2018年高考数学专题32直线、平面垂直的判定与性质热点题型和提分秘籍文.doc

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专题32直线、平面垂直的判定与性质

1．以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线、面垂直的有关性质与判定定理。

2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题。

热点题型一证明直线与平面垂直

例1、【2017课标3，文19】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．

（1）证明：

AC⊥BD；

（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．

【答案】

（1）详见解析；

（2）1

【解析】

（1）取AC的中点O，连结DO，BO.

因为AD=CD，所以AC⊥DO.

又由于△ACD是正三角形，所以AC⊥BO.

积为四面体ABCD的体积的，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1:

1.

【变式探究】已知直角△ABC所在平面外一点S，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC中点。

（1）求证：

SD⊥平面ABC；

（2）若AB＝BC，求证：

BD⊥平面SAC。

证明：

（1）如图，取AB中点E，连接SE、DE，

【提分秘籍】

证明线面垂直的常用方法

（1）利用线面垂直的判定定理。

（2）利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”。

（3）利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”。

（4）利用面面垂直的性质定理。

【举一反三】

如图所示，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且AD＝DB，点C为圆O上一点，且BC＝AC，PD⊥平面ABC，PD＝DB。

求证：

PA⊥CD。

热点题型二证明平面与平面垂直

例2、如图所示，已知△ABC是等边三角形，EC⊥平面ABC，BD⊥平面ABC，且EC、DB在平面ABC的同侧，M为EA的中点，CE＝2BD，求证：

（1）平面BDM⊥平面ECA；

（2）平面DEA⊥平面ECA。

【提分秘籍】

面面垂直的证明方法

（1）定义法：

利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题。

（2）定理法：

利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决。

提醒：

两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面。

这是把面面垂直转化为线面垂直的依据。

运用时要注意“平面内的直线”。

【举一反三】

如图所示，已知PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上任意一点，过A作AE⊥PC于点E，AF⊥PB于点F，求证：

（1）AE⊥平面PBC；

（2）平面PAC⊥平面PBC；

（3）PB⊥EF。

热点题型三线面角与二面角的求法

例3．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点。

（1）求PB和平面PAD所成的角的大小。

（2）证明AE⊥平面PCD。

（3）求二面角A－PD－C的正弦值。

由

（2）知，AE⊥平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，则AM⊥PD。

因此∠AME是二面角A－PD－C的平面角。

【提分秘籍】

空间线面角、二面角的求法

（1）线面角的求法：

找出斜线在平面上的射影，作出垂线，确定垂足。

（2）二面角的求法：

①直接法：

根据概念直接作，如二面角的棱是两个等腰三角形的公共底边，就可以取棱的中点，

②垂面法：

如图1，过二面角棱上一点作棱的垂面，则垂面与二面角的两个半平面的交线所成的角就是二面角的平面角或其补角。

图1图2

③垂线法：

如图2，过二面角的一个半平面内一点A作另一个半平面的垂线，再从垂足B向二面角的棱作垂线，垂足为C，这样二面角的棱就垂直于这两个垂线所确定的平面ABC，连接AC，则AC也与二面角的棱垂直，∠ACB就是二面角的平面角或其补角。

【举一反三】

如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为2的正三角形且侧棱垂直于底面，侧棱长是，D是AC的中点。

（1）求证：

B1C∥平面A1BD。

（2）求二面角A1－BD－A的大小。

（3）求直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值。

（2）由题知，平面ACC1A1⊥平面ABC，

平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，

热点题型四垂直关系中的探索性问题

例4、如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD。

（1）求证：

AD⊥PB。

（2）若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD？

并证明你的结论。

【解析】

（1）方法一，如图，取AD中点G，连接PG，BG，BD。

∵H是CG的中点，

∴F是PC的中点，

∴在PC上存在一点F，即为PC的中点，使得平面DEF⊥平面ABCD。

【提分秘籍】

垂直关系中探索性问题的处理策略

（1）探索性问题一般可以根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点。

（2）折叠问题中的垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠前后变与不变的数量关系，尤其是隐含着的垂直关系。

【举一反三】

如图，在正三棱锥A－BCD中，∠BAC＝30°，AB＝a，平行于AD、BC的截面EFGH分别与AB、BD、DC、CA交于E、F、G、H四点。

（1）试判断四边形EFGH的形状，并说明判断理由；

（2）设P点是棱AD上的点，当AP为何值时，平面PBC⊥平面EFGH？

请说明理由。

【解析】

（1）四边形EFGH是一个矩形，下面给出证明：

∵AD⊥BC，∴AD⊥面BCP，

∵HG∥AD，∴HG⊥面BCP，

又HG⊂面EFGH，

∴面BCP⊥面EFGH，

在Rt△APC中，∠CAP＝30°，AC＝a，

∴AP＝a。

1.【2017课标3，文19】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．

（1）证明：

AC⊥BD；

（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．

【答案】

（1）详见解析；

（2）1

【解析】

由题设知△AEC为直角三角形，所以.

