2022高考数学一轮复习-第8章-立体几何-第5讲-空间角与距离、空间向量及应用试题2.docx

2022高考数学一轮复习 第8章 立体几何 第5讲 空间角与距离、空间向量及应用试题22022高考数学一轮复习 第8章 立体几何 第5讲 空间角与距离、空间向量及应用试题2年级：姓名：第 21 页 共 21 页第八章立体几何第五讲空间角与距离、空间向量及应用1.2020湖北部分重点中学高三测试如图8-5-1,E,F分别是三棱锥P-ABC的棱AP,BC的中点,PC=10,AB=6,EF=7,则异面直线AB与PC所成的角为 ()图8-5-1A.30B.60C.120D.1502.2020湖南长沙市长郡中学模拟图8-5-2中的三个正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G均为所在棱的中点,过E,F,G作正方体的截面.下列各选项中,关于直线BD1与平面EFG的位置关系描述正确的是()A.BD1平面EFG的有且只有,BD1平面EFG的有且只有B.BD1平面EFG的有且只有,BD1平面EFG的有且只有C.BD1平面EFG的有且只有,BD1平面EFG的有且只有D.BD1平面EFG的有且只有,BD1平面EFG的有且只有3.2020安徽宣城模拟如图8-5-3,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,BB1的中点,M为棱A1B1上一点,且A1M=(02),设N为线段ME的中点,则点N到平面D1EF的距离为 ()A.3B.255C.23D.554.2019吉林长春质量监测双空题已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N,E,F分别是A1B1,AD,B1C1,C1D1的中点,则过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为,CE 和该截面所成角的正弦值为.5.2021广州市阶段模拟如图8-5-4,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD为菱形,BE平面ABCD,G为AC与BD的交点.(1)证明:平面AEC平面BED.(2)若BAD=60,AEEC,求直线EG与平面EDC所成角的正弦值.6.2021晋南高中联考如图8-5-5,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD底面ABCD,其中底面ABCD为等腰梯形,ADBC,PA=AB=BC=CD,PAPD,PAD=60,Q为PD的中点.(1)证明:CQ平面PAB.(2)求二面角P-AQ-C的余弦值.图8-5-57.2021湖南六校联考如图8-5-6,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,SD平面ABCD,SD=2a,AD=2a,点E是SD上的点,且DE=a(02).(1)求证:对任意的(0,2,都有ACBE.(2)设二面角C-AE-D的大小为,直线BE与平面ABCD所成的角为,若sin =cos ,求的值.图8-5-68.2020福建五校联考图8-5-7是一个半圆柱与多面体ABB1A1C构成的几何体,平面ABC与半圆柱的下底面共面,且ACBC,P为B1A1上的动点(不与B1,A1重合).(1)证明:PA1平面PBB1.(2)若四边形ABB1A1为正方形,且AC=BC,PB1A1=4,求二面角P-A1B1-C的余弦值.图8-5-79.2020全国卷,20,12分理如图8-5-8,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.(1)证明:AA1MN,且平面A1AMN平面EB1C1F.(2)设O为A1B1C1的中心.若AO平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.10.2021黑龙江省六校联考如图8-5-9,正方形ABCD和ABEF所在的平面互相垂直,且边长都是1,M,N,G分别为线段AC,BF,AB上的动点,且CM=BN,AF平面MNG,记BG=a(0a1).(1)证明:MG平面ABEF.(2)当MN的长度最小时,求二面角A-MN-B的余弦值.