第06讲空间向量的应用-线面位置关系的证明（知识解读真题演练课后巩固）

第06讲空间向量的应用---线面位置关系的证明1.空间中线与线的位置关系：平行、相交、异面.2.空间中线与面的位置关系：线面平行、线在面内、线面相交.3.空间中面与面的位置关系：面面平行、面面相交.1直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量若A、B是直线l上的任意两点，则AB为直线l的一个方向向量；与AB平行的任意非零向量也是直线l的方向向量.(2)平面的法向量若向量n所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作n⊥α，向量n叫做平面α(3)平面的法向量的求法(待定系数法)①建立适当的坐标系；②设平面α的法向量为n③求出平面内两个不共线向量的坐标

a=(④根据法向量定义建立方程组n⋅⑤解方程组，取其中一组解，即得平面α的法向量.2判定空间中的平行关系(1)线线平行设直线l1,l2的方向向量分别是a,b(2)线面平行设直线l的方向向量是a，平面α的法向量是n，则要证明只需证明a⊥n(3)面面平行若平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2,要证α||β，只需证3判定空间的垂直关系(1)线线垂直:设直线l1,l2的方向向量分别是a,b，则要证明(2)线面垂直①(法一)设直线l的方向向量是a,平面α的法向量是n，则要证明l⊥α，只需证明a②(法二)设直线l的方向向量是a，平面α内的两个相交向量分别为m,若a(3)面面垂直若平面α的法向量为n1，平面β的法向量为只需证n1⊥n【题型】线面、面面位置关系的证明【典题1】若平面α与β的法向量分别是a=(2,4,−3)，b=(−1,2,2)，则平面α与β的位置关系是()A．平行B．垂直C．相交但不垂直 D．无法确定【解析】∵a⋅∴a∴平面α与平面β垂直故选：B．【典题2】如图1所示，在边长为12的正方形AA'A1'A1中，点B，C在线段AA'上，且AB=3，BC=4，作BB1∥AA1，分别交A1A1(1)在三棱柱ABC－A1B1C(2)试判断直线AQ是否与平面A1【解析】1从而有AC又∵AB⊥BB∴AB⊥平面BCC(2)直线AQ与平面A1理由如下：以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为A(3,0,0)，Q(0,4,7)，A1AQ=(−3,4,7)设平面A1C1则n⋅PA1=3x+9z=0∵AQ∴直线AQ与平面A1【点拨】①当题中出现多线段长度，注意可利用勾股定理逆定理证明线段垂直的方法；②第一问利用线面垂直判定定理便可证明，不需要利用向量法;③第二问用高一线面平行判定定理很难做出来，此时想到向量法;思路如下，AQ//平面A1④利用待定系数法求平面A1【典题3】如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B1=A(1)求证:直线A1F∥平面(2)若∆ABC是正三角形,E为C1C中点，能否在线段B1B上找一点N，使得A【解析】(1)证明：在直三棱柱ABC−A1∵AB=AC,AD⊥BC，∴D是又∵F为B1C∴四边形DFA∴A∵A1F⊄平面ADE∴A1F∥(2)在直线B1B上找一点N，使得A1N在直三棱柱ABC－A1B1又∵AD⊥BC∴DA，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DF为z轴，建立空间直角坐标系，设A1∵N在线段B1B上，设BN=λBB则A(3DA=(3,0,0)，设平面ADE的法向量n=(x,y,z)则n⋅DA=3x=0∵A1N∥∴A1N∴在直线B1B上存在一点N，且BN=12BB【点拨】①第一问利用线面平行判定定理易证明；②题中线段没有给到具体值，可作假设A1B1=2，便于建系后确定点坐标，同时减少计算量，直棱柱的高AA【典题4】如图，四棱锥S－ABCD中．ABCD为矩形，SD⊥AD，且SD⊥AB，AD=1，AB=2，SD=3．(1)求证：AE⊥平面SBD；(2)M、N分别在线段SB、CD上的点，是否存在M、N，使MN⊥CD且MN⊥SB，若存在，确定M、N的位置；若不存在，说明理由．