2015高考数学(文)(利用向量方法求空间角)一轮复习学案

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2015高考数学(文)(利用向量方法求空间角)一轮复习学案

学案46 利用向量方法求空间角 导学目标: 1.掌握各种空间角的定义,弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角,二面角的平面角,直线与平面所成的角的联系和区别.3.体会求空间角中的转化思想、数形结合思想,熟练掌握平移方法、射影方法等.4.灵活地运用各种方法求空间角.‎ 自主梳理 ‎1.两条异面直线的夹角 ‎(1)定义:设a,b是两条异面直线,在直线a上任取一点作直线a′∥b,则a′与a的夹角叫做a与b的夹角.‎ ‎(2)范围:两异面直线夹角θ的取值范围是_______________________________________.‎ ‎(3)向量求法:设直线a,b的方向向量为a,b,其夹角为φ,则有cos θ=________=______________.‎ ‎2.直线与平面的夹角 ‎(1)定义:直线和平面的夹角,是指直线与它在这个平面内的射影的夹角.‎ ‎(2)范围:直线和平面夹角θ的取值范围是________________________________________.‎ ‎(3)向量求法:设直线l的方向向量为a,平面的法向量为u,直线与平面所成的角为θ,a与u的夹角为φ,则有sin θ=__________或cos θ=sin φ.‎ ‎3.二面角 ‎(1)二面角的取值范围是____________.‎ ‎(2)二面角的向量求法:‎ ‎①若AB、CD分别是二面角α—l—β的两个面内与棱l垂直的异面直线,则二面角的大小就是向量与的夹角(如图①).‎ ‎②设n1,n2分别是二面角α—l—β的两个面α,β的法向量,则向量n1与n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③).‎ 自我检测 ‎1.已知两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面角为(  )‎ A.45° B.135°‎ C.45°或135° D.90°‎ ‎2.若直线l1,l2的方向向量分别为a=(2,4,-4),b=(-6,9,6),则(  )‎ A.l1∥l2 B.l1⊥l2‎ C.l1与l2相交但不垂直 D.以上均不正确 ‎3.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°,则直线l与平面α所成的角等于(  )‎ A.120° B.60°‎ C.30° D.以上均错 ‎4.(2011·湛江月考)二面角的棱上有A、B两点,直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2,则该二面角的大小为(  )‎ A.150° B.45° C.60° D.120°‎ ‎5.(2011·铁岭模拟)已知直线AB、CD是异面直线,AC⊥CD,BD⊥CD,且AB=2,CD=1,则异面直线AB与CD夹角的大小为(  )‎ A.30° B.45° C.60° D.75°‎ 探究点一 利用向量法求异面直线所成的角 例1 已知直三棱柱ABC—A1B‎1C1,∠ACB=90°,CA=CB=CC1,D为B‎1C1的中点,求异面直线BD和A‎1C所成角的余弦值.‎ 变式迁移1 ‎ 如图所示,在棱长为a的正方体ABCD—A1B‎1C1D1中,求异面直线BA1和AC所成的角.‎ 探究点二 利用向量法求直线与平面所成的角 例2 (2011·新乡月考)如图,已知两个正方形ABCD和DCEF不在同一平面内,M,N分别为AB,DF的中点.‎ 若平面ABCD⊥平面DCEF,求直线MN与平面DCEF所成角的正弦值.