人教版新课标A选修2-13.2立体几何中的向量方法第2课时复习练习题

第2课时　空间的角与距离

基础过关练

题组一　异面直线所成的角(线线角)

1.若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为150°,则l1与l2所成的角为(　　)

A.30° 

B.150°

C.30°或150° 

D.以上均不对

2.已知直线l1的一个方向向量为a=(1,-2,1),直线l2的一个方向向量为b=(2,-2,0),则两直线所成角的余弦值为(　　)

A.1 

B. 

C. 

D.

3.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=2,CC1=,则异面直线AB1与BC1所成角的正弦值为(　　)

A.1 B. 

C.    D.

4.已知两异面直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2,若cos<v1,v2>=-,则l1与l2所成的角为　　　　. 

5.(2019天津六校高三检测)如图,在三棱锥S-ABC中,平面SBC⊥平面ABC,SB=SC=AB=AC=,BC=2,O为BC的中点.

(1)证明:SO⊥平面ABC;

(2)求异面直线AB和SC所成角的大小.

题组二　直线与平面所成的角(线面角)

6.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为CC1的中点,则直线A1B与平面BDE所成的角为(　　)

A.   B. C.  D.

7.已知在正四面体ABCD中,E为棱AD的中点,则CE与平面BCD所成角的正弦值为(　　)

A. B. C.   D.

8.如图,平面ABCD⊥平面ABEF,四边形ABCD是正方形,四边形ABEF是矩形,且AF=AD=a,G是EF的中点,则GB与平面AGC所成的角的正弦值为(　　)

A. B. C. D.

9.正四棱锥S-ABCD中,SA=AB=2,则直线AC与平面SBC所成角的正弦值为(　　)

A. B. C. D.

10.如图,正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直,M是CE与AD的交点,AC⊥BC,且AC=BC.

(1)求证:AM⊥平面EBC;

(2)求直线AB与平面EBC所成角的大小.

题组三　平面与平面所成的角(二面角)

11.已知二面角α-l-β的两个半平面α与β的法向量分别为a,b,若<a,b>=,则二面角α-l-β的大小为(　　)

A.       B.

C.或 D.或

12.如图,在空间直角坐标系Dxyz中,四棱柱ABCD-A1B1C1D1为长方体,AA1=AB=2AD,点E为C1D1的中点,则二面角B1-A1B-E的余弦值为(　　)

A.-   B.- 

C.    D.

13.如图所示,已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,且PA⊥平面ABCD,PA=AD=AC,点F为PC的中点,则二面角C-BF-D的正切值为(　　)

A. B. 

C. D.

14.(2018陕西西安模拟)如图,已知E,F分别是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BC,CC1的中点,则截面AEFD1与底面ABCD所成的锐二面角的正弦值为(　　)

A.     B. 

C.    D.

15.如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.

(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;

(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值.

题组四　空间的距离

16.已知平面α的一个法向量为n=(-2,-2,1),点A(-1,3,0)在平面α内,则点P(-2,1,4)到平面α的距离为(　　)

A.10 B.3 C.    D.

17.(2019上海奉贤高二期末)在四棱锥P-ABCD中,设向量=(4,-2,3),=(-4,1,0),(-6,2,-8),则顶点P到底面ABCD的距离为　　　　. 

18.(2019陕西宝鸡渭滨高二期末)如图,已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=AF=2,∠ADC=60°.

(1)求直线BF与平面ABCD的夹角;

(2)求点A到平面FBD的距离.

能力提升练

一、选择题

1.(2019湖南娄底双峰一中高二期中,★★☆)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长与底面边长相等,则AB1与侧面ACC1A1所成角θ的正弦值为(　　)

A. B. C. D.

2.(2019吉林长春东北师大附中高二期末,★★☆)在正四棱锥P-ABCD中,底面边长为1.侧棱长为2,E为PC的中点,则异面直线PA与BE所成角的余弦值为(　　)

A. B. C. D.

3.(2018河北石家庄二中高二开学考试,★★☆)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=BC=1,动点P,Q分别在线段C1D,AC上,则线段PQ长度的最小值是(　　)

A. B. C.   D.

4.(2020福建泉州高二期末,★★☆)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,动点M在线段A1C上(包括A1,C两点),E,F分别为DD1,AD的中点.若异面直线EF与BM所成的角为θ,则θ的取值范围为(　　)

A. 