【解析】(1)方法一证明：∵SD⊥AD，且SD⊥AB，∴SD⊥平面又∵AD⊥CD可建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可知D∴AE∴∴AE⊥DB,AE⊥DS又DB∩DS=D∴AE⊥平面SBD；方法二∵SD⊥AD，且SD⊥AB，∴SD⊥∴SD⊥AE如图：∵tan∠∴∴∠∴AE⊥BD；∴AE⊥平面SBD；(2)假设存在MN满足MN⊥CD且MN⊥SB．在空间直角坐标系中，BS=(−1,−2,∵M在线段CD上可设BM∵∴M的坐标(1−λ,2−2λ,∵N在线段SB上可设N(0,y,0),y∈[0,2]则NM=(1－λ,2－2λ－y,要使MN⊥CD且MN⊥SB，则NM⋅可得2(2−2λ−y)=0−(1−λ)−2(2−2λ−y)+3λ=0解得λ=14∈[0,1]故存在MN使MN⊥CD且MN⊥SB,其中M是线段SB靠近B的四等分点，N是线段CD靠近C的四等分点.【点拨】①对于高一非向量法与向量法的取舍，若第一问非向量法较容易解答，而第二问很难则第一问用非向量法，第二问用向量法；若第一问用非向量法较难，则建议从第一问就开始利用向量法，比如该题，不用纠结第一问用向量法要建系描点浪费时间，其实不然，因为第二问大多数情况下都使用向量法的；②第一问方法二中利用平面几何知识点怎么垂直关系，常见技巧是勾股定理逆定理、相似三角形、三角函数等；③三点共线设元问题：“∵M在线段CD上，可设BM=λBS=−λ,−2λ,3巩固练习1.已知n=(1,2,−1)为平面α的一个法向量，a=(−2,λ,1)为直线l的方向向量．若l∥α，则λ=【答案】32【解析】∵l∥α，∴n→•2.已知平面α的法向量是a=(3x−1,−1,x+5)，平面β的法向量是b=(x+1,x2+3,−x)，且α⊥β，则实数【答案】−1或4【解析】∵α⊥β，∴a∴a→⋅b→3.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，(1)证明：A1B∥平面ADC1；(2)证明：平面【证明】(1)证明：∵在直三棱柱ABC－A1B∴以A1为原点，A1C1为x轴，A1B1建立空间直角坐标系，设AB=AC=AAA1(0,0,0)，B(0,2,2)，C(2,0,2)，D(1,1,2)，C1A1B→=(0,2,2)，设平面ADC1的法向量则n→⋅AD→=x+y=0∵n→⋅A1∴A1B∥(2)证明：∵DC→=(1,－1,0)设平面BB1C则m→⋅DC→=a−b=0又平面ADC1的法向量n→∴平面ADC1⊥4.如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE(1)求证：A1C⊥平面(2)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面【答案】(1)证明略(2)不存在【解析】(1)证明：∵CD⊥DE，A1D⊥DE，∴DE⊥平面A1又∵A1C⊂平面又A1C⊥CD∴A1(2)解：如图建系，则C(0,0,0)，D(－2,0,0)，A1(0,0,23)设线段BC上存在点P，设P点坐标为(0,a,0)，则a∈[0,3]∴A1设平面A1DP则a∴n假设平面A1DP与平面A1∴3a+12+3a=0，6a=－12，a=－2∵0≤a≤3∴不存在线段BC上存在点P，使平面A1DP与平面一、单选题1．已知是三个不同的平面，是两条不同的直线，下列命题为真命题的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，则 D．若，则【答案】C【分析】根据空间中的直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，对照四个选项一一判断.【详解】对于A，由，，得或与相交，故A错误；对于B，若，，则m与n可能是异面直线、也可能是相交直线，也可能是平行直线，所以B错误；对于C，若，由线面垂直的性质定理知，所以C正确；对于D，若，则与可能相交，也可能平行，所以D错误.故选：C.2．已知正方体，棱长为1，，分别为棱，的中点，则（

