河北省石家庄市第二中学2025-2026学年高一下学期5月期中考试数学试卷

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一、单选题
设 i 为虚数单位，复数 z 满足(1 i)z  1 i ，则 z  z 为（ ）
2
A．
B．1C．3D． 3 2
在V ABC 中， A  60 ， AC  4 ， BC  2 6 ，则 B  （ ）
A． 30B． 45C． 60D． 45 或135
已知a ， b 是两条不重合的直线，α， β是两个不重合的平面，则下列说法中正确的是（ ）
若α∩ β b ， a α，则a 与β一定相交
若α//β， a α，则a//β
若a//b ， b α，则a//α
若α//β， a α， b  β，则a 与b 是异面直线
| a
| a
| a
若向量a ， b 满足 →  b | →  b | ， | a | 2 ， | b | 2 3 ，则 →  2b | （ ）
13
​
2
C．13D．52
13
一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为 1 的正方形，则原平面图形的周长为（ ）
2
2
2  2
C．4D．8
3
已知向量a, b 满足a  b  2 ，且b  3, 4 ，则向量 在向量 上的投影向量为（）
ab
（ ）
A．  6 ,  8 B．   6 , 8 
 55  5 5 

  6 , 8 

 6 ,  8 
 25 25  2525 

–––→
–––→
–––→ –––→–––→
如图，在四边形 ABCD 中，E，F 分别为 AD，BC 的中点，已知 AB  2 ， CD  3 ，则 EF   AB  CD 
（ ）
5
2
 5
2
19
2
 19
2
已知锐角三角形 ABC 中，角 A ， B ， C 所对的边分别为a ， b ， c ，若b cs C  c cs B  1 ，
b cs A  1  cs B ，若c  ma ，则m 的取值范围是（ ）
(1, 3)B．( 0, 1)C． (1, 2)D． (0, 2)
二、多选题
已知i 是虚数单位，下列说法正确的有（ ）
若复数 z 满足 z  R ，则 z  R
若复数 z , z 满足 z  z ，则 z2  z2
121212
在复数范围内，若2i  3 是关于 x 的实系数方程2x2  px  q  0 的一根，则该方程的另一根是2i  3
2
若| z | 1，则 z  1 i 的最大值为 1
已知V ABC 的内角 A, B,C 所对边分别为a, b, c ，则下列说法中正确的有（ ）
若sin A  sin B ，则 A  B
若b  2 ， A  π ，满足条件的三角形有且只有一个，则实数a 的取值范围为(2, )
3
––––→–––→ –––→–––→ 
点M 是V ABC 所在平面内一点，若OM  OA  λ AB  AC λ R  ，则点M 的轨迹必过V ABC

