2022-2023學(xué)年遼寧省鐵嶺市昌圖重點中學(xué)高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷（含解析）

2022-2023學(xué)年遼寧省鐵嶺市昌圖重點中學(xué)高一(下)期末數(shù)學(xué)

試卷

一、單選題(本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項)

1.(l-2i)(l-i)=()

A.—1—3iB.3—3iC.-1+iD.3+i

2.若向量麗7=(α,α+4)與而=(-5,α)垂直，則非零實數(shù)α=()

A.1B.2C.-1D.-2

3.一個幾何體由6個面圍成，則這個幾何體不可能是()

A.四棱臺B.四棱柱C.四棱錐D.五棱錐

4.函數(shù)丫=5的(2%+》的圖象向右平移方個單位長度得到函數(shù)/(切的圖象，則/給)=()

A.IB.5C.2D.江

222

5.所有棱長均為6的正三棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個底面邊長為2的正三棱

錐，則所得棱臺的高為()

ASB.Mc.√τD.三

332

6.已知△4BC的內(nèi)角4,B,C的對邊分別是α,b,c,若4+C=2B,√^3ɑ2+√^3c2-

2acsinB=9√^^3,則b=()

A.3√^^B.3C.6D.√^3

7.如圖，在四面體P-ABC中，點P在平面ABC上的射影是4,ZC1BC,若R4=BC=2,PB=

2CU，則異面直線PC與AB所成角的余弦值為()

P

788

BCD

A.9-9--9-

8.“近水亭臺草木欣，朱樓百尺回波潰”，位于濟南大明湖畔的

超然樓始建于元代，歷代因戰(zhàn)火及災(zāi)澇等原因，屢毀屢建,今天我們

所看到的超然樓是2008年重建而成的，共有七層，站在樓上觀光，可俯視整個大明湖的風(fēng)景

.如圖，為測量超然樓的高度，選擇C和一個樓房。E的樓頂E為觀測點，已知4C,D在水平

地面上，超然樓4B和樓房DE都垂直于地面,已知DE=I4m,乙4CD=45。，?ADC=60°,在

C點處測得E點的仰角為15。，在E點處測得B點的仰角為45。，則超然樓的高度AB=()

A.(12+28θ)mB.(32+14√3)mC.(14+28√-3)mD.(28+14ΛΛ^3)W

二、多選題(本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項符合題目要求)

9.已知復(fù)數(shù)Z=舞，貝∣J()

A.∣z∣-5B.z=3—4i

C.z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第二象限D(zhuǎn).z-4iER

10.下列式子計算正確的是()

A.COS(-1+2)=-sin2

C.cos700+cos50o=CoslOo

D.tanllθ0+tɑn10o+√-3=√-3tαnll0otαnl0°

11.已知函數(shù)/(x)=sin2x+√~^cos2x—√^3,貝∣J()

A./Q)的最小正周期是nBJ(X++的圖象關(guān)于y軸對稱

C./(X)在［一?0］上單調(diào)遞增D.f(x)在［0,汨上有3個零點

12.已知正方體ABCD-4BIClDl的棱長為2,E,尸分別是棱4。1的中點，P為底面

HBCC內(nèi)(包括邊界)一動點，則下列結(jié)論正確的是()

A.若直線DlP與平面AlBCl沒有公共點，則點P的軌跡長度為2√^

B.若。iPJ.DE,則點P的軌跡長度為，N

C.二面角B—EF—D的正切值為247

D.過E,F,C的平面截該正方體所得截面為五邊形

三、填空題(本大題共4小題，共20.0分)

13.已知a6(當(dāng),2兀)且CoSa=g,貝!)sin］=.

14.已知方程/+ax+b=O(α,beR)在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)的一個根為3+21,則α+b=

15.已知向量五，石滿足I為I=5,I牛=2,且五在方上的投影向量為2石，則優(yōu)石夾角的余弦

值為>a-b=?