又△ACD是正三角形，且AB=BD，所以.

故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1:

1.

2.【2017北京，文18】如图，在三棱锥P–ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．

（Ⅰ）求证：

PA⊥BD；

（Ⅱ）求证：

平面BDE⊥平面PAC；

（Ⅲ）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E–BCD的体积．

【答案】

（1）见解析

（2）见解析（3）.

【解析】

因为为的中点，所以，.

由（I）知，平面，所以平面.

所以三棱锥的体积.

1.【2016高考北京文数】（本小题14分）

如图，在四棱锥中，平面，

（I）求证：

；

（II）求证：

；

（III）设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得平面?

说明理由.

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（III）存在.理由见解析.

【解析】

【考点】空间线面平行、垂直的判定定理与性质定理；空间想象能力，推理论证能力

2.【2016高考山东文数】（本小题满分12分）

在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.

（I）已知AB=BC，AE=EC.求证：

AC⊥FB；

（II）已知G,H分别是EC和FB的中点.求证：

GH∥平面ABC.

【答案】（Ⅰ））证明：

见解析；（Ⅱ）见解析.

【解析】

（Ⅰ）证明：

因，所以与确定平面.

3.【2016高考天津文数】（本小题满分13分）

如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED⊥平面ABCD，EF||AB，AB=2，BC=EF=1，AE=，DE=3，∠BAD=60º，G为BC的中点.

（Ⅰ）求证：

平面BED；

（Ⅱ）求证：

平面BED⊥平面AED；

（Ⅲ）求直线EF与平面BED所成角的正弦值.

【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）

4.【2016高考浙江文数】（本题满分15分）如图，在三棱台ABC-DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3.

（I）求证：

BF⊥平面ACFD；

（II）求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值.

【答案】（I）证明见解析；（II）.

【解析】

（Ⅰ）延长相交于一点，如图所示.

因为平面平面，且，所以

1.【2015高考广东，文18】（本小题满分14分）如图，三角形所在的平面与长方形所在的平面垂直，，

，．

（1）证明：

平面；

（2）证明：

；

（3）求点到平面的距离．

【答案】

（1）证明见解析；

（2）证明见解析；（3）．

【解析】

（1）因为四边形是长方形，所以，因为平面，平面，所以平面

（2）因为四边形是长方形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以

（3）取的中点，连结和，因为，所以，在中，

，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，由

（2）知：

平面，由

（1）知：

，所以平面，因为平面，所以，设点到平面的距离为，因为，所以，即，所以点到平面的距离是

2.【2015高考湖北，文20】《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的阳马中，侧棱底面，且，点是的中点，连接.

（Ⅰ）证明：

平面.试判断四面体是

否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由；

（Ⅱ）记阳马的体积为，四面体的体积为，求的值．

【答案】（Ⅰ）因为底面，所以.由底面为长方形，有，而，所以平面.平面，所以.又因为，点是的中点，所以.而，所以平面.四面体是一个鳖臑；（Ⅱ）

【解析】（Ⅰ）因为底面，所以.由底面为长方形，有，而，所以平面.平面，所以.又因为，点是的中点，所以.而，所以平面.由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别是

3.【2015高考湖南，文18】（本小题满分12分）如图4，直三棱柱的底面是边长为2的正三角形，分别是的中点。

（I）证明：

平面平面；

（II）若直线与平面所成的角为，求三棱锥的体积。

【答案】（I）略；（II）.

【解析】

（I）如图，因为三棱柱是直三棱柱，

所以，又是正三角形的边的中点，

所以，因此平面，而平面，

所以平面平面。

（II）设的中点为，连接，因为是正三角形，所以，又三棱柱是直三棱柱，所以，因此平面，于是直线与平面所成的角，由题设知，

4.【2015高考山东，文18】如图，三棱台中，分别为的中点.

（I）求证：

平面；

（II）若求证：

平面平面.

【答案】证明见解析

【解析】

（I）证法一：

连接设,连接，在三棱台中，分别为的中点，可得，所以四边形是平行四边形，则为的中点，又是的中点，所以,

又平面，平面，所以平面.

（II）证明：

连接.因为分别为的中点，所以由得，又为的中点，所以因此四边形是平行四边形，所以

又，所以.