–––→ –––→
 ABAC 
的内心
在V ABC 中，若tan A tan B  1，则V ABC 为锐角三角形
如图，在正三棱柱 ABC  A1B1C1 中， AA1  AB  4 ， D 是棱CC1 上任一点，则下列正确的是（ ）
正三棱柱 ABC  A B C 的外接球表面积为112π
1 1 13
2
aA1BD 周长的最小值为8 4
棱 AB 上总存在点 E ，使得直线CE ∥平面 A1BD
F 为 A1C1 的中点，平面 ABF 将三棱柱分成两部分，若两部分的体积分别为V  ，V V   V  ，则
V   5
V7
三、填空题
a //(a
已知向量a  (1, m) ， b  (2, 1) ，若 →→  2b ) ，则实数m 的值为.
某圆锥的底面半径为 6，其内切球半径为 3，则该圆锥的表面积为．
2 2
9
已知在V ABC 中，内角 A ， B ， C 所对的边分别为a ， b ， c ，若cs A cs B sin C ，
cs 2 A  cs 2B  2 sin C  2( A  B) ， c  3 ， P 为线段 AB 上一点（包含端点），则 PB2  PC 2 的最小值为
．
四、解答题
在V ABC 中，内角 A, B,C 所对的边分别为a, b, c ，且(sin A  sin C)2  sin2 B  sin Asin C ．
求 B ；
2
若ac  4 ， b  2
，求V ABC 的周长．
–––→ –––→
如图，在V ABC 中，点 D 在线段 BC 上，满足3CD  DB ， G 在线段 AB 上，且3AG  2GB ，线段CG 与
线段 AD 交于点O ， AB  5 ， AC  4 ， BAC  π ．
2
求| AD | ；
求cs GOD ．
如图，直三棱柱 ABC  A1B1C1 的体积为 4，D 是 AB 的中点．
求证： BC1 / / 平面 A1CD ；
已知 E 为 A1B1 中点，已知平面 A1CD 与平面 A1B1C1 的交线为l ，试判断l 与C1E 的位置关系，并证明；
求 A  A1CD 的体积．
在锐角V ABC 中， a ， b ， c 分别是角 A ， B ， C 的对边， b2  c2  a2 (tan A  tan B)  2 3c2
求角 B 的大小；
如图， O 为V ABC 内一点， a  c ， BOC  5 π ， AOC  π ，连接 AO 并延长交 BC 于点 D
62
①求tan OAB ；
CD
②求 BD ．
布洛卡点是三角形内部的一个特殊的点，由法国数学家亨利•布洛卡于 19 世纪提出，它通过等角条件联
系三角形边与顶点，其角度和位置揭示了三角形的对称性与比例特性，是经典几何学中兼具美学与实用价
值的点．其定义如下：设 P 是V ABC 内一点，若PAB  PBC  PCA θ，则称点 P 为V ABC 的布洛卡 点，角θ为V ABC 的布洛卡角．如图，在V ABC 中，记它的三个内角分别为 A ， B ， C ，其对边分别为a ， b ， c ， V ABC 的面积为S ，点 P 为V ABC 的布洛卡点，其布洛卡角为θ，请完成以下各题：
若a  c ，且 PC  PB ，求tanθ；
3
若θ π， V ABC 的面积为S  2
6
①求a2  b2  c2 ；
②V ABC 的外接圆上任一点为Q ，试探究QA2  QB2  QC 2 是否为定值？若是，请求出该值；若不是，请说明理由．
参考答案
1．B
1 i
1 i2
2i
【详解】由已知可得， z     i ，
1 i1 i1 i2
所以， z  i ，
所以， z  z  ii  1 .
故选：B.
2．B
ACBC
4  3
6
【详解】由正弦定理， sinB  sinA ，可得sin B  2 2 ，
22
因 AC  BC ，则 B  A  60 ，故 B  45∘ . 3．B
【详解】对于 A，当a / /b 时，因为a α，α β b ，可得a / /β，即a 与β不相交，A 错误； 对于 B，因α//β， a α，则a 与β没有公共点，则有a / /β，B 正确；
对于 C，由a//b ， b α可得a / /α或a α，故 C 错误；
对于 D，若α/ /β, a  α, b  β，则a, b 无公共点，即a / /b 或a 与b 是异面直线，故 D 错误.
4．B
→ →→ →
→→ 2
→→ 2
【详解】| a  b || a  b | 两边同时平方得a  b   a  b  ，
则
→ 2→2→ →→ 2→2→ → ，
a  b  2a  b  a  b  2a  b
所以a b  0 ，
→
→ 2→2
4a b
a  2b   a  4b→2  →  →  22  4 2 3 2  4  0  52 ，
52
所以| a  2b | 2 13 . 5．D
【详解】把直观图OABC 转化为原图四边形OABC，如图所示，由作图可知四边形OABC 为平行四边形， OA  BC  1，
12 12
2
OB  2OB  2 2，
2 2 2 12
OC  AB  3 ,
故周长为2(OA  AB)  2(3 1)  8 .
6．D
【详解】因为a, b 满足a  b  2 ，且b  3, 4 ，
→→→
a  b  b  2 b   6 ,  8 
所以 b  5 ，向量 a 在向量 b 上的投影向量为 → →25 2525  ，
bb
故选：D.
7．B
【详解】连接 AD ，取 AD 中点G ，连接GE , GF ，则GE //AB, GF //CD 且GE  1 AB, GF  1 CD ，
22
–––→–––→–––→1
所以 EF  EG  GF 
2

