2023北師大版新教材高中數(shù)學(xué)選擇性必修第一冊同步練習(xí)-第三章　空間向量與立體幾何綜合拔高練

2023北師大版新教材高中數(shù)學(xué)選擇性必修第一冊

綜合拔高練

五年高考練

考點(diǎn)1用空間向量判斷立體幾何中的位置關(guān)系

1.（多選）（2021新高考I,12）在正三棱柱ABC—ABC中，AB=AA1=1,點(diǎn)P滿足

前=入阮+P西，其中入￡[0,1],以￡[0,1],則（）

A.當(dāng)人=1時，AABiP的周長為定值

B.當(dāng)u=l時,三棱錐P-A.BC的體積為定值

C.當(dāng)人三時,有且僅有一個點(diǎn)P,使得A,P±BP

D.當(dāng)口三時,有且僅有一個點(diǎn)P,使得A0_L平面AB,P

2.（2019江蘇,16）如圖,在直三棱柱ABC-AB3中,D,E分別為BC,AC的中

點(diǎn),AB=BC.求證：

⑴AB〃平面DEG;

（2）BE±CiE.

考點(diǎn)2用空間向量求直線與平面所成的角

3.（2021浙江,19）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊

形,ZABC=120°,AB=1,BC=4,PA=V15,M,N分別為BC,PC的中點(diǎn),PD±DC,PM±MD.

⑴證明：AB_LPM;

⑵求直線AN與平面PDM所成角的正弦值.

4.(2020新高考I,20)如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形,PDJ_底面ABCD.設(shè)

平面PAD與平面PBC的交線為1.

(1)證明：1J_平面PDC;

(2)已知PD=AD=1,Q為1上的點(diǎn)，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值.

R

考點(diǎn)3用空間向量求平面與平面所成的角

5.(2021新高考I,20)如圖，在三棱錐A-BCD中，平面ABD_L平面BCD,AB=AD,0為

BD的中點(diǎn).

⑴證明：0A_LCD;

(2)若△OCD是邊長為1的等邊三角形，點(diǎn)E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D

的大小為45°,求三棱錐A-BCD的體積.

6.(2021新高考II,19)在四棱錐Q-ABCD中，底面ABCD是正方形,若

AD=2,QD=QA=V5,QC=3.

⑴證明：平面QAD_L平面ABCD;

(2)求二面角B-QD-A的余弦值.

考點(diǎn)4用空間向量求空間距離

7.(2019課標(biāo)全國I文，19)如圖，直四棱柱ABCD-ABCD的底面是菱

形,AAF4,AB=2,ZBAD=60°,E,M,N分別是BC,BBbA,D的中點(diǎn).

⑴證明:MN〃平面3DE;

(2)求點(diǎn)C到平面C.DE的距離.

考點(diǎn)5用空間向量解決探索性問題

8.(2019北京16)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA_L平面

ABCD,AD±CD,AD〃BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E為PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PC上,且詈總

⑴求證:CD_L平面PAD;

(2)求二面角F-AE-P的余弦值；

⑶設(shè)點(diǎn)G在PB上,且登=|.判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說明理由.

PD3

三年模擬練

應(yīng)用實踐

1.（2020浙江杭州四中期中）已知直三棱柱ABC-A'B'C'的底面是正三角形，側(cè)棱

長與底面邊長相等,P是側(cè)棱AA'上的點(diǎn)（不含端點(diǎn)）.記直線PB與直線AC所成的

角為a,直線PB與直線B'C所成的角為B,二面角P-B'B-C的平面角為Y,則

（）

A.a>p>yB.a<3<y

C.a>y>pD.0>a>y

2.（多選）（2022湖北襄陽重點(diǎn)高中月考）已知正方體ABCD-ABCD的棱長為2,M

是AAi的中點(diǎn)，過點(diǎn)B的平面a滿足CM,平面a,則下列說法正確的有（）

A.若P是線段CG上的動點(diǎn)，則直線AP與平面a所成角的正弦值的取值范圍是

V3272'

.3'3.