又平面，，所以平面，

又平面，所以平面平面

5.【2015高考陕西，文18】如图1，在直角梯形中，，是的中点，是与的交点，将沿折起到图2中的位置，得到四棱锥.

（I）证明：

平面；

（II）当平面平面时，四棱锥的体积为，求的值.

【答案】（I）证明略，详见解析；（II）.

【解析】

从而四棱锥的为

，

由，得.

6.【2015高考四川，文18】一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.

（Ⅰ）请按字母F，G，H标记在正方体相应地顶点处（不需要说明理由）

（Ⅱ）判断平面BEG与平面ACH的位置关系.并说明你的结论.

（Ⅲ）证明：

直线DF平面BEG

A

B

F

H

E

D

C

G

C

D

E

A

B

7.【2015高考新课标1，文18】（本小题满分12分）如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，，

（I）证明：

平面平面；

（II）若，三棱锥的体积为，求该三棱锥的侧面积.

【答案】（I）见解析（II）

【解析】

（I）因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD，

因为BE平面ABCD，所以ACBE，故AC平面BED.

又AC平面AEC，所以平面AEC平面BED

（II）设AB=，在菱形ABCD中，由ABC=120°，可得AG=GC=,GB=GD=.

8.【2015高考浙江，文18】（本题满分15分）如图，在三棱锥中，在底

面ABC的射影为BC的中点，D为的中点.

（1）证明：

；

（2）求直线和平面所成的角的正弦值.

【答案】

（1）略；

（2）

【解析】

（1）设为中点，由题意得平面，所以.

因为，所以.

所以平面.

由，分别为的中点，得且，从而且，

所以是平行四边形，所以

因为平面，所以平面.

9.【2015高考重庆，文20】如题（20）图，三棱锥P-ABC中，平面PAC平面ABC，ABC=，点D、E在线段AC上，且AD=DE=EC=2，PD=PC=4，点F在线段AB上，且EF//BC.

（Ⅰ）证明：

AB平面PFE.

（Ⅱ）若四棱锥P-DFBC的体积为7，求线段BC的长.

【答案】（Ⅰ）祥见解析，（Ⅱ）或.

【解析】

所以平面.

（2）解：

设,则在直角中，

.从而

由

（1）知，PE平面，所以PE为四棱锥P-DFBC的高.

在直角中，,

体积,

故得，解得，由于，可得.

所以或.

1．（2014·福建卷）在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图1­5所示．

（1）求证：

AB⊥CD；

（2）若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．

图1­5

【解析】解：

（1）证明：

∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.

又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.

（2）过点B在平面BCD内作BE⊥BD.

由

（1）知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.

以B为坐标原点，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（如图所示）．

2．（2014·湖南卷）如图1­6所示，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．

（1）证明：

O1O⊥底面ABCD；

（2）若∠CBA＝60°，求二面角C1­OB1­D的余弦值．

图1­6

＝.

故cos∠C1HO1＝＝＝.

即二面角C1­OB1­D的余弦值为.

方法二：

因为四棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，因此AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD，从而OB，OC，OO1两两垂直．

图（b）

如图（b），以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O­xyz，不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，于是相关各点的坐标为O（0，0，0），

3．（2014·江西卷）如图1­6，四棱锥P­ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.

图1­6

（1）求证：

AB⊥PD.

（2）若∠BPC＝90°，PB＝，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P­ABCD的体积最大？

并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值．

【解析】解：

（1）证明：

因为ABCD为矩形，所以AB⊥AD.

又平面PAD⊥平面ABCD，

平面PAD∩平面ABCD＝AD，

所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD.

此时，建立如图所示的空间直角坐标系，各点的坐标分别为O（0，0，0），B，C，D，P，故＝，＝（0，，0），CD＝.

设平面BPC的一个法向量为n1＝（x，y，1），

则由n1⊥，n1⊥，得解得x＝1，y＝0，则n1＝（1，0，1）．

同理可求出平面DPC的一个法向量为n2＝.

设平面BPC与平面DPC的夹角为θ，则cosθ＝＝＝.

5．（2014·辽宁卷）如图1­5所示，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．

（1）求证：

EF⊥BC；

（2）求二面角E­BF­C的正弦值．

图1­5

【解析】解：

（1）证明：

方法一，过点E作EO⊥BC，垂足为O，连接OF.由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC，所以∠EOC＝∠FOC＝，即FO⊥BC.又EO⊥BC，EO∩FO＝O，所以BC⊥平面EFO.又EF⊂平面EFO，所以EF⊥BC.