图8-5-911.2021蓉城名校联考如图8-5-10(1),AD是BCD中BC边上的高,且AB=2AD=2AC,将BCD沿AD翻折,使得平面ACD平面ABD,如图8-5-10(2)所示.(1)求证:ABCD.(2)在图8-5-10(2)中,E是BD上一点,连接AE,CE,当AE与底面ABC所成角的正切值为12时,求直线AE与平面BCE所成角的正弦值.12.2020洛阳市联考如图8-5-11,底面ABCD是边长为3的正方形,平面ADEF平面ABCD,AFDE,ADDE,AF=26,DE=36.(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M-BE-D的大小为60?若存在,求出AMAF的值;若不存在,请说明理由.图8-5-1113.如图8-5-12,三棱锥P-ABC中,PA平面ABC,ABBC,平面经过棱PC的中点E,与棱PB,AC分别交于点F,D,且BC平面,PA平面.(1)证明:AB平面.(2)若AB=BC=PA=2,点M在直线EF上,求平面MAC与平面PBC所成锐二面角的余弦值的最大值.图8-5-1214.2021安徽江淮十校第一次联考如图8-5-13(1),已知圆O的直径AB的长为2,上半圆弧上有一点C,COB=60,点P是弧AC上的动点,点D是下半圆弧的中点.现以AB为折痕,使下半圆所在的平面垂直于上半圆所在的平面,连接PO,PD,PC,CD,如图8-5-13(2)所示.(1)当AB平面PCD时,求PC的长;(2)当三棱锥P-COD体积最大时,求二面角D-PC-O的余弦值.答 案第五讲空间角与距离、空间向量及应用1.B如图D 8-5-8,取AC的中点D,连接DE,DF,因为D,E,F分别为AC,PA,BC的中点,所以DFAB,DF=12AB,DEPC,DE=12PC,所以EDF或其补角为异面直线PC与AB所成的角.因为PC=10,AB=6,所以在DEF中,DE=5,DF=3,EF=7,由余弦定理得cosEDF=DE2+DF2-EF22DEDF=25+9-49253=-12,所以EDF=120,所以异面直线PC与AB所成的角为60.故选B.图D 8-5-82.A对于题图,连接BD,因为E,F,G均为所在棱的中点,所以BDGE,DD1EF,又BD平面EFG,DD1平面EFG,从而可得BD平面EFG,DD1平面EFG,又BDDD1=D,所以平面BDD1平面EFG,所以BD1平面EFG.对于题图,连接DB,DA1,设正方体的棱长为1,因为E,F,G均为所在棱的中点,所以BD1GE=(DD1-DB)(12DA1)=12(DD1DA1-DBDA1)=12(12cos 45-22cos 60)=0,即BD1EG.连接DC1,则BD1EF=(DD1-DB)(12DC1)=12(DD1DC1-DBDC1)=12(12cos 45-22cos 60)=0,即BD1EF.又EGEF=E,所以BD1平面EFG.对于题图,设正方体的棱长为1,连接DB,DG,因为E,F,G均为所在棱的中点,所以BD1EG=(DD1-DB)(DG-DE)=(DD1-DB)(DC+12DD1-12DA)=12DD12-DBDC+12DBDA=12-2122+122122=0,即BD1EG.连接AF,则BD1EF=(DD1-DB)(AF-AE)=(DD1-DB)(DD1+12DC+12DA)=DD12-12DBDC-12DBDA=1-122122-122122=0,即BD1EF.又EGEF=E,所以BD1平面EFG.故选A.3.D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,建立如图D 8-5-9所示的空间直角坐标系,则M(2,2),D1(0,0,2),E(2,0,1),F(2,2,1),ED1=(-2,0,1),EF=(0,2,0),EM=(0,1).设平面D1EF的法向量为n=(x,y,z),则nED1=-2x+z=0,nEF=2y=0,取x=1,得z=2,则n=(1,0,2)为平面D1EF的一个法向量.则点M到平面D1EF的距离d=|EMn|n|=25=255.因为N为线段EM的中点,所以点N到平面D1EF的距离为d2=55,故选D.4.221010如图D 8-5-10,正方体ABCD-A1B1C1D1中,设CD,BC的中点分别为H,G,连接HE,HG,GE,HF,ME,NH.图D 8-5-10易知MENH,ME=NH,所以四边形MEHN是平行四边形,所以MNHE.