【数学】2020届一轮复习苏教版专题七第二讲运用空间向量求角学案

【数学】2020届一轮复习苏教版专题七第二讲运用空间向量求角学案

第二讲 运用空间向量求角 题型(一)‎ 运用空间向量求两直线所成的角 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　主要考查用直线的方向向量求异面直线所成的角.‎ ‎ [典例感悟]‎ ‎[例1]　已知正三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长都相等，P为A1B上的点，且＝λ，PC⊥AB.‎ ‎(1)求λ的值；‎ ‎(2)求异面直线PC与AC1所成角θ的余弦值．‎ ‎[解]　(1)设正三棱柱的棱长为2，取AC中点O，连结OB，则OB⊥AC.以O为原点，OB，OC所在直线为x轴，y轴，过点O且平行AA1的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)，‎ 所以＝(，1,0)，＝(0，－2,2)，＝(，1，－2)．‎ 因为PC⊥AB，所以·＝0，‎ 得(＋)·＝0，‎ 即(＋λ)·＝0，‎ 即(λ，－2＋λ，2－2λ)·(，1,0)＝0，解得λ＝.‎ ‎(2)由(1)知＝，＝(0,2,2)，‎ cos θ＝＝，‎ 所以异面直线PC与AC1所成角θ的余弦值是.‎ ‎[方法技巧]‎ ‎1．两条异面直线所成角的求法 设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝(其中φ为异面直线a，b所成的角)．‎ ‎2．用向量法求异面直线所成角的四步骤 ‎(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；‎ ‎(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；‎ ‎(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；‎ ‎(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．‎ ‎[演练冲关]‎ ‎(2018·无锡期末)如图，四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝∠CBA＝90°，PA＝AB＝BC＝1，AD＝2，E，F，G分别为BC，PD，PC的中点．‎ ‎(1)求EF与DG所成角的余弦值；‎ ‎(2)若M为EF上一点，N为DG上一点，是否存在MN，使得MN⊥平面PBC？若存在，求出点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)以A为坐标原点，AB，AD，AP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A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，‎ ‎∵E，F，G分别为BC，PD，PC的中点，‎ ‎∴E，F，G，‎ ‎∴＝，＝，‎ 设EF与DG所成的角为θ，‎ 则cos θ＝＝.‎ ‎∴EF与DG所成角的余弦值为.‎ ‎(2)存在MN，使得MN⊥平面PBC，理由如下：‎ 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，‎ ‎∵＝(0,1,0)，＝(1,0，－1)，‎ ‎∴即取x＝1，得n＝(1,0,1)，‎ 若存在MN，使得MN⊥平面PBC，则∥n，‎ 设M(x1，y1，z1)，N(x2，y2，z2)，‎ 则　①‎ ‎∵点M，N分别是线段EF与DG上的点，‎ ‎∴＝λ，＝t，‎ ‎∵＝，＝(x2，y2－2，z2)，‎ ‎∴且　②‎ 把②代入①，得解得 ‎∴M，N.‎ 故存在两点M，N，使得MN⊥平面PBC.‎ 题型(二)‎ 运用空间向量求直线和平面所成的角 ‎　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　考查用直线的方向向量与平面的法向量计算直线与平面所成的角.‎ ‎ [典例感悟]‎ ‎[例2]　(2018·苏州暑假测试)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，且PA＝AB＝BC＝AD＝1，PA⊥平面ABCD.‎ ‎(1)求PB与平面PCD所成角的正弦值；‎ ‎(2)棱PD上是否存在一点E满足∠AEC＝90°？若存在，求AE的长；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解]　(1)如图，以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz，‎ 则P(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，‎ 从而＝(1,0，－1)，＝(1,1，－1)，＝(0,2，－1)．