2023-2024学年重庆八中高一(下)期末数学试卷

2023-2024学年重庆八中高一（下）期末数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）已知点A（﹣2，﹣3），B（2，2），C（1，3），若四边形ABCD为平行四边形，则点D的坐标为（）A．（﹣1，﹣4） B．（﹣3，﹣2） C．（5，8） D．（﹣1，0）2．（5分）若，则复数z的虚部为（）A．﹣1 B．0 C．1 D．23．（5分）在△ABC中，，则△ABC中最小的边长为（）A． B． C． D．4．（5分）已知向量与的夹角为，若，，则＝（）A．1 B． C． D．25．（5分）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A．若m∥n，n⊂α，则m∥α B．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n C．若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥β D．若α∩β＝m，n∥β，n∥α，则m∥n6．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，a＝3，，则cosB的值为（）A． B． C． D．7．（5分）若函数的部分图象如图所示，，为图象上的两个顶点．设∠MON＝θ，其中O为坐标原点，0≤θ≤π，则sin（θ+φ）的值为（）A． B． C． D．8．（5分）在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2，沿对角线AC将矩形折成一个大小为θ的二面角B﹣AC﹣D，当点B与点D之间的距离为3时，cosθ＝（）A． B． C． D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．（多选）9．（6分）设z1，z2为复数，下列说法正确的是（）A． B．|z1z2|＝|z1||z2| C．若，则|z1|＝|z2| D．若z1+z2是实数，则z1﹣z2为纯虚数（多选）10．（6分）已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆半径为R．若a＝1，且sinA﹣bsinB＝（c+b）sinC，则（）A．△ABC面积的最大值为 B． C．BC边上的高的最大值为 D．（多选）11．（6分）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝4，下列说法正确的是（）A．若侧棱长为，则该棱台的体积为 B．若正四棱台的各顶点均在一个半径为的球面上，则该棱台的体积为 C．若正四棱台内部存在一个与棱台各面均相切的球，则该棱台的侧棱长为 D．若侧棱长为，Q为棱BB1的中点，过直线C1Q且与直线B1D1平行的平面将棱台分割成体积不等的两部分，则其中较小部分的体积为4三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（5分）将函数y＝2sin2x的图象向左平移后得到函数y＝g（x）的图象，则＝．13．（5分）一个圆锥的母线长为2，当它的轴截面面积最大时，该圆锥的表面积为．14．（5分）赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成，如图①），类比“赵爽弦图”，可构造如图②所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，其中，则的值为；设，则λ+μ＝．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，BC的中点．（1）证明：DF∥面D1AE；（2）求二面角D﹣AE﹣D1的正弦值．16．（15分）已知，．（1）若且m＜0，求在方向上的投影向量；（2）若与的夹角为钝角，求实数m的取值范围．17．（15分）已知函数．（1）求f（x）的最小正周期和单调区间；（2）若，，求的值．18．（17分）如图1，在平面四边形ABCD中，AB＝2，AD＝1，∠A＝90°，CD＝，cos∠BDC＝，将△BCD沿BD折起，形成如图2所示的三棱锥C﹣DAB，且AC＝2．（1）证明：AC⊥面ABD；（2）在三棱锥C﹣DAB中，点E，F，G分别为线段AB，BD，AD的中点，设平面CEF与平面ADC的交线为l．①证明：l∥AD；②若Q为l上的动点，求直线CF与平面QGE所成角的正弦值的最大值．19．（17分）在△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c．若a＝3，（2b﹣c）cosA＝acosC，P是△ABC内任一点，过点P作AB，BC，AC的垂线，垂足分别为D，E，F．（1）求A；（2）若P为△ABC的内心且，求线段PD的长度；（3）法国著名数学家柯西在数学领域有非常高的造诣，很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式、柯西积分公式．其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用．借助三维分式型柯西不等式：若y1，y2，，则，当且仅当时等号成立．求的最小值．

