2024-2025学年高中数学第三章空间向量与立体几何章末综合测评含解析新人教A版选修2-1

PAGE13-章末综合测评(三)空间向量与立体几何(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．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．与向量a＝(1，－3,2)平行的一个向量的坐标是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1，1)) B．(－1，－3,2)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)，－1)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，－3，－2\r(2)))C[a＝(1，－3,2)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)，－1))．]2．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，eq\o(A1E,\s\up7(→))＝eq\f(1,4)eq\o(A1C1,\s\up7(→))，eq\o(AE,\s\up7(→))＝xeq\o(AA1,\s\up7(→))＋y(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→)))，则()A．x＝1，y＝eq\f(1,2) B．x＝1，y＝eq\f(1,3)C．x＝eq\f(1,2)，y＝1 D．x＝1，y＝eq\f(1,4)D[eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\o(AA1,\s\up7(→))＋eq\o(A1E,\s\up7(→))＝eq\o(AA1,\s\up7(→))＋eq\f(1,4)eq\o(A1C1,\s\up7(→))＝eq\o(AA1,\s\up7(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\o(AA1,\s\up7(→))＋eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→)))，∴x＝1，y＝eq\f(1,4)．应选A．]3．已知A(2，－4，－1)，B(－1,5,1)，C(3，－4,1)，D(0,0,0)，令a＝eq\o(CA,\s\up7(→))，b＝eq\o(CB,\s\up7(→))，则a＋b为()A．(5，－9,2) B．(－5,9，－2)C．(5,9，－2) D．(5，－9，－2)B[a＝eq\o(CA,\s\up7(→))＝(－1,0，－2)，b＝eq\o(CB,\s\up7(→))＝(－4,9,0)，∴a＋b＝(－5,9，－2)．]4．已知点A(1,2,1)，B(－1,3,4)，D(1,1,1)，若eq\o(AP,\s\up7(→))＝2eq\o(PB,\s\up7(→))，则|eq\o(PD,\s\up7(→))|的值是()A．eq\f(1,3) B．eq\f(2,3)C．eq\f(\r(77),3) D．eq\f(\r(6),3)C[设P(x，y，z)，则eq\o(AP,\s\up7(→))＝(x－1，y－2，z－1)，eq\o(PB,\s\up7(→))＝(－1－x,3－y,4－z)，由eq\o(AP,\s\up7(→))＝2eq\o(PB,\s\up7(→))知x＝－eq\f(1,3)，y＝eq\f(8,3)，z＝3，即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(8,3)，3))．由两点间距离公式可得|eq\o(PD,\s\up7(→))|＝eq\f(\r(77),3)．]5．在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，下列结论不正确的是(A．eq\o(AB,\s\up7(→))＝－eq\o(C1D1,\s\up7(→)) B．eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0C．eq\o(AA1,\s\up7(→))·eq\o(B1D1,\s\up7(→))＝0 D．eq\o(AC1,\s\up7(→))·eq\o(A1C,\s\up7(→))＝0D[如图，eq\o(AB,\s\up7(→))∥eq\o(C1D1,\s\up7(→))，eq\o(AB,\s\up7(→))⊥eq\o(BC,\s\up7(→))，eq\o(AA1,\s\up7(→))⊥eq\o(B1D1,\s\up7(→))，故A，B，C选项均正确．]6．设▱ABCD的对角线AC和BD交于E，P为空间随意一点，如图所示，若eq\o(PA,\s\up7(→))＋eq\o(PB,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))＋eq\o(PD,\s\up7(→))＝xeq\o(PE,\s\up7(→))，则x＝()A．2 B．3C．4 D．5C[∵E为AC，BD的中点，∴由中点公式得eq\o(PE,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(PA,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→)))，eq\o(PE,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(PB,\s\up7(→))＋eq\o(PD,\s\up7(→)))．∴eq\o(PA,\s\up7(→))＋eq\o(PB,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))＋eq\o(PD,\s\up7(→))＝4eq\o(PE,\s\up7(→))．从而x＝4．]7．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于()A．eq\f(62,7) B．eq\f(63,7)C．eq\f(64,7) D．eq\f(65,7)D[∵a，b，c三向量共面，则存在不全为零的实数x，y，使c＝xa＋yb，即(7,5，λ)＝x(2，－1,3)＋y(－1,4，－2)＝(2x－y，－x＋4y,3x－2y)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y＝7，,－x＋4y＝5，,3x－2y＝λ.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(33,7)，,y＝\f(17,7).))∴λ＝3x－2y＝eq\f(65,7)．]8．若向量a＝(x,4,5)，b＝(1，－2,2)，且a与b的夹角的余弦值为eq\f(\r(2),6)，则x＝()A．