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2016高考数学大一轮复习 8.5空间向量及其运算学案 理 苏教版



学案 43

空间向量及其运算

导学目标: 1.了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向 量的正交分解及其坐标表示.2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.3.掌握空间向量的 数量积及其坐标表示,能运用向量的共线与垂直证明直线、平面的平行和垂直关系.

自主梳理 1.空间向量的有关概念及定理 (1

)空间向量:在空间中,具有________和________的量叫做空间向量. (2)相等向量:方向________且模________的向量. (3)共线向量定理 对空间任意两个向量 a, b(a≠0), b 与 a 共线的充要条件是________________________. (4)共面向量定理 如果两个向量 a,b 不共线,那么向量 p 与向量 a,b 共面的充要条件是存在有序实数对 → → → → (x,y),使得 p =xa +yb,推论的表达式为MP=xMA +yMB或对空间任意一点 O 有,OP = → → → → ________________或OP=xOA+yOB+zOM,其中 x+y+z=____. (5)空间向量基本定理 如果三个向量 e1,e2,e3 不共面,那么对空间任一向量 p,存在惟一的有序实数组(x,y, z),使得 p=________________________,把{e1,e2,e3}叫做空间的一个基底. 2.空间向量的坐标表示及应用 (1)数量积的坐标运算 若 a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3), 则 a·b = __________________________________________________________________. (2)共线与垂直的坐标表示 设 a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3), 若 b≠0,则 a∥b?________?__________,________,______________, a⊥b?__________?________________________(a,b 均为非零向量). (3)模、夹角和距离公式 设 a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3), 则|a|= a·a=________________________________,

a·b =______________________________________________________. |a||b| 若 A(a1,b1,c1),B(a2,b2,c2),
cos〈a,b〉= → 则|AB|=______________________________. 3.利用空间向量证明空间中的位置关系 若直线 l,l1,l2 的方向向量分别为 v,v1,v2,平面 α ,β 的法向量分别为 n1,n2,利 用向量证明空间中平行关系与垂直关系的基本方法列表如下: 平行 直线 与直线 直线 与平面 垂直

l1∥l2?v1∥v2?v1=λ v2(λ 为
非零实数) ①l∥α ?v⊥n1?v·n1=0 ②l∥α ?v=xv1+yv2 其中 v1,

l1⊥l2?v1⊥v2?v1·v2=0 l⊥α ?v∥n1?v= λ n1(λ 为非零实数)
1

平面 与平面 为非零实数) 0 自我检测 1.若 a=(2x,1,3),b=(1,-2y,9),且 a∥b,则 x=______________________,y= ________. → → 2.如图所示,在平行六面体 ABCD—A1B1C1D1 中,M 为 AC 与 BD 的交点,若A1B1=a,A1D1= → → b,A1A=c,则B1M用 a,b,c 表示为________.

v2 为平面 α 内不共线向量,x, y 均为实数 α ∥β ?n1∥n2?n1=λ n2(λ α ⊥β ?n1⊥n2?n1·n2=

3.在平行六面体 ABCD—A′B′C′D′中,已知∠BAD=∠A′AB=∠A′AD=60°,AB → =3,AD=4,AA′=5,则|AC′|=________. 4.下列 4 个命题: ①若 p=xa+yb,则 p 与 a、b 共面; ②若 p 与 a、b 共面,则 p=xa+yb; → → → ③若MP=xMA+yMB,则 P、M、A、B 共面; → → → ④若 P、M、A、B 共面,则MP=xMA+yMB. 其中真命题是________(填序号). 5. A(1,0,1), B(4,4,6), C(2,2,3), D(10,14,17)这四个点________(填共面或不共面).

探究点一 空间基向量的应用 例 1 已知空间四边形 OABC 中,M 为 BC 的中点,N 为 AC 的中点,P 为 OA 的中点,Q 为 OB 的中点,若 AB=OC,求证:PM⊥QN.

变式迁移 1 如图,在正四面体 ABCD 中,E、F 分别为棱 AD、BC 的中点,则异面直线 AF 和 CE 所成角的余弦值为________.

探究点二 利用向量法判断平行或垂直 例 2 两个边长为 1 的正方形 ABCD 与正方形 ABEF 相交于 AB,∠EBC=90°,点 M、N
2

分别在 BD、AE 上,且 AN=DM. (1)求证:MN∥平面 EBC;(2)求 MN 长度的最小值.

变式迁移 2 如图所示,已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面互相垂直,AB= 2,AF=1,M 是 线段 EF 的中点. 求证:(1)AM∥平面 BDE;(2)AM⊥面 BDF.

