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空间向量及其运算


学案 45

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,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.

自主梳理 1.空间向量的有关概念 (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(b≠0), a∥b 的充要条件是______________________________.

→ → 推论 如图所示,点 P 在 l 上的充要条件是:OP=OA+ta① → → 其 中 a 叫 直 线 l 的 方 向 向 量 , t ∈ R , 在 l 上 取 AB = a , 则 ① 可 化 为 OP = → → → ___________________或OP=(1-t)OA+tOB. (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惟一的有序 → → → → 实数对(x,y),使 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=____. 2.空间向量基本定理 如果三个向量 a,b,c 不共面,那么对空间任一向量 p,存在有序实数组{x,y,z},使 得 p=____________________________,把{a,b,c}叫做空间的一个基底. 3.空间向量的数量积及运算律 (1)数量积及相关概念 ①两向量的夹角 → → 已知两个非零向量 a,b,在空间任取一点 O,作OA=a,OB=b,则________叫做向量 π a 与 b 的夹角,记作________,其范围是________________,若〈a,b〉= ,则称 a 与 2 b______________,记作 a⊥b. ②两向量的数量积 已知两个非零向量 a,b,则______________________叫做向量 a,b 的数量积,记作 ________,即______________________________. (2)空间向量数量积的运算律 ①结合律:(λa)· b=____________________; ②交换律:a· b=________; ③分配律:a· (b+c)=________________. 4.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), 则 a∥b(b≠0)?____________?________,__________,________________, 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 cos〈a,b〉= =_________________________________________________________. |a||b| 若 A(a1,b1,c1),B(a2,b2,c2), → 则|AB|=__________________________________________________________________. 自我检测 1.若 a=(2x,1,3),b=(1,-2y,9),且 a∥b,则( ) 1 1 A.x=1,y=1 B.x= ,y=- 2 2 1 3 1 3 C.x= ,y=- D.x=- ,y= 6 2 6 2 2.(2011· 青岛月考)

→ → 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,则下列向量中与B1M相等的向量是( ) 1 1 1 1 A.- a+ b+c B. a+ b+c 2 2 2 2 1 1 1 1 C. a- b+c D.- a- b+c 2 2 2 2 3.(2011· 广州调研)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.有下列 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. 其中真命题的个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 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 (2011· 合肥调研)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 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 (2011· 泉州月考)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.

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:75 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 25 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.其中假命题的个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 2.

如图所示,在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,O 是底面 ABCD 的中心,M、N 分别是棱 DD1、D1C1 的中点,则直线 OM( ) A.既垂直于 AC,又垂直于 MN B.垂直于 AC,但不垂直于 MN C.垂直于 MN,但不垂直于 AC D.与 AC、MN 都不垂直 3.(2011· 绍兴月考)

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 所成的角是( ) A.45° B.60° C.90° D.120° 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 等于( ) A.16 B.4 C.2 D.8 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( ) A. 2 B.2 11 C.3 2 D.4 2 二、填空题(每小题 4 分,共 12 分) 6.

(2011· 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.(2011· 铜川模拟)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.(2011· 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 的中点,cos〈DP,AE〉 3 = ,若以 DA,DC,DP 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,则点 E 的坐标 3 为________. 三、解答题(共 38 分) 9.(12 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 3 BCC1B1.

10.(12 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;

(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)(2011· 汕头月考)

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 45
自主梳理

空间向量及其运算

→ → → 1.(1)大小 方向 (2)相同 相等 (3)存在实数 λ,使得 a=λb OA+tAB (4)OM+ → → xMA+yMB 1 2.xa+yb+zc 3.(1)①∠AOB 〈a,b〉 0≤〈a,b〉≤π 互相垂直 ② |a||b|cos〈a,b〉 a· b a· b=|a||b|cos〈a,b〉 (2) ① λ(a· b) ② b· a ③ a· b + a· c 4.(1)a1b1 + a2b2 + a3b3 (2)a = λb a1 = λb1 a2 = λb2 2 2 a3=λb3 (λ∈R) a· b=0 a1b1+a2b2+a3b3=0 (3) a2 1+a2+a3 a1b1+a2b2+a3b3 ?a2-a1?2+?b2-b1?2+?c2-c1?2 2 2 2 2 2 a1+a2 + a · b + b + b 2 3 1 2 3 自我检测 2x 1 3 1.C [∵a∥b,∴ = = , 1 -2y 9 1 3 ∴x= ,y=- .] 6 2 → → → → 2.A [B1M=B1A1+A1A+AM 1→ 1 → ? → → =-A1B1+A1A+? ?2AB+2AD?

1 1 1 =-a+c+ (a+b)=- a+ b+c.] 2 2 2 3. 97 → → → → → → → 解析 ∵AC′=AB+BC+CC′=AB+AD+AA′, → → → → → → → → → → ∴ | AC′ |2 = AB 2 + AD 2 + AA′ 2 + 2 AB · AD + 2 AD · AA′ + 2 AA′ · AB = 32 + 42 + 52 + 2×3×4×cos60° +2×4×5×cos60° +2×3×5×cos60° =97, → ∴|AC′|= 97. 4.B [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 ∴? ,从而 A、B、C、D 四点共面. ?y=3 ? 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 1 → → → QN=QO+ON=- b+ (a+c)= (a+c-b). 2 2 2 → → 1 ∴PM· QN= [c-(a-b)][c+(a-b)] 4 1 2 1 → → = [c -(a-b)2]= (|OC|2-|BA|2) 4 4 → → → → ∵|AB|=|OC|,∴PM· QN=0. → → 即PM⊥QN,故 PM⊥QN. 2 变式迁移 1 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=?2AB+2AC?· ?-AC+2AD? 1→ → 1 → 2 1→ → 1 → → =- AB· AC- AC + AB· AD+ AC· AD 2 2 4 4 1→ 1 → 1→ 1 → =- AB2- AC2+ AB2+ AC2 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=λBD+DA+λAE 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)解 由(1)知|MN|= ?λ-1?2+λ2= 2λ2-2λ+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 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,连接 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 ? , ,1 , 2 2 ? ?