B.

C. 

D.

5.(2020广东广州高二期末,★★★)在三棱锥D-ABC中,AB=BC=2,DA=DC=AC=4,平面ADC⊥平面ABC,点M在棱BC上,且DC与平面DAM所成角的正弦值为,则AM=(　　)

A.    B. 

C.2    D.

二、填空题

6.(2020安徽滁州高二期末联考,★★☆)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,AC与BD交于点O,∠BAD=60°,侧棱PA⊥底面ABCD,AB=,PA=2,则异面直线AC与PB所成角的余弦值为　　　　. 

7.(2019湖北宜昌高中协同发展共同体高二期末,★★☆)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,BB1的中点,G为棱A1B1上的一点,且A1G=λ(0<λ<2),则点G到平面D1EF的距离为　　　　. 

8.(2020江苏常州教学研究合作联盟高二期中,★★☆)如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,M,N分别为CC1,BC的中点,点P在直线A1B1上且满足=λ(λ∈R).若平面PMN与平面ABC所成的二面角的平面角的大小为45°,则实数λ的值为　　　　. 

9.(2018安徽芜湖一中高二期末,★★☆)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点P在正方形BCC1B1内及其边界上运动,并且总保持B1P∥平面A1BD,则动点P的轨迹的长度是　　　　. 

三、解答题

10.(2019上海建平中学高三期中,★★☆)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,BC∥AD,AB⊥BC,∠ADC=45°,PA⊥平面ABCD,AB=AP=1,AD=3.

(1)求异面直线PB与CD所成角的大小;

(2)求点D到平面PBC的距离.

11.(2020山西运城高三上期末,★★★)如图,四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,E为BC的中点.

(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值;

(2)在线段AN上(包括点A,N)是否存在点S,使得ES⊥平面AMN?若存在,求线段AS的长;若不存在,请说明理由.

12.(2020福建漳州高二第二次联考,★★★)如图,在三棱锥S-ABC中,△ABC是边长为4的正三角形,SA=SC=2,O,M分别为AC,AB的中点,且SO⊥AB.

(1)求二面角S-CM-A的余弦值;

(2)求点B到平面SCM的距离.

13.(2020湖北武汉高三调研,★★★)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1ACC1⊥平面ABC,AB=BC=2,∠ACB=30°,∠C1CB=120°,BC1⊥A1C,E为AC的中点.

(1)求证:A1C⊥平面C1EB;

(2)求二面角A1-AB-C的余弦值.

答案全解全析

基础过关练

1.A　l1与l2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补,且异面直线所成角的范围为,所以l1与l2所成的角为30°.

2.D　设l1与l2所成的角为θ,

则cos θ=|cos<a,b>|====.

3.A　设线段A1B1,AB的中点分别为O,D,连接OC1,OD,则OC1⊥平面ABB1A1,以,,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,如图.

则A(-1,0,),B1(1,0,0),B(1,0,),C1(0,,0),所以=(2,0,-),=(-1,,-),·=(2,0,-)·(-1,,-)=0,所以⊥,即异面直线AB1和BC1所成的角为直角,则其正弦值为1.

4.答案　60°

解析　由异面直线所成的角的范围及cos<v1,v2>=-,可得l1与l2所成的角为60°.

5.解析　(1)证明:∵SB=SC,O为BC的中点,

∴SO⊥BC,

∵平面SBC⊥平面ABC,且平面SBC∩平面ABC=BC,SO⊂平面SBC,

∴SO⊥平面ABC.

(2)连接AO.∵SB=SC=AB=AC=,BC=2,

∴AO⊥BC,BS⊥CS,BA⊥CA,

如图,分别以OB,OA,OS所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,

则A(0,1,0),B(1,0,0),S(0,0,1),C(-1,0,0),

∴=(1,-1,0),=(-1,0,-1),

∴|cos<,>|===,又异面直线所成角的范围为,

∴异面直线AB和SC所成的角为.

6.B　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,则D(0,0,0),B(1,1,0),E,A1(1,0,1).可得平面BDE的一个法向量为n=(1,-1,2).又=(0,-1,1),∴cos<n,>==,

∴<n,>=.

∴直线A1B与平面BDE所成的角为.

7.B　作AO⊥平面BCD于点O,则O是△BCD的中心,以O为坐标原点,过点O平行于BC的直线为x轴,直线OD为y轴,直线OA为z轴建立空间直角坐标系,如图所示.