探究点三 利用向量法解探索性问题 例 3 如图,平面 PAC⊥平面 ABC,△ABC 是以 AC 为斜边的等腰直角三角形,E,F,O 分别为 PA,PB,AC 的中点,AC=16,PA=PC=10. (1)设 G 是 OC 的中点,证明 FG∥平面 BOE; (2)在△AOB 内是否存在一点 M,使 FM⊥平面 BOE?若存在,求出点 M 到 OA,OB 的距离; 若不存在,说明理由.

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变式迁移 3 已知在直三棱柱 ABC—A1B1C1 中, 底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形, AC=2a,BB1=3a,D 为 A1C1 的中点,E 为 B1C 的中点. (1)求直线 BE 与 A1C 所成的角的余弦值; (2)在线段 AA1 上是否存在点 F,使 CF⊥平面 B1DF?若存在,求出 AF;若不存在,请说 明理由.

1.向量法解立体几何问题有两种基本思路:一种是利用基向量表示几何量,简称基向 量法;另一种是建立空间直角坐标系,利用坐标法表示几何量,简称坐标法. 2.利用坐标法解几何问题的基本步骤是:(1)建立适当的空间直角坐标系,用坐标准确 表示涉及到的几何量.(2)通过向量的坐标运算,研究点、线、面之间的位置关系.(3)根据 运算结果解释相关几何问题.

(满分:90 分) 一、填空题(每小题 6 分,共 48 分) 1.下列命题: → → → → ①若 A、B、C、D 是空间任意四点,则有AB+BC+CD+DA=0; ②|a|-|b|=|a+b|是 a、b 共线的充要条件; ③若 a、b 共线,则 a 与 b 所在直线平行; → → → → ④对空间任意一点 O 与不共线的三点 A、B、C,若OP=xOA+yOB+zOC(其中 x、y、z∈ R)则 P、A、B、C 四点共面.其中不正确命题的序号为________. → → → → → → 2.若 A、B、C、D 是空间中不共面的四点,且满足AB·AC=0,AC·AD=0,AB·AD=0, 则△BCD 的形状是______________三角形. 3. 如图所示,在三棱柱 ABC—A1B1C1 中,AA1⊥底面 ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°, 点 E、F 分别是棱 AB、BB1 的中点,则直线 EF 和 BC1 所成的角等于________.

4

4.设点 C(2a+1,a+1,2)在点 P(2,0,0)、A(1,-3,2)、B(8,-1,4)确定的平面上, 则 a=____________. 5.在直角坐标系中,A(-2,3),B(3,-2),沿 x 轴把直角坐标系折成 120°的二面角, 则 AB 的长度为________. 6. (2010·信阳模拟)如图所示,已知空间四边形 ABCD,F 为 BC 的中点,E 为 AD 的中 → → → 点,若EF=λ (AB+DC),则 λ =________.

7.(2010·铜川一模)在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,给出以下向量表达式: → → → → → → ①(A1D1-A1A)-AB; ②(BC+BB1)-D1C1; → → → → → → ③(AD-AB)-2DD1; ④(B1D1+A1A)+DD1. → 其中能够化简为向量BD1的是________.(填所有正确的序号) 8.(2010·丽水模拟) 如图所示,PD 垂直于正方形 ABCD 所在平面,AB=2,E 为 PB 的 3 → → 中点,cos〈DP,AE〉= ,若以 DA,DC,DP 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐 3 标系,则点 E 的坐标为________.

二、解答题(共 42 分) 9.(14 分) 如图所示,已知 ABCD—A1B1C1D1 是棱长为 3 的正方体,点 E 在 AA1 上,点 F 在 CC1 上,且 AE=FC1=1. (1)求证:E、B、F、D1 四点共面; 2 (2)若点 G 在 BC 上,BG= ,点 M 在 BB1 上,GM⊥BF,垂足为 H,求证:EM⊥平面 BCC1B1. 3

10.(14 分)(2009·福建)如图,四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形,MD⊥平面 ABCD,NB ⊥平面 ABCD,且 MD=NB=1,E 为 BC 的中点. (1)求异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值;
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(2)在线段 AN 上是否存在点 S,使得 ES⊥平面 AMN?若存在,求线段 AS 的长;若不存 在,请说明理由.

11. (14 分)如图所示,已知空间四边形 ABCD 的各边和对角线的长都等于 a,点 M、N 分别是 AB、CD 的中点. (1)求证:MN⊥AB,MN⊥CD; (2)求 MN 的长; (3)求异面直线 AN 与 CM 所成角的余弦值.