3 B．－3C．－11 D．3或－11A[因为a·b＝(x,4,5)·(1，－2,2)＝x－8＋10＝x＋2，且a与b的夹角的余弦值为eq\f(\r(2),6)，所以eq\f(\r(2),6)＝eq\f(x＋2,\r(x2＋42＋52)×\r(1＋4＋4))，解得x＝3或－11(舍去)，故选A．]9．若直线l的方向向量为(2,1，m)，平面α的法向量为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，2))，且l⊥α，则m＝()A．2 B．3C．4 D．5C[∵l⊥α，∴直线l的方向向量平行于平面α的法向量．∴eq\f(2,1)＝eq\f(1,\f(1,2))＝eq\f(m,2)．∴m＝4．]10．直三棱柱ABC­A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1A．30° B．45°C．60° D．90°C[建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，A1(0,0,1)，C1(0,1,1)，∴eq\o(BA1,\s\up7(→))＝(－1,0,1)，eq\o(AC1,\s\up7(→))＝(0,1,1)，∴cos〈eq\o(BA1,\s\up7(→))，eq\o(AC1,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(BA1,\s\up7(→))·\o(AC1,\s\up7(→)),|\o(BA1,\s\up7(→))||\o(AC1,\s\up7(→))|)＝eq\f(1,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2)．∴〈eq\o(BA1,\s\up7(→))，eq\o(AC1,\s\up7(→))〉＝60°，即异面直线BA1与AC1所成角为60°．]11．已知正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1A．eq\f(2,3) B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(\r(2),3) D．eq\f(1,3)A[以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则eq\o(DC,\s\up7(→))＝(0,1,0)，eq\o(DB,\s\up7(→))＝(1,1,0)，eq\o(DC1,\s\up7(→))＝(0,1,2)．设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥eq\o(DB,\s\up7(→))，n⊥eq\o(DC1,\s\up7(→))，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2,1)．设CD与平面BDC1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(DC,\s\up7(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(DC,\s\up7(→)),|n||\o(DC,\s\up7(→))|)))＝eq\f(2,3)．]12．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，PA⊥平面ABCD，PA＝eq\f(4\r(3),5)，那么二面角A­BD­P的大小为()A．30° B．45°C．60° D．75°A[如图所示，建立空间直角坐标系，则eq\o(PB,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，0，－\f(4,5)\r(3)))，eq\o(BD,\s\up7(→))＝(－3,4,0)．设n＝(x，y，z)为平面PBD的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up7(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up7(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，y，z·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，0，－\f(4,5)\r(3)))＝0，,x，y，z·－3，4，0＝0.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－\f(4,5)\r(3)z＝0，,－3x＋4y＝0.))令x＝1，则n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,4)，\f(5,4)\r(3)))．又n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(4,5)\r(3)))为平面ABCD的一个法向量，∴cos〈n1，n〉＝eq\f(n1·n,|n1||n|)＝eq\f(\r(3),2)，∴所求二面角为30°．]二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)13．已知正方体ABCD­A′B′C′D′，则下列三个式子中：①eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(CB,\s\up7(→))＝eq\o(AC,\s\up7(→))；②eq\o(AA′,\s\up7(→))＝eq\o(CC′,\s\up7(→))；③eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BB′,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(C′C,\s\up7(→))＝eq\o(AC′,\s\up7(→))．其中正确的有________．①②[①eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(CB,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\o(AC,\s\up7(→))，正确；②明显正确；③eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BB′,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(C′C,\s\up7(→))＝(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→)))＋(eq\o(BB′,\s\up7(→))＋eq\o(C′C,\s\up7(→)))＝eq\o(AC,\s\up7(→))＋0≠eq\o(AC′,\s\up7(→))，错误．]