16.刻畫空間彎曲性是幾何研究的重要內(nèi)容，用“曲率”刻畫空間彎曲性，規(guī)定：多面體頂

點的曲率等于2兀與多面體在該點的面角之和的差(多面體的面的內(nèi)角叫做多面體的面角.角度

用弧度制),例如，正四面體的每個頂點有3個面角，每個面角為以所以正四面體在各頂點的

曲率為2兀一扛3=ττ.在底面為矩形的四棱錐P-ABCD中，P4，底面ABC。，AD=

I∑P4PC與底面ABCD所成的角為也在四棱錐P—ABCD中，頂點B的曲率為.

四、解答題(本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)

17.(本小題10.0分)

=

已知復(fù)數(shù)Zl=1+i,Z22÷mi(m∈R).

(I)若孑為純虛數(shù)，求7H;

z1

(2)若含6R,求3zι+iz2的實部與虛部之和.

18.(本小題12.0分)

已知AABC的內(nèi)角力，8,C的對邊分別是α,b,c,AABC的面積為S,且2S-Cbccos4=0.

(1)求角4的大?。?/p>

(2)若α=7,be=40,求A√1BC的周長.

19.(本小題12.0分)

已知函數(shù)f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0,-^<φ<0)的部分圖像如圖所示.

(1)求f(x)的解析式；

(2)求不等式/(x)+1≤0的解集.

20.(本小題12.0分)

如圖，在四棱錐P-ABC。中，PC1平面ABC。，底面4BCD為等腰梯形，4B〃C。，4048=60°,

AB=2,CD=PC=1,E,G分別為BP,AB的中點.

(1)證明：CE〃平面,DP；

(2)從下面①②兩個問題中任意選擇一個解答，如果兩個都解答，則按第一個計分,

①求點E到平面ADP的距離；

②求點E到平面PDG的距離.

21.(本小題12.0分)

在AZlBGt1,角4，B,C■所對的邊分別為α,b,c,as譏B+b=√~5bcosA.

⑴求4;

(2)若乙4BC>看過B作BD垂直于AB交4C于點D,E為BC上一點，且BE=y∏,DE=1,求4E

的最大值.

22.(本小題12.0分)

如圖，在矩形4BCD中，E,F分別為4D,BC的中點，以DF為折痕把△DFC折起，使點C到達

點P的位置，且PFIBF.

(1)證明：平面PDFI平面PDE.

(2)若。F=2C,求三棱錐P-EDF的體積的最大值.

(提示：?a,b,c>0,Mabc≤a+^+c,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時，等號成立)

答案和解析

I.【答案】A

【解析】解：(1-2i)(l-i)=1-J-2i+2i2=-l-3i.

故選:A.

根據(jù)復(fù)數(shù)的乘法法則即可化簡求解.

本題主要考查復(fù)數(shù)的四則運算，屬于基礎(chǔ)題.

2.【答案】A

【解析】解：???麗1所，

.?.^MN-PQ=-5a+α2+4α=0.解得α=0或1,且α≠0,

.?.ɑ=1.

故選：A.

根據(jù)麗1可得出而-PQ=O,然后進行數(shù)量積的坐標(biāo)運算即可求出ɑ的值.

本題考查了向量垂直的充要條件，向量坐標(biāo)的數(shù)量積運算，考查了計算能力，屬于基礎(chǔ)題.

3.【答案】C

【解析】解：根據(jù)題意，依次分析選項：

對于4,四棱臺是上下兩個四邊形，四個側(cè)面有6個面，滿足題意；

對于氏四棱柱是上下兩個四邊形，四個側(cè)面有6個面，滿足題意；

對于C,四棱錐有一個底面，四個側(cè)面有5個面，不滿足題意；

對于D,五棱錐有一個底面，五個側(cè)面有6個面，滿足題意.

故選：C.

根據(jù)題意，由棱柱，棱臺和棱錐的面的個數(shù)，結(jié)合選項得出答案即可.

本題考查棱臺、棱錐、棱柱的結(jié)構(gòu)特征，注意常見幾何體的面、棱、頂點的數(shù)目，屬于基礎(chǔ)題.

4.【答案】C

【解析】解：函數(shù)丫=5恒5(2刀+》的圖象向右平移方個單位長度得到函數(shù)/(吟的圖象，

則/(x)=5cos[2(x-ξ)+J=5cos2x,故/■臉)=5cos≡=?.

