江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 隨機(jī)變量、空間向量（理）7.2 運(yùn)用空間向量求角講義（含解析）

江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 隨機(jī)變量、空間向量（理）7.2 運(yùn)用空間向量求角講義（含解析） 題型(一) 運(yùn)用空間向量求兩直線所成的角 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　主要考查用直線的方向向量求異面直線所成的角. [解]　(1)設(shè)正三棱柱的棱長為2，取AC中點(diǎn)O，連結(jié)OB，則OB⊥AC.以O(shè)為原點(diǎn)，OB，OC所在直線為x軸，y軸，過點(diǎn)O且平行AA1的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 則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?yàn)镻C⊥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＝＝， 所以異面直線PC與AC1所成角θ的余弦值是. [方法技巧] 1．兩條異面直線所成角的求法 設(shè)兩條異面直線a，b的方向向量分別為a，b，其夾角為θ，則cos φ＝|cos θ|＝(其中φ為異面直線a，b所成的角)． 2．用向量法求異面直線所成角的四步驟 (1)選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標(biāo)系； (2)確定異面直線上兩個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，從而確定異面直線的方向向量； (3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值； (4)兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角余弦值的絕對值． [演練沖關(guān)] (2018·無錫期末)如圖，四棱錐P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝∠CBA＝90°，PA＝AB＝BC＝1，AD＝2，E，F(xiàn)，G分別為BC，PD，PC的中點(diǎn)． (1)求EF與DG所成角的余弦值； (2)若M為EF上一點(diǎn)，N為DG上一點(diǎn)，是否存在MN，使得MN⊥平面PBC？若存在，求出點(diǎn)M，N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 解：(1)以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)， ∵E，F(xiàn)，G分別為BC，PD，PC的中點(diǎn)， ∴E，F(xiàn)，G， ∴＝，＝， 設(shè)EF與DG所成的角為θ， 則cos θ＝＝. ∴EF與DG所成角的余弦值為. (2)存在MN，使得MN⊥平面PBC，理由如下： 設(shè)平面PBC的法向量為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，則∥n， 設(shè)M(x1，y1，z1)，N(x2，y2，z2)， 則?、? ∵點(diǎn)M，N分別是線段EF與DG上的點(diǎn)， ∴＝λ，＝t， ∵＝，＝(x2，y2－2，z2)， ∴且?、? 把②代入①，得解得 ∴M，N. 故存在兩點(diǎn)M，N，使得MN⊥平面PBC. 題型(二) 運(yùn)用空間向量求直線和平面所成的角 　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　考查用直線的方向向量與平面的法向量計(jì)算直線與平面所成的角. [典例感悟] [例2]　(2018·蘇州暑假測試)如圖，在四棱錐P­ABCD中，底面ABCD為直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，且PA＝AB＝BC＝AD＝1，PA⊥平面ABCD. (1)求PB與平面PCD所成角的正弦值； (2)棱PD上是否存在一點(diǎn)E滿足∠AEC＝90°？若存在，求AE的長；若不存在，請說明理由． [解]　(1)如圖，以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AB，AD，AP所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)­xyz， 則P(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)， 從而＝(1,0，－1)，＝(1,1，－1)，＝(0,2，－1)． 