第3章 综合拔高练（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册（北师大版2019）

综合拔高练 高考真题练　　　　　 　　　　 　　　　 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. 高考模拟练　　　　　 　　　　 　　　　 应用实践 1.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.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)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.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.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.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.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.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 高考真题练 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<m,n>=, 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<m,n>|=, ∴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, ∴D2C2MN,∴A2B2D2C2, ∴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ACA1C1,∴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<n,, 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<m,n>|=,∴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<n,. 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. 高考模拟练 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<t<2), 则=(0,-2,-2), ∴cos α=|cos<, cos β=|cos<. ∵t∈(0,2),∴, ∴cos β<cos α. 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 β<cos α<=cos γ,∴β>α>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<m,, 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<n2,n3>|=, 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. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$