–––→ –––→–––→1
所以 EF  AB  CD 
–––→ –––→

AB  CD ，
 
–––→ –––→–––→–––→1
AB  CD  AB  CD 
–––→2

AB
–––→2
 CD
  1 4  9   5 ．
2222
8．C
【详解】因为三角形中b cs C  c cs B  a  1，
所以由bcsA  1 csB ，可得bcsA  a 1 csB ，即sinBcsA  sinA  sinAcsB ，
所以sinBcsA  sinAcsB  sinA ，
即sin  B  A  sinA ，
又在锐角三角形中，  π  B  A  π ,0  A  π ，
222
则 B  A  A 或 B  A  A  π ，即 B  2 A 或 B π（舍去）.
因为C  π  A  B  π  3A .
由正弦定理可得
a
sinA
c，
sinC
csinC
sin3A
sin2A cs A  cs 2 Asin A
2sinA cs2 A  2 cs2 A 1sin A
则m  
asinA
sinA =
sinA
0  A  π
 4cs2 A 1
sinA
2

π

因为V ABC 是锐角三角形，所以0  2 A  ，
2
0 π 3A  π
2
所以 π  A  π ，所以 2  csA 3 ，
6422
则m  4cs2 A 11, 2 . 9．AD
【详解】选项 A：设 z  a  bia, b  R ，若 z  R ，则b  0 ，此时 z  a ， z  a  R ，故 A 正确；
选项 B：取反例，令 z  1， z  i ，则 z  z  1，但 z2  1， z2  1，显然 z2  z2 ，故 B 错误；
12121212
选项 C：实系数一元二次方程的虚根互为共轭复数，若一根为3  2i ，则另一根为其共轭复数3  2i ，而非3 2i ，故 C 错误；
选项 D： z 1表示复平面内 z 对应的点在以原点为圆心、半径为 1 的单位圆上，
z  1 i 表示圆上的点到点1,1 的距离，
12 12
点1,1 到原点的距离为
 2 ，故圆上点到该点的最大距离为
1，故 D 正确.
2
10．ACD
【详解】选项 A：根据正弦定理
a
sinA
 b
sinB
=2R
（ R 为V ABC 外接圆的半径），可得
sin A  sin B 
a  b
2R2R
 a  b ，由三角形大边对大角的性质得a  b  A  B ，故 A 正确.
3
选项 B：已知b  2 ，A  π ，所以边 AB 上的高为bsinA  2 sin π ，又满足条件的三角形有且只有一个，
33
则有两种情况：
当a  3 时， V ABC 为直角三角形，满足条件的三角形有且只有一个；
当a  b  2 时， B  A  π ，满足条件的三角形有且只有一个，
3
故实数 a 的取值范围是 32, ∞ ，故 B 错误.
AB , AC
选项 C：因为 –––→ –––→ 分别为 AB, AC 方向上的单位向量，
ABAC
AB  AC
所以二者的和向量 –––→ –––→ 在∠BAC 的角平分线上，
ABAC
––––→–––→
 –––→–––→ 
––––→––––→ –––→
 –––→–––→ 
由OM  OA  λ AB  AC λ R  得 AM  OM  OA  λ AB  AC  ，


–––→ –––→
 ABAC 
–––→ –––→
 ABAC 
即M 在∠BAC 的角平分线上，而三角形内心是三条角平分线的交点，故M 的轨迹必过V ABC 的内心，故 C
正确.
选项 D：由tan A tan B  1可知tan A 与tan B 同号，三角形中最多一个钝角，故tan A  0 ， tan B  0 ，
即 A, B 均为锐角，此时tan  A  B 
tanA  tanB  0 1 tanAtanB
，故 A  B 为钝角，
因此C  π   A  B 为锐角，所以三个角均为锐角， V ABC 是锐角三角形，故 D 正确. 11．ACD
【详解】对于 A：正三棱柱外接球的球心为上下底面正三角形中心连线的中点，
底面正三角形边长为 4，其外接圆半径r  2  ( 3  4)  4 3 ；
 4 3 
2
323
正三棱柱高 AA1  4 ，球心到底面距离d  2 ，因此外接球半径满足： R2  r 2  d 2  
 22 
28 ，
外接球表面积S  4πR2  112π，A 正确；
42  42
3
 3 3
对于 B： aA1BD
中， A1B 
 4 2 为定值，周长最小时 A1D  DB 最小，
2
5
2
将侧面 A1C1CA 与侧面 B1C1CB 翻折到同一平面内，连接 A1C ，则 A1D  DB 的最小值为 A1C ，
82  42
A1C 
 4 5 ，因此周长最小值为 4
 4
 8
 4 ，B 错误；
对于 C：在侧面 ACC1 A1 内，过C 作CS / / AD ，交 A1 A 于S ， 在侧面 A1 ABB1 内，过S 作SE / / A1B 交 AB 于 E ， CS  SE  S ，
所以平面SCE / / 平面 A1DB ， CE  平面SCE ，所以CE / / 平面 A1BD ，C 正确；
对于 D：正三棱柱总体积
V总 
3  42  4  16
3
4
， F 是 A1C1 中点，取 B1C1 中点G ，
连接 BF , CF ，则aFGC1 是边长为2 的等边三角形，取GC1 中点 H ，则 HF  GC1 ，又由CC1  平面 A1B1C1 可知CC1  FH ， CC1  GC1  C1 ，所以 FH  平面 BCC1G ，
V  V
 V V
 1  1 2  4 4 
3  1 
3  42  4
FGC1  ABCF BCC1GF  ABC
 4 3  16 3  28 3
33

