资源简介

综合拔高练
五年高考练　　　　　 　　　　 　　　　
考点1　用向量法解决立体几何中的证明、求值问题
1.(2023全国乙理,19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=DO,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)证明:EF∥平面ADO;
(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;
(3)求二面角D-AO-C的正弦值.
考点2　用坐标法解决立体几何中的证明、求值问题
2.(2023北京,16)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=1,PC=.
(1)求证:BC⊥平面PAB;
(2)求二面角A-PC-B的大小.
3.(2023新课标Ⅰ,18)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
(1)证明:B2C2∥A2D2;
(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
4.(2023新课标Ⅱ,20)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.
(1)证明:BC⊥DA;
(2)点F满足,求二面角D-AB-F的正弦值.
5.(2023全国甲理,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1.
(1)证明:A1C=AC;
(2)已知AA1与BB1的距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.
6.(2023天津,17)三棱台ABC-A1B1C1中,已知A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1,N为线段AB的中点,M为线段BC的中点.
(1)求证:A1N∥平面C1MA;
(2)求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值;
(3)求点C到平面C1MA的距离.
考点3　用空间向量解决立体几何中的最值问题
7.(2021全国甲理,19)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.
(1)证明:BF⊥DE;
(2)当B1D为何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小
8.(2020全国新高考Ⅰ,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;
(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
三年模拟练　　　　　 　　　　 　　　　
应用实践
1.(2024山东适应性联考)在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面A1B1C1D1为矩形,AB=1,BC=3,且,若点B到平面AB1D1的距离为,则点C到直线AM的距离为(　　)
A.　　　　　　B.
C.　　　　　　D.
2.(2024浙江杭州期中)已知直三棱柱ABC-A'B'C'的底面是正三角形,侧棱长与底面边长相等,P是侧棱AA'上的点(不含端点).记直线PB与直线AC的夹角为α,直线PB与直线B'C的夹角为β,二面角P-B'B-C的平面角为γ,则(　　)
A.α>β>γ　　　　　　B.α<β<γ
C.α>γ>β　　　　　　D.β>α>γ
3.(多选题)(2022湖北襄阳重点高中月考)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M是AA1的中点,过点B的平面α满足CM⊥平面α,则下列说法正确的有(　　)
A.若P是线段CC1上的动点,则直线AP与平面α夹角的正弦值的取值范围是
B.点C到平面α的距离为
C.平面α截正方体所得截面的面积等于
D.平面α截正方体所得截面的形状是平行四边形
4.(2024安徽“皖中联考”期中)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均相等,∠ACC1=2∠A1AB=120°,E,F分别为B1C1,A1C1的中点,则异面直线BE与CF夹角的余弦值为　　　　.
5.(2023湖南永州第一中学入学考试)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,E,F分别为PA,BC的中点.
(1)证明:EF∥平面PCD;
(2)若PD⊥平面ABCD,∠ADC=120°,且PD=2,AD=4,求直线AF与平面DEF夹角的正弦值.
6.(2024北京丰台期中)如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是边长为3的正方形,平面CDE⊥平面ABCD,AF∥DE,DE⊥CD,DE=3AF=3.
(1)求证:AC⊥平面BDE;
(2)求平面BEF与平面BDE夹角的余弦值;
(3)在线段CE上是否存在点P,使得AP∥平面BEF 若存在,指出点P的位置并证明;若不存在,请说明理由.
7.(2023浙江名校协作体适应性联合考试)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是等腰梯形,CD=2AB=2BC=2AD=4,平面ADP⊥平面ABCD,E是PC的中点,且△ADP为等边三角形,平面ADP∩平面PBC=m.
(1)设m∩直线BC=M,求点M到平面PDC的距离;
(2)求二面角P-BE-D的平面角的正弦值.
8.(2023北京清华附中朝阳学校期中)在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BAD=,AB=2AD=2CD=4,P为AB的中点,线段AC与DP交于点O(如图1).将△ACD沿AC折起到△ACD'的位置,使得平面D'AC⊥平面BAC(如图2).
