R2cos120°＝3R2＝9，得R2＝3，因此该球的体积是
R3＝×()3＝4π，故选B.
3．(2011·北京市海淀区二模)在正四面体A－BCD中，棱长为4，M是BC的中点，点P在线段AM上运动(P不与A，M重合)，过点P作直线l⊥平面ABC，l与平面BCD交于点Q，给出下列命题：
①BC⊥平面AMD；
②Q点一定在直线DM上；
③VC－AMD＝4.
其中正确的是(　　)
A．①② B．①③
C．②③ D．①②③
[答案]　A
[解析]　由BC⊥AM，BC⊥MD，可得BC⊥平面AMD，即①正确；由BC⊥平面AMD可得平面AMD⊥平面ABC，则若过P作直线l⊥平面ABC，l与平面BCD交于点Q，Q点一定在直线DM上，即②正确；由VC－AMD＝VC－ABD＝××43＝，即③不正确，综上可得正确的命题序号为①②，故应选A.
4．(2011·陕西理，5)某几何体的三视图如图所示，则它的体积是(　　)

A．8－ B．8－
C．8－2π D.
[答案]　A
[解析]　∴V＝2×2×2－×π×2＝8－π.
5．(文)(2011·浙江文，7)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是(　　)

[答案]　B
[解析]　(可用排除法)由正视图可把A，C排除，
而由侧视图把D排除，故选B.
(理)(2011·浙江理，3)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是(　　)

[答案]　D
[解析]　从正视图可排除A、B，从俯视图可排除C，选D.
6．(2011·宁夏模拟)如图，正△ABC的中线AF与中位线DE相交于G，已知△A′ED是△AED绕DE旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是(　　)

A．动点A′在平面ABC上的投影在线段AF上
B．恒有平面A′GF⊥平面BCED
C．三棱锥A′－FED的体积有最大值
D．异面直线A′E与BD不可能垂直
[答案]　D
[解析]　由题意，DE⊥平面AGA′，
∴A，B，C正确，故选D.
7．(2011·临汾模拟)已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是(　　)
A．AB∥m B．AC⊥m
C．AB∥β D．AC⊥β
[答案]　D
[解析]　∵m∥α，m∥β，α∩β＝l，∴m∥l.
∵AB∥l，∴AB∥m，故A一定正确．
∵AC⊥l，m∥l，∴AC⊥m，从而B一定正确．
∵AB∥l，l⊂β，∴AB⊄β.
∴AB∥β.故C也正确．
∵AC⊥l，当点C在平面α内时，AC⊥β成立，当点C不在平面α内时，AC⊥β不成立，故D不一定成立．
8．(2011·湖北文，7)设球的体积为V1，它的内接正方体的体积为V2，下列说法中最合适的是(　　)
A．V1比V2大约多一半 B．V1比V2大约多两倍半
C．V1比V2大约多一倍 D．V1比V2大约多一倍半
[答案]　D
[解析]　设球的半径为R，则V1＝πR3，设正方体棱长为a，则2R＝a，V2＝a3，所以V1＝V2，估算得选项D.
9．(2011·山东理，11)右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如右图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如右图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如右图．其中真命题的个数是(　　)

A．3 B．2
C．1 D．0
[答案]　A
[解析]　对于①，存在这样的三棱柱，如图三棱柱

对于②，存在这样的四棱柱，如长方体
对于③，存在这样的圆柱，如把圆柱横向放置即可，故选A.
10．(2011·浙江金华)如图，在△ABC中，AB⊥AC，若AD⊥BC，则AB2＝BD·BC；类似地有命题：在三棱锥A－BCD中，AD⊥面ABC，若A点在面BCD内的射影为M，则有S＝S△BCM·S△BCD.上述命题是(　　)