2023-2024学年重庆八中高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）已知点A（﹣2，﹣3），B（2，2），C（1，3），若四边形ABCD为平行四边形，则点D的坐标为（）A．（﹣1，﹣4） B．（﹣3，﹣2） C．（5，8） D．（﹣1，0）【考点】平面向量的平行向量（共线向量）．【答案】B【分析】设点D的坐标为（x，y），根据题意可知＝，结合向量的坐标表示分析求解即可．【解答】解：设点D的坐标为（x，y），则＝（x+2，y+3），＝（﹣1，1），∵四边形ABCD为平行四边形，∴＝，∴，解得，∴点D的坐标为（﹣3，﹣2）．故选：B．2．（5分）若，则复数z的虚部为（）A．﹣1 B．0 C．1 D．2【考点】复数的实部与虚部；共轭复数；复数的混合运算．【答案】C【分析】先利用复数的四则运算求出，进而求出z，再结合虚部的定义求解．【解答】解：∵，∴＝＝＝＝﹣i，∴z＝i，∴复数z的虚部为1．故选：C．3．（5分）在△ABC中，，则△ABC中最小的边长为（）A． B． C． D．【考点】正弦定理．【答案】C【分析】由大边对大角锁定所求即为c的值，结合正弦定理即可求解．【解答】解：因为，所以C＝45°是最小的角，所以△ABC中最小的边长为c，由正弦定理有，即，解得．故选：C．4．（5分）已知向量与的夹角为，若，，则＝（）A．1 B． C． D．2【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量的模．【答案】A【分析】由已知，求得，再根据数量积运算求解即可．【解答】解：由与的夹角为，，，可得，，所以＝＝＝1．故选：A．5．（5分）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A．若m∥n，n⊂α，则m∥α B．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n C．若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥β D．若α∩β＝m，n∥β，n∥α，则m∥n【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；空间中直线与直线之间的位置关系．【答案】D【分析】根据空间中线面、面面的位置关系判断即可．【解答】解：对于A，若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，故A错误；对于B，若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n或m与n相交或m与n异面，故B错误；对于C，若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥β或α与β相交，故C错误；对于D，若n∥α，则存在直线a⊂α（a不与m重合），使得n∥a，又α∩β＝m，则a∥m或a与m相交，若a∥m，则m∥n，此时可以满足n∥β，只需n⊄β即可，所以m∥n，若a与m相交，则a与β也相交，又n∥a，所以n与β也相交，与n∥β相矛盾，所以a∥m，则m∥n，故D正确；故选：D．6．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，a＝3，，则cosB的值为（）A． B． C． D．【考点】正弦定理；余弦定理．【答案】A【分析】依题意由正弦定理及余弦定理求得A的值，再由正弦定理求得sinB，即可求得cosB的值．【解答】解：因为，由正弦定理得，整理得a2＝b2+c2﹣bc，又由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，所以2bccosA＝bc，解得，又A∈（0，π），所以A＝，因为a＝3，，所以由正弦定理得，即，解得sinB＝，因为a＞b，所以A＞B，B为锐角，所以．故选：A．7．（5分）若函数的部分图象如图所示，，为图象上的两个顶点．设∠MON＝θ，其中O为坐标原点，0≤θ≤π，则sin（θ+φ）的值为（）A． B． C． D．【考点】由y＝Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．