因为MN平面EFHG,HE平面EFHG,所以MN平面EFHG,所以过EF且与MN平行的平面为平面EFHG,易知平面EFHG截正方体所得截面为矩形EFHG,EF=2,FH=2,所以截面EFHG的面积为22=22.连接AC,交HG于点I,易知CIHG,平面EFHG平面ABCD,平面EFHG平面ABCD=HG,所以CI平面EFHG,连接EI,因为EI平面EFHG,所以CIEI,所以CEI为直线CE和截面EFHG所成的角.在RtCIE中,易知CE=1+22=5,CI=14AC=224=22,所以sinCEI=CICE=1010.5.(1)因为四边形ABCD为菱形,所以ACBD.因为BE平面ABCD,AC平面ABCD,所以ACBE.又BEBD=B,所以AC平面BED.又AC平面AEC,所以平面AEC平面BED.(2)解法一设AB=1,在菱形ABCD中,由BAD=60,可得AG=GC=32,BG=GD=12.因为AEEC,所以在RtAEC中可得EG=AG=32.由BE平面ABCD,得EBG为直角三角形,则EG2=BE2+BG2,得BE=22.如图D 8-5-11,过点G作直线GzBE,因为BE平面ABCD,所以Gz平面ABCD,又ACBD,所以建立空间直角坐标系 G-xyz.G(0,0,0),C(0,32,0),D(-12,0,0),E(12,0,22),所以GE=(12,0,22),DE=(1,0,22),CE=(12,-32,22).设平面EDC的法向量为n=(x,y,z),由DEn=0,CEn=0,得x+22z=0,12x-32y+22z=0,取x=1,则z=-2,y=-33,所以平面EDC的一个法向量为n=(1,-33,-2).设直线EG与平面EDC所成的角为,则sin =|cos|=|12+0-114+121+13+2|=|-1232103|=1010.所以直线EG与平面EDC所成角的正弦值为1010.解法二设BG=1,则GD=1,AB=2,AG=3.设点G到平面EDC的距离为h,EG与平面EDC所成角的大小为.因为AC平面EBD,EG平面EBD,所以ACEG.因为AEEC,所以AEC为等腰直角三角形.因为AC=2AG=23,所以AE=EC=6,EG=AG=3.因为AB=BD=2,所以RtEABRtEDB,所以EA=ED=6.在EDC中,ED=EC=6,DC=2,则SEDC=5.在RtEAB中,BE=EA2-AB2=(6)2-22=2.VE-GDC=13BE12SCBD=162SABD=1621223=66.由VG-EDC=13h5=VE-GDC=66,得h=625=3010.所以sin =hEG=1010.所以直线EG与平面EDC所成角的正弦值为1010.解法三如图D 8-5-12,以点B为坐标原点,建立空间直角坐标系B-xyz.不妨设AB=2,在菱形ABCD中,由BAD=60,可得AG=GC=3,BG=GD=1.因为AEEC,所以在RtAEC中可得EG=AG=3.由BE平面ABCD,得EBG为直角三角形,则EG2=BE2+BG2,得BE=2.则C(2,0,0),E(0,0,2),D(1,3,0),G(12,32,0),所以EG=(12,32,-2),ED=(1,3,-2),EC=(2,0,-2).设平面EDC的法向量为n=(x,y,z),则nED=0,nEC=0,得x+3y-2z=0,2x-2z=0,令x=3,则z=6,y=1.所以平面EDC的一个法向量为n=(3,1,6).设EG与平面EDC所成的角为,则sin =|cos|=|32+32-23|1+23+1+6=1010.所以直线EG与平面EDC所成角的正弦值为1010.6.(1)如图D 8-5-13,取PA的中点N,连接QN,BN.图D 8-5-13Q,N分别是PD,PA的中点,QNAD,且QN=12AD.PAPD,PAD=60,PA=12AD,又PA=BC,BC=12AD,QN=BC,又ADBC,QNBC,四边形BCQN为平行四边形,BNCQ.又BN平面PAB,CQ平面PAB,CQ平面PAB.(2)在图D 8-5-13的基础上,取AD的中点M,连接BM,PM,取AM的中点O,连接BO,PO,如图D 8-5-14.图D 8-5-14设PA=2,由(1)得PA=AM=PM=2,APM为等边三角形,POAM,同理BOAM.平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,PO平面PAD,PO平面ABCD.