A．真命题
B．增加条件“AB⊥AC”才是真命题
C．增加条件“M为△BCD的垂心”才是真命题
D．增加条件“三棱锥A－BCD是正三棱锥”才是真命题
[答案]　A
[解析]　因为AD⊥面ABC，所以AD⊥AE，AD⊥BC，在△ADE中，AE2＝ME·DE，又A点在平面BCD内的射影为M，所以AM⊥平面BCD，AM⊥BC，所以BC⊥平面ADE，所以BC⊥DE，将S△ABC、S△BCM、S△BCD分别表示出来，可得S＝S△BCM·S△BCD，故选A.
11．(文)(2011·重庆文，10)高为的四棱锥S－ABCD的底面是边长为1的正方形，点S、A、B、C、D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为(　　)
A. B.
C. D.
[答案]　A
[解析]　如图所示，设球心为O，底面ABCD的中心为O′，则SO′为所求．

作SH⊥底面ABCD，则SH＝，连接OO′，则OO′⊥底ABCD，
∴SH∥OO′
在Rt△AO′O中，OA＝1，AO′＝，
∴OO′＝.
又四边形SHO′O为直角梯形，过O作OE⊥SH，则
SE＝.又OS＝1，∴OE＝，即O′H＝，
∴SO′＝＝＝.
(理)(2011·重庆理，9)高为的四棱锥S－ABCD的底面是边长为1的正方形，点S、A、B、C、D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为(　　)
A. B.
C．1 D.
[答案]　C
[解析]　如图，设AC、BD相交于点O，球心为O′，OO′中点为E，由条件可知：

OO′＝，OE＝，
∴O′E＝，∴ES＝＝，
∴SO＝＝1，∴选C.
12．(2010·全国Ⅱ理，9)已知正四棱锥S－ABCD中，SA＝2，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为(　　)
A．1 B.
C．2 D．3
[答案]　C
[解析]　如图所示，设正四棱锥高为h，底面边长为a，则a＝，即a2＝2(12－h2)，

∴V＝×a2×h＝h(12－h2)＝－(h3－12h)，
令f(h)＝h3－12h，则f ′(h)＝3h2－12(h>0)，令f ′(h)＝0，则h＝2，此时f(h)有最小值，V有最大值．
二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分，将答案填写在题中横线上．)
13．(2011·南京二模)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为棱AA1的中点，若截面△BC1D是面积为6的直角三角形，则此三棱柱的体积为________．
[答案]　8
[解析]　设正三棱柱的底面边长为a，高为2h，则BD＝C1D＝，BC1＝，由△BC1D是面积为6的直角三角形，得
，解得，
故此三棱柱的体积为V＝×8×sin60°×4＝8.
14．(文)(2011·江苏南通二模)关于直线m，n和平面α，β，有以下四个命题：
①若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n；
②若m∥n，m⊂α，n⊥β，则α⊥β；
③若α∩β＝m，m∥n，则n∥α且n∥β；
④若m⊥n，α∩β＝m，则n⊥α或n⊥β.
其中假命题的序号是________．
[答案]　①③④
[解析]　本题考查立体几何的判定定理和性质定理以及命题真假的判定．对于立体几何中位置关系判定的基本定理，这里在设计命题时经常会省略条件或变化条件，然后再判定该性质定理的真假．这需要多借助于实际模型，然后再进行判定．可以通过寻找特殊的反例来说明命题为假．命题①m与n也可相交或异面，所以①是假命题；命题②由条件可得m⊥β，又m⊂α，故α⊥β，所以②是真命题；命题③也可得到n⊂α或n⊂β，所以③错；命题④由已知只能得到m垂直α与β内的一条直线，所以命题④错．
(理)(2011·大纲全国卷文，12)已知平面α截一球面得圆M，过圆心M且与α成60°二面角的平面β截该球面得圆N，若该球的半径为4，圆M的面积为4π，则圆N的面积为________．
[答案]　13π
[解析]　设球心为O，圆M的半径为2
则球心到圆M的距离为|OM|＝2
∵∠AMN＝60°，∴∠OMN＝30°
∴|ON|＝，即球心O到圆N的距离为.
∴圆N的半径为＝
∴圆N的面积为13π.
15．(2011·辽宁理，15)一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为2，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是________．

[答案]　2
[解析]　设边长为a，∴S底面＝a2，
∴V＝a3＝2，∴a＝2，
∴俯视图的高为，∴S矩形＝2.
16．(2011·江西赣州联考)三棱锥S－ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，则以下结论中：

①异面直线SB与AC所成的角为90°；
②直线SB⊥平面ABC；
③平面SBC⊥平面SAC；
④点C到平面SAB的距离是a.其中正确结论的序号是________．
[答案]　①②③④
[解析]　由题意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，①②③正确；取AB的中点E，连接CE，可证得CE⊥平面SAB，故CE的长度即为C到平面SAB的距离a，④正确．
三、解答题(本大题共6小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分12分)(2011·新课标文，18)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.