【答案】A【分析】首先由已知条件列出方程组求解得φ，再利用向量求出夹角θ，最后求得sin（θ+φ）即可．【解答】解：由图可知，＝3﹣（﹣1）＝4，即T＝8，所以ω＝，由题意知，解得．又因为，，且∠MON＝θ，则，因为0≤θ≤π，所以．所以＝．故选：A．8．（5分）在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2，沿对角线AC将矩形折成一个大小为θ的二面角B﹣AC﹣D，当点B与点D之间的距离为3时，cosθ＝（）A． B． C． D．【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角．【答案】B【分析】根据向量的线性运算可得，利用模长公式，结合数量积的运算即可求解．【解答】解：分别作BE⊥AC，DF⊥AC，垂足为E，F，则，由AB＝2，，可得AC＝4，所以，AE＝CF＝1，EF＝2，因为．则＝，，故．故选：B．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．（多选）9．（6分）设z1，z2为复数，下列说法正确的是（）A． B．|z1z2|＝|z1||z2| C．若，则|z1|＝|z2| D．若z1+z2是实数，则z1﹣z2为纯虚数【考点】复数的混合运算；复数的模．【答案】BC【分析】直接利用复数的运算和复数的模的运算求出结果．【解答】解：对于A：设z1＝a+bi（a、b∈R），故，，故，故A错误；对于B：设z1＝a+bi（a、b∈R），z2＝c+di（c、d∈R），所以|z1z2|＝|（a+bi）（c+di）|＝＝，，所以|z1z2|＝|z1||z2|，故B正确；对于C：设z1＝a+bi（a、b∈R），z2＝c+di（c、d∈R），由于，所以a＝c，﹣b＝d，故，，故|z1|＝|z2|，故C正确；对于D：若z1＝a，z2＝c（a、c∈R），故z1+z2是实数，故z1﹣z2＝a﹣c，不是纯虚数，是实数，故D错误．故选：BC．（多选）10．（6分）已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆半径为R．若a＝1，且sinA﹣bsinB＝（c+b）sinC，则（）A．△ABC面积的最大值为 B． C．BC边上的高的最大值为 D．【考点】正弦定理与三角形的外接圆．【答案】BC【分析】根据正弦定理化已知等式，可得b2+c2﹣a2＝﹣bc，结合余弦定理推导出C＝，进而利用正弦定理、三角形的面积公式与基本不等式，对各项的结论依次进行验证，即可得到本题的答案．【解答】解：由a＝1，得sinA﹣bsinB＝（c+b）sinC就是asinA﹣bsinB＝（c+b）sinC，根据正弦定理，得a2﹣b2＝（c+b）•c，整理得b2+c2﹣a2＝﹣bc，所以cosC＝＝，结合C∈（0，π），可得C＝．对于A，因为b2+c2﹣a2＝﹣bc，即b2+c2﹣1＝﹣bc≥2bc﹣1，解得bc，当且仅当b＝c＝时，取等号．因此△ABC的面积S＝bcsin＝bc≤，当b＝c＝时，S有最大值，故A项不正确；对于B，由题意得sinA＝sin＝，故B项正确；对于C，由A得△ABC的面积S的最大值为，设BC边上的高为h，则S＝BC•h≤，结合a＝BC＝1，解得h≤，即BC边上的高的最大值为，故C项正确；对于D，由正弦定理，可知△ABC外接圆的半径R满足：，即2R＝＝，故R＝，故D项不正确．故选：BC．（多选）11．（6分）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝4，下列说法正确的是（）A．若侧棱长为，则该棱台的体积为 B．若正四棱台的各顶点均在一个半径为的球面上，则该棱台的体积为 C．若正四棱台内部存在一个与棱台各面均相切的球，则该棱台的侧棱长为 D．若侧棱长为，Q为棱BB1的中点，过直线C1Q且与直线B1D1平行的平面将棱台分割成体积不等的两部分，则其中较小部分的体积为4【考点】棱台的体积；棱台的结构特征．【答案】ACD【分析】正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝4，根据题干所给条件依次计算选项即可．