图1

方法二，由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线，并将其作为x轴，BC所

图2

（2）方法一，在图1中，过点O作OG⊥BF，垂足为G，连接EG.因为平面ABC⊥平面BDC，所以EO⊥面BDC，又OG⊥BF，所以由三垂线定理知EG⊥BF，

因此∠EGO为二面角E­BF­C的平面角．

在△EOC中，EO＝EC＝BC·cos30°＝.

由△BGO∽△BFC知，OG＝·FC＝，因此tan∠EGO＝＝2，从而得sin∠EGO＝，即二面角E­BF­C的正弦值为.

6．（2014·新课标全国卷Ⅰ）如图1­5，三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.

图1­5

（1）证明：

AC＝AB1；

（2）若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A­A1B1­C1的余弦值．

【解析】解：

（1）证明：

连接BC1，交B1C于点O，连接AO，因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1，且O为B1C及BC1的中点．

又AB⊥B1C，所以B1C⊥平面ABO.

由于AO⊂平面ABO，故B1C⊥AO.

又B1O＝CO，故AC＝AB1.

（2）因为AC⊥AB1，且O为B1C的中点，所以AO＝CO.

又因为AB＝BC，所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两垂直．

以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，|OB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O­　xyz.

因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又AB＝BC，则A，B（1，0，0），B1，C.

1．在空间中，l，m，n，a，b表示直线，α表示平面，则下列命题正确的是（　　）

A．若l∥α，m⊥l，则m⊥α

B．若l⊥m，m⊥n，则m∥n

C．若a⊥α，a⊥b，则b∥α

D．若l⊥α，l∥a，则a⊥α

【答案】D

【解析】对于A，m与α位置关系不确定，故A错，对于B，当l与m，m与n为异面垂直时，m与n可能异面或相交，故B错，对于C，也可能b⊂α，故C错，对于D，由线面垂直的定义可知正确。

2．已知平面α与平面β相交，直线m⊥α，则（　　）

A．β内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直

B．β内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直

C．β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直

D．β内必存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直

【答案】C

【解析】如图，在平面β内的直线若与α，β的交线a平行，则有m与之垂直．但却不一定在β内有与m平行的直线，只有当α⊥β时才存在。

3．如图，在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是（　　）

A．BC∥平面PDF

B.DF⊥平面PAE

C.平面PDF⊥平面PAE

D.平面PDE⊥平面ABC

【答案】D

4．已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题中不正确的是（　　）

A．若m∥n，m⊥α，则n⊥α

B．若m⊥α，m⊂β，则α⊥β

C．若m⊥β，m⊥α，则α∥β

D．若m∥α，α∩β＝n，则m∥n

【答案】D

【解析】选项A是线面垂直的性质定理；选项B是两个平面垂直的判定定理；选项C是两个平面平行的判定方法之一；选项D中，若m∥α，a∩β＝n，则只能得到m，n没有公共点，于是m∥n或m，n异面。

5．已知l，m为不同的直线，α，β为不同的平面，如果l⊂α，且m⊂β，那么下列命题中不正确的是（　　）

A．“l⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件

B．“l⊥m”是“l⊥β”的必要不充分条件

C．“m∥α”是“l∥m”的充要条件

D．“l⊥m”是“α⊥β”的既不充分也不必要条件

【答案】C

6．如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是（　　）

A．AD⊥平面BCD

B．AB⊥平面BCD

C．平面BCD⊥平面ABC

D．平面ADC⊥平面ABC

【答案】D

【解析】在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，所以BD⊥CD，

又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD，所以CD⊥AB，

又AD⊥AB，AD∩CD＝D，

故AB⊥平面ADC，从而平面ABC⊥平面ADC。

7．已知不同直线m，n与不同平面α，β，给出下列三个命题：

①若m∥α，n∥α，则m∥n；

②若m∥α，n⊥α，则n⊥m；

③若m⊥α，m∥β，则α⊥β。

其中真命题的个数是________个。

【答案】2

【解析】①平行于同一平面的两直线不一定平行，所以①错误。

②根据线面垂直的性质可知②正确。

③根据面面垂直的性质和判断定理可知③正确，所以真命题的个数是2个。

8．在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB上一个动点，则PM的最小值为__________。

【答案】2

【解析】∵PC⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，

∴PC⊥CM，∴PM＝＝。

要使PM最小，只需CM最小，此时CM⊥AB，

∴CM＝＝2，∴PM的最小值为2。

9．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF。

【答案】a或2a

10.如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，已知BC＝1，∠BCC1＝，AB＝CC1＝2。

（1）求证C1B⊥平面ABC。

（2）设E是CC1的中点，求AE和平面ABC1所成角的正弦值的大小。

【解析】

（1）因为BC＝1，∠BCC1＝，CC1＝2，所以BC1＝，BC2＋