3 234
较小体积
V   16 3  28 3  20 3 ，
33
因此： V  
V
20 3
3
28 3
3
 5 ， D 正确.
7
12．  1
2
a
【详解】因为a  (1, m) ， b  (2, 1) ，所以 →  2b  (5, m  2) ，
因为 →→  2b ) ，所以5m  m  2 ，解得m   1 .
a //(a2
96π
【详解】如图所示，设球O 与圆锥底面相切于点 N ，与母线 BS 相切于点M ，
所以 BN  R  6,OM  3 ，设 BS  l ，所以SN 
 l 2  36 ，
BS 2  BN 2
又△SNB∽△SMO ，所以 OS  BS ，即 l 2  36  3  l ，
OMBN36
化简得： l 2  4l  60  0 ，解得l  10 或l  6 （舍去），所以圆锥的表面积为： πRl  πR2  π 6 10  π 62  96π .
17
18
【详解】1 2 sin2 A  1 2 sin2 B  2 sin C  2 ，整理得sin2 A  sin2 B  sin C ，
Q A  B  C  π ，C  π   A  B ，则sin C  sin  A  B ，
QC 0,π ，sin C 0,1，则1  si n C ，
sin2 A  sin2 B  sin C  sin C 1  sin2 C ，
222
a2  b2  c2
C  0, π 
由正弦定理边角互化可得a  b  c ，cs C  0 ，2  ，
2ab
若C  0, π  ，则 A  B  π ，
2 2
2 2
9

Qcs A cs B sin C  0 ， sin C  0 ，cs A cs B  0 ，
又三角形中至多一个钝角，cs A  0 ， cs B  0 ，
 A 、 B 、 π  B 均为锐角，
2
又 A  B  π ，则 A  π  B ，因为正弦函数 y  sin x 在 0, π  上单调递增，
222 

则sin A  sin  π  B   cs B  0 ， sin2 A  cs2 B .
 2

从而sin C  sin2 A  sin2 B  cs2 B  sin2 B  1，这与sin C  1矛盾，所以C  π ，
2
从而 A  B  π ， sin A  cs B ， sin B  cs A ， sin C  1 ，
2
cs A cs B sin C  cs A cs B  sin A cs A  1 sin 2 A  2 2 ，解得sin 2 A  4 2 ，
299
因为 A  B ，所以0  A  π ， 0  2 A  π ，
42
1  4
2 
2


9
1 cs 2 A
2
7
12 2
所以cs 2 A 
 ， sin A  ， cs A ，
933
1 cs 2 A
2
cs B  sin A  1 ， sin B  cs A  2 2 ，
33
BC  a  c sin A  1， AC  b  c cs A  2 2 ，以C 为原点，如图所示建立平面直角坐标系，
则C 0, 0 ， B 1, 0 ， A0, 2 2  ，设 PB  x ， x 0, 3，则 P 1 1 x, 2 2 x  ，
33
–––→
 12 2 
–––→