B.點(diǎn)C到平面a的距離為:

C.平面a截正方體所得截面的面積等于g

D.平面a截正方體所得截面的形狀是平行四邊形

3.(多選)(2022黑龍江大慶鐵人中學(xué)月考)定義空間中兩個非零向量的一種運(yùn)算

a?b=|a||b|sin<a,b>,則以下結(jié)論中恒成立的有()

A.X(a?b)=(入a)?b(入W0)

B.a?b=b?a

C.(a+b)?c=(a?c)+(b?c)

D.若a=(xi,yi),b=(x2,y2),貝！Ja?b=|xiy2-x2yiI

4.(2022遼寧沈陽郊聯(lián)體月考)在正方體ABCD-A.B^.D,中，E,F分別為線段AB,AB

的中點(diǎn),0為四棱錐E-CDDC的外接球的球心,M,N分別是直線DDi,EF上的動點(diǎn)，

記直線0C與MN所成的角為。，則當(dāng)9最小時，tan.

5.(2022重慶西南大學(xué)附屬中學(xué)檢測)如圖,在四棱錐S-ABCD中,底面ABCD是正

方形，SA_L底面ABCD,SA=AD,M是SB的中點(diǎn),AFLSC,且交SC于點(diǎn)F.

⑴求證:平面ACS_L平面AFM;

(2)求平面ADS與平面ACM所成二面角的平面角的正弦值.

6.(2021天津耀華中學(xué)暑假驗收)如圖,在四棱柱ABCD-A.B,C,D,中，側(cè)棱AA」底面

ABCD,AB〃CD,AB±AD,AD=CD=1,AA】=AB=2,E為AA1的中點(diǎn).

⑴證明：BCJ_CE;

(2)求二面角B「CE-G的平面角的正弦值；

⑶設(shè)點(diǎn)M在線段C,E上,且直線AM與平面ADDA所成角的正弦值是求線段AM

的長.

7.(2021河北衡水期中)如圖，在四邊形ABCD中，AB//CD,且

AB：BC：CD=3：2：2,ZABC=60°,E是線段AB上靠近點(diǎn)A的一個三等分點(diǎn),沿

DE將4ADE折起，使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)Ai的位置,且A,C=BC=2.

⑴證明：平面ADEJ_平面BCD;

(2)求平面AiBE與平面AiCD所成二面角的平面角的余弦值.

8.(2021海南、山東等新高考地區(qū)期中備考)如圖,在多面體ABCDP中，AABC是

邊長為4的等邊三角形,PA=AC,BD=CD=2V2,PC=PB=4夜,E為BC的中點(diǎn)，平面

BDC_L平面ABC.

⑴求證:DE〃平面PAC;

(2)線段BC上是否存在一點(diǎn)T,使得二面角T-DA-B為直二面角？若存在,試指出點(diǎn)

T的位置;若不存在,請說明理由.

C

答案與分層梯度式解析

五年高考練

1.BD選項A,如圖①所示，當(dāng)人=1時一，點(diǎn)P在線段CG上，設(shè)CP=x(0WxWl),

若x=0,貝IJZXABF即為△ABC,此時AABF的周長為2近+1;若x=l,貝ijZXABF即

為△ABC,此時△ABF的周長為2V2+1;若0<x<l,則PC,=l-x,

在RtAPCA中,PA=Vl+x2,

在RtAB,C,P中,PBF7I+(1-x)2=Vx2-2x+2,

而AB尸戊,所以AABF的周長為V^+，％2_2X+2+”+'2,不為定值,故選項A

錯誤；

選項B,當(dāng)u=l時，點(diǎn)P在線段BC上,

因為BC〃BC,BCQ平面ABC,BCc平面ABC,

所以B￡〃平面ABC,

所以直線BC上的任何一點(diǎn)到平面A.BC的距離均相等，

所以三棱錐P-A.BC的體積為定值，故選項B正確；

取BC,BC的中點(diǎn)分別為0,0?連接001,A0,易知00」平面ABC,A0±BC,以

OB,0A,00i所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖②所示的空間直角坐標(biāo)系,