設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 不妨取z＝2，則y＝1，x＝1， 所以平面PCD的一個(gè)法向量n＝(1,1,2)， 此時(shí)cos〈，n〉＝＝－， 所以PB與平面PCD所成角的正弦值為. (2)設(shè)＝λ (0≤λ≤1)，則E(0,2λ，1－λ)． 則＝(－1,2λ－1,1－λ)，＝(0,2λ，1－λ)， 由∠AEC＝90°得·＝2λ(2λ－1)＋(1－λ)2＝0， 化簡得，5λ2－4λ＋1＝0，該方程無解， 所以棱PD上不存在一點(diǎn)E滿足∠AEC＝90°. [方法技巧] 直線和平面所成角的求法 如圖所示，設(shè)直線l的方向向量為e，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為φ，兩向量e與n的夾角為θ，則有sin φ＝|cos θ|＝. [演練沖關(guān)] (2018·南通、泰州一調(diào))如圖所示，在棱長為2的正方體ABCD­A1B1C1D1中，P為棱C1D1的中點(diǎn)，Q為棱BB1上的點(diǎn)，且BQ＝λBB1(λ≠0)． (1)若λ＝，求AP與AQ所成角的余弦值； (2)若直線AA1與平面APQ所成的角為45°，求實(shí)數(shù)λ的值． 解：以{，，}為正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)­xyz. 則A(0,0,0)，A1(0,0,2)，P(1,2,2)，Q(2,0,2λ)． (1)當(dāng)λ＝時(shí)，＝(1,2,2)，＝(2,0,1)， 所以cos〈，〉＝ ＝＝. 所以AP與AQ所成角的余弦值為. (2)＝(0,0,2)，＝(2,0,2λ)． 設(shè)平面APQ的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令z＝－2，則x＝2λ，y＝2－λ. 所以n＝(2λ，2－λ，－2)． 又因?yàn)橹本€AA1與平面APQ所成角為45°， 所以|cos〈n，〉|＝ ＝＝， 可得5λ2－4λ＝0，又因?yàn)棣恕?，所以λ＝. 題型(三) 運(yùn)用空間向量求二面角 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　考查用平面的法向量計(jì)算平面與平面所成的角. [典例感悟] [例3]　如圖，正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AD＝1，D1D＝2，點(diǎn)P為棱CC1的中點(diǎn)． (1)設(shè)二面角A­A1B­P的大小為θ，求sin θ的值； (2)設(shè)M為線段A1B上的一點(diǎn)，求的取值范圍． [解]　(1)如圖，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系D­xyz，則A(1,0,0)，A1(1,0,2)，P(0,1,1)，B(1,1,0)． 由題意可知n＝(1,0,0)為平面AA1B的一個(gè)法向量． 又＝(1，－1,1)， ＝(1,0，－1)． 設(shè)平面PA1B的法向量為m＝(x2，y2，z2)， 則即 取m＝(1,2,1)為平面PA1B的一個(gè)法向量． 所以cos〈n，m〉＝＝， 則sin θ＝. (2)設(shè)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]， 則＝＝， 當(dāng)t∈[－1,0)時(shí)，∈； 當(dāng)t∈(0,1]時(shí)，∈； 當(dāng)t＝0時(shí)，＝0. 所以∈， 則∈. 故的取值范圍為. [方法技巧] 二面角的求法 建立恰當(dāng)坐標(biāo)系，求出兩個(gè)平面的法向量n1，n2，利用cos〈n1，n2〉＝求出(結(jié)合圖形取“±”號)二面角，也可根據(jù)線面垂直，直接求出法向量來求解． [演練沖關(guān)] 1.直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝2，AC＝4，AA1＝2，＝λ. (1)若λ＝1，求直線DB1與平面A1C1D所成角的正弦值； (2)若二面角B1­A1C1­D的大小為60°，求實(shí)數(shù)λ的值． 解：如圖，分別以AB，AC，AA1所在的直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)­xyz. 則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)當(dāng)λ＝1時(shí)，D為BC的中點(diǎn)，所以D(1,2,0)，＝(1，－2,2)，＝(0,4,0)，＝(1,2，－2)． 