‎ 变式迁移2 ‎ 如图所示,在几何体ABCDE中,△ABC是等腰直角三角形,∠ABC=90°,BE和CD都垂直于平面ABC,且BE=AB=2,CD=1,点F是AE的中点.求AB与平面BDF所成角的正弦值.‎ 探究点三 利用向量法求二面角 例3 如图,ABCD是直角梯形,∠BAD=90°,SA⊥平面ABCD,SA=BC=BA=1,AD=,求面SCD与面SBA所成角的余弦值大小.‎ 变式迁移3 ‎ ‎(2011·沧州月考)如图,在三棱锥S—ABC中,侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形,∠BAC=90°,O为BC中点.‎ ‎(1)证明:SO⊥平面ABC;‎ ‎(2)求二面角A—SC—B的余弦值.‎ 探究点四 向量法的综合应用 例4 ‎ 如图所示,在三棱锥A—BCD中,侧面ABD、ACD是全等的直角三角形,AD是公共的斜边,且AD=,BD=CD=1,另一个侧面ABC是正三角形.‎ ‎(1)求证:AD⊥BC;‎ ‎(2)求二面角B-AC-D的余弦值;‎ ‎(3)在线段AC上是否存在一点E,使ED与面BCD成30°角?若存在,确定点E的位置;若不存在,说明理由.‎ 变式迁移4 (2011·山东)在如图所示的几何体中,四边形ABCD为平行四边形,∠ACB=90°,EA⊥平面ABCD,EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,AB=2EF.‎ ‎(1)若M是线段AD的中点,求证:GM∥平面ABFE;‎ ‎ (2)若AC=BC=2AE,求二面角A-BF-C的大小.‎ ‎1.求两异面直线a、b的夹角θ,需求出它们的方向向量a,b的夹角,则cos θ=|cos〈a,b〉|.‎ ‎2.求直线l与平面α所成的角θ.可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角.则sin θ=|cos〈n,a〉|.‎ ‎3.求二面角α—l—β的大小θ,可先求出两个平面的法向量n1,n2所成的角.则θ=〈n1,n2〉或π-〈n1,n2〉.‎ ‎(满分:75分)‎ 一、选择题(每小题5分,共25分)‎ ‎1.(2011·成都月考)在正方体ABCD—A1B‎1C1D1中,M是AB的中点,则sin〈,〉的值等于(  )‎ A. B. C. D. ‎2.长方体ABCD—A1B‎1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E为CC1的中点,则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为(  )‎ A. B. C. D. ‎3.已知正四棱锥S—ABCD的侧棱长与底面边长都相等,E是SB的中点,则AE、SD所成的角的余弦值为(  )‎ A. B. C. D. ‎4.‎ 如图所示,在长方体ABCD—A1B‎1C1D1中,已知B‎1C,C1D与上底面A1B‎1C1D1所成的角分别为60°和45°,则异面直线B‎1C和C1D所成的余弦值为(  )‎ A. B. C. D. ‎5.(2011·兰州月考)P是二面角α—AB—β棱上的一点,分别在α、β平面上引射线PM、PN,如果∠BPM=∠BPN=45°,∠MPN=60°,那么二面角α—AB—β的大小为(  )‎ A.60° B.70° C.80° D.90°‎ 二、填空题(每小题4分,共12分)‎ ‎6.(2011·郑州模拟)已知正四棱锥P—ABCD的棱长都相等,侧棱PB、PD的中点分别为M、N,则截面AMN与底面ABCD所成的二面角的余弦值是________.‎ ‎7.如图,PA⊥平面ABC,∠ACB=90°且PA=AC=BC=a,则异面直线PB与AC所成角的正切值等于________.‎ ‎8.如图,已知正三棱柱ABC—A1B‎1C1的所有棱长都相等,D是A‎1C1的中点,则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为________.