(1)求证:BC∥平面POD';
(2)求二面角A-BC-D'的大小;
(3)在线段PD'上是否存在点Q,使得CQ与平面BCD'夹角的正弦值为 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
　
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
1.解析　(1)证明:由题可知,|,设,
∵|cos∠BAC=2×2=4,BF⊥AO,
∴)·=8λ-4=0,解得λ=,∴F为AC的中点.连接OF,DE,则OF∥AB,OF=AB,∵DE∥AB,DE=AB,∴DE∥OF,DE=OF,∴四边形ODEF为平行四边形,
∴EF∥OD,
∵OD 平面ADO,EF 平面ADO,
∴EF∥平面ADO.
(2)证明:∵O为BC的中点,
∴OB=,
又AB=2,AB⊥BC,∴AO==PC=2OD,
又AD=OD,∴AD2=AO2+OD2,即AO⊥OD,
∵EF∥OD,∴AO⊥EF,
∵BF⊥AO,BF∩EF=F,∴AO⊥平面BEF,
∵AO 平面ADO,
∴平面ADO⊥平面BEF.
(3)设二面角D-AO-C的平面角为θ,由题图可知θ为锐角,
∵AO⊥OD,AO⊥BF,
∴θ为的夹角.
由题意得|,
=0,在△OBD中,BD=OD=,则cos∠BOD=,
∴|cos∠BOD==1.
∴cos θ=,
∴sin θ=,
∴二面角D-AO-C的正弦值为.
思路分析　(1)先利用向量法可得F为AC的中点,进而可得四边形ODEF为平行四边形,然后根据线面平行的判定定理即可证明;
(2)由勾股定理的逆定理可得AO⊥OD,进而得AO⊥EF,根据面面垂直的判定定理即可证明;
(3)设二面角D-AO-C的平面角为θ,可知θ为的夹角,利用向量的夹角公式求解即可.
2.解析　(1)证明:∵PA⊥平面ABC,AC 平面ABC,BC 平面ABC,
∴PA⊥AC,PA⊥BC,
∵PA=1,PC=,
∴AC=,
又∵AB=BC=1,∴AC2=AB2+BC2,∴BC⊥AB,
又∵PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB.
(2)以B为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,1,0),B(0,0,0),C(1,0,0),P(0,1,1),
∴=(1,0,0),
设平面APC的一个法向量为n=(x,y,z),
则取x=1,得n=(1,1,0),
设平面BPC的一个法向量为m=(a,b,c),
则取b=1,得m=(0,1,-1),
∴cos=,
由图可知二面角A-PC-B为锐角,设二面角A-PC-B的大小为θ,
则cos θ=|cos|=,
∴θ=,
即二面角A-PC-B的大小为.
3.解析　(1)证法一:在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以C为原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,连接A2B2,
∵AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3,AB=2,AA1=4,
∴A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2),
∴=(0,-2,1),
∴.
易知点A2,B2,C2,D2不在同一条直线上,
∴B2C2∥A2D2.
证法二:如图,分别取DD2,CC1的中点N,M,连接B2M,MN,A2N,A2B2,
在正四棱柱中,BB2=2,BB1=AA1=4,则B2为BB1的中点.
易知AA2=1,DN=1,几何体ABB2A2-DCMN为四棱柱.
∴四边形A2B2MN为平行四边形,∴MN A2B2.
∵D2N=1,MC2=1,且D2N∥C2M,
∴四边形MND2C2为平行四边形,
∴D2C2 MN,∴A2B2 D2C2,
∴四边形A2B2C2D2为平行四边形,∴B2C2∥A2D2.
(2)同(1)中证法一建系,设BP=t(0≤t≤4),则P(0,2,t),
∵A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),
∴=(-2,0,1),
设平面PA2C2的一个法向量为u1=(x1,y1,z1),
则
令z1=1,则∴u1=.
设平面A2C2D2的一个法向量为u2=(x2,y2,z2),
则
令z2=2,则x2=1,y2=1,∴u2=(1,1,2).
设二面角P-A2C2-D2的平面角为θ,则θ=150°.
∴cos θ=
=
=cos 150°,
解得t=1或t=3.
当t=1时,BP=1,∴B2P=BB2-BP=1;
当t=3时,BP=3,∴B2P=BP-BB2=1.