設(shè)平面A1C1D的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令z＝1，得y＝0，x＝2， 則n＝(2,0,1)為平面A1C1D的一個(gè)法向量， 設(shè)直線DB1與平面A1C1D所成的角為θ. 則sin θ＝＝＝＝， 所以直線DB1與平面A1C1D所成角的正弦值為. (2)因?yàn)椋溅?，所以D， ＝，，－2. 設(shè)平面A1C1D的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 則即 令z1＝1，得y1＝0，x1＝λ＋1， 則n1＝(λ＋1,0,1)為平面A1C1D的一個(gè)法向量． 又平面A1B1C1的一個(gè)法向量為n2＝(0,0,1)， 由題意得|cos〈n1，n2〉|＝，所以＝， 解得λ＝－1或λ＝－－1(不合題意，舍去)， 所以實(shí)數(shù)λ的值為－1. 2．(2018·蘇錫常鎮(zhèn)一模)如圖，已知正四棱錐P­ABCD中，PA＝AB＝2，點(diǎn)M，N分別在PA，BD上，且＝＝. (1)求異面直線MN與PC所成角的大小； (2)求二面角N­PC­B的余弦值． 解：(1)連結(jié)AC，BD，設(shè)AC，BD交于點(diǎn)O，在正四棱錐P­ABCD中，OP⊥平面ABCD.又PA＝AB＝2，所以O(shè)P＝.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，，方向分別是x軸，y軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O ­xyz，如圖． 則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與PC所成角的大小為30°. (2)＝(－1,1，－)，＝(2,0,0)，＝. 設(shè)m＝(x，y，z)是平面PCB的一個(gè)法向量， 則即 令y＝，得z＝1，所以m＝(0，，1)， 設(shè)n＝(x1，y1，z1)是平面PCN的一個(gè)法向量， 則即 令x1＝2，得y1＝4，z1＝，所以n＝(2,4，), 故cos〈m，n〉＝＝＝， 所以二面角N­PC­B的余弦值為. A組——大題保分練 1．(2018·南京學(xué)情調(diào)研)如圖，在四棱錐P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AP＝AB＝AD＝1. (1)若直線PB與CD所成角的大小為，求BC的長； (2)求二面角B­PD­A的余弦值． 解：(1) 以{，，}為單位正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)­xyz. 因?yàn)锳P＝AB＝AD＝1， 所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)． 設(shè)C(1，y,0)，則＝(1,0，－1)，＝(－1,1－y,0)． 因?yàn)橹本€PB與CD所成角大小為， 所以|cos〈，〉|＝＝， 即＝，解得y＝2或y＝0(舍)， 所以C(1,2,0)，所以BC的長為2. (2)設(shè)平面PBD的法向量為n1＝(x，y，z)． 因?yàn)椋?1,0，－1)，＝(0,1，－1)， 則即 令x＝1，則y＝1，z＝1，所以n1＝(1,1,1)． 因?yàn)槠矫鍼AD的一個(gè)法向量為n2＝(1,0,0)， 所以cos〈n1，n2〉＝＝， 所以由圖可知二面角B­PD­A的余弦值為. 2．(2018·蘇北四市期末)在正三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB＝1，AA1＝2，E，F(xiàn)，G分別是棱AA1，AC和A1C1的中點(diǎn)，以{，，→}為正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F­xyz. (1)求異面直線AC與BE所成角的余弦值； (2)求二面角F­BC1­C的余弦值． 解：(1)因?yàn)锳B＝1，AA1＝2，則F(0,0,0)，A，C，B，E，A1，C1， 所以＝(－1,0,0)，＝. 記異面直線AC和BE所成角為α， 則cos α＝|cos〈，〉|＝＝， 所以異面直線AC和BE所成角的余弦值為. (2)設(shè)平面BFC1的法向量為m＝(x1，y1，z1)． 因?yàn)椋剑剑? 則即 取x1＝4，得平面BFC1的一個(gè)法向量為m＝(4,0,1)． 設(shè)平面BCC1的法向量為n＝(x2，y2，z2)． 因?yàn)椋剑?0,0,2)， 則即 取x2＝，得平面BCC1的一個(gè)法向量為n＝(，－1,0)， 所以cos〈m，n〉＝＝. 根據(jù)圖形可知二面角F­BC1­C為銳二面角， 所以二面角F­BC1­C的余弦值為. 3．