以O为坐标原点,分别以OB,OD,OP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系O-xyz,则A(0,-1,0),C(3,2,0),P(0,0,3),Q(0,32,32),AC=(3,3,0),AQ=(0,52,32),设平面ACQ的法向量为m=(x,y,z),则mAC=0,mAQ=0,3x+3y=0,52y+32z=0,取y=-3,得m=(3,-3,5)是平面ACQ的一个法向量,又平面PAQ的一个法向量为n=(1,0,0),cos=mn|m|n|=33737,由图得二面角P-AQ-C的平面角为钝角,二面角P-AQ-C的余弦值为-33737.7.(1)由题意SD平面ABCD,ADDC,图D 8-5-15以D为原点,DA,DC,DS的方向分别作为x,y,z轴的正方向建立如图D 8-5-15所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2a,0,0),B(2a,2a,0),C(0,2a,0),E(0,0,a),AC=(-2a,2a,0),BE=(-2a,-2a,a),ACBE=2a2-2a2+0a=0,即ACBE.(2)解法一由(1)得EA=(2a,0,-a),EC=(0,2a,-a),BE=(-2a,-2a,a).设平面ACE的法向量为n=(x,y,z),则由nEA,nEC得nEA=0,nEC=0,得2x-z=0,2y-z=0,取z=2,得n=(,2)为平面ACE的一个法向量,易知平面ABCD与平面ADE的一个法向量分别为DS=(0,0,2a)与DC=(0,2a,0),sin =|DSBE|DS|BE|=2+4,易知二面角C-AE-D为锐二面角,cos =|DCn|DC|n|=22+2,由sin =cos 得2+4=22+2,解得2=2,又(0,2,=2.解法二如图D 8-5-16,连接BD,由SD平面ABCD知,DBE=.图D 8-5-16由(1)易知CD平面SAD.过点D作DFAE于点F,连接CF,则CFD是二面角C-AE-D的平面角,即CFD=.在RtBDE中,BD=2a,DE=a,BE=4a2+2a2,sin =DEBE=2+4,在RtADE中,AD=2a,DE=a,AE=a2+2,DF=ADDEAE=2a2+2,在RtCDF中,CF=DF2+CD2=22+12+2a,cos =DFCF=22+2,由sin =cos 得2+4=22+2,解得2=2,又(0,2,=2.8.(1)在半圆柱中,BB1平面PA1B1,PA1平面PA1B1,所以BB1PA1.因为A1B1是上底面对应圆的直径,所以PA1PB1.因为PB1BB1=B1,PB1平面PBB1,BB1平面PBB1,所以PA1平面PBB1.(2)根据题意,以C为坐标原点建立空间直角坐标系C-xyz,如图D 8-5-17所示.图D 8-5-17设CB=1,则C(0,0,0),A1(0,1,2),B1(1,0,2),所以CA1=(0,1,2),CB1=(1,0,2).易知n1=(0,0,1)为平面PA1B1的一个法向量.设平面CA1B1的法向量为n2=(x,y,z),则n2CA1=0,n2CB1=0,即y+2z=0,x+2z=0,令z=1,则x=-2,y=-2,所以n2=(-2,-2,1)为平面CA1B1的一个法向量.所以cos=115=55.由图可知二面角P-A1B1-C为钝角,所以所求二面角的余弦值为-55.9.(1)因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以MNCC1.又由已知得AA1CC1,故AA1MN.因为A1B1C1是正三角形,所以B1C1A1N.又B1C1MN,故B1C1平面A1AMN.所以平面A1AMN平面EB1C1F.(2)由已知得AMBC.以M为坐标原点,MA的方向为x轴正方向,|MB|为单位长度,建立如图D 8-5-18所示的空间直角坐标系M-xyz,则AB=2,AM=3.连接NP,则四边形AONP为平行四边形,故PM=233,E(233,13,0).由(1)知平面A1AMN平面ABC.作NQAM,垂足为Q,则NQ平面ABC.设Q(a,0,0),则NQ=4-(233-a)2,B1(a,1,4-(233-a)2),故B1E=(233-a,-23,-4-(233-a)2),|B1E|=2103.