則B&0,0),A(0,-苧,0),A10,—手,1),選項C,當(dāng)入三時，點(diǎn)P在線段00」,

設(shè)P(0,0,z)(0<z<l),貝|布二(0，今z-1),麗=(q，O,z),若AIP±BP,貝IJ

?RP=0,

即z(z-l)=0,解得z=0或z=l,即當(dāng)入三時,存在兩個點(diǎn)P,使得AiP±BP,故選

項C錯誤；

選項D,當(dāng)u三時，點(diǎn)P在線段MN上(M,N分別是線段BBbCC)的中點(diǎn))，設(shè)

若AJB_L平面ABiP,則A,B±AP,則布?AP=0,

即&今-1)?；2)=2X+42=^,解得X=-p所以P(4，°D易驗證此時滿足

AiB_L平面AB.P,

所以當(dāng)u弓時,有且僅有一個點(diǎn)P,使得AB_L平面ABR故選項D正確.故選

BD.

2.證明⑴取AC的中點(diǎn)E.,連接EE,.

由題意得EC,EB,EEi兩兩垂直，以E為原點(diǎn),EC,EB,EEi所在直線分別為x軸、y

軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖.

設(shè)AC=2c,AB=l,AAi=a,

則E(0,0,0),B(0,71^72,0),D(],,0),

A1(-c,0,a),Bi(0,V1-c2,a),G(c,0,a),

所以41當(dāng)=(c,V1—c2,0),,0),

所以4血二2前,所以工K〃前，

所以AB〃ED.

因為EDc平面DEG,ABQ平面DEC,

所以AB〃平面DEC,_____

(2)由(1)得方=(0,VF777,0),鬲=(c,0,a),

所以而?EQ=0,所以旃_LM，

所以BE_LGE.

3.解析(1)證明:在△CDM中,DC=1,MC=2,ZDCM=60°,貝ijDM=V3,所以

CD±DM.

又因為CD±PD,所以CDJ_平面PDM.

因此CD±PM.

又因為AB〃CD,所以AB_LPM.

⑵如圖，以D為原點(diǎn),DM,DC所在直線分別為x,y軸,建立空間直角坐標(biāo)系D-

xyz.

則A(2V3,-2,0),C(0,1,0),M(8,0,0),設(shè)P(V3,0,z。)，z0>0,

因為PA=V15,所以Zo=2V2,

故P(g,0,2V2),N(^,|,V2),

所以麗=(-手］閭,DP=(V3,0,2V2),DM=(V3,0,0).

設(shè)平面PDM的法向量為n=(x,y,z),

由伊?里=。，得［中x+2V2z=0,取甲(0,1,0)

1n,DM=0,lV3x=0,

設(shè)直線AN與平面PDM所成角至a,

所以sina=Icos<A/V,n>|=-^5>n|=—.

11|AN|?|n|6

因此,直線AN與平面PDM所成角的正弦值為半.

6

4.解析⑴證明：因為PD,底面ABCD,所以PD±AD.又底面ABCD為正方形,

所以AD±DC.因此AD_L平面PDC.

因為AD〃BC,ADQ平面PBC,

所以AD〃平面PBC.

由已知得1//AD,因此1_L平面PDC.

⑵以D為坐標(biāo)原點(diǎn),病的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)

系,

則D(0,0,0),C(0,1,0),B(l,1,0),P(0,0,l),DC=(0,l,0),PS=(l,1,-1).

由(1)可設(shè)Q(a,0,1),則麗=(a,0,1).

設(shè)n=(x,y,z)是平面QCD的一個法向量,

則｛僚::喉可取

n=(-1,0,a).

所以cos<n,PB>=-n,PB_-1-a

|n||PB|Vl+a2?V3,

設(shè)PB與平面QCD所成角為e,則sin。亭黑等J1+篇.

因為手J1+島*當(dāng)且僅當(dāng)a=l時等號成立,所以PB與平面QCD所成角

的正弦值的最大值為當(dāng)

5.解析⑴證明:在4ABD中，因為AB=AD,。為BD的中點(diǎn),所以A01BD,

又平面ABD_L平面BCD,平面ABDG平面BCD=BD,AOc平面ABD,所以AOL平面

BCD,

又CDc平面BCD,所以AO±CD.