）A．直线与直线共面 B．不垂直于C．直线与直线的所成角为60° D．三棱锥的体积为【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，A选项，假设直线与直线共面，由面面平行的性质得到，由推出矛盾，A错误；B选项，计算出得到两直线垂直；C选项，利用空间向量夹角余弦公式计算；D选项，利用等体积法求解三棱锥的体积.【详解】如图，以为原点，以，，所在直线分别为，，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，，

对于A，假设直线与直线共面，∵平面平面，平面平面，平面平面，∴，∵，∴，矛盾，∴直线与直线不共面，A错误；对于B，∵，，∴，∴，∴，B错误，对于C，设直线与直线所成的角为，∵，，∴，∴，∴C错误，对于D，∵平面，∴，D正确．故选：D．3．如图，在四棱锥中，底面是菱形，底面，，，截面与直线平行，与交于点E，则下列说法错误的是（

）

A．平面B．E为的中点C．三棱锥的外接球的体积为D．与所成角的正弦值为【答案】D【分析】由，可证平面，故A正确；由平面，得，可得E为的中点，故B正确；根据两个截面外接圆的圆心找到球心，计算出半径和体积，可得C正确；通过找平行线得异面直线所成角，解三角形可得与所成角的正弦值为，故D错误.【详解】对于选项A，因为底面，底面，所以，因为底面是菱形，所以，因为，平面，所以平面，故A正确；对于选项B，连交于，则为的中点，因为平面，平面，平面平面，所以，因为为的中点，所以为的中点，故B正确；

对于选项C，因为底面是菱形，，，所以和都是正三角形，，所以为的外接圆圆心，设三棱锥的外接球的球心为，则平面，又底面，底面，所以，所以的中点是的外接圆的圆心，连，则平面，取的中点，连，因为，底面，所以底面，又平面，所以，因为为正三角形，为的中点，所以，因为底面，底面，所以，因为，平面，所以平面，所以由平面，平面，得，所以四边形是平行四边形，所以，因为，所以，即三棱锥的外接球的半径为，所以其体积为.故C正确；

对于选项D，因为为的中点，为的中点，所以，所以（或其补角）是异面直线与所成的角，因为，，所以，所以，又，，所以.故D错误.

故选：D4．已知是两个不同的平面，是三条不同的直线，下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】D【分析】利用线面平行的性质定理，面面平行的判定定理，线面垂直的判定定理和性质定理即可逐个选项判断.【详解】对于A项，若，则直线可以平行，也可以异面，所以A错误；对于B项，若，可以得到平行或异面或相交，所以B错误；对于C项，若，与可以平行，也可以相交，所以C错误；对于D项，若，则直线与平面内的所有直线都垂直，又与平面内的所有直线都垂直，根据线面垂直的定义可得，故D正确.故选：D5．已知，，是球的球面上三点，，，，若异面直线与所成角的余弦值为，则球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意易知，则外接圆的圆心是的中点，在长方体内还原，，，，，平移，作出异面直线与所成角（或补角），由的余弦值为可求出长方体的高，由此即可求出球的半径，则可求出答案.【详解】由题意知，在中，，，，外接圆的圆心是的中点，易知平面.设，长方体如图所示，

易知，且，四边形是平行四边形，则，为异面直线与所成角（或补角），易知，，则在等腰中，，解得，则球的半径，球的表面积为.故选：A二、多选题6．如图，棱长为2的正四面体中，，分别为棱，的中点，为线段的中点，球的表面正好经过点，则下列结论中正确的是（

）

A．平面B．球的体积为C．球被平面截得的截面面积为D．过点与直线，所成角均为的直线可作4条【答案】ABD【分析】设分别为的中点，连接，根据线面垂直的判定定理可判断A；求出球的半径，计算球的体积，进而判断B；求出球O被平面截得的截面圆的半径，可求得截面面积，进而判断C；通过平移与补形法，通过角平分线的转化寻找平面进而找出直线，从而可判断D.【详解】设分别为的中点，连接，