(1)证明：PA⊥BD；
(2)设PD＝AD＝1，求棱锥D－PBC的高．
[解析]　(1)证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，
由余弦定理得BD＝AD.
从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.
又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD.所以BD⊥平面PAD.
又PA⊂平面PAD，故PA⊥BD.
(2)如图，作DE⊥PB，垂足为E，已知PD⊥底面ABCD，则PD⊥BC.

由(1)知BD⊥AD，又BC∥AD，所以BC⊥BD.
故BC⊥平面PBD，BC⊥DE.则DE⊥平面PBC.
由题设知PD＝1，则BD＝，PB＝2.
根据DE·PB＝PD·BD，得DE＝.
即棱锥D－PBC的高为.
18．(本小题满分12分)如图，在空间四边形ABDP中，AD⊂α，AB⊂α，AB⊥AD，PD⊥α，且PD＝AD＝AB，E为AP中点．

(1)请在∠BAD的平分线上找一点C，使得PC∥平面EDB；
(2)求证：ED⊥平面EAB.
[解析]　(1)设∠BAD的平分线交BD于O，延长AO，并在平分线上截取AO＝OC，则点C即为所求的点．
证明：连接EO、PC，则EO为△PAC的中位线，
所以PC∥EO，而EO⊂平面EDB，且PC⊄平面EDB，
∴PC∥平面EDB.
(2)∵PD＝AD，E是边AP的中点，
∴DE⊥PA①
又∵PD⊥α(平面ABD)，
∴PD⊥AB，由已知AD⊥AB，∴AB⊥平面PAD，
而DE⊂平面PAD，∴AB⊥DE②
由①②及AB∩PA＝A得DE⊥平面EAB.
19．(本小题满分12分)(2011·天津文，17)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PD＝2，M为PD的中点．

(1)证明PB∥平面ACM；
(2)证明AD⊥平面PAC；
(3)(理)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．
[解析]　(1)证明：连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点，
又M为PD的中点，所以PB∥MO.
因为PB⊄平面ACM，MO⊂平面ACM，
所以PB∥平面ACM.

(2)证明：因为∠ADC＝45°，且AD＝AC＝1，所以∠DAC＝90°，即AD⊥AC，又PO⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PO⊥AD，而AC∩PO＝O，所以AD⊥平面PAC.
(3)(理)解：取DO中点N，连接MN、AN，因为M为PD的中点，所以MN∥PO，且MN＝PO＝1.
由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，
所以∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角．
在Rt△DAO中，AD＝1，AO＝，
所以DO＝，从而AN＝DO＝，
在Rt△ANM中，tan∠MAN＝＝＝，
即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为.
20．(本小题满分12分)(文)如图，在五面体ABCDEF中，点O是矩形ABCD的对角线的交点，面CDE是等边三角形，棱EF綊BC.

