突破立体几何中的3大经典问题.docx

1、突破立体几何中的3大经典问题例1在如图所示的几何体中，四边形CDEF为正方形，四边形ABCD为等腰梯形，ABCD，AB2BC，ABC60，ACFB.(1)求证：AC平面FBC；(2)求BC与平面EAC所成角的正弦值；(3)线段ED上是否存在点Q，使平面EAC平面QBC？证明你的结论解(1)证明：因为AB2BC，ABC60，在ABC中，由余弦定理可得ACBC，因为AB2AC2BC2，所以ACBC.又因为ACFB，FBBCB，所以AC平面FBC.(2)因为AC平面FBC，FC平面FBC，所以ACFC.因为CDFC，所以FC平面ABCD，所以CA，CF，CB所在直线两两互相垂直，以C为坐标原点，CA

2、，CB，CF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Cxyz.在等腰梯形ABCD中，可得CBCD.设BC1，则C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，D，E.所以， (，0,0)，(0,1,0)设平面EAC的法向量为n(x，y，z)，则即取z1，则n(0,2,1)设BC与平面EAC所成的角为，则sin |cos，n|，所以BC与平面EAC所成角的正弦值为.(3)假设线段ED上存在点Q，使平面EAC平面QBC.设Q(0t1)，所以.设平面QBC的法向量为m(a，b，c)，则即取c1，得m.要使平面EAC平面QBC，只需mn0，即t002110，此方程无解所以线段ED

3、上不存在点Q，使平面EAC平面QBC.对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足，则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设题组训练1如图所示，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点(1)求证：ACSD；(2)若SD平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE平面PAC？若存在，求SEEC的值；若不存在，试说明理由解：(1)证明：如图所示，连接BD，设AC交BD于点O，则ACBD.连接SO，则由题意知SO平面ABCD.以O为坐标原点， 分别为x轴，y轴，z轴正方向

4、，建立空间直角坐标系Oxyz.设底面边长为a，则高SOa.于是O(0,0,0)，S，D，B，C，所以，则0.故OCSD，从而ACSD.(2)假设棱SC上存在一点E，使BE平面PAC.由已知条件得是平面PAC的一个法向量，且， ，.设t (0t1)，则t.由0，解得t.即当SEEC21时，.而BE平面PAC，故BE平面PAC.例2如图，底面ABCD是边长为3的正方形，平面ADEF平面ABCD，AFDE，ADDE，AF2，DE3.(1)求证：平面ACE平面BED；(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值；(3)在线段AF上是否存在点M，使得二面角MBED的大小为60？若存在，求出的值；若不存在，

5、说明理由解(1)证明：因为平面ADEF平面ABCD，平面ADEF平面ABCDAD，DEAD，DE平面ADEF，所以DE平面ABCD.因为AC平面ABCD，所以DEAC.又因为四边形ABCD是正方形，所以ACBD.因为DEBDD，DE平面BED，BD平面BED，所以AC平面BED.又因为AC平面ACE，所以平面ACE平面BED.(2)因为DA，DC，DE两两垂直，所以以D为坐标原点，射线DA，DC，DE分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示则A(3,0,0)，F(3，0,2)，E(0,0，3)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，(3，3,0)，(3，3，3)，(3

6、,0，)设平面BEF的法向量为n(x1，y1，z1)，则即取x1，得n(，2，3)所以cos，n.所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为.(3)假设存在点M在线段AF上满足条件，设M(3,0，t)，0t2，则(0，3，t)，(3，3,3)设平面MBE的法向量为m(x2，y2，z2)，则即令y2t，得m(3t，t,3)易知CA(3，3,0)是平面BED的一个法向量，所以|cosm，|，整理得2t26t150，解得t或t(舍去)，故在线段AF上存在点M，使得二面角MBED的大小为60，此时.存在性问题的解题策略借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐标化，这

7、样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在题组训练2如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ADAA11，AB2.(1)求证：当点E在棱AB上移动时，D1EA1D；(2)在棱AB上是否存在点E，使二面角D1ECD的平面角为30？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，C(0,2,0)，A1(1，0,1)，D1(0,0,1)设E(