‎ 三、解答题(共38分)‎ ‎9.(12分)(2011·烟台模拟)‎ 如图所示,AF、DE分别是⊙O、⊙O1的直径,AD与两圆所在的平面均垂直,AD=8.BC是⊙O的直径,AB=AC=6,OE∥AD.‎ ‎(1)求二面角B-AD-F的大小;‎ ‎(2)求直线BD与EF所成的角的余弦值.‎ ‎10.(12分)(2011·大纲全国)如图,四棱锥S-ABCD中,AB∥CD,BC⊥CD,侧面SAB为等边三角形,AB=BC=2,CD=SD=1.‎ ‎(1)证明:SD⊥平面SAB;‎ ‎(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值.‎ ‎11.(14分)(2011·湖北)如图,已知正三棱柱ABC-A1B‎1C1各棱长都是4,E是BC的中点,动点F在侧棱CC1上,且不与点C重合.‎ ‎(1)当CF=1时,求证:EF⊥A‎1C;‎ ‎(2)设二面角C-AF-E的大小为θ,求tan θ的最小值.‎ 学案46 利用向量方法求空间角 自主梳理 ‎1.(2) (3)|cos φ|  ‎2.(2) (3)|cos φ| 3.(1)[0,π]‎ 自我检测 ‎1.C 2.B 3.C 4.C 5.C 课堂活动区 例1 解题导引 (1)求异面直线所成的角,用向量法比较简单,若用基向量法求解,则必须选好空间的一组基向量,若用坐标求解,则一定要将每个点的坐标写正确.‎ ‎(2)用异面直线方向向量求两异面直线夹角时,应注意异面直线所成角的范围是 解 ‎ 如图所示,以C为原点,直线CA、CB、CC1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.‎ 设CA=CB=CC1=2,‎ 则A1(2,0,2),C(0,0,0),B(0,2,0),D(0,1,2),‎ ‎∴=(0,-1,2),=(-2,0,-2),‎ ‎∴cos〈,〉==-.‎ ‎∴异面直线BD与A‎1C所成角的余弦值为.‎ 变式迁移1 解 ∵=+,=+,‎ ‎∴·=(+)·(+)‎ ‎=·+·+·+·.‎ ‎∵AB⊥BC,BB1⊥AB,BB1⊥BC,‎ ‎∴·=0,·=0,‎ ·=0,·=-a2,‎ ‎∴·=-a2.‎ 又·=||·||·cos〈,〉,‎ ‎∴cos〈,〉==-.‎ ‎∴〈,〉=120°.‎ ‎∴异面直线BA1与AC所成的角为60°.‎ 例2 解题导引 在用向量法求直线OP与α所成的角(O∈α)时,一般有两种途径:一是直接求〈,〉,其中OP′为斜线OP在平面α内的射影;二是通过求〈n,〉进而转化求解,其中n为平面α的法向量.‎ 解 ‎ 设正方形ABCD,DCEF的边长为2,以D为坐标原点,分别以射线DC,DF,DA为x,y,z轴正半轴建立空间直角坐标系如图.‎ 则M(1,0,2),N(0,1,0),可得=(-1,1,-2).‎ 又=(0,0,2)为平面DCEF的法向量,‎ 可得cos〈,〉==-.‎ 所以MN与平面DCEF所成角的正弦值为 ‎|cos〈,〉|=.‎ 变式迁移2 解 以点B为原点,BA、BC、BE所在的直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则 B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),‎ D(0,2,1),E(0,0,2),F(1,0,1).‎ ‎∴=(0,2,1),=(1,-2,0).‎ 设平面BDF的一个法向量为 n=(2,a,b),‎ ‎∵n⊥,n⊥,‎ ‎∴ ‎ 即 解得a=1,b=-2.∴n=(2,1,-2).‎ 设AB与平面BDF所成的角为θ,‎ 则法向量n与的夹角为-θ,‎ ‎∴cos===,‎ 即sin θ=,故AB与平面BDF所成角的正弦值为.‎ 例3 解题导引 图中面SCD与面SBA所成的二面角没有明显的公共棱,考虑到易于建系,从而借助平面的法向量来求解.