学案 43

空间向量及其运算 答案

自主梳理 → → → 1. (1)大小 方向 (2)相同 相等 (3)存在实数 λ , 使 b=λ a (4)OM+xMA+yMB 1 (5)xe1+ye2+ze3 2.(1)a1b1+a2b2+a3b3 (2)a=λ b a1=λ b1 a2=λ b2 a3=λ b3 (λ ∈R) a·b=0 a1b1+a2b2+a3b3=0 a1b1+a2b2+a3b3 2 2 2 2 2 2 (3) a1+a2+a3 ?a2-a1? +?b2-b1? +?c2-c1? 2 2 2 2 2 2 a1+a2+a3· b1+b2+b3 自我检测 1 3 1. - 6 2 2x 1 3 1 3 解析 ∵a∥b,∴ = = ,∴x= ,y=- . 1 -2y 9 6 2 1 1 2.- a+ b+c 2 2 → → → → 解析 B1M=B1A1+A1A+AM
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→ → ?1→ 1→? =-A1B1+A1A+? AB+ AD? 2 ? ?2 1 1 1 =-a+c+ (a+b)=- a+ b+c. 2 2 2 3. 97 → → → → → → → 解析 ∵AC′=AB+BC+CC′=AB+AD+AA′, → 2 →2 →2 → 2 → → → → → → 2 2 2 ∴ | AC′ | = AB + AD + AA′ + 2 AB · AD + 2 AD · AA′ + 2 AA′ · AB = 3 + 4 + 5 + 2×3×4×cos 60°+2×4×5×cos 60°+2×3×5×cos 60°=97, → ∴|AC′|= 97. 4.①③ 解析 ①正确.②中若 a、b 共线,p 与 a 不共线,则 p=xa+yb 就不成立.③正确.④ → → → 中若 M、A、B 共线,点 P 不在此直线上,则MP=xMA+yMB不正确. 5.共面 → → → → → → 解析 AB=(3,4,5),AC=(1,2,2),AD=(9,14,16),设AD=xAB+yAC, 即(9,14,16)=(3x+y,4x+2y,5x+2y). ∴?
? ?x=2 ?y=3 ?

,从而 A、B、C、D 四点共面.

课堂活动区 例 1 解题导引 欲证 a⊥b,只要把 a、b 用相同的几个向量表示,然后利用向量的数 量积证明 a·b=0 即可,这是基向量证明线线垂直的基本方法. 证明 如图所示

. → → → 设OA=a,OB=b,OC=c. 1 → 1 → → ∵OM= (OB+OC)= (b+c), 2 2 → 1 → → 1 ON= (OA+OC)= (a+c), 2 2 1 1 → → → ∴PM=PO+OM=- a+ (b+c) 2 2 1 = (b+c-a), 2 1 1 → → → QN=QO+ON=- b+ (a+c) 2 2 1 = (a+c-b). 2 → → 1 ∴PM·QN= [c-(a-b)][c+(a-b)] 4 1 2 1 → 2 → 2 2 = [c -(a-b) ]= (|OC| -|BA| ) 4 4 → → → → ∵|AB|=|OC|,∴PM·QN=0. → → 即PM⊥QN,故 PM⊥QN.
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变式迁移 1

2 3

→ → → 解析 设{AB,AC,AD}为空间一组基底, → 1→ 1→ 则AF= AB+ AC, 2 2 1 1 → → → 1→ 1 → → CE= CA+ CD= CA+ (AD-AC) 2 2 2 2 1 → → =-AC+ AD. 2 → → ?1→ 1→? ? → 1→? ∴AF·CE=? AB+ AC?·?-AC+ AD? 2 ? ? 2 ? ?2 1→ → 1→2 1→ → 1→ → =- AB·AC- AC + AB·AD+ AC·AD 2 2 4 4 1→2 1→2 1→2 1→2 =- AB - AC + AB + AC 4 2 8 8 1→2 =- AC . 2 3 → 3 → 2 → → → → 又|AF|=|CE|= |AC|,∴|AF||CE|= |AC| . 2 4 1→2 → → -2AC AF·CE 2 → → ∴cos〈AF,CE〉= = =- . → → 3 → 2 3 |AF||CE| |AC| 4 2 ∴异面直线 AF 与 CE 所成角的余弦值为 . 3 例 2 解题导引