‎ 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 不妨取z＝2，则y＝1，x＝1，‎ 所以平面PCD的一个法向量n＝(1,1,2)，‎ 此时cos〈，n〉＝＝－，‎ 所以PB与平面PCD所成角的正弦值为.‎ ‎(2)设＝λ (0≤λ≤1)，则E(0,2λ，1－λ)．‎ 则＝(－1,2λ－1,1－λ)，＝(0,2λ，1－λ)，‎ 由∠AEC＝90°得·＝2λ(2λ－1)＋(1－λ)2＝0，‎ 化简得，5λ2－4λ＋1＝0，该方程无解，‎ 所以棱PD上不存在一点E满足∠AEC＝90°.‎ ‎[方法技巧]‎ 直线和平面所成角的求法 如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝.‎ ‎[演练冲关]‎ ‎(2018·南通、泰州一调)如图所示，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为棱C1D1的中点，Q为棱BB1上的点，且BQ＝λBB1(λ≠0)．‎ ‎(1)若λ＝，求AP与AQ所成角的余弦值；‎ ‎(2)若直线AA1与平面APQ所成的角为45°，求实数λ的值．‎ 解：以{，，}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.‎ 则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，P(1,2,2)，Q(2,0,2λ)．‎ ‎(1)当λ＝时，＝(1,2,2)，＝(2,0,1)，‎ 所以cos〈，〉＝ ‎＝＝.‎ 所以AP与AQ所成角的余弦值为. ‎ ‎(2)＝(0,0,2)，＝(2,0,2λ)．‎ 设平面APQ的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 令z＝－2，则x＝2λ，y＝2－λ.‎ 所以n＝(2λ，2－λ，－2)．‎ 又因为直线AA1与平面APQ所成角为45°，‎ 所以|cos〈n，〉|＝ ‎＝＝，‎ 可得5λ2－4λ＝0，又因为λ≠0，所以λ＝.‎ 题型(三)‎ 运用空间向量求二面角 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　考查用平面的法向量计算平面与平面所成的角.‎ ‎ [典例感悟]‎ ‎[例3]　如图，正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AD＝1，D1D＝2，点P为棱CC1的中点．‎ ‎(1)设二面角AA1BP的大小为θ，求sin θ的值；‎ ‎(2)设M为线段A1B上的一点，求的取值范围．‎ ‎[解]　(1)如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(1,0,0)，A1(1,0,2)，P(0,1,1)，B(1,1,0)．‎ 由题意可知n＝(1,0,0)为平面AA1B的一个法向量．‎ 又＝(1，－1,1)，‎ ＝(1,0，－1)．‎ 设平面PA1B的法向量为m＝(x2，y2，z2)，‎ 则即 取m＝(1,2,1)为平面PA1B的一个法向量．‎ 所以cos〈n，m〉＝＝，‎ 则sin θ＝.‎ ‎(2)设M(x，y，z)，＝λ (0≤λ≤1)，‎ 即(x－1，y－1，z)＝λ(0，－1,2)，‎ 所以M(1,1－λ，2λ)．‎ 所以＝(0，λ－1，－2λ)，＝(－1，λ，1－2λ)，‎ ＝ ＝ ‎＝ .‎ 令2λ－1＝t∈[－1,1]，‎ 则＝＝，‎ 当t∈[－1,0)时，∈；‎ 当t∈(0,1]时，∈；‎ 当t＝0时，＝0.‎ 所以∈，‎ 则∈.‎ 故的取值范围为.‎ ‎[方法技巧]‎ 二面角的求法 建立恰当坐标系，求出两个平面的法向量n1，n2，利用cos〈n1，n2〉＝求出(结合图形取“±”号)二面角，也可根据线面垂直，直接求出法向量来求解．‎ ‎[演练冲关]‎ ‎1.直三棱柱ABCA1B1C1中，AB⊥AC，AB＝2，AC＝4，AA1＝2，＝λ.‎ ‎(1)若λ＝1，求直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值；‎ ‎(2)若二面角B1A1C1D的大小为60°，求实数λ的值．‎ 解：如图，分别以AB，AC，AA1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz.‎ 则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,2)，B1(2,0,2)，C1(0,4,2)．‎ ‎(1)当λ＝1时，D为BC的中点，所以D(1,2,0)，＝(1，－2,2)，＝(0,4,0)，＝(1,2，－2)．