‎ 解 ‎ 建系如图,则A(0,0,0),‎ D,C(1,1,0),‎ B(0,1,0),S(0,0,1),‎ ‎∴=(0,0,1),=(1,1,-1),‎ =,=(0,1,0),=.‎ ‎∴·=0,·=0.‎ ‎∴是面SAB的法向量,设平面SCD的法向量为n=(x,y,z),则有n·=0且n·=0.‎ 即令z=1,则x=2,y=-1.‎ ‎∴n=(2,-1,1).‎ ‎∴cos〈n,〉===.‎ 故面SCD与面SBA所成的二面角的余弦值为.‎ 变式迁移3 (1)证明 由题设AB=AC=SB=SC=SA.‎ 连接OA,△ABC为等腰直角三角形,‎ 所以OA=OB=OC=SA,‎ 且AO⊥BC.‎ 又△SBC为等腰三角形,‎ 故SO⊥BC,且SO=SA.从而OA2+SO2=SA2,‎ 所以△SOA为直角三角形,SO⊥AO.‎ 又AO∩BC=O,所以SO⊥平面ABC.‎ ‎(2)解 ‎ 以O为坐标原点,射线OB、OA、OS分别为x轴、y轴、z轴的正半轴,建立如图的空间直角坐标系Oxyz,如右图.‎ 设B(1,0,0),则C(-1,0,0),‎ A(0,1,0),S(0,0,1).‎ SC的中点M,‎ =,=,‎ =(-1,0,-1),‎ ‎∴·=0,·=0.‎ 故MO⊥SC,MA⊥SC,〈,〉等于二面角A—SC—B的平面角.‎ cos〈,〉==,‎ 所以二面角A—SC—B的余弦值为.‎ 例4 解题导引 立体几何中开放性问题的解决方式往往是通过假设,借助空间向量建立方程,进行求解.‎ ‎(1)证明 ‎ 作AH⊥面BCD于H,连接BH、CH、DH,则四边形BHCD是正方形,且AH=1,将其补形为如图所示正方体.以D为原点,建立如图所示空间直角坐标系.‎ 则B(1,0,0),C(0,1,0),A(1,1,1).‎ =(-1,1,0),=(1,1,1),‎ ‎∴·=0,则BC⊥AD.‎ ‎(2)解 设平面ABC的法向量为n1=(x,y,z),则由n1⊥知:n1·=-x+y=0,‎ 同理由n1⊥知:n1·=-x-z=0,‎ 可取n1=(1,1,-1),‎ 同理,可求得平面ACD的一个法向量为n2=(1,0,-1).‎ 由图可以看出,二面角B-AC-D即为〈n1,n2〉,‎ ‎∴cos〈n1,n2〉===.‎ 即二面角B-AC-D的余弦值为.‎ ‎(3)解 设E(x,y,z)是线段AC上一点,‎ 则x=z>0,y=1,平面BCD的一个法向量为n=(0,0,1),=(x,1,x),要使ED与平面BCD成30°角,由图可知与n的夹角为60°,‎ 所以cos〈,n〉== ‎=cos 60°=.‎ 则2x=,解得x=,则CE=x=1.‎ 故线段AC上存在E点,且CE=1时,ED与面BCD成30°角.‎ 变式迁移4 ‎ ‎(1)证明 方法一 因为EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,∠ACB=90°,‎ 所以∠EGF=90°,‎ ‎△ABC∽△EFG.‎ 由于AB=2EF,因此BC=2FG.‎ 连接AF,由于FG∥BC,FG=BC,‎ 在▱ABCD中,M是线段AD的中点,‎ 则AM∥BC,且AM=BC,‎ 因此FG∥AM且FG=AM,‎ 所以四边形AFGM为平行四边形,因此GM∥FA.‎ 又FA⊂平面ABFE,GM⊄平面ABFE,‎ 所以GM∥平面ABFE.‎ 方法二 因为EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,∠ACB=90°,‎ 所以∠EGF=90°,‎ ‎△ABC∽△EFG.‎ 由于AB=2EF,‎ 所以BC=2FG.‎ 取BC的中点N,连接GN,‎ 因此四边形BNGF为平行四边形,所以GN∥FB.‎ 在▱ABCD中,M是线段AD的中点,连接MN,‎ 则MN∥AB.因为MN∩GN=N,‎ 所以平面GMN∥平面ABFE.‎ 又GM⊂平面GMN,所以GM∥平面ABFE.‎ ‎(2)解 方法一 因为∠ACB=90°,所以∠CAD=90°.‎ 又EA⊥平面ABCD,‎ 所以AC,AD,AE两两垂直.