则,故，则四边形为平行四边形，故交于一点，且互相平分，即O点也为的中点，又，故,平面，故平面，由于平面，则平面，故，结合O点也为的中点，同理可证,平面，故平面，A正确；由球O的表面正好经过点M，则球O的半径为,棱长为2的正四面体中，，M为的中点，则，故,则，所以球O的体积为，B正确；由平面，平面，故平面平面，平面平面，由于平面，延长交平面于G点，则平面，垂足G落在上，且G为正的中心，故，所以，故球O被平面截得的截面圆的半径为，则球O被平面截得的截面圆的面积为，C错误；由题意得，正四面体可以放入正方体内，如下图所示，将平移至正方体的底面内，过和的角平分线作垂直于底面的平面，即平面，在平面内一定存在过O点的两条直线使得该直线与直线，所成角均为，同理可知，过和的角平分线作垂直于底面的平面也存在两条直线满足题意，所以过点与直线，所成角均为的直线可作4条，D正确.

故选：ABD【点睛】思路点睛：本题考查立体几何的综合问题.要结合图形的特点，作出适合的辅助线，要善于观察图形特点，放入特殊图形中从而快速求解.7．如图，在三棱柱中，平面，是棱上的一个动点，则（

）

A．直线与直线是异面直线B．周长的最小值为C．存在点使得平面平面D．点到平面的最大距离为【答案】ACD【分析】根据空间中点线面的位置关系相关知识即可判断.【详解】选项A：不管点移动到上的哪个位置，直线与直线均不相交，也不平行，所以A正确;选项B：周长的为，要使周长最小，

即最小，即为面和面的展开图中的长，所以，所以，所以B错误；选项C：由图易知，二面角为锐二面角，二面角为钝二面角，在点从到移动的过程中，二面角由锐角变成了钝角，所以，在棱上必然存在点使得平面平面，C正确；选项D：要使点到平面的距离最大，即当二面角为时，此时到的距离即为所求距离的最大值，过作的垂线，

因为面面，面，面面，面，所以面，即为点到平面的距离，也是到的距离，又因为，，，所以点到平面的距离为，所以D正确.故选：ACD三、填空题8．已知m、n是不同的直线，是不重合的平面，给出下列命题：①若，则；②若，则；③若，则；④m，n是两条异面直线，若，则．上面的命题中，真命题的序号是____________．（写出所有真命题的序号）【答案】③④【分析】利用平面与平面平行的判定和性质可判断各命题的真假．【详解】若，则m与n平行或异面，故①错误；，但m与n不一定相交，不一定成立，故②错误；若，则，又由，则，故③正确；m，n是两条异面直线，若，则过m的平面与平面相交于直线，有，过n的平面与平面相交于直线，有，m，n异面，一定相交，，如图所示，由面面平行的判定可知，故④正确；故答案为：③④9．已知m、n是不同的直线，是不重合的平面，给出下列命题：①若，则m平行于平面内的任一条直线；②若，则；③若，则；④若，则．上面的命题中，真命题的序号是____________．（写出所有真命题的序号）【答案】③④【分析】①由线面平行的性质判断②由面面平行的性质判断③由如果两条平行线中的一条直线垂直于一个平面，则马另一条也垂直于这个平面判断④由面面平行的性质判断【详解】①若，则m平行于平面内的无数条平行直线，不是任一条直线，故①错；②若，只能得到，不能得到，故②错；③因为，所以，又因为，所以，故③正确；④由面面平行的性质可知④正确．故答案为：③④.10．已知正方体的外接球的表面积为，点，分别是，的中点，过，，的截面最长边长为，最短边长为，则________.