14．若向量m＝(－1,2,0)，n＝(3,0，－2)都与一个二面角的棱垂直，则m，n分别与两个半平面平行，则该二面角的余弦值为________．－eq\f(3\r(65),65)或eq\f(3\r(65),65)[∵cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(－1×3＋2×0＋0×－2,\r(5)×\r(13))＝－eq\f(3\r(65),65)．∴二面角的余弦值为－eq\f(3\r(65),65)或eq\f(3\r(65),65)．]15．如图正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，O是平面A1B1C1D1的中心，则BO与平面ABC1Deq\f(\r(3),6)[建立坐标系如图，则B(1,1,0)，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，eq\o(DA1,\s\up7(→))＝(1,0,1)是平面ABC1D1的一个法向量．又eq\o(OB,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，－1))，∴BO与平面ABC1D1所成角的正弦值为|cos〈eq\o(OB,\s\up7(→))，eq\o(DA1,\s\up7(→))〉|＝eq\f(|\o(OB,\s\up7(→))·\o(DA1,\s\up7(→))|,|\o(OB,\s\up7(→))|·|\o(DA1,\s\up7(→))|)＝eq\f(\f(1,2),\f(\r(6),2)×\r(2))＝eq\f(\r(3),6)．]16．设动点P在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1的对角线BD1上，记eq\f(D1P,D1B)＝λ，当∠APC为钝角时，λ的取值范围是________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))[建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则A(1,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，设P(x，y，z)，则eq\o(D1P,\s\up7(→))＝(x，y，z－1)，eq\o(D1B,\s\up7(→))＝(1,1，－1)，由eq\o(D1P,\s\up7(→))＝λeq\o(D1B,\s\up7(→))，得(x，y，z－1)＝λ(1,1，－1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝y＝λ，,z－1＝－λ，))即P(λ，λ，1－λ)，∴eq\o(PA,\s\up7(→))＝(1－λ，－λ，λ－1)，eq\o(PC,\s\up7(→))＝(－λ，1－λ，λ－1)，由eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(PC,\s\up7(→))<0得－2λ(1－λ)＋(λ－1)2<0，解得eq\f(1,3)<λ<1．由题意知eq\o(PA,\s\up7(→))与eq\o(PC,\s\up7(→))所成的角不行能为π，故eq\f(1,3)<λ<1．]三、解答题(本大题共6小题，共70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10分)如图，一块矿石晶体的形态为四棱柱ABCD­A1B1C1D1，底面ABCD是正方形，CC1＝3，CD＝2，且∠C1CB＝∠C1CD(1)设eq\o(CD,\s\up7(→))＝a，eq\o(CB,\s\up7(→))＝b，eq\o(CC1,\s\up7(→))＝c，试用a，b，c表示eq\o(A1C,\s\up7(→))；(2)已知O为四棱柱ABCD­A1B1C1D1的中心，求CO[解](1)由eq\o(CD,\s\up7(→))＝a，eq\o(CB,\s\up7(→))＝b，eq\o(CC1,\s\up7(→))＝c，得eq\o(CA1,\s\up7(→))＝a＋b＋c，所以eq\o(A1C,\s\up7(→))＝－a－b－c．(2)O为四棱柱ABCD­A1B1C1D1的中心，即O为线段A1由已知条件得|a|＝|b|＝2，|c|＝3，a·b＝0，〈a，c〉＝60°，〈b，c〉＝60°．由(1)得eq\o(CA1,\s\up7(→))＝a＋b＋c，则|eq\o(CA1,\s\up7(→))|2＝eq\o(CA1,\s\up7(→))2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝22＋22＋32＋0＋2×2×3×cos60°＋2×2×3×cos60°＝29．所以A1C的长为eq\r(29)，所以CO的长为eq\f(\r(29),2)．18．(本小题满分12分)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝eq\f(1,2)PD．(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ；(2)证明：PC∥平面BAQ．[证明]如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D­xyz．(1)依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，则eq\o(DQ,\s\up7(→))＝(1,1,0)，eq\o(DC,\s\up7(→))＝(0,0,1)，eq\o(PQ,\s\up7(→))＝(1，－1，0)，所以eq\o(PQ,\s\up7(→))·eq\o(DQ,\s\up7(→))＝0，eq\o(PQ,\s\up7(→))·eq\o(DC,\s\up7(→))＝0，即PQ⊥DQ，PQ⊥DC且DQ∩DC＝D．故PQ⊥平面DCQ．又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ．(2)依据题意，eq\o(DA,\s\up7(→))＝(1,0,0)，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(0,0,1)，eq\o(AQ,\s\up7(→))＝(0,1,0)，故有eq\o(DA,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，eq\o(DA,\s\up7(→))·eq\o(AQ,\s\up7(→))＝0，所以eq\o(DA,\s\up7(→))为平面BAQ的一个法向量．又因为eq\o(PC,\s\up7(→))＝(0，－2,1)，且eq\o(DA,\s\up7(→))·eq\o(PC,\s\up7(→))＝0，即DA⊥PC，且PC⊄平面BAQ，故有PC∥平面BAQ．