综上所述,B2P=1.
4.解析　(1)证明:连接AE,DE,
∵DB=DC,E为BC的中点,∴DE⊥BC.
∵DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,DA=DA,
∴△ADB≌△ADC,∴AB=AC,∴AE⊥BC,
又AE∩DE=E,AE,DE 平面ADE,
∴BC⊥平面ADE,
又DA 平面ADE,∴BC⊥DA.
(2)不妨设DA=DB=DC=2,结合已知条件可得AB=AC=2,BC=2,∴AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE.又AE⊥BC,DE∩BC=E,BC,DE 平面BCD,∴AE⊥平面BCD.
如图,以E为坐标原点,直线ED,EB,EA分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则E(0,0,0),A(0,0,),由,得F(-),则).
设平面DAB的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,得n=(1,1,1),
设平面ABF的一个法向量为m=(x',y',z'),
则
令y'=1,得m=(0,1,1).
设二面角D-AB-F的平面角为θ,
则|cos θ|=,
又θ∈[0,π],∴sin θ=,
故二面角D-AB-F的正弦值为.
5.解析　(1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC 平面ABC,∴A1C⊥BC,∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC,
又AC∩A1C=C,AC,A1C 平面AA1C1C,
∴BC⊥平面AA1C1C.
又∵BC 平面BCC1B1,
∴平面BCC1B1⊥平面AA1C1C.
过A1作A1H⊥CC1,垂足为H,又平面BCC1B1⊥平面AA1C1C,平面BCC1B1∩平面AA1C1C=CC1,A1H 平面AA1C1C,∴A1H⊥平面BCC1B1,∴A1H=1,
易知∠CA1C1=90°,在Rt△A1CC1中,CC1=2=2A1H,
∴H为CC1的中点,∴△A1CC1为等腰直角三角形,
∴A1C=A1C1.易知AC A1C1,∴A1C=AC.
(2)以C为坐标原点,CA,CB,CA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,在平面BCC1B1内过H作HQ∥BC,交BB1于点Q,连接A1Q,如图.
易知CC1⊥A1H,CC1⊥HQ,CC1 BB1,
又A1H∩HQ=H,A1H,HQ 平面A1HQ,
∴CC1⊥平面A1HQ,BB1⊥平面A1HQ,
又A1Q 平面A1HQ,∴BB1⊥A1Q,∴A1Q=2,
∴在Rt△A1HQ中,HQ=,易知A1C=AC=,
则A().
设平面BCC1B1的一个法向量为n=(x,y,z),
则
取x=1,得n=(1,0,1).
设直线AB1与平面BCC1B1所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|==
.
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
6.解析　(1)证明:连接MN,A1N,C1M,AM,AC1.
因为M,N分别为线段BC,AB的中点,
所以MN是△ABC的中位线,
所以MN∥AC,MN=AC,
又因为A1C1∥AC,A1C1=AC,
所以MN∥A1C1,MN=A1C1,
所以四边形MC1A1N是平行四边形,
所以MC1∥A1N,
又因为MC1 平面C1MA,A1N 平面C1MA,
所以A1N∥平面C1MA.
(2)因为A1A⊥平面ABC,AB,AC 平面ABC,所以A1A⊥AB,A1A⊥AC,又AB⊥AC,所以AB,AC,AA1两两垂直.
以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),C1(0,1,2),M(1,1,0),C(0,2,0),B(2,0,0),所以=(0,1,2),
设平面C1MA的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=2,则y=-2,z=1,所以n=(2,-2,1),
由题易知平面ACC1A1的一个法向量为=(2,0,0),
设平面C1MA与平面ACC1A1所成的角为θ,
则cos θ=|cos所以平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为.
(3)由(2)知平面C1MA的一个法向量为n=(2,-2,1),=(0,2,0),
设点C到平面C1MA的距离为h,
则h=,
所以点C到平面C1MA的距离为.
7.解析　(1)证明:∵BF⊥A1B1,B1B⊥A1B1,BF∩B1B=B,∴A1B1⊥平面B1C1CB.
∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面B1C1CB.
又∵BC 平面B1C1CB,∴AB⊥BC.