设AB=2,则O(0,0,0),A,D,C,E,易知为平面BCD的一个法向量,=,=,

∴cos<,>===.

∴CE与平面BCD所成角的正弦值为.

8.C　以A为坐标原点,直线AF为x轴,直线AB为y轴,直线AD为z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),G(a,a,0),C(0,2a,2a),B(0,2a,0),∴=(a,a,0),=(0,2a,2a).

设平面AGC的法向量为n=(x,y,z),

则即

取z=1,则x=1,y=-1,∴n=(1,-1,1).

设GB与平面AGC所成的角为α.

易得=(-a,a,0),

∴sin α==.

9.C　设AC与BD交于O,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.

由题意得A(1,-1,0),C(-1,1,0),B(1,1,0),S(0,0,).

∴=(2,-2,0),=(-1,-1,),=(1,-1,).

设平面SBC的法向量为n=(x,y,z),

则∴

令z=,得x=0,y=2,

∴n=(0,2,).

设直线AC与平面SBC所成的角为θ,

则sin θ=|cos<n,>|==.

10.解析　∵四边形ACDE是正方形,

∴EA⊥AC.

∵平面ACDE⊥平面ABC,

∴EA⊥平面ABC.

以A为坐标原点,以过A点且平行于BC的直线为x轴,分别以AC和AE所在直线为y轴和z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.

设EA=AC=BC=2,

则A(0,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),E(0,0,2).

∵M是正方形ACDE对角线的交点,∴M(0,1,1).

(1)证明:=(0,1,1),=(0,2,0)-(0,0,2)=(0,2,-2),=(2,2,0)-(0,2,0)=(2,0,0),∴·=0,·=0.

∴AM⊥EC,AM⊥CB.

∵EC∩CB=C,∴AM⊥平面EBC.

(2)由(1)知AM⊥平面EBC,∴为平面EBC的一个法向量.

∵=(0,1,1),=(2,2,0),

∴cos<,>==,

∴<,>=60°.

∴直线AB与平面EBC所成的角为30°.

11.C　由于二面角的范围是[0,π],二面角的两个半平面α与β的法向量都有两个方向,因此二面角α-l-β的大小为或,故选C.

12.C　设AD=1,则A1(1,0,2),B(1,2,0).因为E为C1D1的中点,所以E(0,1,2),所以=(-1,1,0),=(0,2,-2).设m=(x,y,z)是平面A1BE的法向量,则即取x=1,则y=z=1,所以平面A1BE的一个法向量为m=(1,1,1).又因为DA⊥平面A1B1B,所以=(1,0,0)是平面A1B1B的一个法向量,所以cos<m,>===.又因为二面角B1-A1B-E为锐二面角,所以二面角B1-A1B-E的余弦值为,故选C.

13.D　如图所示,设AC与BD交于点O,连接OF.则OF∥PA,所以FO⊥平面ABCD.以O为坐标原点,OB,OC,OF所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系Oxyz.

设PA=AD=AC=1,则BD=,所以O(0,0,0),B,F,C,=,易知为平面BDF的一个法向量,由=,=,可得平面BCF的一个法向量为n=(1,,).所以cos<n,>=,sin<n,>=,所以tan<n,>=.故二面角C-BF-D的正切值为.

14.C　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(1,0,0),E,D1(0,0,1),

∴=(-1,0,1),=.

设平面AEFD1的法向量为n=(x,y,z),

则即∴x=2y=z.

取y=1,则n=(2,1,2).

又平面ABCD的一个法向量为u=(0,0,1),

∴cos<n,u>=,∴sin<n,u>=.

∴截面AEFD1与底面ABCD所成的锐二面角的正弦值为.

15.解析　(1)证明:由题设可得△ABD≌△CBD,从而AD=CD.

因为△ACD是直角三角形,

所以∠ADC=90°.

取AC的中点O,连接DO,BO,

则DO⊥AC,DO=AO.

又因为△ABC是正三角形,所以BO⊥AC,

在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2,

又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,

所以BO⊥DO,又DO⊂平面ACD,AC⊂平面ACD,DO∩AC=O,所以BO⊥平面ACD,又BO⊂平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.

(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直,

以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,的方向为y轴正方向,的方向为z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,设OA=1.

则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).

由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,即E为DB的中点,则E,

故=(-1,0,1),=(-2,0,0),=.