8、1，y0,0)(0y02)(1)证明：因为(1，y0，1)，(1,0，1)，则(1，y0，1)(1,0，1)0，所以，即D1EA1D.(2)假设在棱AB上存在点E，使二面角D1ECD的平面角为30.因为(1,2y0,0)，(0,2，1)，设平面D1EC的一个法向量为n1(x，y，z)，则即取y1，则n1(2y0,1,2)是平面D1EC的一个法向量易知平面ECD的一个法向量为n2(0,0,1)，要使二面角D1ECD的平面角为30，则cos 30|cosn1，n2|，解得y02或y02(不合题意，舍去)所以当AE2时，二面角D1ECD的平面角为30.例1(2019洛阳第一次联考)如图1，在直角梯形

9、ABCD中，ADBC，ABBC，BDDC，点E是BC边的中点，将ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体(1)求证：AB平面ADC；(2)若AD1，二面角CABD的平面角的正切值为，求二面角BADE的余弦值解(1)证明：因为平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，BDDC，DC平面BCD，所以DC平面ABD.因为AB平面ABD，所以DCAB.又因为折叠前后均有ADAB，DCADD，所以AB平面ADC.(2)由(1)知AB平面ADC，所以二面角CABD的平面角为CAD.又DC平面ABD，AD平面ABD，所以DCAD.依题意tanCAD.因为A

10、D1，所以CD.设ABx(x0)，则BD.依题意ABDDCB，所以，即，解得x，故AB，BD，BC3.以D为坐标原点，射线DB，DC分别为x轴，y轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则D(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，0)，E，A，所以，.由(1)知平面BAD的一个法向量n(0,1,0)设平面ADE的法向量为m(x，y，z)，由得令x，得y，z，所以m(，)为平面ADE的一个法向量所以cosn，m.由图可知二面角BADE的平面角为锐角，所以二面角BADE的余弦值为.解题技法翻折问题的2个解题策略确定翻折前后变与不变的关系画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的

11、位置和数量关系的变与不变一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决确定翻折后关键点的位置所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算题组训练1(2019泉州模拟)如图1，在四边形ABCD中，ADBC，BAD90，AB2，BC4，AD6，E是AD上的

12、点，AEAD，P 为BE的中点，将ABE沿BE折起到A1BE的位置，使得A1C4，如图2.(1)求证：平面A1CP平面A1BE；(2)求二面角BA1PD的余弦值解：(1)证明：如图3，连接AP，PC.在四边形ABCD中，ADBC，BAD90，AB2，BC4，AD6，E是AD上的点，AEAD，P为BE的中点，BE4，ABE30，EBC60，BP2，PC2，BP2PC2BC2，BPPC.A1PAP2，A1C4，A1P2PC2A1C2，PCA1P.BPA1PP，PC平面A1BE.PC平面A1CP，平面A1CP平面A1BE.(2)如图4，以P为坐标原点，PB所在直线为x轴，PC所在直线为y轴，过P作平

13、面BCDE的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则A1(1,0，)，P(0,0,0)，D(4,2，0)，(1,0，)， (4,2，0)，设平面A1PD的法向量为m(x，y，z)，则即取x，得m(，2,1)易知平面A1PB的一个法向量n(0,1,0)，则cos m，n.由图可知二面角BA1PD是钝角，二面角BA1PD的余弦值为.例2在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面为直角三角形，ACB90，AC6，BCCC1，P是BC1上一动点，如图所示，则CPPA1的最小值为_解析PA1在平面A1BC1内，PC在平面BCC1内，将其铺平后转化为平面上的问题铺平平面A1BC1，平面BCC1，如图所示，计算得A1B

14、AB12，BC12.又A1C16，故A1BC1是A1C1B90的直角三角形设P是BC1上任一点，CPPA1A1C，即当A1，P，C三点共线时，CPPA1有最小值在A1C1C中，由余弦定理得A1C5，故(CPPA1)min5.答案5“展开问题”是“折叠问题”的逆向思维、逆过程，“展开问题”是指将立体图形的表面(或部分表面)按一定的要求铺成平面图形，再利用平面图形的性质解决立体问题的一类题型解决展开问题的关键是：确定需要展开立体图形中的哪几个面(有时需要分类讨论)，以及利用什么平面定理来解决对应的立体图形问题提醒求立体图形中两条(或多条)线段长度和的最小值，只需将这些线段统一到一个平面上要注意立体

