备战2024年高考数学二轮复习专题06立体几何中的翻折问题(原卷版+解析)

这是一份备战2024年高考数学二轮复习专题06立体几何中的翻折问题(原卷版+解析)，共43页。试卷主要包含了翻折问题等内容，欢迎下载使用。

常见考点
考点一 翻折问题
典例1．如图1五边形中，，，，，将沿折到的位置，得到四棱锥，如图2，点为线段的中点，且平面．
（1）求证：平面；
（2）若直线与所成角的正切值为，求二面角余弦值．
变式1-1．如图，在中，，，，，，沿将点折至处，使得，点为的中点.
（1）证明：平面.
（2）求二面角的余弦值.
变式1-2．如图，在等腰梯形ABCD中，，，，，AE为梯形ABCD的高，将沿AE折到的位置，使得．

（1）求证：平面ABCE；
（2）求平面PBC与平面PAE所成二面角的余弦值．
变式1-3．已知边长为2的等边（图1），点和点分别是边、上的中点，将沿直线折到的位置，使得平面平面（图2），此时点和点分别是边、上的中点.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
典例2．如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.
（1）证明：OD⊥平面PAQ；
（2）若BE＝2AE，求二面角C­BQ­A的余弦值．
变式2-1．如图1，四边形是正方形，四边形和是菱形，，.分别沿，将四边形和折起，使、重合于，、重合于，得到如图2所示的几何体.在图2中，、分别是、的中点.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
变式2-2．如图，已知四边形是边长为的正方形，与相交于点，为等边三角形．现将沿折起到的位置，将沿折起到的位置，使得折后平面．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的大小．
变式2-3．如图1，在矩形中，，，点、分别在线段、上，且，，现将沿折到的位置，连结，，如图2
（1）证明：；
（2）记平面与平面的交线为.若二面角为，求与平面所成角的正弦值.
巩固练习
练习一 翻折问题
1．如图1，在平面五边形中，是等边三角形.现将沿折起，记折后的点为，连接得到四棱锥，如图2.
(1)证明：；
(2)若平面平面，求二面角的余弦值.
2．如图所示，在边长为12的正方形中，点B，在线段上，且，，作，分别交、于点、，作，分别交、于点、，将该正方形沿BB1、CC1折叠，使得与重合，构成如图2所示的三棱柱．
(1)试判断直线AQ是否与平面平行，并说明理由；
(2)求平面APQ与平面ABC所成二面角的余弦值．
3．如图，四边形是一个边长为2的菱形，且，现沿着将折到的位置，使得平面平面，，是线段，上的两个动点（不含端点），且.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成的角的正弦值；
(3)设平面与平面所成锐二面角为，当时，求的值.
4．如图，正方形的边长为2，的中点分别为，正方形沿着折起形成三棱柱，三棱柱中，，.
(1)证明：当时，求证：平面；
(2)若二面角的余弦值为，求的值.
5．如图甲所示，在矩形ABCD中，，，为的中点，沿AE将翻折，使D折至处，且二面角为直二面角（如图乙）．
（1）求证：；
（2）求平面与平面ECB所成角的正切值．
6．如图1，中，，，，D，E分别是，的中点.把沿折至的位置，平面，连接，，F为线段的中点，如图2.
（1）求证：平面；
（2）当三棱锥的体积为时，求直线与所成角的正切值.