‎ 设平面A1C1D的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 令z＝1，得y＝0，x＝2，‎ 则n＝(2,0,1)为平面A1C1D的一个法向量，‎ 设直线DB1与平面A1C1D所成的角为θ.‎ 则sin θ＝＝＝＝，‎ 所以直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值为.‎ ‎(2)因为＝λ，所以D，‎ ＝，，－2.‎ 设平面A1C1D的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 则即 令z1＝1，得y1＝0，x1＝λ＋1，‎ 则n1＝(λ＋1,0,1)为平面A1C1D的一个法向量．‎ 又平面A1B1C1的一个法向量为n2＝(0,0,1)，‎ 由题意得|cos〈n1，n2〉|＝，所以＝，‎ 解得λ＝－1或λ＝－－1(不合题意，舍去)，‎ 所以实数λ的值为－1.‎ ‎2．(2018·苏锡常镇一模)如图，已知正四棱锥PABCD中，PA＝AB＝2，点M，N分别在PA，BD上，且＝＝.‎ ‎(1)求异面直线MN与PC所成角的大小；‎ ‎(2)求二面角NPCB的余弦值．‎ 解：(1)连结AC，BD，设AC，BD交于点O，在正四棱锥PABCD中，OP⊥平面ABCD.又PA＝AB＝2，所以OP＝.以O为坐标原点，‎ eq o(DA,sup7(―→))，方向分别是x轴，y轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz，如图．‎ 则A(1，－1,0)，B(1,1,0)，C(－1,1,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0，)．‎ 故＝＋＝＋＝，‎ ＝＝， ‎ 所以＝，＝(－1,1，－)，‎ cos〈，〉＝＝＝，‎ 所以MN与PC所成角的大小为30°.‎ ‎(2)＝(－1,1，－)，＝(2,0,0)，＝.‎ 设m＝(x，y，z)是平面PCB的一个法向量，‎ 则即 令y＝，得z＝1，所以m＝(0，，1)，‎ 设n＝(x1，y1，z1)是平面PCN的一个法向量，‎ 则即 令x1＝2，得y1＝4，z1＝，所以n＝(2,4，), ‎ 故cos〈m，n〉＝＝＝，‎ 所以二面角NPCB的余弦值为.‎ A组——大题保分练 ‎1．(2018·南京学情调研)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AP＝AB＝AD＝1.‎ ‎(1)若直线PB与CD所成角的大小为，求BC的长；‎ ‎(2)求二面角BPDA的余弦值．‎ 解：(1) 以{，，}为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.‎ 因为AP＝AB＝AD＝1，‎ 所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．‎ 设C(1，y,0)，则＝(1,0，－1)，＝(－1,1－y,0)．‎ 因为直线PB与CD所成角大小为，‎ 所以|cos〈，〉|＝＝，‎ 即＝，解得y＝2或y＝0(舍)，‎ 所以C(1,2,0)，所以BC的长为2.‎ ‎(2)设平面PBD的法向量为n1＝(x，y，z)．‎ 因为＝(1,0，－1)，＝(0,1，－1)，‎ 则即 令x＝1，则y＝1，z＝1，所以n1＝(1,1,1)．‎ 因为平面PAD的一个法向量为n2＝(1,0,0)，‎ 所以cos〈n1，n2〉＝＝，‎ 所以由图可知二面角BPDA的余弦值为.‎ ‎2．(2018·苏北四市期末)在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB＝1，AA1＝2，E，F，G分别是棱AA1，AC和A1C1的中点，以{，，→}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.‎ ‎(1)求异面直线AC与BE所成角的余弦值；‎ ‎(2)求二面角FBC1C的余弦值．‎ 解：(1)因为AB＝1，AA1＝2，则F(0,0,0)，A，C，B，E，A1，C1，‎ 所以＝(－1,0,0)，＝.‎ 记异面直线AC和BE所成角为α，‎ 则cos α＝|cos〈，〉|＝＝，‎ 所以异面直线AC和BE所成角的余弦值为.‎ ‎(2)设平面BFC1的法向量为m＝(x1，y1，z1)．‎ 因为＝，＝，‎ 则即 取x1＝4，得平面BFC1的一个法向量为m＝(4,0,1)．‎ 设平面BCC1的法向量为n＝(x2，y2，z2)．‎ 因为＝，＝(0,0,2)，‎ 则即 取x2＝，得平面BCC1的一个法向量为n＝(，－1,0)，‎ 所以cos〈m，n〉＝＝.‎ 根据图形可知二面角FBC1C为锐二面角，‎ 所以二面角FBC1C的余弦值为.‎ ‎3．(2018·南京、盐城二模)如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，A1A＝AB＝2，∠ABC＝60°，E，F分别是BC，A1C的中点．