【解答】解：由题干分析：对于A选项，如图（1），设H，G，I，K四个点分别为棱B1C1，A1D1，AD，BC的中点，则A1B1＝GH＝2，AB＝IK＝4，当正四棱台存在内切球时，球的大圆O即为等腰梯形HGIK的内切圆，根据切线长定理，可得，此时，正四棱台侧面的高为HK＝GI＝3，则侧棱长为，所以A选项正确；对于B，当正四棱台的外接球半径为时，其上、下底面均为球的截面圆对应的内接正方形，则截面圆的半径分别为，又因为，，所以截面圆均为外接球的小圆，设O为外接球球心，O1，O2为截面圆的圆心，则O1O2即为正四棱台的高，如图（2），此时截面圆O1，O2在球心的同一侧，如图（3），此时截面圆O1，O2在球心的异侧，所以符合要求的棱台一共有2个，所以B选项错误；对于C选项，当侧棱长为3，正四棱台的高为1，取棱C1D1的中点N，接MN，DN，设MN与A1C1交于点O1，则P为线段BM上的动点时，直线DP在平面BDNM内，由正四棱台的性质，易知A1C⊥BD，设DP⊥A1C（P与B不重合），则有A1C⊥平面BDNM，以O2A所在直线为x轴，O2B所在直线为y轴，过O2且垂直于四棱台底面的直线为z轴，建立如图（4）所示的空间直角坐标系，则O2（0，0，0）．，，，，．则，即A1C与O2O1不垂直，故A1C⊥平面BDNM不成立，所以假设不成立，所以C选项正确；对于D，当侧棱长为时，正四棱台的高为1，根据已知条件可作出截面C1QSTP，如图（5）所示，截面下方的多面体体积，根据截面性质，可以得知S，T，P分别为棱AB，AD，DD1的中点，且BE＝DF＝2，故，同理可得，所以，根据棱台的体积公式，可得正四棱台的体积为，所以截面上方多面体的体积为4，所以较小部分的体积为4，故D选项正确．故选：ACD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（5分）将函数y＝2sin2x的图象向左平移后得到函数y＝g（x）的图象，则＝．【考点】函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换．【答案】．【分析】结合函数图象的平移变换先求出g（x），把x＝代入即可求解．【解答】解：将函数y＝2sin2x的图象向左平移后得到函数y＝g（x）＝2sin（2x+）的图象，则＝2sin＝．故答案为：．13．（5分）一个圆锥的母线长为2，当它的轴截面面积最大时，该圆锥的表面积为．【考点】圆锥的侧面积和表面积．【答案】．【分析】设，可得S△ABC＝2sin2θ，分析可知当时，轴截面面积取到最大值，进而可得底面半径和表面积．【解答】解：对于圆锥的轴截面ABC（A为圆锥的顶点，O为底面圆的圆心），设，则AO＝2cosθ，OC＝2sinθ，可得＝4sinθcosθ＝2sin2θ，可知：当，即时，轴截面面积取到最大值2，此时底面半径，所以该圆锥的表面积为．故答案为：．14．（5分）赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成，如图①），类比“赵爽弦图”，可构造如图②所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，其中，则的值为；设，则λ+μ＝．【考点】解三角形；平面向量的线性运算．【答案】；．【分析】利用建系的方法，假设AF＝1，根据∠ADB＝120°，利用余弦定理可得AB长度，由正弦定理求出大小正三角形的面积，即可求得的值；然后计算cos∠DAB，sin∠DAB，可得点D坐标，最后根据点B，C坐标，可得结果．【解答】解：由2＝3，设FA＝2，则DF＝3，AD＝5，BD＝AF＝2，建立直角坐标系如图所示：由题可知：∠ADB＝120°，在△ADB中，由余弦定理可得AB2＝AD2+BD2﹣2AD•BD•cos∠ADB＝39，所以，则，可得小三角形面积，大三角形面积，所以；因为A（0，0），，，在△ADB中，由正弦定理，可得，且∠BAD为锐角，则，可知，可得，，，若，则，所以λ．故答案为：；．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，BC的中点．（1）证明：DF∥面D1AE；（2）求二面角D﹣AE﹣D1的正弦值．【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；直线与平面平行．【答案】（1）证明见详解；（2）．【分析】（1）作辅助线，可证DF∥OE，结合线面平行的判定定理分析证明；（2）作辅助线，根据三垂线法分析可知二面角D﹣AE﹣D1的平面角为∠D1NM，结合题中长度关系运算求解．【解答】解：（1）证明：设AD1∩A1D＝O，连接B1C，EF，OE，因为E，F分别为BB1，BC的中点，则EF∥B1C，且，又因为A1B1∥CD，且A1B1＝CD，则A1B1CD为平行四边形，可得A1D∥B1C，且A1D＝B1C，因为O为A1D的中点，则OD∥B1C，且OD＝B1C，可得EF∥OD，且EF＝OD，可知DFEO为平行四边形，则DF∥OE，且DF⊄平面D1AE，OE⊂平面D1AE，所以DF∥平面D1AE；（2）取CC1的中点G，连接GE，DG，因为G，E分别为CC1，BB1的中点，则GE∥BC，且GE＝BC，又因为AD∥BC，且AD＝BC，则GE∥AD，且GE＝AD，可得ADGE为平行四边形，可知平面ADE即为平面ADGE，过D1作D1M⊥DG，垂足为M，过M作MN∥AD，交AE于点N，连接D1N，因为AD⊥平面DCC1D1，D1M⊂平面DCC1D1，则D1M⊥AD，且AD∩DG＝D，AD，DG⊂平面ADGE，则D1M⊥平面ADGE，由AE⊂平面ADGE可得DM⊥AE，又因为AD⊥平面ABB1A1，AE⊂平面ABB1A1，则AD⊥AE，且MN∥AD，可得MN⊥AE，且D1M∩MN＝M，D1M，MN⊂平面DMN，则AE⊥平面D1MN，由D1N⊂平面D1MN可得AE⊥DN，可知二面角D﹣AE﹣D1的平面角为∠D1NM，在Rt△DCG中，则DC＝2CG＝2，可得DG＝，所以，因为DD1∥CC1，则∠D1DG＝∠DGC，在Rt△D1DM中，可得，由题意可知：ADMN为平行四边形，则MN＝AD＝2，在Rt△D1MN中，则，可得，所以二面角D﹣AE﹣D1的正弦值为．16．（15分）已知，．（1）若且m＜0，求在方向上的投影向量；（2）若与的夹角为钝角，求实数m的取值范围．【考点】平面向量的投影向量；数量积表示两个平面向量的夹角．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）直接由投影向量的计算方法计算即可；（2）与的夹角为钝角转化为，且与不反向，即可求解．【解答】解：（1）因为，，所以，所以，解得m＝﹣2或0，又m＜0，所以m＝﹣2，所以，设向量与的夹角为θ，与同向的单位向量为，则，因为，所以，所以在方向上的投影向量为，（2）当时，m（m﹣1）＝2×1，解得m＝﹣1或2，当m＝﹣1时，，，此时与反向，夹角为180°，当m＝2时，，此时与同向，因为与的夹角为钝角，所以，即m﹣1+2m＜0，解得，综上所述：当与的夹角为钝角时，m的取值范围是．17．（15分）已知函数．（1）求f（x）的最小正周期和单调区间；（2）若，，求的值．【考点】二倍角的三角函数；正弦函数的单调性；求两角和与差的三角函数值．【答案】（1）π，f（x）的单调增区间是[kπ﹣，kπ+]（k∈Z），单调减区间是[kπ+，kπ+]（k∈Z）；（2）．【分析】（1）根据三角恒等变换化简f（x）为一般式，结合正弦型函数单调区间以及正弦型函数的最小正周期的公式，即可求得结果；（2）根据（1）及题意得sin（2α+）＝，结合2α+的范围，由同角三角函数的基本关系，可得cos（2α+），＝cos[（2α+）﹣]，利用两角差的余弦公式和整体法，即可求得结果．【解答】解：（1）＝sin2x+（1+cos2x）﹣＝sin2x+cos2x＝2sin（2x+），函数f（x）的最小正周期为T＝＝π，令2x+∈[2kπ﹣，2kπ+]（k∈Z），解得x∈[kπ﹣，kπ+]（k∈Z），所以函数f（x）的单调增区间是[kπ﹣，kπ+]（k∈Z），令2x+∈[2kπ+，2kπ+]（k∈Z），解得[kπ+，kπ+]（k∈Z），所以函数f（x）的单调减区间是[kπ+，kπ+]（k∈Z）．（2）由（1）得f（α）＝2sin（2α+）＝，则sin（2α+）＝，因为，所以2α+∈（，），cos（2α+）＝﹣，所以＝cos[（2α+）﹣]＝cos（2α+）cos+sin（2α+）sin＝+＝．18．（17分）如图1，在平面四边形ABCD中，AB＝2，AD＝1，∠A＝90°，CD＝，cos∠BDC＝，将△BCD沿BD折起，形成如图2所示的三棱锥C﹣DAB，且AC＝2．（1）证明：AC⊥面ABD；（2）在三棱锥C﹣DAB中，点E，F，G分别为线段AB，BD，AD的中点，设平面CEF与平面ADC的交线为l．①证明：l∥AD；②若Q为l上的动点，求直线CF与平面QGE所成角的正弦值的最大值．【考点】几何法求解直线与平面所成的角；直线与平面垂直．【答案】（1）证明见解答；（2）①证明见解答；②．【分析】（1）根据勾股定理可得AD⊥AC，AB⊥AC，结合线面垂直的判定定理分析证明即可；（2）①根据题意可证AD∥平面CEF，结合线面平行的性质分析证明即可；②过点C作平面CMN∥平面QGE，直线CF与平面QGE所成角即为直线CF与平面CMN所成角，利用等体积法求点F到平面CMN的距离d，进而求线面夹角的正弦值，结合二次函数分析求解．【解答】证明：（1）在Rt△ABD中，BD＝＝＝，在△BCD中，由余弦定理得BC2＝BD2+CD2﹣2BD•CD•cos∠BDC＝8，即，因为AC＝2，则CD2＝AD2+AC2，BC2＝AC2+AB2，可得AD⊥AC，AB⊥AC，因为AD∩AB＝A，AD，AB⊂平面ABD，所以AC⊥平面ABD．（2）①因为点E，F分别为线段AB，BD的中点，则EF∥AD，且，由EF⊂平面CEF，AD⊄平面CEF，得AD∥平面CEF，又因为AD⊂平面ADC，且平面CEF∩平面ADC＝l，所以l∥AD.②解：因为l∥AD，且C∈平面CEF，C∈平面ADC，可知C∈l，则l⊂平面ADC，规定点C为起点，方向为正方向，设CQ＝m∈R，过点C作平面C