15、图形展开前后线段与角度哪些会改变，哪些不会变题组训练2.如图所示，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的面对角线A1B上存在一点P，使得APD1P取得最小值，则此最小值为()A2B.C2D.解析：选D将A1AB与A1BD1放在同一平面内，如图所示连接AD1，则AD1为APD1P的最小值因为AA1A1D11，AA1D19045135，所以由余弦定理得AD1.典例(1)已知三棱锥OABC的顶点A，B，C都在半径为2的球面上，O是球心，AOB120，当AOC与BOC的面积之和最大时，三棱锥OABC的体积为()A.B.C.D.(2)(2017全国卷)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸

16、片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，DBC，ECA，FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起DBC，ECA，FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥当ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为_解析(1)设球O的半径为R，因为SAOCSBOCR2(sinAOCsinBOC)，所以当AOCBOC90时，SAOCSBOC取得最大值，此时OAOC，OBOC，又OBOAO，OA平面AOB，OB平面AOB，所以OC平面AOB，由题意知R2，所以V三棱锥OABCV三棱锥COABOCOAOBsinAOBR3sinAO

17、B.(2)如图，连接OD交BC于点G，由题意知，ODBC.易得OGBC，设OGx，则BC2x，DG5x，SABC2x3x3x2，故所得三棱锥的体积V3x2x2.令f(x)25x410x5，x，则f(x)100x350x4，令f(x)0，即x42x30，得0x2；令f(x)0，得2x，则当x时，f(x)f(2)80，V4.所求三棱锥的体积的最大值为4.答案(1)B(2)4解题技法与体积、面积有关的最值问题的解题策略空间几何体中的某些对象，如点、线、面，在约束条件下运动，带动相关的线段长度、体积等发生变化，进而就有了面积与体积的最值问题.定性分析在空间几何体的变化过程中，通过观察运动点的位置变化，

18、确定其相关量的变化规律，进而发现相关面积或体积的变化规律，求得其最大值或最小值定量分析将所求问题转化为某一个相关量的问题，即转化为关于其中一个量的函数，求其最大值或最小值的问题根据具体情况，有函数法、不等式法、三角函数法等多种方法可供选择题组训练1(2018全国卷)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥DABC体积的最大值为()A12B18C24D54解析：选B由等边ABC的面积为9，可得AB29，所以AB6，所以等边ABC的外接圆的半径为rAB2.设球的半径为R，球心到等边ABC的外接圆圆心的距离为d，则d2.所以三棱锥DABC高的最大值为

19、246，所以三棱锥DABC体积的最大值为9618.2已知正四面体SABC的棱长为1，如果一个高为的长方体能在该正四面体内任意转动，则该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为_解析：如图，易知正四面体SABC的内切球的球心O必在高线SH上，延长AH交BC于点D，则D为BC的中点，连接SD，设内切球切SD于点E，连接AO.因为H是正三角形ABC的中心，所以AHDH21.易得RtOAHRtDSH，所以3，可得OA3OHSO，因此SH4OH，可得内切球的半径ROHSH.因为正四面体SABC的棱长为1，所以在RtDSH中，DS，解得R2.要满足一个高为的长方体能在该正四面体内任意转动，则长方体的体对

20、角线长不超过正四面体内切球的直径，设该长方体的长和宽分别为x，y，其长和宽形成的长方形的面积为S，则4R22x2y2，所以x2y2，所以Sxy，当且仅当xy时等号成立，即该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为.答案： 1.如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别是PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：BE与CF异面；BE与AF异面；EF平面PBC；平面BCE平面PAD.其中正确结论的个数是()A1B2C3D4解析：选B画出该几何体，如图因为E，F分别是PA，PD的中点，所以EFAD，所以EFBC，BE与CF是共面直线，故不正确；BE与AF满足异面直