故選：C.

利用三角函數(shù)圖象變換求出函數(shù)/(X)的解析式，然后代值計算可得出/(工)的值.

本題考查了三角函數(shù)圖像的變換，考查函數(shù)求值問題，是基礎(chǔ)題.

5.【答案】4

【解析】解：如圖，根據(jù)題意可得所得棱臺為正三棱臺，

該棱臺的高等于大正三棱錐的高的∣?

設(shè)大正三棱錐的高為CH,則：BH=1BI=l×??r?=2/3

因為大正三棱錐的高為：DH=√DB2-BH2=J62-(2√^3)2=2√^^6-

所以該棱臺的高為IX2C=亨.

故選：A.

利用小三棱錐和大三棱錐的比例求解即可.

本題考查棱錐和棱臺的結(jié)構(gòu)特征，考查學(xué)生計算能力，屬于基礎(chǔ)題.

6.【答案】B

【解析】解：因為4+C=28,而4+C+B=τr,所以B=今

222--

則7~弘2+√^^3C—2acsin^=y∕~^3a+V^3c—√3αc=9??∕3,

得a?+c2—ac=9.

根據(jù)余弦定理可得爐=a2+c2-2accosB=a2+C2—ac=9,故b=3.

故選：B.

由三角形的內(nèi)角和可求出B=*再由余弦定理結(jié)合題意化簡即可得出答案.

本題考查余弦定理相關(guān)知識，屬于中檔題.

7.【答案】C

【解析】解：分別取P4AC,BC的中點E,F,H,連接

EF,FH,HE,AH.

因為點P在平面ABC上的射影是A,所以PA1平面ABC,

則PALAC,PA1AH.

因為E,F,H分別為P4AC,BC中點，所以尸E〃PC,

HF//AB,

所以PC與AB所成的角即/HFE或其補角.

因為力B=√40-4=6.所以AC=√36-4=4√^,PC=√32+4=6，所以HF=EF=?×

6=3.

又因為AH=√AC2+HC2=√32+1=，枳，所以HE=√AH2+AE2=√33+1=√-34.

所以CoSNEFH=心得或9+9—348

2×3×39

異面直線所成角的范圍是（0,芻，故異面直線PC與48所成角的余弦值為

故選：C.

PC與AB所成的角通過線線平行轉(zhuǎn)化為NHFE或其補角，再應(yīng)用余弦定理計算余弦值，最后根據(jù)異

面直線所成角的范圍確定符號即可.

本題主要考查異面直線所成角的求法，考查運算求解能力，屬于中檔題.

8.【答案】D

【解析】解：過E作EFInB,交4B于點F,

因為在E點處測得B點的仰角為45。，可得ABFE為等腰直角三角形，所以

BF=EF,

ED_14

因為4ECD=15°,所以CD

tanl5°tanl50'

在AACD中，由正弦定理得焉CD_14_C4

sin750-tan150cosl50-Sinl50'

又由sinl5°=sin(45o-30o)=sin450cos300-cos450sin300=v6~'12.

所以力。=曹4x*=14(√^3+l)m'

√6—√2

則4B=BF+ED=14(√^^+1)+14=(28+14√^^)τn.

故選：D.

過E作EF_L4B,得到BF=EF,在AACD中，由正弦定理得到坐=一人，進而求得AD的長.

sιn45Sinlb

本題主要考查了正弦定理，和差角公式在求解實際問題中的應(yīng)用，屬于中檔題.

9.【答案】ABD

2+lli_(2+lli)(2T)_4-2i+22i-ll”_15+2Oi

【解析】解:

2+i~(2+i)(2-i)-5一—5~

對于力，∣z∣=V9+16=5,4正確.

對于8,z=3—4i?B正確.

對于C,Z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為(3,4),在第一象限，C錯誤.

對于。，z-4i=3+4i-4i=3∈/?,。正確.

故選：ABD.

根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運算化簡復(fù)數(shù)，即可由選項逐一求解.

本題主要考查復(fù)數(shù)的四則運算，屬于基礎(chǔ)題.