‎ 分别以AC,AD,AE所在直线为x轴,y轴和z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 不妨设AC=BC=2AE=2,则由题意得A(0,0,0),B(2,-2,0),C(2,0,0),E(0,0,1),‎ 所以=(2,-2,0),=(0,2,0).又EF=AB,‎ 所以F(1,-1,1),=(-1,1,1).‎ 设平面BFC的法向量为m=(x1,y1,z1),‎ 则m·=0,m·=0,‎ 所以取z1=1,得x1=1,所以m=(1,0,1).‎ 设平面向量ABF的法向量为n=(x2,y2,z2),‎ 则n·=0,n·=0,所以 取y2=1,得x2=1.则n=(1,1,0).‎ 所以cos〈m,n〉==.‎ 因此二面角A-BF-C的大小为60°.‎ 方法二 由题意知,平面ABFE⊥平面ABCD.‎ 取AB的中点H,连接CH.‎ 因为AC=BC,‎ 所以CH⊥AB,‎ 则CH⊥平面ABFE.‎ 过H向BF引垂线交BF于R,连接CR,则CR⊥BF,‎ 所以∠HRC为二面角A-BF-C的平面角.‎ 由题意,不妨设AC=BC=2AE=2,‎ 在直角梯形ABFE中,连接FH,则FH⊥AB.‎ 又AB=2,‎ 所以HF=AE=1,BH=,‎ 因此在Rt△BHF中,HR=.‎ 由于CH=AB=,‎ 所以在Rt△CHR中,tan∠HRC==.‎ 因此二面角A-BF-C的大小为60°.‎ 课后练习区 ‎1.B ‎ [以D为原点,DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,设正方体棱长为1,易知=(1,1,1),‎ =,‎ 故cos〈,〉==,‎ 从而sin〈,〉=.]‎ ‎2.B [‎ 建立空间直角坐标系如图.‎ 则A(1,0,0),E(0,2,1),‎ B(1,2,0),C1(0,2,2).‎ =(-1,0,2),=(-1,2,1),‎ cos〈,〉==.‎ 所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.]‎ ‎3.C 4.D ‎5.D [‎ 不妨设PM=a,PN=b,作ME⊥AB于E,NF⊥AB于F,‎ 如图:‎ ‎∵∠EPM=∠FPN=45°,‎ ‎∴PE=a,PF=b,‎ ‎∴·=(-)·(-)‎ ‎=·-·-·+· ‎=abcos 60°-a×bcos 45°-abcos 45°+a×b ‎=--+=0,‎ ‎∴⊥,∴二面角α—AB—β的大小为90°.]‎ ‎6. 解析 如图建立空间直角坐标系,设正四棱锥的棱长为,‎ 则PB=,OB=1,OP=1.‎ ‎∴B(1,0,0),D(-1,0,0),‎ A(0,1,0),P(0,0,1),‎ M,‎ N,‎ =,‎ =,‎ 设平面AMN的法向量为n1=(x,y,z),‎ 由 解得x=0,z=2y,不妨令z=2,则y=1.‎ ‎∴n1=(0,1,2),平面ABCD的法向量n2=(0,0,1),‎ 则cos〈n1,n2〉===.‎ ‎7. 解析 =+,故·=(+)·=·+·=0+a×a×cos 45°=a2.‎ 又||=a,||=a.‎ ‎∴cos〈,〉=,sin〈,〉=,‎ ‎∴tan〈,〉=.‎ ‎8. 解析 不妨设正三棱柱ABC—A1B‎1C1的棱长为2,建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 则C(0,0,0),A(,-1,0),B1(,1,2),‎ D.‎ 则=,‎ =(,1,2),‎ 设平面B1DC的法向量为 n=(x,y,1),由 解得n=(-,1,1).又∵=,‎ ‎∴sin θ=|cos〈,n〉|=.‎ ‎9.解 (1)∵AD与两圆所在的平面均垂直,‎ ‎∴AD⊥AB,AD⊥AF,‎ 故∠BAF是二面角B—AD—F的平面角.(2分)‎ 依题意可知,ABFC是正方形,∴∠BAF=45°.‎ 即二面角B—AD—F的大小为45°.