7．如图是矩形和边为直径的半圆组成的平面图形，将此图形沿折叠，使平面垂直于半圆所在的平面，若点是折后图形中半圆上异于的点．
（1）证明：；
（2）若，且异面直线和所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
8．如图是由正方形和长方形组成的平面图形，且，、分别是、的中点．将其沿折起，使得二面角的平面角大小为，如图．
（1）判断直线与平面的位置关系，并证明你的结论；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
第三篇 立体几何
专题07 立体几何中的翻折问题
常见考点
考点一 翻折问题
典例1．如图1五边形中，，，，，将沿折到的位置，得到四棱锥，如图2，点为线段的中点，且平面．
（1）求证：平面；
（2）若直线与所成角的正切值为，求二面角余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）取的中点，连结，，利用中位线定理可证明四边形为平行四边形，从而，可得平面，推出，，利用为等边三角形，由边角关系可得，结合线面垂直的判定定理证明即可；
（2）利用线线角的定义可得为直线与所成的角，从而得到，设，建立合适的空间直角坐标系，求出点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面的法向量，由空间向量夹角公式计算即可．
【详解】
（1）证明：取的中点，连接，
则，，
又，，
所以，，则四边形为平行四边形，
所以，
又平面，∴平面，∴，．
由即及为的中点，可得为等边三角形，
∴，
又，∴，
∴，又在平面内相交，
∴平面．

（2），∴为直线与所成的角，
由（1）可得，∴，∴，
设，则，，
取的中点，连接，易知平面过作的平行线，
可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，∴，
所以，，，
设为平面的法向量，则，
取，则为平面的一个法向量，
又平面的法向量，设二面角为
∴，由图可知二面角为钝角，
所以二面角余弦值为．
变式1-1．如图，在中，，，，，，沿将点折至处，使得，点为的中点.
（1）证明：平面.
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）先证明平面，可得，再利用勾股定理计算出，由三线合一得，即可证明出平面；（2）以为原点建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得平面的法向量为，求出平面的法向量，再利用向量的夹角公式计算余弦值.
【详解】
（1）证明：由，，且，
可得平面，又平面，因此.
由，，得，
因此，，由勾股定理可得.
又因为点为的中点，所以，
而，故平面.
（2）解：因为，，所以平面，又，所以平面.
如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则，，，则，.
易知是平面的一个法向量.
设平面的法向量为，则，即，
令，得.
，
易知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理进行证明，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
变式1-2．如图，在等腰梯形ABCD中，，，，，AE为梯形ABCD的高，将沿AE折到的位置，使得．

（1）求证：平面ABCE；
（2）求平面PBC与平面PAE所成二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）连接，易知，，，由勾股定理证得，再由线面垂直的判定定理，得证；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，由线面垂直的判定定理可证得平面，故平面的一个法向量为，再由，，即可得解．
【详解】
（1）证明：折叠前，折叠后，折叠前由已知得，
在中，，折叠后，，
因为，所以可以计算得折叠后为直角三角形，即，，
因为，平面ABCE，平面ABCE，
所以平面ABCE．
（2）由（1）知，又
所以以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，，，
所以平面PAE的法向量为，
又，，，
设平面PBC的一个法向量为
则
可求得平面PBC的一个法向量为
计算得，
所以平面PBC与平面PAE所成二面角的余弦值为．
变式1-3．已知边长为2的等边（图1），点和点分别是边、上的中点，将沿直线折到的位置，使得平面平面（图2），此时点和点分别是边、上的中点.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先证明，再由平面平面证明，利用线面垂直的判定定理即可证明平面；
（2）以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【详解】
（1）
连接
∵点和点分别是边、上的中点.
∴
∵等边中，点是边的中点
∴∴
∵等边中，点是边的中点
∴
又∵平面
∵平面平面且平面平面
∴平面∴
∵∴平面
（2）
设的中点，由图1得以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，所以，
设平面的法向量为.
由，取，得；
因为平面的法向量为
设平面与平面所成锐二面角为
所以，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【点睛】
立体几何解答题的基本结构：
(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；
(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算．
典例2．如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.
（1）证明：OD⊥平面PAQ；
（2）若BE＝2AE，求二面角C­BQ­A的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）由OA，OB，OO1两两垂直建立空间直角坐标系，由向量坐标运算得到⊥，⊥证得OD⊥平面PAQ；
（2）由空间直角坐标系求得平面CBQ的法向量和平面ABQ的法向量，根据数量积的夹角公式可得答案.