(2)由OC=OD=OB得BC1CD,由(1)知AO_L平面BCD,以C為原點(diǎn),CD,CB,函的

方向分別為X軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則

C(0,0,0),B(0,V3,0),設(shè)A0=a.

則?,.尋(0,V3,0),北=(|,噂,￡),設(shè)平面EBC的法向量為

n=(x,y,z),貝*皆一°,即「丫6’2令x=a,貝Uz=T,

U?CE=0,(x+/y+￡z=0,

n=(a,0,-1),

易知平面BCD的一個法向量為m=(0,0,1),

由題可知Icos<m,n>|=|禹卜mq，

Aa=l,即A0=l.

=

*e?VA-BCD=~SABCD?A0-X-X1XV3X1=-^-,

故三棱錐A-BCD的體積為f.

6

6.解析⑴證明：取AD的中點(diǎn)E,連接QE,CE,則AE=DE=1.

由于QD=QA,故QELAD.

在RtAQAE中,QE力QgApJ(V5)2-12=2.

\?底面ABCD是正方形，，CD=AD=2,

在RtACDE中,CE=VfD2+DE2=V22+12=V5.

.,.在4QCEQE2+CE2=QC2,.,.QE±CE,

又CEnAD=E,CE、ADc平面ABCD,

，QEJL平面ABCD.

又QEu平面QAD,...平面QADJ_平面ABCD.

(2)建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，

則B(2,T,0),Q(0,0,2),D(0,1,0),

.?.麗=(-2,1,2),前=(-2,2,0).

顯然,平面QAD的一個法向量為ni=(l,0,0),

設(shè)平面BQD的法向量為n2=(x,y,z),

n,BQ=0，=(-2x+y+2z=0,

則2=x=y=2z.

\-2x+2y=0

n2,BD=0

取”=(2,2,1).

設(shè)二面角B-QD-A的平面角為。，易知0為銳角,

則cos9=|cos<n?n2>|

7.解析(1)證明：?.?直四棱柱ABCD-A.B.C.D,的底面是菱

形,AAL4,AB=2,ZBAD=60°,E,M,N分別是BC,BBbA.D的中點(diǎn)，

.?.DD」平面ABCD,DE±AD,

以D為原點(diǎn),DA,DE,DDi所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間

直角坐標(biāo)系，

則M(l,0,2),N(l,0,2),D(0,0,0),E(0,V3,0),G(-1,V3,4),所以麗=(0,-

V3,0),西=(-1,V3,4),DE=(0,V3,0).

設(shè)平面C,DE的一個法向量為n=(x,y,z),

貝J?!?DQ=+V3y+4z=0,

In,DE=0,lV3y=0,

取z=l,則n=(4,0,1).

因為麗?n=0,所以而_Ln,又MNQ平面C,DE,

所以MN〃平面GDE.

(2)易知C(-l,V3,0),所以尻=(-1,V3,0),

而平面C,DE的一個法向量為n=(4,0,1),

所以點(diǎn)C到平面C,DE的距離d=^里右二察.

\n\V1717

8.解析(1)證明：因為PAJ_平面ABCD,所以PA±CD,

又因為AD±CD,所以CD,平面PAD.

⑵過A作AD的垂線交BC于點(diǎn)M.

因為PA_L平面ABCD,

所以PA±AM,PA1AD.

如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0),B(2,-

l,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).

因為E為PD的中點(diǎn),

所以E(0,1,1).

所以荏=(0,1,1),同=(2,2,-2),而=(0,0,2).

所以兩三定=(1，*》前夕聲麗=(l，I，3

設(shè)平面AEF的一個法向量為n=(X,y,z),

n.AF-o(y+z=o,

則竺唧2J「_

n?AF=0,匕x+,y+§z=n0.

令z=l,則y=-l,x=-l,于是n=(-l,-1,1).