【答案】【分析】通过延长可得过，，的截面为五边形，利用正方体外接球的表面积求出正方体边长，然后五个边都求出，即可得出结果.【详解】

如图，延长，交于点，连接交于点，延长，交于点，连接交于点，连接，，则过，，的截面为五边形，设正方体的棱长为，由正方体外接球的表面积为，可得其外接球的半径为，直径为体对角线，则，故，在中，由勾股定理得，易得，，故，，，故，故，，所以最长边为，最短边为，故.故答案为：一、单选题1．（2021秋·北京海淀·高二人大附中校考期中）设直线的方向向量为，，，为平面的三点，则直线与平面的位置关系是（

）A． B．或C． D．【答案】C【分析】设直线的方向向量为，利用，，又与有公共点B，从而即可求解.【详解】解：因为，，为平面的三点，所以，，设直线的方向向量为，则，因为，,所以，，又与有公共点B，所以直线垂直于平面，即，故选：C.2．（2023秋·河南信阳·高二统考期末）直线l的方向向量为，平面与的法向量分别为，，则下列选项正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】C【分析】根据空间中直线与平面，平面与平面的位置关系与对应向量的关系逐项进行判断即可求解.【详解】若，则与共线，故选项错误；若，则，即，故选项错误；若，则与垂直，即，故选项正确；若，则与共线，故选项错误，故选：.3．（2021·高二课时练习）已知直线l的一个方向向量，平面的一个法向量，则直线l与平面的位置关系是（

）A．垂直 B．平行 C．相交 D．平行或直线在平面内【答案】D【分析】首先通过数量积，判断向量与的关系，再判断线面的位置关系.【详解】因为，所以直线与平面的法向量垂直，则直线与平面平行或在平面内.故选：D4．（2021·高二课时练习）在正方体中,平面的一个法向量为()A． B． C． D．【答案】A【分析】由正方体的性质可得：BD1⊥B1C，BD1⊥AC．即可得出平面ACB1的一个法向量．【详解】如图所示，由正方体的性质可得：BD1⊥B1C，BD1⊥AC．∴BD1⊥平面ACB1．∴平面ACB1的一个法向量为．故选A．【点睛】本题考查了线面垂直的判定与性质、平面的法向量，考查了推理能力与计算能力．5．（2022·高二课时练习）设，是不重合的两个平面，，的法向量分别为，，和是不重合的两条直线，，的方向向量分别为，，那么的一个充分条件是（

）A．，，且，B．，，且C．，，且D．，，且【答案】C【分析】利用面面平行的判定定理、向量位置关系及充分条件的定义即可判断.【详解】对于A，，，且，，则与相交或平行，故A错误；对于B，，，且，则与相交或平行，故B错误；对于C，，，且，则，故C正确；对于D，，，且，则与相交或平行，故D错误.故选：C.6．（2021·高二课时练习）是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】作图，找到直线在平面上的投影在构建多个直角三角形，找出边与角之间的关系，继而得到线面角；也可将三条射线截取出来放在正方体中进行分析.【详解】解法一：如图，设直线在平面的射影为，作于点G，于点H，连接，易得，又平面，则平面，又平面，则，有故．已知，故为所求．解法二：如图所示，把放在正方体中，的夹角均为．建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则，所以，设平面的法向量，则令，则，所以，所以．设直线与平面所成角为，所以，所以．故选B．二、多选题7．（2023春·河南南阳·高二社旗县第一高级中学校联考期末）已知向量是平面的一个法向量，点在平面内，则下列点也在平面内的是（

）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】记选项中的四个点依次为A，B，C，D，结合数量积的坐标运算验证，，，是否与垂直即可．【详解】记选项中的四个点依次为A，B，C，D，则，，，，又，，故与不垂直，故A错误；，故与垂直，故B正确；，故与垂直，故C正确；，故与垂直，故D正确；故选：BCD.8．（2021秋·福建泉州·高二泉州五中校考期中）已知正三棱柱的所有棱长均相等，，分别是，的中点，点满足，下列选项正确的是（