设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,

则即

可取n=.

设m=(a,b,c)是平面AEC的法向量,则即

可取m=(0,-1,),

则cos<n,m>==.

又二面角D-AE-C为锐二面角,

所以二面角D-AE-C的余弦值为.

16.D　 =(1,2,-4),点P到平面α的距离d===.

17.答案　2

解析　设平面ABCD的法向量为n=(x,y,z),

则令x=3,则y=12,z=4,∴n=(3,12,4).

∴点P到底面ABCD的距离d===2.

18.解析　设AC∩BD=O,因为菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,所以易得AF⊥平面ABCD.以O点为坐标原点,OD所在直线为x轴,OA所在直线为y轴,过O点且平行于AF的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.

由已知得A(0,1,0),B(-,0,0),C(0,-1,0),D(,0,0),F(0,1,2),=(,1,2).

(1)因为z轴垂直于平面ABCD,

因此可取平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),

设直线BF与平面ABCD的夹角为θ,

则sin θ=|cos<m,>|===,

又θ∈,所以θ=,

所以直线BF与平面ABCD的夹角为.

(2)=(2,0,0),=(,1,2).

设平面FBD的法向量为n=(x,y,z),

则即令z=1,得n=(0,-2,1),

又因为=(0,0,2),

所以点A到平面FBD的距离d===.

能力提升练

一、选择题

1.A　建立如图所示的空间直角坐标系(O为AC的中点),设正三棱柱的侧棱长为2,则O(0,0,0),B(,0,0),A(0,-1,0),B1(,0,2),则=(,1,2),=(-,0,0).又为侧面ACC1A1的一个法向量,所以sin θ=|cos<,>|==.

2.B　设正方形ABCD的中心为O,如图所示,以正方形ABCD的中心O为坐标原点,方向为x轴正方向,方向为y轴正方向,方向为z轴正方向,建立空间直角坐标系如图所示.

则O(0,0,0),A,B,C,连接OB,由几何关系可求得OB=,又PB=2,

∴PO==,

∴P,∵E为PC的中点,

∴E,

=, =,

cos<,>=

===.

3.C　建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),C1(0,1,2).根据题意,可设点P的坐标为(0,λ,2λ),λ∈[0,1],点Q的坐标为(1-μ,μ,0),μ∈[0,1],

则PQ=

=

=,当且仅当λ=,μ=时,线段PQ的长度取得最小值.

4.A　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,设DA=2,则F(1,0,0),E(0,0,1),B(2,2,0),C(0,2,0),A1(2,0,2),所以=(1,0,-1),=(-2,0,0),=(2,-2,2),设=λ(0≤λ≤1),则=(2λ,-2λ,2λ),=+=(2λ-2,-2λ,2λ),则cos θ=|cos<,>|,即cos θ===(0≤λ≤1),当λ=时,cos θ取得最大值,当λ=1时,cos θ取得最小值,又θ∈,所以θ的取值范围为,故选A.

5.A　取AC中点O,连接OB,OD,易证OD⊥AC,OD⊥OB,AC⊥OB.

如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系Oxyz.

则O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),D(0,0,2),

∴=(0,2,2),=(0,2,-2).

设M(a,2-a,0)(0≤a≤2),

则=(a,4-a,0).

设平面DAM的法向量为n=(x,y,z),DC与平面DAM所成的角为θ.

则即

可取n=((a-4),a,-a).

所以sin θ=|cos <,n>|==,

解得a=-4(舍去)或a=,

所以||==.

故选A.

二、填空题

6.答案　

解析　由四边形ABCD为菱形得OA⊥OB.以OA,OB所在直线分别为x,y轴,以过O点且平行于PA的直线为z轴建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),A,B,P,

所以=,=,

设AC与PB所成的角为θ,则cos θ==,

所以AC与PB所成角的余弦值为.

7.答案　

解析　以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系.

则G(2,λ,2),D1(0,0,2),E(2,0,1),F(2,2,1),

=(-2,0,1),=(0,2,0),=(0,λ,1),

设平面D1EF的法向量为n=(x,y,z),

则取x=1,得n=(1,0,2),

∴点G到平面D1EF的距离为

d===.

8.答案　-2

解析　连接AN,以N为坐标原点,NC,NA所在直线分别为x轴,y轴建立空间直角坐标系,如图.