【详解】
(1)证明：由题设知OA，OB，OO1两两垂直，
∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1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，
设AQ的长为m，则O(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，6，0)，C(0，3，6)，D(3，0，6)，Q(6，m，0)．
∵点P为BC的中点，∴P，
∴＝(3，0，6)，＝(0，m，0)，＝.
∵·＝0，·＝0，
∴⊥，⊥，
即OD⊥AQ，OD⊥PQ，又AQ∩PQ＝Q，
∴OD⊥平面PAQ.
(2)∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝OB＝3，
则Q(6，3，0)，∴＝(－6，3，0)，＝(0，－3，6)．
设平面CBQ的法向量为＝(x，y，z)，
由得
令z＝1，则y＝2，x＝1，＝(1，2，1)．
易得平面ABQ的一个法向量为＝(0，0，1)．
设二面角C­BQ­A的大小为θ，由图可知，θ为锐角，
则cs θ＝＝，
即二面角C­BQ­A的余弦值为.
【点睛】
本题考查了立体几何，建立空间直角坐标系是解题的关键，线面垂直可以通过直线的方向向量进行相应的计算，二面角的平面角可以通过法向量之间进行相应的计算，就能够得到问题的解决.
变式2-1．如图1，四边形是正方形，四边形和是菱形，，.分别沿，将四边形和折起，使、重合于，、重合于，得到如图2所示的几何体.在图2中，、分别是、的中点.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先利用菱形与等边三角形的垂直关系得平面，再根据得平面，再得，又根据是的中点得，故平面；
（2）根据题意，以为原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用法向量求解即可.
【详解】
（1）连接，由图1知，四边形为菱形，且，
所以为等边三角形，从而.
同理，又，∴平面.
∵，∴平面，又∵平面，∴.
∵，是的中点，∴.
又平面，平面，，∴平面.
（2）取的中点，连接，∵四边形是正方形，.如图，
以为原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则M，，，，，
∴，，.
设平面的法向量为，由得，取，
∵平面，∴取平面的法向量，
∴，
设平面与平面所成锐二面角的平面角为，∴，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查线面垂直的证明，利用向量方法求解二面角问题，考查数学运算能力，是中档题.
变式2-2．如图，已知四边形是边长为的正方形，与相交于点，为等边三角形．现将沿折起到的位置，将沿折起到的位置，使得折后平面．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的大小．
【答案】(1)见解析;(2).
【解析】
【分析】
(1)推导出,,由此能证明平面．
(2)以为原点,,,为,,轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出二面角的大小．
【详解】
(1)证明:平面,平面,∴，
∵在正方形中,为与的交点,
,平面.
(2)解:,为中点,
以为原点,,,为,,轴,建立空间直角坐标系
,,,,
平面,平面的一个法向量为
平面,
设,则,
,,，
解得或(舍).
设平面的法向量
则,取,得
设二面角为,则
由图知, 二面角的大小为.
【点睛】
本题考查了线面垂直的判定,考查了二面角的求法.在证明线面垂直时,关键是在平面内找到两条直线与已知直线垂直,常运用勾股定理、矩形的临边、正方形的对角线、等腰三角形三线合一、线面垂直的性质等来证明线线垂直.求二面角的大小时,建立空间直角坐标系,求出两个平面的法向量,进而可求.
变式2-3．如图1，在矩形中，，，点、分别在线段、上，且，，现将沿折到的位置，连结，，如图2
（1）证明：；
（2）记平面与平面的交线为.若二面角为，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】
(1)建立坐标系证明，再由线面垂直的判定定理以及线面垂直的性质证明；
(2)根据公理得到平面与平面的交线，再根据二面角定义得到二面角的平面角，建立空间直角坐标系，利用向量法求与平面所成角的正弦值.
【详解】
解：（1）证明：如图，线段交于点
在中，由，，
以点A为坐标原点，建立直角坐标系，则，
即
，从而有，，
即在图2中有，，，平面
平面
平面，；
（2）延长，交于点，连接
根据公理得到直线即为，再根据二面角定义得到.