）A．当时， B．当时，C．当时，为锐角 D．当时，平面【答案】ABD【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法逐项求解判断.【详解】建立如图所示空间直角坐标系：设棱长为2，则，所以，所以，A.当时，，，所以，故正确；时，，，所以，故正确；时，，正负不定，故错误；D.当时，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，所以，又平面，所以平面，故正确；故选：ABD三、填空题9．（2022·高二课时练习）已知，，，则平面ABC的一个单位法向量是________．【答案】【分析】由题设，求面ABC的一个法向量，则其单位法向量是.【详解】由题设，，若是面ABC的一个法向量，则，令，则，故面ABC的一个单位法向量是.故答案为：10．（2021·高二课时练习）已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则下列向量是平面ABC法向量的是___________.①(-1，1，1)，②(1，-1，1)，③(-，-，-)，④(，，-).【答案】③【分析】根据给定条件求出平面ABC的一个法向量，再在给定的4个坐标中求与共线的即可.【详解】依题意，，设=(x，y，z)为平面ABC的法向量，则，令，得，显然只有坐标为的向量与共线，所以平面ABC法向量的是③.故答案为：③11．（2023·全国·高三专题练习）在棱长为1的正方体中，点P是对角线的动点（点P与不重合），则下列结论正确的有___________.①存在点P，使得平面平面；②存在点P，使得平面；③分别是在平面，平面上的正投影图形的面积，对任意的点P都有；④对任意的点P，的面积都不等于.【答案】①②④【分析】当为直线与平面的交点时，根据面面平行的判定定理即可判断①正确；当为直线与平面的交点时，根据线面垂直的判定定理即可判断②；计算出的条件即可判断③；求出△的面积的最小值即可判断④.【详解】对于①，如图，因为，所以平面平面，当直线交平面于点时，有平面平面，故①正确；对于②，如图，设正方体的棱长为2，则，，则，有，，所以，，又平面，所以平面，当直线交平面于点时，有平面，故②正确；对于③，因为设（其中），则△在平面的正投影面积为，又△在平面上的正投影图形的面积与在平面的正投影图形面积相等，所以，若，则，解得或，因为，所以，故存在点，使得；故③错误；对于④，由于固定不变，只要找上的点到的距离最短即可，取中点，连接，由②的分析可证得平面，由平面得；又平面，平面，所以，所以为直线与的公垂线，此时△的面积最小；因为在正方体中，易知，又，所以，因此，；所以对任意点，△的面积都不等于,故④正确.故答案为：①②④12．（2023·北京·北京市八一中学校考模拟预测）如图，在直角梯形中，E为的中点，，，M，N分别是，的中点，将沿折起，使点D不在平面内，则下命题中正确的序号为______．①；②；③平面；④存在某折起位置，使得平面平面．【答案】②③【分析】①③，作出辅助线，得到，从而得到与不平行，平面；②证明线面垂直，得到线线垂直；④建立空间直角坐标系，得到两平面的法向量，由法向量不为0得到不存在某折起位置，使得平面平面.【详解】①③，如图所示：直角梯形中，，又因为，，所以，故四边形为矩形，因为N分别是的中点连接，则与相交于点，故点是的中点，因为是的中点，所以，又，而与相交于点，故与不平行，故与不平行，①错误，因为，平面，平面，所以平面，③正确；②，因为，，平面，所以平面，因为平面，所以，由①知，所以，②正确；④，连接，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，设，，，故，设平面的法向量为，故，解得，令，则，故，设平面的法向量为，故，解得，令，则，故，故，因为，故，故，故不存在某折起位置，使得平面平面，④错误.故选：②③四、解答题13．（2022秋·广东茂名·高二信宜市第二中学校考阶段练习）已知，，.求平面的一个法向量；【答案】平面的一个法向量为(答案不唯一)；【分析】由向量的坐标表示求、，法一：设为面的一个法向量，列方程组即可求；法二：叉乘法，求法向量的各个坐标值，进而确定一个法向量.【详解】由，，，知：，，设为面的一个法向量，法一：常规法，得，不妨令，则，∴平面ABC的一个法向量为；解法二：叉乘法，，，只要跟成倍数都是平面的法向量.14．（2022·全国·高三专题练习）如图，且，，且，且，平面ABCD，.若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：平面CDE；【答案】证明见解析【分析】建立空间直角坐标系，由空间向量判断位置关系【详解】因为，，平面ABCD，而AD､平面ABCD，所以，，因此以D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.因为且，且，，所