→ 如图所示,建立坐标系后,要证 MN 平行于平面 EBC,只要证MN的横坐标为 0 即可. → → → (1)证明 如图所示,以BA、BC、BE为单位正交基底建立空间直角坐标系, 则 A(1,0,0),D(1,1,0), E(0,0,1),B(0,0,0), AN DM → → → → → → → 设 = =λ ,则MN=MD+DA+AN=λ BD+DA+λ AE

AE DB

=λ (1,1,0)+(0,-1,0)+λ (-1,0,1)=(0,λ -1,λ ). → ∵0<λ <1,∴λ -1≠0,λ ≠0,且MN的横坐标为 0. → ∴MN平行于平面 yBz,即 MN∥平面 EBC. → 2 2 2 (2)解 由(1)知|MN|= ?λ -1? +λ = 2λ -2λ +1 1?2 1 ? = 2?λ - ? + , 2? 2 ? 1 2 ∴当 λ = 时,MN 取得长度的最小值为 . 2 2
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变式迁移 2 证明 (1)建立如图所示的空间直角坐标系,

设 AC∩BD=N,连结 NE. 则点 N、E 的坐标分别为 2 ? ? 2 ? , ,0?、(0,0,1). 2 ?2 ? 2 2 ? → ? ∴NE=?- ,- ,1?. 2 ? 2 ? 又点 A、M 的坐标分别为( 2, 2,0)、? 2 2 ? → ? ∴AM=?- ,- ,1?. 2 ? 2 ? → → ∴NE=AM且 NE 与 AM 不共线. ∴NE∥AM. 又∵NE? 平面 BDE,AM?平面 BDE, ∴AM∥平面 BDE. 2 2 ? → ? (2)由(1)得,AM=?- ,- ,1?, 2 ? 2 ? ∵D( 2,0,0),F( 2, 2,1),B(0, 2,0), → → ∴DF=(0, 2,1),BF=( 2,0,1). → → → → → → → → ∴AM·DF=0,AM·BF=0.∴AM⊥DF,AM⊥BF, 即 AM⊥DF,AM⊥BF. 又 DF∩BF=F,且 DF,BF 在平面 BDF 内, ∴AM⊥平面 BDF. → 解题导引 建立适当的空间直角坐标系后,写出各点坐标.第(1)题证明FG与平 → → 面 BOE 的法向量 n 垂直,即FG·n=0 即可.第(2)题设出点 M 的坐标,利用MF∥n 即可解出, 然后检验解的合理性. (1)证明 例3 2 ? 2 ? , ,1?, 2 ?2 ?

如图,连结 OP,以点 O 为坐标原点,分别以 OB,OC,OP 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴, 建立空间直角坐标系 O—xyz. 则 O(0,0,0),A(0,-8,0), B(8,0,0),C(0,8,0),P(0,0,6),E(0,-4,3),F(4,0,3). 由题意,得 G(0,4,0). → → 因为OB=(8,0,0),OE=(0,-4,3), 所以平面 BOE 的法向量 n=(0,3,4). → → 由FG=(-4,4,-3),得 n·FG=0. 又直线 FG 不在平面 BOE 内,所以 FG∥平面 BOE. (2)解 设点 M 的坐标为(x0,y0,0),
9

→ 则FM=(x0-4,y0,-3). → 因为 FM⊥平面 BOE,所以FM∥n, 9 因此 x0=4,y0=- , 4 9 ? ? 即点 M 的坐标是?4,- ,0?. 4 ? ?

x>0, ? ? 在平面直角坐标系 xOy 中,△AOB 的内部区域可表示为不等式组?y<0, ? ?x-y<8.
经检验,点 M 的坐标满足上述不等式组. 所以,在△AOB 内存在一点 M,使 FM⊥平面 BOE. 9 由点 M 的坐标,得点 M 到 OA,OB 的距离分别为 4, . 4 变式迁移 3 解

(1)以点 B 为原点,以 BA、BC、BB1 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 B(0,0,0),B1(0,0,3a), ∵△ABC 为等腰直角三角形, 2 ∴AB=BC= AC= 2a, 2 ∴A( 2a,0,0),C(0, 2a,0),C1(0, 2a,3a), 2 3 ? ? E?0, a, a?,A1( 2a,0,3a), 2 2 ? ? 2 3 ? → → ? ∴BE=?0, a, a?,A1C=(- 2a, 2a,-3a), 2 2 ? ? 7 2 - a → → 2 BE·A1C 7 143 → → cos〈BE,A1C〉= = =- . → → 143 11 |BE||A1C| a× 13a 2 7 143 ∴直线 BE 与 A1C 所成的角的余弦值为 . 143 (2)假设存在点 F,使 CF⊥平面 B1DF, → → 并设AF=λ AA1=λ (0,0,3a)=(0,0,3λ a) (0<λ <1), 2 ? 2 ? ∵D 为 A1C1 的中点,∴D? a, a,3a?, 2 ?2 ?