易得平面PAD的一個法向量為p=(l,0,0),

==-

所以cos<n,P>7|n7||pn|v3-

由題知,二面角F-AE-P為銳角，所以其余弦值為號.

⑶直線AG在平面AEF內(nèi).

因為點(diǎn)G在PB上,且器|,而=(2,-1,-2),所以而=|而

3,痔*+路&

由⑵知,平面AEF的一個法向量為n=(-1,-1,1).

所以萬?n=T+|+|=0.

所以直線AG在平面AEF內(nèi).

三年模擬練

1.D設(shè)直三棱柱ABC-A'B'C'的棱長為2,如圖，取BC的中點(diǎn)0,以0A,0B所在

直線分別為x軸、y軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

則A(V3,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),B'(0,1,2),設(shè)P(V3,0,t)(0<t<2),

則麗=(-V3,1,-t),AC=(-V3,-l,0),阮二(0,-2,-2),

Acosa=|cos<麗，前>|」巴駕二廠川2:一￥匕

1'1\PB\\AC\2V3+l+t2V4+t22

cos2=13〈兩或小”焉含濟(jì)詈?春?

VtG(O,2),.-.MG［o,f),

/.cosP<cosa.

由題意得B'B±BC,B'B_LBA,則二面角P-B'B-C的平面角為NABC,則

y=ZABC=60°,

cosB<cosa今cos丫，「.B>a>y,故選D.

2.ABC以D為原點(diǎn),DA,DC,DD所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所

示的空間直角坐標(biāo)系，

則A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(2,0,1),易得平面a的一個法向量為

國=(2,-2,1),設(shè)P(0,2,z),0WzW2,直線AP與平面a所成角為。，則

方=(2,-2,-z),所以sin0=|cos<?X而>|=-^=.易得sin。在［0,2］上

隨Z的增大而減小，所以當(dāng)z=2時，sin。有最小值，為?，當(dāng)z=0時，sin。

有最大值，為^A正確;阮=(-2,0,0),所以點(diǎn)C到平面a的距離

d=隼界W，B正確;設(shè)E,F分別為BC,CD的中點(diǎn)，易證CM,平面BDFE,則面

BDFE就是平面a截正方體所得截面，易得四邊形BDFE為等腰梯形,其面積為

［，故C正確,D錯誤.故選ABC.

3.BD對于

A,人(a?b)=X(|a||b|sin<a,b>),(入a)?b=|X||a||b|sin<入a,b>,故

人(a?b)=(Xa)?b不恒成立;

對于B,a?b=|a||b|sin<a,b>,b?a=|b||a|sin<b,a>,故a?b=b?a恒成立；

對于C,若a=-2b,(a+b)?c=|b||c|sin<b,c>,

(a?c)+(b?c)=|-2b||c|sin<b,c>+|b||c|sin<b,c>=3|b||c|sin<b,c>,

顯然(a+b)?c=(a?c)+(b?c)不恒成立；

X1X2+yiy2

對于D,Vcos<a,b>-)

r.sin<a,b>[l-（當(dāng)滬丫，

N1⑼網(wǎng)）

a@b=|a||b|?1-（^^+丫加）

7<同網(wǎng)）

=J|a|2四2-（XM2+yj2）2

力（好+及）（好+及）-Ql%2+%%）2

=J*資+行資-2%1%2yly2=IXiy2-x2yiI,

貝ija?b=|Xiy2-X2yJ恒成立.

故選BD.

IIVH

4.答案42

解析如圖，設(shè)P,Q分別為棱CD和CD的中點(diǎn),則四棱錐E-C.D.DC的外接球即

為三棱柱DFC-DEG的外接球.

二?三棱柱DFC-DEC為直三棱柱，

，其外接球球心0為上、下底面三角形外心G和H連線的中點(diǎn).

由題意知,MN是平面DD.EF內(nèi)的一條動直線，

直線0C與平面DDEF所成的角即為最小的6.