在平面内过点作底面垂线，为原点，分别以、、及所作为轴、轴、轴建立空间直角坐标
则，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
由，
取，得.
与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
本题主要考查了由线面垂直证线线垂直以及利用向量法证明线面角，属于较难题.
巩固练习
练习一 翻折问题
1．如图1，在平面五边形中，是等边三角形.现将沿折起，记折后的点为，连接得到四棱锥，如图2.
(1)证明：；
(2)若平面平面，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）构建所在的面，通过线面垂直证明线线垂直
（2）建立坐标系，通过法向量夹角的余弦值求解二面角的余弦值
(1)
如上图所示，设为中点，连接，因为是等边三角形，所以，因为所以，因为所以且，所以，因为所以
又、平面， 平面，又因为
平面，所以
(2)
如下图所示，过作于点，由平面平面，平面平面，平面又因为平面，所以 又，相交，、平面
平面
以C为原点建立如图所示的坐标系
，
设平面的法向量
满足
设平面的法向量
满足
.所以二面角的余弦值为
2．如图所示，在边长为12的正方形中，点B，在线段上，且，，作，分别交、于点、，作，分别交、于点、，将该正方形沿BB1、CC1折叠，使得与重合，构成如图2所示的三棱柱．
(1)试判断直线AQ是否与平面平行，并说明理由；
(2)求平面APQ与平面ABC所成二面角的余弦值．
【答案】(1)直线AQ是否与平面不平行，理由见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，看向量是否与平面的法向量垂直，从而得到答案；（2）求出平面APQ与平面ABC的法向量，从而求出平面APQ与平面ABC所成二面角的余弦值.
(1)
直线AQ是否与平面不平行，理由如下：
如图，以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，
设平面的法向量为，则
，因为，所以直线AQ与平面不平行；
(2)
设平面APQ的法向量
则
所以，面APQ的法向量为，
由题意得：面ABC的法向量为，所以，设平面APQ与平面ABC所成二面角为，显然为锐角，故
所以平面APQ与平面ABC所成二面角的余弦值为．
3．如图，四边形是一个边长为2的菱形，且，现沿着将折到的位置，使得平面平面，，是线段，上的两个动点（不含端点），且.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成的角的正弦值；
(3)设平面与平面所成锐二面角为，当时，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件可得、，进而可得，再由线面平行的判定定理即可求证；
（2）取的中点，连接，证明两两垂直，如图建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量以及的坐标，由空间向量夹角公式即可求解；
（3）由（2）知平面的法向量，根据，求出和的坐标，再求出平面的一个法向量，根据空间向量夹角公式计算，解方程即可得的值.
(1)
因为，所以，
因为四边形是一个边长为2的菱形，所以，
所以，
因为平面，平面，所以平面.
(2)
因为，取的中点，连接，则，，
因为平面平面，平面平面，面，
所以面，可得两两垂直，
如图：以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量，
则，令，可得，，所以，
设直线与平面所成的角为，
则.
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
(3)
由（2）知：平面的法向量为，
因为，所以，，
，，
设平面的一个法向量，
则，令，可得，，
所以，
所以，
整理可得：，解得：.
4．如图，正方形的边长为2，的中点分别为，正方形沿着折起形成三棱柱，三棱柱中，，.