 12 2 
则 PB   3 x,  3 x  ， PC   3 x 1,  3 x  ，


–––→2–––→2 1 2
PBPC x
 2 2 2
  x 
  1 x 1
 2 2 2
  x 
 3 
3 3
3
2

 2x2  2
3
x 1   
2  x

1 2

6

 17 ，
18
由二次函数的性质知，当 x  1 时， –––→2–––→2 取得最小值17 ，
6
所以 PB2  PC 2 的最小值为17 .
18
PB  PC18
15．(1) π （或60 ）
3
2
(2) 2 5  2
【详解】（1）展开已知等式(sin A  sin C)2  sin2 B  sin Asin C ，得：
sin2 A  sin2 C  2 sin Asin C  sin2 B  sin Asin C ，移项化简得sin2 A  sin2 C  sin2 B  sin Asin C .
设V ABC 外接圆的半径为 R，由正弦定理
a2  c2  b2  ac .
a
sin A
b
sin B
c
sin C
 2R 可将上式中的角化边，得：
根据余弦定理可得cs B 
又 B 0, π ，故 B  π .
3
a2  c2  b2
2ac
，代入得
cs B 
ac
2ac
 1 .
2
（2）将ac  4 ， b  2
， B  π 代入余弦定理b2  a2  c2  2ac cs B 得：
2
3
3
2 2 2  a2  c2  2  4 cs π ，即8  a2  c2  4 ，解得a2  c2  12 .
则a  c2  a2  c2  2ac  12  2  4  20 ，
5
由a  0, c  0 得a  c  2，
故V ABC 的周长为a  b  c  2
16．(1) 13；
4
(2)  19 5 .
65
 2 2 .
5
–––→ –––→
–––→
1 –––→
3 –––→
【详解】（1）在V ABC 中，由3CD  DB ，得 AD 
由BAC  π ，得 AB  AC  0 ，
2
AB 
44
AC ，
1
4
( AB  3AC)
–––→
–––→
2
–––→
所以| AD |

 1 25  9 16  13 .
1
AB  9 AC
–––→2–––→2
444
–––→–––→ –––→2 –––→ –––→
由3AG  2GB ，得CG  AG  AC  5 AB  AC ，
–––→1
由（1）知 AB  AC  0 ， AD  4
–––→–––→

AB  3AC ，
–––→
则| CG |

4
25
AB  AC
–––→
2
–––→
2
 2 5 ，
( AB  AC) 5
2
–––→ –––→
2
–––→ –––→
1 –––→–––→
2 –––→ –––→
1 2 –––→2
–––→219
AD  CG 
( AB  3AC)  ( AB  AC)  ( AB  3AC )  ，
454 52
–––→
由（1）知 AD 
13 ，
4
–––→ –––→
–––→ –––→
AD  CG
 19
13
2
19 5
所以cs GOD  cs AD, CG  –––→ –––→ 
5
| AD || CG | 2
4
 .
65
17．(1)证明见解析；
l / /C1E ，证明见解析；
2
3 .
【详解】（1）在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， E 为 A1B1 中点，连接 DE , BE ，由 D 是 AB 的中点，得 A1E / / BD, A1E  BD ，则四边形 A1EBD 为平行四边形， BE / / A1D ，
而 BE  平面 A1CD ， A1D  平面 A1CD ，因此 BE / / 平面 A1CD ；
由 A1E / / AD, A1E  AD ，得四边形 A1EDA 为平行四边形， DE / / AA1 / /CC1 ，而 DE  AA1  CC1 ，则四边形 DEC1C 为平行四边形， C1E / /CD
而C1E  平面 A1CD ， CD  平面 A1CD ，因此C1E // 平面 A1CD ，又C1E ∩ BE  E, C1E, BE  平面 BC1E ，
则平面 BC1E / / 平面 A1CD ，而 BC1  平面 BC1E ，
所以 BC1 / / 平面 A1CD .
（2） l / /C1E ；
由（1）知C1E // 平面 A1CD ，而平面 A1CD  平面 A1B1C1  l ， C1E  平面 A1B1C1 ，所以l / /C1E .
依题意， AA1  平面 ABC ，
11
则VA A CD  VA  ACD
 1 S
3
a ACD
 AA1
 1 S
 AA  1 V
 2 ，
6 a ABC16 ABC  A1B1C13
所以 A  ACD 的体积为 2 .
13
18．(1) π
3
(2)① 3 ② 2
5
【详解】（1）因为b2  c2  a2 (tan A  tan B)  2 3c2 ，所以由余弦定理可得2bc cs Atan A  tan B  2 3c2 ，
由正弦定理可得sin B cs A sin A cs B  cs Asin B 
cs A cs B
3 sin C ,
即
sin B sin  A  B
cs B
 3 sin C ，所以tan B sin C 
3 sin C ,
3
由C  0, π  知， sin C  0 ，所以tan B ，
2 