B1D=?




2 2 ? 2 ? ? 2 ? a, a,3a?-(0,0,3a)=? a, a,0?, 2 2 2 2 ? ? ? ? → → →

B1F=B1B+BA+AF=(0,0,-3a)+( 2a,0,0)+(0,0,3λ a)=( 2a,0,3a(λ -1)),


CF=CA+AF=( 2a,- 2a,0)+(0,0,3λ a) =( 2a,- 2a,3λ a).
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→ →

→ → → → ∵CF⊥平面 B1DF,∴CF⊥B1D,CF⊥B1F, → → ? ?CF·B1D=0 ? → ?→ CF·B1F=0 ?
? ?3λ a×0=0 ,即? 2 ?9λ -9λ +2=0 ?



2 1 解得 λ = 或 λ = 3 3 ∴存在点 F 使 CF⊥面 B1DF,且 1 → 1 → 当 λ = 时,|AF|= |AA1|=a, 3 3 2 → 2 → 当 λ = 时,|AF|= |AA1|=2a. 3 3 课后练习区 1.②③④ 2.锐角

→ → → → → → → → → → → → →2 →2 解析 如图, ∵DB·DC=(AB-AD)·(AC-AD)=AB·AC-AB·AD-AD·AC+AD =AD >0, → → → → 同理,BD·BC>0,CD·CB>0.∴△BDC 为锐角三角形. 3.60° 解析

如图建立坐标系,设 AB=BC=AA1=2,则 E(0,1,0),F(0,0,1),C1(2,0,2), → → ∴EF=(0,-1,1),BC1=(2,0,2), 2 1 → → ∴cos〈EF,BC1〉= = . 2· 8 2 ∴EF 与 BC1 所成的角是 60°. 4.16 → → → 解析 由PC=λ 1PA+λ 2PB得: (2a-1,a+1,2)=λ 1(-1,-3,2)+λ 2(6,-1,4), -λ 1+6λ 2=2a-1 ? ? ∴?-3λ 1-λ 2=a+1, ? ?2λ 1+4λ 2=2 5.2 11 解析 解得 a=16.

过 A、B 分别作 AA1⊥x 轴,BB1⊥x 轴,垂足分别为 A1 和 B1,则 AA1=3,A1B1=5, BB1=2, → → → → ∵AB=AA1+A1B1+B1B,
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→2 → 2 → 2 → 2 → → 2 2 2 ∴AB =AA1 +A1B1 +B1B +2AA1·B1B=3 +5 +2 +2×3×2×cos 60°=44. → ∴|AB|=2 11. 1 6. 2 → → → → 解析 ∵EF=EA+AB+BF, → → → → 又EF=ED+DC+CF, 1 → → → → 1 → → ∴2EF=AB+DC,∴EF= (AB+DC),∴λ = . 2 2 7.①② → → → → → → 解析 ①(A1D1-A1A)-AB=AD1-AB=BD1; → → → → → → ②(BC+BB1)-D1C1=BC1-D1C1=BD1; → → → → → → ③(AD-AB)-2DD1=BD-2DD1≠BD1; → → → → → → ④(B1D1+A1A)+DD1=B1D1+(A1A+DD1) → → =B1D1≠BD1. 8.(1,1,1) y? → ? 解析 设 DP=y>0,则 A(2,0,0),B(2,2,0),P(0,0,y),E?1,1, ?,DP=(0,0,y), 2? ? →

y? ? AE=?-1,1, ?.

?

2?

→ → DP·AE → → ∴cos〈DP,AE〉= = → → |DP||AE| y 解得 y=2,∴E(1,1,1). 9.证明 (1)

1 2 y 2 2+

y

2



y
8+y

2



3 . 3

4

建立如图所示的空间直角坐标系, → → 则BE=(3,0,1),BF=(0,3,2), → BD1=(3,3,3).(3 分) → → → 所以BD1=BE+BF. → → → 故BD1、BE、BF共面. 又它们有公共点 B,∴E、B、F、D1 四点共面.(7 分) 2 ? → ? (2)设 M(0,0,z),则GM=?0,- ,z?. 3 ? ? → 而BF=(0,3,2), 2 → → 由题设,得GM·BF=- ×3+z·2=0,得 z=1.(10 分) 3 → ∴M(0,0,1),∴ME=(3,0,0).