(1)证明：当时，求证：平面；
(2)若二面角的余弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由题知点D是的中点，进而根据几何关系得，再根据已知条件证明平面得，最后结合判定定理证明即可；
（2）根据题意，点C为原点，以，，作为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
(1)
证明：当时，点D是的中点，
因为，所以，
又，
所以，所以，
因为，，，
所以平面，平面，
所以，且，
所以平面BCD；
(2)
解：因为，CA，CB两两互相垂直，所以以点C为原点，以，，作为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如下图，
平面，所以向量是平面的法向量，设
，，，，，
设平面的法向量，
所以，即，令，，，
所以平面的一个法向量，
，解得
所以，即，此时二面角的余弦值是
5．如图甲所示，在矩形ABCD中，，，为的中点，沿AE将翻折，使D折至处，且二面角为直二面角（如图乙）．
（1）求证：；
（2）求平面与平面ECB所成角的正切值．
【答案】（1）答案见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，进而得到，计算出数量积为0，由此即可得证；
（2）求得是平面的一个法向量，求出平面的一个法向量，再利用向量的夹角公式求得所求二面角的余弦值，进而求得正切值．
【详解】
（1）证明：由题意，，为的中点，为等腰三角形，取的中点，则，又因为二面角为直二面角，平面平面，所以平面，以为原点，过分别作的平行线作为轴，为轴建立如图坐标系：
则，
，
，
；
（2），是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，则，则可取，
，
，即平面与平面夹角的正切值为．
6．如图1，中，，，，D，E分别是，的中点.把沿折至的位置，平面，连接，，F为线段的中点，如图2.
（1）求证：平面；
（2）当三棱锥的体积为时，求直线与所成角的正切值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据已知容易得出，再由平面，可得，从而可证平面；
（2）根据三棱锥的体积为及的面积可得平面，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可求得直线与所成角的正切值.
【详解】
（1）证明：因为D是的中点，
所以，即，
又因F为线段的中点，所以，
因为D，E分别是，的中点，
所以，
因为，所以，
即，，
因为，
所以平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因，
所以平面；
（2）解：因为，，D，E分别是，的中点，
所以，，
由（1）得为直角三角形，
故，
设三棱锥的高为，
则，
所以，
所以线段即为三棱锥的高，
所以平面，则，
如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，，，，
故，，
所以，
又因直线与所成角的范围为，
所以直线与所成角的余弦值为，则正弦值为，
所以直线与所成角的正切值为.
7．如图是矩形和边为直径的半圆组成的平面图形，将此图形沿折叠，使平面垂直于半圆所在的平面，若点是折后图形中半圆上异于的点．
（1）证明：；
（2）若，且异面直线和所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）由面面垂直的性质得圆O，由线面垂直的性质得，根据线面垂直的判定可得面，再由线面垂直的性质可证.
（2）法一：以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，首先求得，再分别求平面和平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值；法二：首先作出两个平面的交线，再作出二面角的平面角，再求二面角的余弦值.
【详解】
（1）∵平面垂直于圆所在的平面，两平面的交线为，平面，，∴垂直于圆所在的平面．又在圆所在的平面内，∴．
∵是直角，∴．而，∴平面．
又∵平面，∴．
（2）法1（向量法）：
如图，以点为坐标原点，
所在的直线为轴，过点与平行的直线为轴，
建立空间直角坐标系．由异面直线和所成的角为，知，
∴，∴．
由题设可知，，∴，．
设平面的一个法向量为，
由， 得，，取，得．
∴．又平面的一个法向量为，
∴．
故平面与平面所成的锐二面角的余弦值
法2（几何法）：
如图，过点作直线，
则是平面与平面的交线．
再过点作，为垂足，连接，则
是平面与平面所成锐二面角的平面角．
在直角三角形中，，，所以
在直角三角形中，，所以．
在直角三角形中，．
故平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
8．如图是由正方形和长方形组成的平面图形，且，、分别是、的中点．将其沿折起，使得二面角的平面角大小为，如图．
（1）判断直线与平面的位置关系，并证明你的结论；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）平面，证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，利用线面平行的判定定理可得出结论；
（2）以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
（1）平面，理由如下：
取的中点，连接、，
因为四边形为正方形，则且，
为的中点，所以，且，
、分别为、的中点，则且，
所以，且，故四边形为平行四边形，从而．
而平面，平面，所以平面；
（2），，所以，二面角的平面角为，
所以．
而，，由余弦定理可得，
由勾股定理可得，从而．
在图中，，，，平面，
，平面，
以点为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则、、、．
从而，，．
设平面的法向量为，由，得，
取，则，
所以，，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】
方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.