又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的一个法向量,故sin(2-)=cos=nB1E|n|B1E|=1010.所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为1010.10.(1)因为AF平面MNG,且AF平面ABEF,平面ABEF平面MNG=NG,所以AFNG,所以CM=BN=2a,所以AM=2(1-a),所以AMCM=AGBG=1-aa,所以MGBC,所以MGAB.又平面ABCD平面ABEF,且MG平面ABCD,平面ABCD平面ABEF=AB,所以MG平面ABEF.(2)由(1)知,MGNG,MG=1-a,NG=a,所以MN=a2+(1-a)2=2a2-2a+1=2(a-12)2+1222,当且仅当a=12时等号成立,即当a=12时,MN的长度最小.以B为坐标原点,分别以BA,BE,BC所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图D 8-5-19所示的空间直角坐标系B-xyz,图D 8-5-19则A(1,0,0),B(0,0,0),M(12,0,12),N(12,12,0),设平面AMN的法向量为m=(x1,y1,z1),因为AM=(-12,0,12),MN=(0,12,-12),所以mAM=-x12+z12=0mMN=y12-z12=0,取z1=1,得m=(1,1,1)为平面AMN的一个法向量.设平面BMN的法向量为n=(x2,y2,z2),因为BM=(12,0,12),MN=(0,12,-12),所以nBM=x22+z22=0nMN=y22-z22=0,取z2=1,得n=(-1,1,1)为平面BMN的一个法向量.所以cos=mn|m|n|=13,又二面角A-MN-B为钝二面角,所以二面角A-MN-B的余弦值为-13.11.(1)由题图(1)知,在题图(2)中,ACAD,ABAD.平面ACD平面ABD,平面ACD平面ABD=AD,AB平面ABD,AB平面ACD,又CD平面ACD,ABCD.(2)以A为坐标原点,AC,AB,AD所在的直线分别为x,y,z轴建立如图D 8-5-20所示的空间直角坐标系,图D 8-5-20不妨设AC=1,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,0,0),D(0,0,1),AD=(0,0,1),BC=(1,-2,0),DB=(0,2,-1).设E(x,y,z),由DE=DB(01),得(x,y,z-1)=(0,2,-),得E(0,2,1-),AE=(0,2,1-),又平面ABC的一个法向量为AD=(0,0,1),AE与底面ABC所成角的正切值为12,所以|tan􀎮AD,AE􀎯|=2,于是|cos􀎮AD,AE􀎯|=15=55,即|1-(2)2+(1-)2|=55,解得=12,则E(0,1,12),AE=(0,1,12),BE=(0,-1,12).设平面BCE的法向量为n=(x,y,z),则nBC=0,nBE=0,即x-2y=0,-y+12z=0,令y=1,得x=2,z=2,则n=(2,1,2)是平面BCE的一个法向量,设直线AE与平面BCE所成的角是,则sin =|cos􀎮AE,n􀎯|=|AEn|AE|n|=2523=4515,故直线AE与平面BCE所成角的正弦值为4515.12.(1)因为平面ADEF平面ABCD,平面ADEF平面ABCD=AD,DE平面ADEF,DEAD,所以DE平面ABCD.因为AC平面ABCD,所以DEAC.又四边形ABCD是正方形,所以ACBD.因为DEBD=D,DE平面BED,BD平面BED,所以AC平面BED.又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,建立如图D 8-5-21所示的空间直角坐标系D-xyz.图D 8-5-21则A(3,0,0),F(3,0,26),E(0,0,36),B(3,3,0),C(0,3,0),所以CA=(3,-3,0),BE=(-3,-3,36),EF=(3,0,-6).设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),则nBE=-3x-3y+36z=0,nEF=3x-6z=0,取x=6,得n=(6,26,3)为平面BEF的一个法向量.