(2018·南京、鹽城二模)如圖，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面四邊形ABCD為菱形，A1A＝AB＝2，∠ABC＝60°，E，F(xiàn)分別是BC，A1C的中點(diǎn)． (1)求異面直線EF，AD所成角的余弦值； (2)點(diǎn)M在線段A1D上，＝λ.若CM∥平面AEF，求實(shí)數(shù)λ的值． 解：因?yàn)樗睦庵鵄BCD­A1B1C1D1為直四棱柱， 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°，則△ABC是等邊三角形． 因?yàn)镋是BC的中點(diǎn)，所以BC⊥AE. 因?yàn)锽C∥AD，所以AE⊥AD. 故以A為原點(diǎn)，AE，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則A(0,0,0)，E(，0,0)，C(，1,0)，D(0，2,0)，A1(0,0,2)，F(xiàn). (1)因?yàn)椋?0,2,0)，＝， 所以cos〈，〉＝＝， 所以異面直線EF，AD所成角的余弦值為. (2)設(shè)M(x，y，z)，由于點(diǎn)M在線段A1D上，且 ＝λ，即＝λ， 則(x，y，z－2)＝λ(0,2，－2)． 解得M(0,2λ，2－2λ)，＝(－，2λ－1,2－2λ)． 設(shè)平面AEF的法向量為n＝(x0，y0，z0)． 因?yàn)椋?，0,0)，＝， 所以即 令y0＝2，得z0＝－1， 所以平面AEF的一個(gè)法向量為n＝(0,2，－1)． 由于CM∥平面AEF，則n·＝0， 即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝. 4.如圖，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面△ABC是直角三角形，AB＝AC＝1，AA1＝2，點(diǎn)P是棱BB1上一點(diǎn)，滿足＝λ (0≤λ≤1)． (1)若λ＝，求直線PC與平面A1BC所成角的正弦值； (2)若二面角P­A1C­B的正弦值為，求λ的值． 解：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AB，AC，AA1所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)­xyz.因?yàn)锳B＝AC＝1，AA1＝2，則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)． 設(shè)平面A1BC的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 由得 不妨取z1＝1，則x1＝y(tǒng)1＝2， 從而平面A1BC的一個(gè)法向量為n1＝(2,2,1)． 設(shè)直線PC與平面A1BC所成的角為θ， 則sin θ＝＝＝， 所以直線PC與平面A1BC所成角的正弦值為. (2)設(shè)平面PA1C的法向量為n2＝(x2，y2，z2)， 又＝(1,0,2λ－2)， 故由得 不妨取z2＝1，則x2＝2－2λ，y2＝2， 所以平面PA1C的一個(gè)法向量為n2＝(2－2λ，2,1)． 則cos〈n1，n2〉＝， 又二面角P­A1C­B的正弦值為， 所以＝， 化簡得λ2＋8λ－9＝0，解得λ＝1或λ＝－9(舍去)， 故λ的值為1. B組——大題增分練 1．(2018·鎮(zhèn)江期末)如圖，AC⊥BC，O為AB中點(diǎn)，且DC⊥平面ABC，DC∥BE.已知AC＝BC＝DC＝BE＝2. (1)求直線AD與CE所成的角； (2)求二面角O­CE­B的余弦值． 解：(1)因?yàn)锳C⊥CB且DC⊥平面ABC，則以C為原點(diǎn)，CB為x軸正方向，CA為y軸正方向，CD為z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系． 因?yàn)锳C＝BC＝BE＝2，則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〈，〉＝＝＝. 所以直線AD和CE的夾角為60°. (2)平面BCE的一個(gè)法向量為m＝(0,1,0)， 設(shè)平面OCE的法向量n＝(x0，y0，z0)． 由＝(1,1,0)，＝(2,0,2)， 得則解得 取x0＝－1，則n＝(－1,1,1)． 因?yàn)槎娼荗­CE­B為銳二面角，記為θ， 則cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝. 即二面角O­CE­B的余弦值為. 2．(2018·江蘇高考)如圖，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點(diǎn)P，Q分別為A1B1，BC的中點(diǎn)． (1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值； (2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值． 