以B为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系(图略),则B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),∴=(0,2,1).设B1D=a(0≤a≤2),则D(a,0,2),则=(1-a,1,-2).
∵=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,∴BF⊥DE.
(2)由(1)知=(a,-2,1).
设平面DFE的一个法向量为n=(x,y,z),
则不妨设x=1,则y=,∴n=.
易知m=(1,0,0)是平面BB1C1C的一个法向量.
设平面BB1C1C与平面DFE所成的锐二面角的大小为θ,则cos θ=|cos|=,∴sin θ=,
故当a=,即B1D=时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小,最小值为.
8.解析　(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.因为底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.又DC∩PD=D,DC,PD 平面PDC,所以AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC,AD 平面PBC,所以AD∥平面PBC.
由已知得l∥AD,因此l⊥平面PDC.
(2)以D为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz(图略),则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),
所以=(1,1,-1).
由(1)可设Q(a,0,1),则=(a,0,1).
设n=(x,y,z)是平面QCD的一个法向量,
则取x=-1,则y=0,z=a,
所以n=(-1,0,a).
所以cos设PB与平面QCD所成的角为θ,
则sin θ=.
因为,当且仅当a=1时等号成立,
所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
三年模拟练
1.D　以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示:
则A(3,0,0),B(3,1,0),C(0,1,0),
设DD1=a,则D1(0,0,a),B1(3,1,a),M(1,1,a),
所以=(0,1,a),
设平面AB1D1的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令z=3,则x=a,y=-3a,所以n=(a,-3a,3),
因为点B到平面AB1D1的距离为,
所以,所以a=,
所以M,所以,
所以向量,
所以点C到直线AM的距离d=.故选D.
2.D　设直三棱柱ABC-A'B'C'的棱长为2,如图,取BC的中点O,以OA,OB所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),B'(0,1,2),设P(,0,t)(0则=(0,-2,-2),
∴cos α=|cos<,
cos β=|cos<.
∵t∈(0,2),∴,
∴cos β由题意得B'B⊥BC,B'B⊥BA,则二面角P-B'B-C的平面角为∠ABC,则γ=∠ABC=60°,
∴cos βα>γ,故选D.
3.ABC　以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(2,0,1),易得平面α的一个法向量为=(2,-2,1),设P(0,2,z),0≤z≤2,直线AP与平面α的夹角为θ,则=(2,-2,-z),所以sin θ=|cos<.设8-z=t,则sin θ=,t∈[6,8],所以当t=6,即z=2时,sin θ有最小值,为,当t=8,即z=0时,sin θ有最大值,为,故A正确;=(-2,0,0),所以点C到平面α的距离d=,故B正确;设E,F分别为B1C1,C1D1的中点,易证CM⊥平面BDFE,则面BDFE就是平面α截正方体所得的截面,易得四边形BDFE为等腰梯形,其面积为,故C正确,D错误.
故选ABC.
4.答案　
解析　设三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1,
记=a,=b,=c,
由∠ACC1=2∠A1AB=120°,得∠A1AC=∠A1AB=∠CAB=60°,
则a·b=b·c=a·c=1×1×cos 60°=,
又=c+(b-a),=c-b,
所以=c2-a·c-b2+a·b=,
又|
=,
|,
所以cos<,
故异面直线BE与CF夹角的余弦值为.
5.解析　(1)证明:取PD的中点G,连接CG,EG,
因为E为PA的中点,
所以EG∥AD,EG=AD.
因为底面ABCD为菱形,F为BC的中点,
所以CF∥AD,CF=AD,所以EG∥CF,EG=CF,
所以四边形EGCF为平行四边形,
所以EF∥CG.
又CG 平面PCD,EF 平面PCD,
所以EF∥平面PCD.
(2)因为PD⊥平面ABCD,DF,DA 平面ABCD,
所以PD⊥DF,PD⊥DA,
连接BD,因为四边形ABCD为菱形,∠ADC=120°,
所以△BCD为等边三角形.
因为F为BC的中点,所以DF⊥BC.
因为BC∥DA,所以DF⊥DA,
所以DF,DA,DP两两垂直.
以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
则D(0,0,0),F(2,0,0),A(0,4,0),E(0,2,1),
则,-4,0).