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→ → → → 又BB1=(0,0,3),BC=(0,3,0),∴ME·BB1=0, → → ∴ME·BC=0,从而 ME⊥BB1,ME⊥BC. 又∵BB1∩BC=B,∴ME⊥平面 BCC1B1.(14 分) 10.

解 (1)如图所示,以点 D 为坐标原点,建立空间直角坐标系 D—xyz. 依题意,得 D(0,0,0), A(1,0,0),M(0,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0),N(1,1,1), ?1 ? E? ,1,0?.(2 分) ?2 ? → ? 1 ? ∴NE=?- ,0,-1?, ? 2 ? → AM=(-1,0,1).(4 分) 1 - → → 2 NE·AM 10 → → ∵cos〈NE,AM〉= = =- , → → 10 5 |NE|·|AM| × 2 2 ∴异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为 10 . 10

(7 分) (2)假设在线段 AN 上存在点 S,使得 ES⊥平面 AMN. → → → ∵AN=(0,1,1),可设AS=λ AN=(0,λ ,λ ), → ?1 ? 又EA=? ,-1,0?, ?2 ? → → → ?1 ? ∴ES=EA+AS=? ,λ -1,λ ?.(9 分) ?2 ? 由 ES⊥平面 AMN, → → ? ?ES·AM=0, 得? → → ? ?ES·AN=0, 1 ? ?- +λ =0, 2 即? ? ??λ -1?+λ =0. (11 分)

1 2 → ? 1 1? → 故 λ = ,此时AS=?0, , ?,|AS|= . 2 2 ? 2 2? 2 时,ES⊥平面 AMN. 2 故线段 AN 上存在点 S, 2 使得 ES⊥平面 AMN,此时 AS= .(14 分) 2 → → → 11.(1)证明 设AB=p,AC=q,AD=r. 由题意可知:|p|=|q|=|r|=a,且 p、q、r 三向量两两夹角均为 60°. → → → 1 → → 1→ MN=AN-AM= (AC+AD)- AB 2 2 经检验,当 AS=
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1 = (q+r-p),(2 分) 2 → → 1 ∴MN·AB= (q+r-p)·p 2 1 2 = (q·p+r·p-p ) 2 1 2 2 2 = (a ·cos 60°+a ·cos 60°-a )=0. 2 → → → ∴MN⊥AB.又∵CD=AD-AC=r-q, → → 1 ∴MN·CD= (q+r-p)·(r-q) 2 1 2 2 = (q·r-q +r -q·r-p·r+p·q) 2 1 2 2 2 2 2 2 = (a cos 60°-a +a -a cos 60°-a cos 60°+a cos 60°) 2 =0,∴MN⊥CD.(4 分) → 1 (2)解 由(1)可知MN= (q+r-p), 2 → 2 →2 1 2 ∴|MN| =MN = (q+r-p) 4 1 2 2 2 = [q +r +p +2(q·r-p·q-r·p)] 4 2 2 2 1? 2 ?a a a ?? 2 2 = ?a +a +a +2? - - ?? 4? ? 2 2 2 ?? 2 1 a 2 = ×2a = . 4 2 2 2 → ∴|MN|= a,∴MN 的长为 a.(9 分) 2 2 → → (3)解 设向量AN与MC的夹角为 θ . 1 → 1 → → ∵AN= (AC+AD)= (q+r), 2 2 1 → → → MC=AC-AM=q- p, 2 → → 1 ? 1 ? ∴AN·MC= (q+r)·?q- p? 2 ? 2 ? 1 1? 2 1 ? = ?q - q·p+r·q- r·p? 2 2 2? ? 1 2 1? 2 1 2 2 ? = ?a - a ·cos 60°+a ·cos 60°- a ·cos 60°? 2 2 2? ? 2 2 2 2 a a a 1? 2 ? a = ?a - + - ?= .(12 分) 4 2 4? 2 2? 3 → → 又∵|AN|=|MC|= a, 2 → → → → ∴AN·MC=|AN|·|MC|·cos θ , 3 3 a2 即 a· a·cos θ = . 2 2 2

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2 ∴cos θ = ,(13 分) 3 2 2 → → ∴向量AN与MC的夹角的余弦值为 , 从而异面直线 AN 与 CM 所成角的余弦值为 .(14 分) 3 3

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