N(0,0,0),M(1,0,1),B(-1,0,0),A(0,,0),A1(0,,2),B1(-1,0,2),=(0,,2),=(-1,-,0),=(1,0,1).

由=λ,可得=+=+λ=(-λ,-λ,2),

设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则即

当λ=1时,P与B1重合,不满足题意,所以λ≠1.

令z=-1,可得n=,易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1).

因为平面PMN与平面ABC所成的二面角的平面角的大小为45°,

所以cos 45°==,即|n|=,所以1++1=2,解得λ=-2.

9.答案　

解析　如图,建立空间直角坐标系Dxyz.

则D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),B1(1,1,1),设动点P(x,1,z),

∴=(1,0,1),=(1,1,0),=(x-1,0,z-1),

设平面A1BD的法向量为n=(a,b,c),

则n·=0,n·=0,∴a+c=0,a+b=0.

∴b=c=-a,取n=(1,-1,-1).

∵B1P∥平面A1BD,

∴n·=0,于是(x-1)-(z-1)=0,即x=z,连接B1C,

∴点P在正方形BCC1B1的对角线B1C上,

∴动点P的轨迹的长度即对角线B1C的长,为.

三、解答题

10.解析　(1)以A为坐标原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.

则P(0,0,1),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,3,0),

∴=(1,0,-1),=(-1,1,0),

设异面直线PB与CD所成角为θ,

则cos θ==,

所以异面直线PB与CD所成角的大小为 .

(2)设平面PBC的法向量为n=(x,y,z).

=(1,0,-1),=(0,2,0),=(-1,1,0),

则取x=1,得n=(1,0,1),

∴点D到平面PBC的距离d==.

11.解析　(1)如图,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系Dxyz.

则A(1,0,0),M(0,0,1),N(1,1,1),E,

∴=,=(-1,0,1),

∴cos<,>===-,

∴异面直线NE与AM所成角的余弦值为.

(2)假设在线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AMN.

=(0,1,1),=,

可设=λ =(0,λ,λ)(0≤λ≤1),

∴=-=,

∵ES⊥平面AMN,∴⊥,

∴λ-1+λ=0,故λ=,

此时=,||=.

∴线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AMN,此时AS=.

12.解析　(1)连接BO,因为SA=SC,O为AC的中点,所以AC⊥SO,又SO⊥AB,所以SO⊥平面ABC.所以SO⊥OB,又BA=BC,所以OB⊥AO,所以AO,OB,SO两两垂直.

建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(-2,0,0),S(0,0,2),B(0,2,0),M(1,,0),=(3,,0),=(2,0,2).

易知=(0,0,2)为平面ABC的一个法向量.

设n=(x,y,z)为平面SCM的法向量,

则即

令x=-1 ,则y=,z=1,

∴n=(-1,,1),

∴cos<n,>==,

由图可知二面角S-CM-A是锐二面角,

所以二面角S-CM-A的余弦值为.

(2)由(1)可得=(2,2,0),n=(-1,,1)为平面SCM的一个法向量,

所以点B到平面SCM的距离d==.

13.解析　(1)证明:∵BA=BC,E为AC的中点,∴BE⊥AC.

又平面A1ACC1⊥平面ABC,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,

BE⊂平面ABC,∴BE⊥平面A1ACC1.

∵A1C⊂平面A1ACC1,∴BE⊥A1C.

又BC1⊥A1C,BE∩BC1=B,

∴A1C⊥平面C1EB.

(2)以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.

设AA1=x(x>0),∠A1AC=θ,则A(0,0,0),B(1,,0),C(0,2,0),E(0,,0),C1(0,2+xcos θ,xsin θ).

∴=(1,-,0),=(1,,0),=(0,xcos θ,xsin θ).

由cos<,>==-,得=-,

∴cos θ=,则A1,C1,

∴=,=,

∵⊥,

∴-x·x=0,

即x2-x-6=0,解得x=3或x=-2(舍去),

故AA1=3,

则A1(0,,),于是=(0,,).

设平面A1AB的法向量为n1=(a,b,c),

则即

取b=1,则c=-,a=-,

∴n1=为平面A1AB的一个法向量.

不妨取平面ABC的一个法向量为n2=(0,0,1),

则cos<n1,n2>==

=-,

由题图易知二面角A1-AB-C为锐二面角,

故二面角A1-AB-C的余弦值为.