21、线的定义，故正确；由E，F分别是PA，PD的中点，可知EFAD，所以EFBC，因为EF平面PBC，BC平面PBC，所以EF平面PBC，故正确；因为BE与PA的关系不能确定，所以不能判定平面BCE平面PAD，故不正确故选B.2如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有()AAG平面EFHB.AH平面EFHCHF平面AEFDHG平面AEF解析：选B根据折叠前、后AHHE，AHHF不变，且HEHFH，AH平面EFH，B正确；过A只有一条直线与平面EFH垂

22、直，A不正确；AGEF，EFGH，AGGHG，EF平面HAG，又EF平面AEF，平面HAG平面AEF，过点H作直线垂直于平面AEF，垂线一定在平面HAG内，C不正确；由条件证不出HG平面AEF，D不正确故选B.3.如图所示，在正三棱锥SABC中，BSC40，SB2，则一动点从点B出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最短路线的长为()A2B.3C2D3解析：选C沿SB，AB，BC将棱锥侧面剪开并展开成一个平面图形SBACB1，如图所示，则动点的最短路线为线段BB1.在SBB1中，SBSB12，BSB1120，所以BB12.故选C.4.如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，点P，Q分

23、别在底面ABCD、棱AA1上运动，且PQ4，点M为线段PQ的中点，则线段C1M的长度的最小值为()A2B.42C6D4解析：选B连接AP，AC1，AM.由正方体的结构特征可得，QA平面ABCD，所以QAAP.因为PQ4，点M为线段PQ的中点，所以AMPQ2，故点M在以A为球心，半径R2的球面上，易知AC14，所以C1M的最小值为AC1R42.5.一只蚂蚁从正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是()AB.CD解析：选D由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(

24、对应6种不同的展开方式)若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现，故选D.6已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，则该圆锥体积的最大值为_解析：由题意得圆锥的母线长为3，设圆锥的底面半径为r，高为h，则h，所以圆锥的体积Vr2hr2.设f(r)9r4r6(r0)，则f(r)36r36r5，令f(r)36r36r56r3(6r2)

25、0，得r，所以当0r时，f(r)0，f(r)单调递增；当r时，f(r)0，f(r)单调递减，所以f(r)maxf()108，所以Vmax2.答案：27如图所示，在四边形ABCD中，ABADCD1，BD，BDCD，将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD平面BCD，则下列结论正确的是_(填序号)ACBD；BAC90；四面体ABCD的体积为.解析：BDCD，平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，CD平面BCD，CD平面ABD，又AD平面ABD，CDAD.ABADCD1，BD，AC，BC，AB2AC2BC2，ABAC，即BAC90，故正确；四面体ABCD的体积V121，

26、故正确答案：8某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则xy的最大值为_解析：由三视图知三棱锥如图所示，底面ABC是直角三角形，ABBC，PA平面ABC，BC2，PA2y2102，(2)2PA2x2，因此xyxx64，当且仅当x2128x2，即x8时取等号，因此xy的最大值是64.答案：649已知A，B，C是球O的球面上三点，且ABAC3，BC3，D为该球面上的动点，球心O到平面ABC的距离为球半径的一半，则三棱锥D ABC体积的最大值为_解析：如图，在ABC中，ABAC3，BC3，由余弦定理可得cos A，sin A.设ABC外接圆O的半径为r，则2r，得r3.设球的半径为R，

27、连接OO，BO，OB，则R2232，解得R2.由图可知，当点D到平面ABC的距离为R时，三棱锥D ABC的体积最大，SABC33，三棱锥D ABC体积的最大值为3.答案：10.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥PA1B1CD1，下部的形状是正四棱柱ABCDA1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍(1)若AB6 m，PO12 m，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？解：(1)由PO12知O1O4PO18.因为A1B1AB6，所以正四棱锥PA1B1C1D1的体积V锥A1BPO16