10.【答案】BCD

【解析】解：對于4由三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式，可得cos(-]+2)=sin2,故A錯誤；

對于B,由sin2=2sinICoSl=要三吟；=/駕τ,故8正確；

sm^l+cos2ll÷tanzl

對于C,由COS70°÷cos50°=cos(6O0+10o)+cos(60o—10o)=COS600CoSl0°—sm60osml0o+

cos60°cosl00+sin60osinl0o

=2cos600cosl00=cosl0o,故C正確；

對于。，因為tɑnl20°=tan(110o+10o)=?=-<3,

'Jl-tanllθtαnlθ

所以tQ∏110°+tanlθ°=√-3tαnl10otαnl0o—√^3,

BPtαnll0o+tαnl0o+√-3=√^3tαnll0otαnl0o)故。正確.

故選：BCD.

根據(jù)三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式和三角恒等變換的公式，逐項判定，即可求解.

本題考查三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式和三角恒等變換，屬于中檔題.

11.【答案】AD

【解析】解：/(x)=sin2x+y∕-3cos2x-√^3=2sin(2x+今-V^3,

選項A,最小正周期T=與=兀，即選項A正確；

選項8,f(χ+≡)=2sin[2(x++≡]-O=2sin(2x+y)-其圖象不關(guān)于y軸對稱，即

選項8錯誤；

選項C,當(dāng)XeV,0]時，2x+a[—等該區(qū)間不是y=Sinx的增區(qū)間，即選項C錯誤；

選項￡>,當(dāng)x∈[0,7τ]時,2x+1嗚等,

令/(X)=2sin(2x+≡)-<3=0,則sin(2x+勺=孕，

?32

所以2x+g=押冢格，

所以/(x)在[0,網(wǎng)上有3個零點，即選項。正確.

故選：AD.

利用輔助角公式化簡/(x),結(jié)合正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)逐一分析選項，即可.

本題考查三角函數(shù)的綜合應(yīng)用，熟練掌握正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)，輔助角公式是解題的關(guān)鍵，考

查邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題.

12.【答案】ACD

【解析】解：對于4連接DIC,D1A,AC,

在正方體中，由。p4J∕BC,=BC可得四邊形BCDυ4ι為平行四邊形，

所以。傳〃&B,

因為DICC平面4BG，τl1BU平面4BG，

所以。IC〃平面

同理可得ADi〃平面4BCi，

因為力ClnDlC=D1，AD1,DlCU平面。ι4C,

所以平面。14C〃平面4BG，

因為直線DlP與平面為BCl沒有公共點，

所以點P的軌跡線段4C,其長度為2/N，故A正確;

對于8：取4D,BC的中點M,N,連接DiM,D1N,

設(shè)DlM,DE交于點O,

在正方形AODl&中，AAOE與ZkODJlM全等，

所以4。MD+Z.0DM=90°,

所以Z?DOM=90t?即ClMIDE：

又M,N分別為中點，

所以MN1平面4。。送1，

又DEU平面ADDI4,

所以MN1DE；

因為MNCDlM=M,

所以O(shè)E_L平面DlMN.

因為ClP1DE,

所以點P的軌跡線段MN,其長度為2,故B不正確;

對于C：延長∕λ4,D1A1,延長FE交D力的延長線于M,過點A作/NJ.ME于N,連接BN,

由正方體的性質(zhì)可得84平面AooIa1，MEU平面4DD1%,

所以BA1ME；

因為ANl.ME,ANCiBA=A,

所以ME_L平面BaN,

因為BNU面BAN,

所以ME1BN,

所以NANB為二面角B-EF-"的平面角，

在直角三角形MAE中，4M=力E=I,所以/N=?，

在直角三角形BylN中，AN=￥，AB=2，

所以tanZ?ANB=2，至，故C正確；

對于。：延長EF,利用延長線與ZM,DCl的交點作出截面圖，如圖,

五邊形CNEFM即為過E,F,C的平面截該正方體所得截面，故。正確.

故選：ACD.

根據(jù)空間垂直和平行找到P的軌跡,可得4,B的正誤,利用定義求出二面角的正切值可得C的正誤,

作出截面圖可得。的正誤.