(5分)‎ ‎(2)以O为原点,CB、AF、OE所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系(如图所示),则O(0,0,0),A(0,-3 ,0),B(3 ,0,0),D(0,-3 ,8),‎ E(0,0,8),F(0,3 ,0),(7分)‎ ‎∴=(-3 ,-3 ,8),‎ =(0,3 ,-8).cos〈,〉= ‎==-.(10分)‎ 设异面直线BD与EF所成角为α,则 cos α=|cos〈,〉|=.‎ 即直线BD与EF所成的角的余弦值为.‎ ‎(12分)‎ ‎10.‎ 方法一 (1)证明 取AB中点E,连接DE,则四边形BCDE为矩形,DE=CB=2,连接SE,则SE⊥AB,SE=.‎ 又SD=1,‎ 故ED2=SE2+SD2,‎ 所以∠DSE为直角,即SD⊥SE.(3分)‎ 由AB⊥DE,AB⊥SE,DE∩SE=E,‎ 得AB⊥平面SDE,‎ 所以AB⊥SD.‎ 由SD与两条相交直线AB、SE都垂直,‎ 所以SD⊥平面SAB.(6分)‎ ‎(2)解 由AB⊥平面SDE知,平面ABCD⊥平面SDE.‎ 作SF⊥DE,垂足为F,则SF⊥平面ABCD,SF==.(8分)‎ 作FG⊥BC,垂足为G,则FG=DC=1.‎ 连接SG,‎ 又BC⊥FG,BC⊥SF,SF∩FG=F,‎ 故BC⊥平面SFG,平面SBC⊥平面SFG.‎ 作FH⊥SG,H为垂足,则FH⊥平面SBC.‎ FH==,则F到平面SBC的距离为.‎ 由于ED∥BC,‎ 所以ED∥平面SBC,E到平面SBC的距离d为.(10分)‎ 设AB与平面SBC所成的角为α,则sin α==,‎ 即AB与平面SBC所成的角的正弦值为.(12分)‎ 方法二 以C为坐标原点,射线CD为x轴正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.‎ 设D(1,0,0),则A(2,2,0)、B(0,2,0).(2分)‎ 又设S(x,y,z),则x>0,y>0,z>0.‎ ‎(1)证明 =(x-2,y-2,z),=(x,y-2,z),‎ =(x-1,y,z),‎ 由||=||得 ‎=,‎ 故x=1.‎ 由||=1得y2+z2=1.①‎ 又由||=2得x2+(y-2)2+z2=4,‎ 即y2+z2-4y+1=0.②‎ 联立①②得(4分)‎ 于是S(1,,),=(-1,-,),‎ =(1,-,),=(0,,).‎ 因为·=0,·=0,‎ 故DS⊥AS,DS⊥BS.‎ 又AS∩BS=S,所以SD⊥平面SAB.(6分)‎ ‎(2)解 设平面SBC的法向量a=(m,n,p),‎ 则a⊥,a⊥,a·=0,a·=0.‎ 又=(1,-,),=(0,2,0),‎ 故 取p=2得a=(-,0,2).(9分)‎ 又=(-2,0,0),cos〈,a〉==,‎ 所以AB与平面SBC所成角的正弦值为.(12分)‎ ‎11.(1)证明 建立如图所示的空间直角坐标系,则由已知可得A(0,0,0),B(2,2,0),C(0,4,0),A1(0,0,4),E(,3,0),F(0,4,1).(2分)‎ 于是=(0,-4,4),‎ =(-,1,1).‎ 则·=(0,-4,4)·(-,1,1)=0-4+4=0,‎ 故EF⊥A‎1C.(7分)‎ ‎(2)解 设CF=λ(0<λ≤4),平面AEF的一个法向量为m=(x,y,z),‎ 则由(1)得F(0,4,λ).(8分)‎ =(,3,0),=(0,4,λ),‎ 于是由m⊥,m⊥可得 即取m=(λ,-λ,4).‎ 又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为n=(1,0,0),于是由θ的锐角可得cos θ==,sin θ=,所以tan θ==.(11分)‎ 由0<λ≤4,得≥,即tan θ≥=.‎ 故当λ=4,即点F与点C1重合时,tan θ取得最小值.‎ ‎(14分)‎
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