因为 B  0, π  ，所以 B  π .
2 3

（2）因为a  c ， B  π ，所以V ABC 为正三角形，
3
设正三角形的边长为m ， OAB θ，则OAC  π θ，
3
因为BOC  5 π ， AOC  π ，所以AOB  2 ， OCA  π θ，
6236
则OAC  OBA  π θ， OBC θ.
3
在aOAC 中， OC  m sin  π θ ，
 3

BCOC
msin  π θ
m 3
则△OBC 中，由正弦定理可知sin 5πsinθ，即 1  
6sinθ
2
3
即 1 sin  π θ  sinθ， 3 csθ 1 sinθ sinθ，解得tanθ，即tanOAB  3 .
2 3445

AB  OB
5
m  OB2 3
②在△OAB 中，由正弦定理可知sin 2πsinθ，则 3
32
sinθ，那么OB 
msinθ.
3
1  OC  OD sin π
msin  π θ
CDS
OC 3
3 OB
 aOCD  22  
BDSaOBD
1  OB  OD sin π
3  2 3 msinθ
sin πθ
23223
3 csθ 1 sinθ
3
 3
1 1.
  22
  2
sinθ
则 CD  2 .
BD
sinθ
2 tanθ 2
19．(1) tanθ 3
3
(2)① a2  b2  c2  24
②16
【详解】（1）Q PC  PB
PBC  PCB θ, ACB  2θ
又Q a  c
BAC  ACB  2θ, PAC  BAC θθ
 AP  PC  PB
aAPB aCPB,aCPB aCPA
 AB  AC  BC , V ABC 为正三角形,
θ π
6
所以， tanθ
（2）① SaABC
3 .
3
 Sa PAB
 Sa PBC
 Sa PAC
 1 c  APsinθ 1 a  BPsinθ 1 b  CPsinθ
222
 1 sinθc  AP  a  BP  b  CP
2
 1 c  AP  a  BP  b  CP ，
4
所以c  AP  a  BP  b  CP  4Sa ABC ，
在aPAB ，△PBC ， aPAC 中，分别由余弦定理得：
BP2  c2  AP2  2c  APcsθ， CP2  a2  BP2  2a  BPcsθ， AP2  b2  CP2  2b  CPcsθ，
三式相加整理得2csθc  AP  a  BP  b  CP  a2  b2  c2 ，
a ABC
即 3  4S a2  b2  c2 ，
ABC
故a2  b2  c2  4 3S△ 24 ；
，
②在aABC 中，由余弦定理以及三角形的面积公式可得，
1 cs A 

b2  c2  a2
b2  c2  a21

，
 cs B  a2  c2  b2  a2  c2  b2

tan A
sin A
2bc sin BAC
4Sa ABC
tan B
sin B
2ac sin B
4Sa ABC
1
tan C
 cs C 
sin C
a2  b2  c2
2ab sin ACB
 a2  b2  c2
4Sa ABC
三式相加可得：
1
tan A
1
tan B
1
tan C
 a2  b2  c2 
3 ，
4Sa ABC
由tan C  tan(π  A  B)   tan( A  B)   tan A  tan B
1 tan A tan B
，可得
tan A  tan B  (1 tan A tan B)( tan C), tan A  tan B  tan C  tan A tan B tan C ，
即1
tan A tan B
1
tan B tan C
1
tan A tan C
 1,


2

111  3111
  3

 tan Atan Btan C  tan A tan Btan B tan Ctan A tan C 
当且仅当tan A  tan B  tan C 即 A B  C，又因为三角形内角和为 π，
所以 A  B  C  π，即V ABC 为正三角形, S
3
a ABC 
3 a2  2 3, a  2 2 ；
4
设V ABC 的外接圆圆心为O ，半径为 R ，则2R 
a
sin A
, R  2 6 ，
3
由于V ABC 为正三角形，故O 也是V ABC 的重心，那么OA  OB  OC  0 ，
–––→ 2–––→ –––→ 2–––→2–––→2–––→ –––→–––→ –––→
QA  OA  OQ  OA  OQ  2OA  OQ  2R2  2OA  OQ ，
–––→ 2–––→ –––→ –––→ 2–––→ –––→
同理可知 QB  2R2  2OB  OQ, QC  2R2  2OC  OQ ,那么