19．(本小题满分12分)如图所示，已知点P在正方体ABCD­A′B′C′D′的对角线BD′上，∠PDA＝60°．(1)求DP与CC′所成角的大小．(2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小．[解](1)如图所示，以D为原点，DA，DC，DD′分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，设DA＝1．则eq\o(DA,\s\up7(→))＝(1,0,0)，eq\o(CC′,\s\up7(→))＝(0,0,1)．连接BD，B′D′．在平面BB′D′D中，延长DP交B′D′于H．设eq\o(DH,\s\up7(→))＝(m，m,1)(m>0)，由已知〈eq\o(DH,\s\up7(→))，eq\o(DA,\s\up7(→))〉＝60°，由eq\o(DA,\s\up7(→))·eq\o(DH,\s\up7(→))＝|eq\o(DA,\s\up7(→))||eq\o(DH,\s\up7(→))|cos〈eq\o(DH,\s\up7(→))，eq\o(DA,\s\up7(→))〉，可得2m＝eq\r(2m2＋1)．解得m＝eq\f(\r(2),2)，所以eq\o(DH,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))．因为cos〈eq\o(DH,\s\up7(→))，eq\o(CC′,\s\up7(→))〉＝eq\f(\f(\r(2),2)×0＋\f(\r(2),2)×0＋1×1,\r(2)×1)＝eq\f(\r(2),2)，所以〈eq\o(DH,\s\up7(→))，eq\o(CC′,\s\up7(→))〉＝45°，即DP与CC′所成的角为45°．(2)平面AA′D′D的一个法向量是eq\o(DC,\s\up7(→))＝(0,1,0)，因为cos〈eq\o(DH,\s\up7(→))，eq\o(DC,\s\up7(→))〉＝eq\f(\f(\r(2),2)×0＋\f(\r(2),2)×1＋1×0,1×\r(2))＝eq\f(1,2)，所以〈eq\o(DH,\s\up7(→))，eq\o(DC,\s\up7(→))〉＝60°，可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°．20．(本小题满分12分)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1(1)证明：点C1在平面AEF内；(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A­EF­A1的正弦值．[解]设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，如图，以C1为坐标原点，eq\o(C1D1,\s\up7(→))的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系C1­xyz．(1)证明：连接C1F，则C1(0,0,0)，A(a，b，c)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0，\f(2,3)c))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，eq\o(EA,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，eq\o(C1F,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，得eq\o(EA,\s\up7(→))＝eq\o(C1F,\s\up7(→))，因此EA∥C1F，即A，E，F，C1所以点C1在平面AEF内．(2)由已知得A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)，eq\o(AE,\s\up7(→))＝(0，－1，－1)，eq\o(AF,\s\up7(→))＝(－2,0，－2)，eq\o(A1E,\s\up7(→))＝(0，－1，2)，eq\o(A1F,\s\up7(→))＝(－2,0,1)．设n1＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AE,\s\up7(→))＝0，,n1·\o(AF,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y－z＝0，,－2x－2z＝0，))可取n1＝(－1，－1,1)．设n2为平面A1EF的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(A1E,\s\up7(→))＝0，,n2·\o(A1F,\s\up7(→))＝0，))同理可取n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2，1))．因为cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝－eq\f(\r(7),7)，所以二面角A­EF­A1的正弦值为eq\f(\r(42),7)．21．(本小题满分12分)如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0<λ(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；(2)是否存在λ，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．[解]以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系．由已知得B(2,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,0)，F(1,0,0)，P(0,0，λ)，eq\o(BC1,\s\up7(→))＝(－2，0,2)，eq\o(FP,\s\up7(→))＝(－1,0，λ)，eq\o(FE,\s\up7(→))＝(1,1,0)．(1)证明：当λ＝1时，eq\o(FP,\s\up7(→))＝(－1,0,1)，因为eq\o(BC1,\s\up7(→))＝(－2,0,2)．所以eq\o(BC1,\s\up7(→))＝2eq\o(FP,\s\up7(→))，可知BC1∥FP，而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ．(2)设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(FE,\s\up7(→))·n＝0，,\o(FP,\s\up7(→))·n＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,－x＋λz＝0，))