本題考查直線與平面的位置關(guān)系，解題中注意轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，屬于中檔題.

13.【答案】I

【解析】解：因為α∈岑,2兀）,所以^∈（?,兀），所以SinA0,

又因為CoSa=a可得S嗚=尸妥=∣?

故答案為：∣.

根據(jù)題意，利用余弦的倍角公式，得至USinl=在妥，即可求解.

本題主要考查了半角公式的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

14.【答案】7

【解析】解：由題意可知方程合+αx+b=O的另一個根為3-21,

則一α=(3-2i)+(3+2i)=6,e=(3-2i)(3+2i)=9-4i2=13,

則α=-6>b=13

故α+b=7.

故答案為：7.

由題得方程的另外一個虛根為3-2i,再利用韋達定理得解.

本題主要考查復(fù)數(shù)的四則運算，屬于基礎(chǔ)題.

15.【答案】I8

【解析】解：:I碼=5,住|=2,且五在石上的投影向量為2以

胃"/=26,即方?b=2∣b∣2=8'

/一→.a?b84

??.8虱。，紡=而而=公=+

故答案為：8.

根據(jù)a在信上的投影向量為整?g,求出造石，再求出夾角的余弦值，即可得出答案.

網(wǎng)Ibl

本題考查平面向量數(shù)量積的性質(zhì)，考查轉(zhuǎn)化思想，考查運算能力，屬于基礎(chǔ)題.

16.【答案】?

【解析】解：設(shè)Pa=1,則4。=√^^2.

?.?PA1底面力BCD,

AC是PC在底面4BCC上的射影，

貝IkPol是PC與底面ABCD所成的角，即NPCa=aO

則SinNPCA=瞿,即==4得PA=2,則AC=，3,

/CinZ

即4B=√AC2-BC2=√3-2=1,

即AB=P4貝IJ在RtZkPAB中，?PBA=≡

PB=BC=√^2,

???Pδ2+BC2=2+2=4=PC2,

.???PBC是直角三角形，則“BC=2

乙ABC=I，

???頂點B的曲率為2兀-≡-^-^=γ.

故答案為：?.

根據(jù)條件分別求出角B的面角之和，然后進行計算即可.

本題主要考查空間幾何體各面三角形夾角的計算，根據(jù)直角三角形的邊角關(guān)系進行計算是解決本

題的關(guān)鍵，是中檔題.

17.【答案】解：(1)因為Zi=l+i,z2=2+mi,

HfrDlZ2—2+欣_(2+mi)(IT)_(2÷m)+(τn-2)i

加以五=1+i=(l+i)(l-ι)=2，

由為純虛數(shù)，得｛jWU'解得m=-2?

故Tn=-2.

⑵山(1)可知金=(2+m"(m-2)i,

由∣^eR,得τn-2=0,解得m=2.則Z2=2+2i,

所以3zι+iz2=3+3i+2i-2=l+5i,

所以3Z[+iz2的實部為1,虛部為5,即實部與虛部之和為1+5=6.

【解析】⑴先計算含=O+"**),:從而可得｛/彳=A求解即可；

(2)由題意可得m-2=0,解得m=2,從而可計算3z1+iz2=1+5i,進而可求解.

本題主要考查復(fù)數(shù)的四則運算，屬于基礎(chǔ)題.

18.【答案】解：(1)因為2S—V_5bccos/=0,所以bcsiτM—V"3bccosA=0,

則sirt4=y[~3cosA?所以tɑm4=√-3?

又因為4∈(0,π?),所以A=宗

(2)由余弦定理得，cos4='+c2-α2=L即爐+。2_49=兒，

2bc2

得S+c)2=49+3bc=169,則b+C=13,

故小ABC的周長為α+b+c=20.

【解析】(1)先利用題給條件求得tarM=q,進而求得角力的大??；

(2)先利用余弦定理求得b+c=13,進而求得448C的周長.

本題主要考查解三角形，余弦定理的應(yīng)用，考查運算求解能力，屬于中檔題.

19.【答案】解：⑴由題意可得/=巖—尹》則7=亨.

因為7=嗇，且3>0,所以3=3.