所以cos=CAn|CA|n|=-363239=-1313.所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为1313.(3)假设在线段AF上存在符合条件的点M,由(2)可设M(3,0,t),0t26,则BM=(0,-3,t).设平面MBE的法向量为m=(x1,y1,z1),则mBM=-3y1+tz1=0,mBE=-3x1-3y1+36z1=0,令y1=t,得m=(36-t,t,3)为平面MBE的一个法向量.由(1)知CA平面BED,所以CA是平面BED的一个法向量,|cos|=|mCA|m|CA|=|96-6t|32(36-t)2+t2+9=cos 60=12,整理得2t2-66t+15=0,解得t=62,故在线段AF上存在点M,使得二面角M-BE-D的大小为60,此时AMAF=14.13.(1)因为BC平面,BC平面PBC,平面平面PBC=EF,所以BCEF,且F为棱PB的中点,因为BCAB,所以EFAB.因为PA平面,PA平面PAC,平面平面PAC=DE,所以PADE.因为PA平面ABC,所以PAAB, 所以DEAB.又DEEF=E,DE平面DEF,EF平面DEF,所以AB平面DEF,即AB平面.(2)如图D 8-5-22,以点B为坐标原点,分别以BA,BC所在直线为x,y轴,过点B且与AP平行的直线为z轴建立空间直角坐标系,图D 8-5-22则B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),P(2,0,2),E(1,1,1),F(1,0,1),AC=(-2,2,0),BC=(0,2,0),BP=(2,0,2).设M(1,t,1),平面MAC的法向量为m=(x1,y1,z1),则AM=(-1,t,1),则mAC=-2x1+2y1=0,mAM=-x1+ty1+z1=0,令x1=1,则y1=1,z1=1-t,所以m=(1,1,1-t)为平面MAC的一个法向量.设平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2),则nBC=2y2=0,nBP=2x2+2z2=0,得y2=0,令x2=1,则z2=-1,所以n=(1,0,-1)为平面PBC的一个法向量.设平面MAC与平面PBC所成的锐二面角为,则cos =|cos|=|mn|m|n|=|1-(1-t)|12+12+(1-t)22=|t|t2-2t+32.当t=0时,cos =0;当t0时, cos =13t2-2t+12=13(1t-13)2+232,当且仅当1t=13,即t=3时,3(1t-13)2+23取得最小值23,cos 取得最大值,最大值为1232=32.所以平面MAC与平面PBC所成锐二面角的余弦值的最大值为32.14.(1)因为AB平面PCD,AB平面OCP,平面OCP平面PCD=PC,所以ABPC.又COB=60,所以OCP=60.又OC=OP,所以OCP为正三角形,所以PC=1.(2)由题意知DO平面COP,而VP-COD=VD-COP,SCOP=12OCOPsinCOP,所以当OCOP时,三棱锥P-COD的体积最大.解法一易知OP,OD,OC两两垂直,以O为坐标原点,OP,OD,OC的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图D 8-5-23所示的空间直角坐标系O-xyz,则P(1,0,0),D(0,1,0),C(0,0,1),PC=(-1,0,1),DP=(1,-1,0).图D 8-5-23设平面DPC的法向量为n1=(x,y,z),则PCn1=0,DPn1=0,即-x+z=0,x-y=0,取x=1,得平面DPC的一个法向量为n1=(1,1,1).易知平面PCO的一个法向量为n2=(0,1,0),设二面角D-PC-O的平面角为,由题图知,二面角D-PC-O的平面角为锐角,则cos =|n1n2|n1|n2|=33,所以二面角D-PC-O的余弦值为33.解法二如图D 8-5-24所示,取PC的中点H,连接OH,DH.图D 8-5-24因为OC=OP,DC=DP,所以OH,DH都与PC垂直,即OHD为所求二面角的平面角.在RtOPC中,可得OH=22,在RtOHD中,DH=12+(22)2=62,所以cosOHD=2262=33,所以二面角D-PC-O的余弦值为33.