设平面DEF的一个法向量为m=(x,y,z),
则令y=1,得m=(0,1,-2).
设直线AF与平面DEF的夹角为θ,
则sin θ=|cos所以直线AF与平面DEF夹角的正弦值为.
6.解析　(1)证明:因为平面CDE⊥平面ABCD,平面CDE∩平面ABCD=CD,DE⊥CD,DE 平面CDE,
所以DE⊥平面ABCD,
又AC 平面ABCD,所以DE⊥AC.
因为四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD,
因为BD∩DE=D,BD,DE 平面BDE,
所以AC⊥平面BDE.
(2)以B为坐标原点,DA,DC,DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(3,0,0),F(3,0,),B(3,3,0),C(0,3,0),
所以),
设平面BEF的一个法向量为n=(x,y,z),
则取z=,得x=4,y=2,所以n=(4,2,),
因为AC⊥平面BDE,
所以平面BDE的一个法向量为=(3,-3,0),
所以cos<,n>=,
设平面BEF与平面BDE的夹角为θ,
则cos θ=|cos<,n>|=,
所以平面BEF与平面BDE夹角的余弦值为.
(3)在线段CE上存在点P,当P为CE的中点时,AP∥平面BEF,证明如下:
设(0≤λ≤1),
由(2)知,=(-3,3,0),
所以λ),
所以λ),
由(2)知平面BEF的一个法向量为n=(4,2,),
因为AP∥平面BEF,
所以·n=(-3)×4+(3-3λ)×2+3=0,解得λ=,故,
所以在线段CE上存在点P,当P为CE的中点时,AP∥平面BEF.
7.解析　(1)延长DA,CB,交于点F,连接PF,则直线PF即为m,则点F即为点M.
取AD的中点O,CD的中点为Q,连接OQ,AQ,OP,
易得△MCD,△AQD均为等边三角形,所以OQ⊥AD.
因为平面ADP⊥平面ABCD,平面ADP∩平面ABCD=AD,OP⊥AD,OP 平面ADP,所以OP⊥平面ABCD,所以OP⊥OQ,OP⊥OA,
以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
由题意得B(2,,则,0),
设平面PDC的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),
由
令x1=,则y1=-1,z1=-1,所以n1=(,-1,-1).
所以点M到平面PDC的距离为.
(2)由(1)得.
设平面BDE的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
由
令x2=1,得y2=-,则n2=(1,-).
设平面PBE的一个法向量为n3=(x3,y3,z3),
由
令x3=3,得y3=,则n3=(3,).
设二面角P-BE-D的平面角为θ,
则|cos θ|=|cos|=,
因此sin θ=,
所以二面角P-BE-D的平面角的正弦值是.
8.解析　(1)证明:在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BAD=,AB=2AD=2CD=4,P为AB的中点,
可得△ADP为等边三角形,四边形DPBC为菱形,
故BC∥OP,
而在题图2中,OP 平面POD',BC 平面POD',
∴BC∥平面POD'.
(2)易知BC=2,∠ABC=,AB=4,
故AC⊥BC,AC⊥OP,
又平面D'AC⊥平面BAC,平面D'AC∩平面BAC=AC,OP 平面BAC,∴OP⊥平面D'AC,
∴OA,OP,OD'两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,
则D'(0,0,1),C(-,2,0),
∴=(0,2,0).
设平面BCD'的一个法向量为n=(x,y,z),
则取x=1,得n=(1,0,-),
易知平面BAC的一个法向量为m=(0,0,1).
设二面角A-BC-D'的大小为θ,易知二面角A-BC-D'为锐二面角,
故cos θ=,
∴二面角A-BC-D'的大小为.
(3)存在.
设=t,0≤t<1,则,
∵P(0,1,0),D'(0,0,1),
∴=(0,-1,1),
由此可得Q(0,1-t,t),
∴,1-t,t).
又平面BCD'的一个法向量为n=(1,0,-),
∴CQ与平面BCD'的夹角的正弦值为,
化简,得3t2-7t+2=0,解得t=或t=2(舍去),
故在线段PD'上存在点Q,使得CQ与平面BCD'夹角的正弦值为,此时.

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