由圖可知f(等)=ACOS(半+R)=0,則等+φ=∕cπ+(∕c∈Z))

IoOoL

解得(P=kπ-^~(k∈Z).

因為-5<*<0,所以*=一(

由圖可知A=2.

故/(x)=2cos(3x-≡).

⑵由/(x)+l≤0,得2cos(3)-?+l≤0,BPcos(3x-?≤-?

?JN

則2"+與≤3x*≤2kττ+4(k∈Z),

解得等+g≤χ≤竽+會keZ),

即不等式/(乃+1≤0的解集為尊+熱竽+爭(k∈z).

【解析】(1)根據(jù)函數(shù)的周期求出3的值，再根據(jù)最值求出A的值，再根據(jù)最小值點求出W的值即得

解；

(2)利用余弦函數(shù)圖像解不等式cos(3x-金≤-抑得解.

本題主要考查三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題.

20.【答案】解：（I）證明：如圖，取AP的中點/，連接EF,DF,

因為F,E分別為PA,BP的中點，:48=2EF且￡T〃4B,

■：AB=2CDHAB//CD,：.EF"CD且EF=CD,

???四邊形CEFC為平行四邊形，ΛCE//DF,

?.?0Fu平面4DP,CEC平面4DP,.?.CE〃平面4DP.

⑵選①，

如圖，連接4C,過點。作AB的垂線，垂足為M,

因為底面ABCD為等腰梯形，AB//CD,ZzMB=60。，AB=2,CD=1,

1

-

2

-

則力M=XAB-CD)=；,1

-

2

?.?PCJL平面力BCD,CDU面ZBCD,?PCICD,

ABCD1：,PC1CD,VCD=PC=1,.?.PD=V-2,

同理PCI4C,

????ADC=120o,AD=CD=1,

.*根據(jù)余弦定理易得AC=，？，???AP=√1÷3=2,

???由余弦定理可得CoSNP4D=22/二)2=3,

2PA-AD4

又0</.PAD<兀，則SinZ?PAD=√1-cos2?PAD=??-

4

?11_√^7√^7

SΔADP=]X1X2><T=-1

?.?CE〃平面ADP,

???點E到平面40P的距離等于點C到平面4。P的距離，

設(shè)C到平面ZDP的距離為山

則由Vc-ADP—^P-ACD'得gh×=ξ×l×∣×l×??,解得Zl=

???點E至IJ平面40P的距離為手，

選②如圖，連接4C,過點。作AB的垂線，垂足為M,

因為底面ABCD為等腰梯形，AB=2,CD=1,AB∕∕CD,/.DAB=60°,

1

-

21

-=

則AM=X48-CD)=4。=/1

-

2

v?DAB=60o,AD=AG=1,

ADG為正三角形，AD=AG=DG=CG=CD=1,

?.?COU1EMBCO,PC_L平面ABCO,

?PCA.CD,同理ABCD,?PC1CG,PC1CD,PC=1,.?.PG=PD=√^^)

???PC=1,.?.PG=PD=√^^2,

PDG的面積為"χ1XJ2-(；)2=彳,

VE為尸8的中點，.?,點B到平面PoG的距離等于點E到平面POG的距離的2倍，

設(shè)B到平面PZ)G的距離為無，

則V}>-BDG=VB-PDG，

.?.^×h×￥=∣×1×∣×1×?，解得h=

???點E到平面PDG的距離為空，

【解析】(1)利用線線平行的傳遞性證得四邊形CEFC為平行四邊形，再利用線面平行的判定定理

即可得證；

(2)①②利用等腰梯形與勾股定理求得所需線段長，從而求得所需三角形面積，再利用等體積法

即可得解.

本題考查線面平行的證明，點面距的求解，屬中檔題.

21.【答案】解：(1)因為asinB+6=√^2bcos4,

所以SinASinB+SinB=y∕~3sinBcosA<

又SinB≠0,所以S譏4+1=y∕~3cosA(

因為46(0,兀)，SinA>0,所以CosA>0,

又SiMA+cos2√l=1,解得Sina=T,cos4=1?,

因為Ae(O,τr),所以4屋.

由已知可設(shè)BO=x,AB=C