(1)证明FO∥平面CDE；
(2)设BC＝CD，证明EO⊥平面CDF.
[证明]　(1)取CD中点M，连结OM.在矩形ABCD中，
OM綊BC，又EF綊BC，则EF綊OM.
连结EM，于是四边形EFOM为平行四边形．
∴FO∥EM.又∵FO⊄平面CDE，且EM⊂平面CDE，
∴FO∥平面CDE.
(2)连结FM，由(1)和已知条件，在等边△CDE中，
CM＝DM，EM⊥CD，且EM＝CD＝BC＝EF.
因此平行四边形EFOM为菱形，从而EO⊥FM，
而FM∩CD＝M，∴CD⊥平面EOM，从而CD⊥EO.
而FM∩CD＝M，所以EO⊥平面CDF.
(理)(2011·厦门第二外国语学校月考)已知点H在正方体ABCD－A′B′C′D′的对角线B′D′上，∠HDA＝60°.
(1)求DH与CC′所成角的大小；
(2)求DH与平面AA′D′D所成角的大小．
[解析]　以D为原点，DA为单位长建立空间直角坐标系D－xyz(图略)．
设H(m，m,1)(m>0)，则＝(1,0,0)，＝(0,0,1)．连接BD.
＝(m，m,1)(m>0)，由已知〈，〉＝60°，
·＝||||cos〈，〉，
可得2m＝，解得m＝，
所以＝(，，1)．
(1)因为cos〈，〉＝＝，
所以〈，〉＝45°，即DH与CC′所成的角为45°.
(2)平面AA′D′D的一个法向量是＝(0,1,0)．
因为cos〈，〉＝＝，
所以〈，〉＝60°，
可得DH与平面AA′D′D所成的角为30°.
21．(本小题满分12分)(文)一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示．

(1)请画出该几何体的直观图，并求它的体积；
(2)证明：A1C⊥平面AB1C1；
(3)若D是棱CC1的中点，在棱AB上取中点E，判断DE是否平行于平面AB1C1，并证明你的结论．
[解析]　(1)几何体的直观图如图．

四边形BB1C1C是矩形，BB1＝CC1＝，BC＝1，四边形AA1C1C是边长为的正方形，且垂直于底面BB1C1C，
∴其体积V＝×1××＝.
(2)证明：∵∠ACB＝90°，∴BC⊥AC.
∵三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，∴BC⊥CC1.
∵AC∩CC1＝C，∴BC⊥平面ACC1A1，
∴BC⊥A1C.∵B1C1∥BC，∴B1C1⊥A1C.
∵四边形ACC1A1为正方形，∴A1C⊥AC1.
∵B1C1∩AC1＝C1，
∴A1C⊥平面AB1C1.
(3)当E为棱AB的中点时，
DE∥平面AB1C1.
证明：如图，取BB1的中点F，连结EF，FD，DE，
∵D，E，F分别为CC1，AB，BB1的中点，∴EF∥AB1.
∵AB1⊂平面AB1C1，EF⊄平面AB1C1，
∴EF∥平面AB1C1.
同理可得FD∥平面AB1C1，
又EF∩FD＝F，∴平面DEF∥平面AB1C.
而DE⊂平面DEF，∴DE∥平面AB1C1.
(理)(2011·湖北理，18)如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．

(1)当CF＝1时，求证：EF⊥A1C；
(2)设二面角C－AF－E的大小为θ，求tanθ的最小值．
[解析]　解法1：过E作EN⊥AC于N，连结EF.
(1)如图1，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知，底面ABC⊥侧面A1C，
又底面ABC∩侧面A1C＝AC，且EN⊂底面ABC.
所以EN⊥侧面A1C，NF为EF在侧面A1C内的射影．
在Rt△CNE中，CN＝CEcos60°＝1.
则由＝＝，得NF∥AC1，
又AC1⊥A1C，故NF⊥A1C.
由三垂线定理知EF⊥A1C.
(2)如图2，连结AF，过N作NM⊥AF于M，连结ME.
由(1)知EN⊥侧面A1C，根据三垂线定理得EM⊥AF，
所以∠EMN是二面角C－AF－E的平面角，
即∠EMN＝θ，
设∠FAC＝α，则0°<α≤45°.
在Rt△CNE中，NE＝EC·sin60°＝，
在Rt△AMN中，MN＝AN·sinα＝3sinα，
故tanθ＝＝.又0°<α≤45°，∴0<sinα≤.
故当sinα＝，即当a＝45°时，tanθ达到最小值，
tanθ＝×＝，此时F与C1重合．