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, ∴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

如图,连接 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), → 则FM=(x0-4,y0,-3). → 因为 FM⊥平面 BOE,所以FM∥n, 9 因此 x0=4,y0=- , 4 9 4,- ,0?. 即点 M 的坐标是? 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 PM⊥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 - a2 → → 2 BE· A 1C 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=λAA1=λ(0,0,3a)=(0,0,3λa) (0<λ<1), 2 2 ∵D 为 A1C1 的中点,∴D? a, a,3a?, 2 ?2 ? 2 2 2 2 → B1D=? a, a,3a?-(0,0,3a)=? a, a,0?, 2 2 ?2 ? ?2 ? → → → → B1F=B1B+BA+AF=(0,0,-3a)+( 2a,0,0)+(0,0,3λa)=( 2a,0,3a(λ-1)), → → → CF=CA+AF=( 2a,- 2a,0)+(0,0,3λa) =( 2a,- 2a,3λa). → → → → ∵CF⊥平面 B1DF,∴CF⊥B1D,CF⊥B1F, → → ? ? B1D=0 ?CF· ?3λa×0=0 ? ,即? 2 , ?9λ -9λ+2=0 → → ? ? B1F=0 ?CF· 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.C [②③④均不正确.] 2.A [以 D 为坐标原点,以 DA 为 x 轴,DC 为 y 轴,DD1 为 z 轴建系,设棱长为 2, 则 M(0,0,1),N(0,1,2),O(1,1,0),A(2,0,0),C(0,2,0),

→ → → ∴AC=(-2,2,0),MN=(0,1,1),OM=(-1,-1,1), → → → → ∴OM· AC=0,OM· MN=0, ∴OM⊥AC,OM⊥MN.] 3.B [

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,BC1〉∈[0° ,180° ] ∴EF 与 BC1 所成的角是 60° .] → → → 4.A [由PC=λ1PA+λ2PB得: (2a-1,a+1,2)=λ1(-1,-3,2)+λ2(6,-1,4), -λ1+6λ2=2a-1 ? ? ∴?-3λ1-λ2=a+1, ? ?2λ1+4λ2=2 5.B [ 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, → → → → → → → ∴ AB 2 = AA1 2 + A1B1 2 + B1B 2 + 2 AA1 · B1B = 32 + 52 + 22 + 2×3×2×cos60° = 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? ?1,1,2?,DP=(0,0,y),AE y? =? ?-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

y 2+ 4

2=

y 3 2= 3 . 8+y

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).(2 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.(6 分) 2 ? → (2)设 M(0,0,z),则GM=? ?0,-3,z?. → 而BF=(0,3,2), 2 → → 由题设,得GM· BF=- ×3+z· 2=0,得 z=1.(8 分) 3 → ∴M(0,0,1),E(3,0,1),∴ME=(3,0,0). → → → → 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.(12 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? ?2,1,0?.(2 分) 1 → ? ∴NE=? ?-2,0,-1?, → AM=(-1,0,1). 1 - → → 2 NE· AM 10 → → ∵cos〈NE,AM〉= = =- , 10 → → 5 |NE|· |AM| × 2 2 10 ∴异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为 . 10

(6 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=λAN=(0,λ,λ), 1 → ? 又EA=? ?2,-1,0?, → → → 1 ? ∴ES=EA+AS=? ?2,λ-1,λ?.(8 分) 由 ES⊥平面 AMN, 1 → → ? ? AM=0, ?ES· ?-2+λ=0, 得? 即? (10 分) → → ? ? AN=0, ?ES· ??λ-1?+λ=0. 1 1? → 1 2 → 故 λ= ,此时AS=? ?0,2,2?,|AS|= 2 . 2 2 经检验,当 AS= 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= .(12 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 1 = (q+r-p),(2 分) 2 → → 1 ∴MN· AB= (q+r-p)· p 2 1 = (q· p+r· p-p2) 2 1 = (a2· cos 60° +a2· cos 60° -a2)=0. 2 ∴MN⊥AB → → → 又∵CD=AD-AC=r-q, → → 1 ∴MN· CD= (q+r-p)· (r-q) 2 1 = (q· r-q2+r2-q· r-p· r+p· q) 2 1 = (a2cos 60° -a2+a2-a2cos 60° -a2cos 60° +a2cos 60° ) 2 =0,∴MN⊥CD.(4 分) → 1 (2)解 由(1)可知MN= (q+r-p), 2 → 2 →2 1 ∴|MN| =MN = (q+r-p)2 4 1 2 2 2 = [q +r +p +2(q· r-p· q-r· p)] 4 2 2 2 1 2 2 2 ?a -a -a ?? = ? a + a + a + 2 ? 2 2 2 ?? 4? 2 1 a = ×2a2= . 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 → → ?q-1p? ∴AN· MC= (q+r)· ? 2 ? 2 1 ? 1 2 1 q - q· p+r· q- r· p = ? 2 2 ? 2? 1 1 2 1 2 ? a- a· cos60° +a2· cos60° - a2· cos60° = ? 2 2 ? 2? 2 2 2 2 1 2 a a a? 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 2 ∴cosθ= ,(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 3 3 分)


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