‎ ‎(1)求异面直线EF，AD所成角的余弦值；‎ ‎(2)点M在线段A1D上，＝λ.若CM∥平面AEF，求实数λ的值．‎ 解：因为四棱柱ABCDA1B1C1D1为直四棱柱，‎ 所以A1A⊥平面ABCD.‎ 又AE⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，‎ 所以A1A⊥AE，A1A⊥AD.‎ 在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，则△ABC是等边三角形．‎ 因为E是BC的中点，所以BC⊥AE.‎ 因为BC∥AD，所以AE⊥AD.‎ 故以A为原点，AE，AD，AA1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A(0,0,0)，E(，0,0)，C(，1,0)，D(0，2,0)，A1(0,0,2)，F.‎ ‎(1)因为＝(0,2,0)，＝，‎ 所以cos〈，〉＝＝，‎ 所以异面直线EF，AD所成角的余弦值为.‎ ‎(2)设M(x，y，z)，由于点M在线段A1D上，且 ＝λ，即＝λ，‎ 则(x，y，z－2)＝λ(0,2，－2)．‎ 解得M(0,2λ，2－2λ)，＝(－，2λ－1,2－2λ)．‎ 设平面AEF的法向量为n＝(x0，y0，z0)．‎ 因为＝(，0,0)，＝，‎ 所以即 令y0＝2，得z0＝－1，‎ 所以平面AEF的一个法向量为n＝(0,2，－1)．‎ 由于CM∥平面AEF，则n·＝0，‎ 即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝.‎ ‎4.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面△ABC是直角三角形，AB＝AC＝1，AA1＝2，点P是棱BB1上一点，满足＝λ (0≤λ≤1)．‎ ‎(1)若λ＝，求直线PC与平面A1BC所成角的正弦值；‎ ‎(2)若二面角PA1CB的正弦值为，求λ的值．‎ 解：以A为坐标原点，分别以AB，AC，AA1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.因为AB＝AC＝1，AA1＝2，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0,2)，B1(1,0,2)，P(1，0,2λ)．‎ ‎(1)由λ＝得，＝，＝(1,0，－2)，＝(0,1，－2)．‎ 设平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 由得 不妨取z1＝1，则x1＝y1＝2，‎ 从而平面A1BC的一个法向量为n1＝(2,2,1)．‎ 设直线PC与平面A1BC所成的角为θ，‎ 则sin θ＝＝＝，‎ 所以直线PC与平面A1BC所成角的正弦值为.‎ ‎(2)设平面PA1C的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，‎ 又＝(1,0,2λ－2)，‎ 故由得 不妨取z2＝1，则x2＝2－2λ，y2＝2，‎ 所以平面PA1C的一个法向量为n2＝(2－2λ，2,1)．‎ 则cos〈n1，n2〉＝，‎ 又二面角PA1CB的正弦值为，‎ 所以＝，‎ 化简得λ2＋8λ－9＝0，解得λ＝1或λ＝－9(舍去)，‎ 故λ的值为1.‎ B组——大题增分练 ‎1．(2018·镇江期末)如图，AC⊥BC，O为AB中点，且DC⊥平面ABC，DC∥BE.已知AC＝BC＝DC＝BE＝2.‎ ‎(1)求直线AD与CE所成的角；‎ ‎(2)求二面角OCEB的余弦值．‎ 解：(1)因为AC⊥CB且DC⊥平面ABC，则以C为原点，CB为x轴正方向，CA为y轴正方向，CD为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 因为AC＝BC＝BE＝2，则C(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0,2,0)，O(1,1,0)，E(2,0,2)，D(0,0,2)，且＝(0，－2,2)，＝(2,0,2)．‎ 所以cos〈，〉＝＝＝.‎ 所以直线AD和CE的夹角为60°.‎ ‎(2)平面BCE的一个法向量为m＝(0,1,0)，‎ 设平面OCE的法向量n＝(x0，y0，z0)．‎ 由＝(1,1,0)，＝(2,0,2)，‎ 得则解得 取x0＝－1，则n＝(－1,1,1)．‎ 因为二面角OCEB为锐二面角，记为θ，‎ 则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝.‎ 即二面角OCEB的余弦值为.‎ ‎2．(2018·江苏高考)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．