解：如圖，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，設(shè)AC，A1C1的中點(diǎn)分別為O，O1，則OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{，，}為基底，建立空間直角坐標(biāo)系O ­xyz. 因?yàn)锳B＝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?yàn)镻為A1B1的中點(diǎn)，所以P， 從而＝，＝(0,2,2)， 所以|cos〈，〉|＝＝＝. 所以異面直線BP與AC1所成角的余弦值為. (2)因?yàn)镼為BC的中點(diǎn)，所以Q， 因此＝，＝(0,2,2)，＝(0,0,2)． 設(shè)n＝(x，y，z)為平面AQC1的一個(gè)法向量， 則即 不妨取n＝(，－1,1)． 設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為θ， 則sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝. 所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為. 3. (2018·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研(一))如圖，在四棱錐P­ABCD中，已知底面ABCD是矩形，PD垂直于底面ABCD，PD＝AD＝2AB，點(diǎn)Q為線段PA(不含端點(diǎn))上一點(diǎn)． (1)當(dāng)Q是線段PA的中點(diǎn)時(shí)，求CQ與平面PBD所成角的正弦值； (2)已知二面角Q­BD­P的正弦值為，求的值． 解：以{，，}為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D­xyz. 不妨設(shè)AB＝1，則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)當(dāng)Q是線段PA的中點(diǎn)時(shí)，Q(1，0,1)，＝(1，－1，1)． 設(shè)平面PBD的法向量為m＝(x，y，z)． 則即 不妨取x＝1，解得y＝－2. 則平面PBD的一個(gè)法向量為m＝(1，－2,0)． 故cos〈m，〉＝＝＝. 綜上，CQ與平面PBD所成角的正弦值為. (2)＝(－2,0,2)，設(shè)＝λ (λ∈(0,1))， 即＝(－2λ，0,2λ)． 故Q(2－2λ，0,2λ)，＝(2,1,0)，＝(2－2λ，0,2λ)． 設(shè)平面QBD的法向量為n＝(x，y，z)． 則即 不妨取x＝1，則y＝－2，z＝1－， 故平面QBD的一個(gè)法向量為n＝. 由(1)得平面PBD的一個(gè)法向量m＝(1，－2,0)， 由題意得cos2〈m，n〉＝ ＝＝＝1－2＝， 解得λ＝或λ＝－1. 又λ∈(0,1)，所以λ＝， 所以＝，即―＝，即＝. 4.如圖，在四棱錐S­ABCD中，SD⊥平面ABCD，四邊形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)設(shè)P是棱BC上一點(diǎn)，E是SA的中點(diǎn)，若PE與平面SAD所成角的正弦值為，求線段CP的長． 解：(1)由題意，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DS所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D­xyz， 則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)． 設(shè)平面SBC的法向量為n1＝(x，y，z)， 則即 令z＝1，得x＝－1，y＝2， 所以n1＝(－1,2,1)是平面SBC的一個(gè)法向量. 因?yàn)镾D⊥平面ABC，取平面ABC的一個(gè)法向量n2＝(0,0,1)． 設(shè)二面角S­BC­A的大小為θ， 由圖可知二面角S­BC­A為銳二面角， 所以|cos θ|＝＝＝， 所以二面角S­BC­A的余弦值為. (2)由(1)知E(1,0,1)， ＝(2,1,0)，＝(1，－1，1)． 設(shè)＝λ (0≤λ≤1)， 則＝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的一個(gè)法向量． 設(shè)PE與平面SAD所成的角為α， 所以sin α＝|cos〈，〉|＝＝， 即＝，得λ＝或λ＝(舍去)． 所以＝，||＝， 所以線段CP的長為.