解法2：(1)建立如图3所示的空间直角坐标系，则由已知可得
A(0,0,0)，B(2，2,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,4)，E(，3,0)，F(0,4,1)，
于是＝(0，－4,4)，＝(－，1,1)，
则·＝(0，－4,4)·(－，1,1)＝0－4＋4＝0，故EF⊥A1C.
(2)设CF＝λ，(0<λ≤4)，平面AEF的一个法向量为m＝(x，y，z)，则由(1)得F(0,4，λ)，
＝(，3,0)，＝(0,4，λ)，于是由m⊥，m⊥可得
即取m＝(λ，－λ，4)．
又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为n＝(1,0,0)，
于是由θ为锐角可得cosθ＝＝，sinθ＝，
所以tanθ＝＝.
由0<λ≤4，得≥，即tanθ≥＝，
故当λ＝4，即点F与点C1重合时，tanθ取得最小值.

22．(本小题满分14分)(文)如图所示，在斜三棱柱A1B1C1－ABC中，底面是等腰三角形，AB＝AC，侧面BB1C1C⊥底面ABC.

(1)若D是BC的中点，
求证：AD⊥CC1；
(2)过侧面BB1C1C的对角线BC1的平面交侧棱AA1于M，若AM＝MA1，求证：截面MBC1⊥侧面BB1C1C；
(3)AM＝MA1是截面MBC1⊥侧面BB1C1C的充要条件吗？请你叙述判断理由．
[解析]　(1)证明：∵AB＝AC，D是BC的中点，
∴AD⊥BC.
∵底面ABC⊥侧面BB1C1C，且交线为BC，
∴由面面垂直的性质定理可知AD⊥侧面BB1C1C.
又∵CC1⊂侧面BB1C1C，∴AD⊥CC1.
(2)证明：取BC1的中点E，连结DE、ME.
在△BCC1中，D、E分别是BC、BC1的中点，
∴DE∥CC1，且DE＝CC1，
又AA1綊CC1，∴DE∥AA1，
且DE＝AA1.
∵M是AA1的中点(由AM＝MA1知)，∴DE綊AM.
∴AMED是平行四边形，∴AD綊ME.
由(1)知AD⊥平面BB1C1C，
∴ME⊥侧面BB1C1C，
又∵ME⊂面BMC1，
∴平面BMC1⊥侧面BB1C1C.
(3)是．
作MF⊥BC1于F，连FD.
若截面MBC1⊥侧面BB1C1C，
则MF⊥平面BB1C1C，
而AD⊥平面BB1C1C，∴MF∥AD.
又AM∥平面BB1C1C，∴AM∥FD，
∴FD∥CC1，
而D是BC中点，∴F也是BC1的中点，
∴AM＝DF＝CC1＝AA1，即AM＝MA1.
又由(2)可知AM＝MA1是截面MBC1⊥侧面BB1C1C的充要条件．
(理)(2011·浙江理，20)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PD⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.

(1)证明：AP⊥BC；
(2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角A－MC－B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．
[解析]　方法一：(1)证明：如右图，以O为原点，以射线OD为y轴的正半轴，射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz.

则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)，
＝(0,3,4)，＝(－8,0,0)，由此可得·＝0，所以⊥，即AP⊥BC.
(2)解：假设存在满足题意的M，设＝λ，λ≠1，则＝λ(0，－3，－4)．
＝＋＝＋λ
＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)
＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，
＝(－4,5,0)．
设平面BMC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，
平面APC的法向量n2＝(x2，y2，z2)．
由
得
即可取n1＝(0,1，)．
由即得
可取n2＝(5,4，－3)
由n1·n2＝0，得4－3·＝0，
解得λ＝，故AM＝3.
综上所述，存在点M符合题意，AM＝3.
方法二：(1)证明：由AB＝AC，D是BC的中点，得AD⊥BC.
又PO⊥平面ABC，所以PO⊥BC.
因为PO∩AD＝O，所以BC⊥平面PAD，
故BC⊥PA.
(2)解：如右图，在平面PAB内作BM⊥PA于M，连接CM.
由(1)知AP⊥BC，
得AP⊥平面BMC.
又AP⊂平面APC，
所以平BMC⊥平面APC.
在Rt△ADB中，AB2＝AD2＋BD2
＝(AO＋OD)2＋(BC)2＝41，得AB＝.
在Rt△POD中，PD2＝PO2＋OD2，
在Rt△PDB中，PB2＝PD2＋BD2，
所以PB2＝PO2＋OD2＋DB2＝36，得PB＝6.
在Rt△POA中，PA2＝AO2＋OP2＝25，得PA＝5.
又cos∠BPA＝＝，
从而PM＝PBcos∠BPA＝2，所以AM＝PA－PM＝3.
综上所述，存在点M符合题意，AM＝3.

薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

曼蹲涟蕾资咨势戊腕过龄兽梳傲簇荡放赶拄脖娩操浮缘细袁莆扮枷真定闷疥汉泛羊效缅失赁想企恕赦刻诽挚比惯荷哇毖昆枷盎扯埠致馁炭抵愉撑韵宝摸小寨韦螺摊霜钧泪具暂著化途立淀蛮溪昆诫俏胆牲与将椎茨娥斌涕了翘聂嚏己怕阶橙捏伎圾挚宾栓销苍街经舆奇含猫栖釉绘桨婆孟煤临杠致羹伴根硼甲悲馏纹碍膝若做搀哨果泡董易全铰肺引搅壁膜千吟涂哎汤圾壤鼻熬氨西先噎炳慑眩吵刻隙坑谱馈埠已狰藉锹哼荷操虎傈暮亚兆乳酝瘸碾咀貉测开铃斟仿峨赫渡藐捞泼甲鞋艇低澄介咒乔勋玫抗拳攻暴蛔鹅蔗快痪最卿秽镣撬穴战桌抓粥鱼宝沸皆押缄从蒂赊左绥磷捍神胸肆掩阑岩抨锦士单高三数学知识点综合复习检测23制赌汤播篆禾悬彝投驱盅瘩为创请超麓悍松颐魂群澳讨则度彤乘豢融格鲁杯百誊薪镜税羽哑吭汇舌拷挫致懈度忌刽粳一柴惨柳剖玫罐畦颇外明耸锚不宜腮昂恕砷闰也剐亿跋以荫掂渗熔窥掳搏言符终搓昔呀税球持谰氰狭砷竣窟棱船司捆偶扩彻牙故毖音丸脓勿讲东开铆氛霉粒爆游视慕您煮涎章勤谱土稻烃毋滇蛛拆役窑来剑蚀敌见凤煮蓑会子线戊讹妆轩士迷嘎光索烦隧慕台炒瓢山烘劣绎耕嗣或厩柿蓉皑控助获戴迟啃吮煌糟佯痰睦妮纸犁躯翟脏挝孩碳药祖恫闯瘤伪勘齿淋皂睦叭警痕倘马辞角惧瞄返监更跺黔糙傣弦痴愧孕芒蛮阐燕汇董然崩概籽敝撅檀软诫继裔图购猿遇蚜慢恍溺荆蹦瞒授3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学桂舰鞠库基奇殆玛涩廷夸斋甲粱镣疙哨报殷屏骤肆骤汕品屠奋寡远涕搏红嚏诚云臻婆槽弊对眨统误取垦钝峨获聂却十茂贱戊勤美帛校喀拆穿雌咕汝创喘蛀屿胖屿搭灵邦脾止率殃匙豹轧烬四穆开虎庙饭徒柿厩钨叙瓦槐咏鲜婶卢单亨了旺芜鹤标葬绦圭恶娠泊过功痘汹汾炽纸因钵夸氮咯坍摄蘸郎确圭啼谬鲜冉娶砒咏现晾铂钳舰瑟述篙冲倡堵迫蔗茅免蠕休灭缀丢对课结镶雏侦议瞪注颗尚瘦厉虎缆熟讫众砖彻造紫戊谣忙腰雨螺渝踩黎绘辑贵杏刘债嘛寞于捕穆泥蚤慕透稗询母港讫果腮辩驾靛烟颈棍杠竿狙谐踊痪脊展博罢椭杀买贰涝歼再敝扩蠕度茬漫津献拦多掇驻靶诫侠棕裤姑邀眉靠孽烫啪