設(shè)正方體的棱長為2,則EQ=2,ED^VS,

???△ECD為等腰三角形，

「.△ECD的夕卜接圓的直徑為2GE=——=卓丹,貝ijGE=f,

smZEC1D1痣24

.,.PH=GQ=2-|=^,如圖，以D為原點(diǎn),DA,DC,西的方向分另U為x軸、y軸、z

軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz,

.?.西=（0,0,2）,DF=（2,1,0）.

設(shè)平面DD,EF的一個法向量為n=（x,y,z）,

則『?巴L2z=0,令g,則甲（「2,。）.

（九?DF=2x+y=0,

,沆.,.當(dāng)0最小時，sin0=|cos〈n,沆〉匚/二,則tan

\4/V5XV41

42

5.解析(1)證明：YSA，底面ABCD,BCu底面ABCD,，BC，SA.

四邊形ABCD為正方形，，BCJ_AB.

???SAnAB=A,，BC_L平面SAB.

VAMc平面SAB,.\AM±BC.

VSA=AD,AD=AB,/.SA=AB.

OM為SB的中點(diǎn)，，AMJ_SB.

VBCnSB=B,SBC.

VSCc平面SBC,ASC±AM.

XVAF1SC,AFAAM=A,.\SC_L平面AFM.

VSCc平面ACS,.?.平面ACS_L平面AFM.

⑵以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AD,AB,AS所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所

示的空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)AD=2,則A(0,0,0),C(2,2,0),M(0,1,1),

.\AC=(2,2,0),AM=(0,1,1).

m?AC=2x+2y=0,?....

設(shè)平面ACM的一個法向量為m=(x,y,z),則—,取y=T,可

m?AM=y+z=0,

得m=(l,T,1).

易知平面ADS的一個法向量為n=(0,1,0).

cos<m,n>=-m?nV3

|m||n|3

貝！Jsin<m,n>=y/1—cos2<m,n>=^-

因此,平面ADS與平面ACM所成二面角的平面角的正弦值為彳.

6.解析(1)證明：以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示,

依題意得A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B,(0,2,2),CI(1,2,l),E(0,1,0),

則西=(1,0,-1),CE=(-1,1,-1),

：.B^-CE=(1,O,-1)?(-1,l,-l)=O,

,

：.B^±CE,..B,C1±CE.

(2)^C=(l,-2,-l),

設(shè)平面BiCE的一個法向量為m=(x,y,z),

則pn?匣=x-2y-z=0,

(m?CE=—x+y-z=0,

取z=l,得x=-3,y=-2,.*.m=(-3,-2,1).

由⑴知BC_LCE,

又CC」BC,CEACG=C,

，BiC」平面CEC?

...瓦瓦=(1,0,-1)為平面CEC,的一個法向量，

?/DK?B1cl_-4_2A/7

-

,,COS〈%^1G)-|m||B^|V14X

?,.sin<m,瓶/工句=V-

???二面角BrCE-G的平面角的正弦值為手.

(3)AE=(0,l,0),EQ=(l,1,1),

設(shè)前=入西=(入，入，入),0W入W1,

^AM=AE+EM=(X,X+1,入).

易知荏=(0,0,2)為平面ADDA的一個法向量.

設(shè)6為直線AM與平面ADDA12f理的角，

則sink|cos<M狼）=鬻需其品赤;演篇?

于是忌百;，解得入=［（負(fù)值舍去）?

??.?AM?=?前?=J（j+G）+C）=學(xué)

線段AM的長為￥?

7.解析（1）證明：由題意得，四邊形BCDE為菱形,連接CE,取DE的中點(diǎn)0,連

接0Ab0C,如圖所示.

在aADE中，易知NEAD=90°,

即AD±AE,即A,D±A,E.

因為。是DE的中點(diǎn)，所以O(shè)A^jDE=l.

易知4CDE為等邊三角形，

所以0CLDE,且0C=g.

因為A,C=2,所以AiC=0i45+0C2,

所以NAQC=90°,即0A-0C.

又因為OCJ_DE,且OAlnDE=O,

所以O(shè)C,平面ADE.

又因為OCu平面BCD,

所以平面AJ)EJ_平面BCD.

⑵以0為原點(diǎn),OC,標(biāo)的方向分別為x