‎ ‎(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；‎ ‎(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．‎ 解：如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{，，}为基底，建立空间直角坐标系O xyz.‎ 因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(，0,2)，C1(0，1,2)．‎ ‎(1)因为P为A1B1的中点，所以P，‎ 从而＝，＝(0,2,2)，‎ 所以|cos〈，〉|＝＝＝.‎ 所以异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.‎ ‎(2)因为Q为BC的中点，所以Q，‎ 因此＝，＝(0,2,2)，＝(0,0,2)．‎ 设n＝(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，‎ 则即 不妨取n＝(，－1,1)．‎ 设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，‎ 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.‎ 所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.‎ ‎3. (2018·苏锡常镇调研(一))如图，在四棱锥PABCD中，已知底面 ABCD是矩形，PD垂直于底面ABCD，PD＝AD＝2AB，点Q为线段PA(不含端点)上一点．‎ ‎(1)当Q是线段PA的中点时，求CQ与平面PBD所成角的正弦值；‎ ‎(2)已知二面角QBDP的正弦值为，求的值．‎ 解：以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.‎ 不妨设AB＝1，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2，1,0)，P(0,0,2)．‎ ＝(2,1,0)，＝(0,0,2)．‎ ‎(1)当Q是线段PA的中点时，Q(1，0,1)，＝(1，－1，1)．‎ 设平面PBD的法向量为m＝(x，y，z)．‎ 则即 不妨取x＝1，解得y＝－2.‎ 则平面PBD的一个法向量为m＝(1，－2,0)．‎ 故cos〈m，〉＝＝＝.‎ 综上，CQ与平面PBD所成角的正弦值为.‎ ‎(2)＝(－2,0,2)，设＝λ (λ∈(0,1))，‎ 即＝(－2λ，0,2λ)．‎ 故Q(2－2λ，0,2λ)，＝(2,1,0)，＝(2－2λ，0,2λ)．‎ 设平面QBD的法向量为n＝(x，y，z)．‎ 则即 不妨取x＝1，则y＝－2，z＝1－，‎ 故平面QBD的一个法向量为n＝.‎ 由(1)得平面PBD的一个法向量m＝(1，－2,0)，‎ 由题意得cos2〈m，n〉＝ ‎＝＝＝1－2＝，‎ 解得λ＝或λ＝－1.‎ 又λ∈(0,1)，所以λ＝，‎ 所以＝，即―＝，即＝.‎ ‎4.如图，在四棱锥SABCD中，SD⊥平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，∠ADC＝∠DAB＝90°，SD＝AD＝AB＝2，DC＝1.‎ ‎(1)求二面角SBCA的余弦值；‎ ‎(2)设P是棱BC上一点，E是SA的中点，若PE与平面SAD所成角的正弦值为，求线段CP的长．‎ 解：(1)由题意，以D为坐标原点，DA，DC，DS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Dxyz，‎ 则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0，1,0)，S(0,0,2)，‎ 所以＝(2,2，－2)，＝(0,1，－2)，＝(0,0,2)．‎ 设平面SBC的法向量为n1＝(x，y，z)，‎ 则即 令z＝1，得x＝－1，y＝2，‎ 所以n1＝(－1,2,1)是平面SBC的一个法向量. ‎ 因为SD⊥平面ABC，取平面ABC的一个法向量n2＝(0,0,1)．‎ 设二面角SBCA的大小为θ，‎ 由图可知二面角SBCA为锐二面角，‎ 所以|cos θ|＝＝＝，‎ 所以二面角SBCA的余弦值为. ‎ ‎(2)由(1)知E(1,0,1)，‎ ＝(2,1,0)，＝(1，－1，1)．‎ 设＝λ (0≤λ≤1)，‎ 则＝λ(2,1,0)＝(2λ，λ，0)，‎ 所以＝－＝(1－2λ，－1－λ，1)．‎ 易知CD⊥平面SAD，‎ 所以＝(0，－1,0)是平面SAD的一个法向量．‎ 设PE与平面SAD所成的角为α，‎ 所以sin α＝|cos〈，〉|＝＝， ‎ 即＝，得λ＝或λ＝(舍去)．‎ 所以＝，||＝，‎ 所以线段CP的长为.‎