28、2224(m3)；正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积V柱AB2O1O628288(m3)所以仓库的容积VV锥V柱24288312(m3)(2)设A1B1a m，PO1h m，则0h6，O1O4h.如图，连接O1B1.因为在RtPO1B1中，O1BPOPB，所以2h236，即a22(36h2)于是仓库的容积VV柱V锥a24ha2ha2h(36hh3)，0h6，从而V(363h2)26(12h2)令V0，得h2或h2(舍)当0h2时，V0，V是单调增函数；当2h6时，V0，V是单调减函数故当h2时，V取得极大值，也是最大值因此，当PO12 m时，仓库的容积最大11.(2019凉山模拟)如图，在

29、四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，ABC45，ADAP2，ABDP2，E为CD的中点，点F在线段PB上(1)求证：ADPC；(2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等解：(1)证明：在平行四边形ABCD中，连接AC，AB2，BC2，ABC45，由余弦定理得AC284222cos 454，AC2，AC2BC2AB2，BCAC.又ADBC，ADAC.ADAP2，DP2，AD2AP2DP2，APAD.又APACA，AP平面PAC，AC平面PAC，AD平面PAC.PC平面PAC，ADPC.(2)侧面PAD底面ABCD

30、，侧面PAD底面ABCDAD，PAAD，PA平面PAD，PA底面ABCD.以A为坐标原点，以DA，AC，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，E(1,1,0)，P(0,0,2)，(0,2，2)，(2,0，2)，(2,2，2)设(0,1)，则(2，2，2)，F(2，2，22)，(21,21，22)，平面ABCD的一个法向量为m(0,0,1)设平面PDC的法向量为n(x，y，z)，则令x1，得n(1，1，1)直线EF与平面PDC所成的角和此直线与平面ABCD所成的角相等，|cos，m|cos，n

31、|，即，22，解得，当时，直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等12(2018肇庆二模)如图1，在高为2的梯形ABCD中，ABCD，AB2，CD5，过A，B分别作AECD，BFCD，垂足分别为E，F.已知DE1，将梯形ABCD沿AE，BF同侧折起，得空间几何体ADEBCF，如图2.(1)若AFBD，证明：DEBE；(2)若DECF，CD，在线段AB上是否存在点P，使得CP与平面ACD所成角的正弦值为？并说明理由解：(1)证明：由已知得四边形ABFE是正方形，且边长为2，AFBE.AFBD，BEBDB，AF平面BDE.又DE平面BDE，AFDE.AEDE，AEAFA，D

32、E平面ABFE.又BE平面ABFE，DEBE.(2)当P为AB的中点时满足条件理由如下：AEDE，AEEF，DEEFE，AE平面DEFC.如图，过E作EGEF交DC于点G，可知GE，EA，EF两两垂直，以E为坐标原点，以，分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,1，)，D，(2,1，)，.设平面ACD的法向量为n(x，y，z)，则即令x1，得n(1，1，)设，则P，(0，)，可得.设CP与平面ACD所成的角为，则sin |cosCP，n|，解得1或(舍去)，P为AB的中点时，满足条件13.(2019太原模拟)如图，在直三棱柱ABCA1B1

33、C1中，BAC90，ABAC2，点M为A1C1的中点，点N为AB1上一动点(1)是否存在一点N，使得线段MN平面BB1C1C？若存在，指出点N的位置；若不存在，请说明理由；(2)若点N为AB1的中点且CMMN，求二面角MCNA的正弦值解：(1)存在点N，且N为AB1的中点时满足条件理由如下：如图1，连接A1B，BC1.因为点M，N分别为A1C1，A1B的中点，所以MN为A1BC1的中位线，从而MNBC1.又MN平面BB1C1C，BC1平面BB1C1C，所以MN平面BB1C1C.(2)设AA1a，则CM2a21，MN22，CN25.由CMMN，得CM2MN2CN2，解得a.以点A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴建立如图2所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(0,2,0)，N，M(0,1，)，故，(0,2,0)， ，(0，1，)设m(x，y，z)为平面ANC的法向量，则即令x1，得平面ANC的一个法向量为m(1,0，)，同理可得平面MNC的一个法向量为n(3,2，)则cosm，n.故二面角MCNA的正弦值为 .