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- 2021-06-10 发布
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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→+y MB→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
a 与 b 的夹角,记作________,其范围是________________,若〈a,b〉=
π
2
,则称 a 与
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=_____________________________________________________________,
cos〈a,b〉=
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( )
A.x=1,y=1 B.x=1
2
,y=-
1
2
C.x=1
6
,y=-
3
2
D.x=-
1
6
,y=3
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( )
A.-
1
2
a+1
2
b+c B.1
2
a+1
2
b+c
C.1
2
a-1
2
b+c D.-
1
2
a-1
2
b+c
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
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
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)若点 G在 BC上,BG=2
3
,点 M在 BB1上,GM⊥BF,垂足为 H,求证:EM⊥平面
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 空间向量及其运算
自主梳理
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)①λ(a·b) ②b·a ③a·b+a·c 4.(1)a1b1+a2b2+a3b3 (2)a=λb a1=λb1 a2=λb2
a3=λb3 (λ∈R) a·b=0 a1b1+a2b2+a3b3=0 (3) a21+a22+a23
a1b1+a2b2+a3b3
a21+a22+a23· b21+b22+b23
a2-a12+b2-b12+c2-c12
自我检测
1.C [∵a∥b,∴
2x
1
=
1
-2y
=
3
9
,
∴x=1
6
,y=-
3
2
.]
2.A [B1M→ =B1A1→
+A1A→ +AM→
=-A1B1→
+A1A→ +
1
2
AB→+
1
2
AD→
=-a+c+1
2
(a+b)=-
1
2
a+1
2
b+c.]
3. 97
解析 ∵AC′→ =AB→+BC→+CC′→ =AB→+AD→+AA′→ ,
∴ |AC′→ |2=AB→ 2+AD→ 2+AA′→ 2+2AB→ ·AD→ +2AD→ ·AA′→ +2AA′→ ·AB→=32+42+52+
2×3×4×cos 60°+2×4×5×cos 60°+2×3×5×cos 60°=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→+y MB→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.
∵OM→ =
1
2
(OB→+OC→ )=1
2
(b+c),
ON→=
1
2
(OA→+OC→ )=1
2
(a+c),
∴PM→=PO→+OM→ =-
1
2
a+1
2
(b+c)
=
1
2
(b+c-a),
QN→=QO→+ON→=-
1
2
b+1
2
(a+c)=1
2
(a+c-b).
∴PM→ ·QN→=
1
4
[c-(a-b)][c+(a-b)]
=
1
4
[c2-(a-b)2]=1
4
(|OC→ |2-|BA→ |2)
∵|AB→ |=|OC→ |,∴PM→ ·QN→=0.
即PM→⊥QN→,故 PM⊥QN.
变式迁移 1 2
3
解析 设{AB→,AC→,AD→ }为空间一组基底,
则AF→=
1
2
AB→+
1
2
AC→,
CE→=
1
2
CA→+
1
2
CD→=
1
2
CA→+
1
2
(AD→-AC→ )
=-AC→+
1
2
AD→ .
∴AF→ ·CE→=
1
2
AB→+
1
2
AC→
·
-AC→+
1
2
AD→
=-
1
2
AB→ ·AC→-
1
2
AC→ 2+
1
4
AB→ ·AD→+
1
4
AC→ ·AD→
=-
1
4
AB→ 2-
1
2
AC→ 2+
1
8
AB→ 2+
1
8
AC→ 2
=-
1
2
AC→ 2.
又|AF→ |=|CE→ |= 3
2
|AC→ |,∴|AF→ |·|CE→ |=3
4
|AC→ |2.
∴cos〈AF→,CE→〉=
AF→ ·CE→
|AF→ ||CE→ |
=
-
1
2
AC→ 2
3
4
|AC→ |2
=-
2
3
.
∴异面直线 AF与 CE所成角的余弦值为
2
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),
设
AN
AE
=
DM
DB
=λ,则MN→ =MD→ +DA→+AN→=λBD→+DA→+λAE→
=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-12+λ2= 2λ2-2λ+1
= 2
λ-1
2 2+
1
2
,
∴当λ=1
2
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
,
2
2
,0
、(0,0,1).
∴NE→=
-
2
2
,-
2
2
,1
.
又点 A、M的坐标分别为( 2,2,0)、
2
2
,
2
2
,1
,
∴AM→=
-
2
2
,-
2
2
,1
.
∴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)由(1)得,AM→=
-
2
2
,-
2
2
,1
,
∵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.
例 3 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
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,
因此 x0=4,y0=-
9
4
,
即点 M的坐标是
4,-
9
4
,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
x>0,
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.
由点 M的坐标,得点 M到 OA,OB的距离分别为 4,9
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,
∴AB=BC= 2
2
AC= 2a,
∴A( 2a,0,0),C(0, 2a,0),C1(0, 2a,3a),
E
0, 2
2
a,3
2
a
,A1( 2a,0,3a),
∴BE→=
0, 2
2
a,3
2
a
,A1C→ =(- 2a, 2a,-3a),
cos〈BE→,A1C→ 〉=
BE→ ·A1C→
|BE→ ||A1C→ |
=
-
7
2
a2
11
2
a× 13a
=-
7 143
143
.
∴直线 BE与 A1C所成的角的余弦值为
7 143
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),
∵D为 A1C1的中点,∴D
2
2
a, 2
2
a,3a
,
B1D→ =
2
2
a, 2
2
a,3a
-(0,0,3a)=
2
2
a, 2
2
a,0
,
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→ ,
CF→ ·B1D→ =0
CF→ ·B1F→ =0
,即
3λa×0=0
9λ2-9λ+2=0
,
解得λ=2
3
或λ=1
3
∴存在点 F使 CF⊥面 B1DF,且
当λ=1
3
时,|AF→ |=1
3
|AA1→ |=a,
当λ=2
3
时,|AF→ |=2
3
|AA1→ |=2a.
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),
∴cos〈EF→,BC1
→
〉=
2
2· 8
=
1
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
解得 a=16.]
5.B [
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+2AA1→ ·B1B→ =32+52+22+2×3×2×cos 60°=44.∴|AB→ |=
2 11.]
6.1
2
解析 ∵EF→=EA→+AB→+BF→,
又EF→=ED→+DC→+CF→,
∴2EF→=AB→+DC→,∴EF→=
1
2
(AB→+DC→ ),∴λ=1
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)
解析 设 DP=y>0,则 A(2,0,0),B(2,2,0),P(0,0,y),E
1,1,y
2 ,DP→=(0,0,y),AE→
=
-1,1,y
2 .
∴cos〈DP→,AE→〉=
DP→ ·AE→
|DP→ ||AE→ |
=
1
2
y2
y 2+y2
4
=
y
8+y2
=
3
3
.
解得 y=2,∴E(1,1,1).
9.证明 (1)
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)设 M(0,0,z),则GM→ =
0,-
2
3
,z
.
而BF→=(0,3,2),
由题设,得GM→ ·BF→=-
2
3
×3+z·2=0,得 z=1.(8分)
∴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),
E
1
2
,1,0
.(2分)
∴NE→=
-
1
2
,0,-1
,
AM→=(-1,0,1).
∵cos〈NE→,AM→〉=
NE→ ·AM→
|NE→ |·|AM→ |
=
-
1
2
5
2
× 2
=-
10
10
,
∴异面直线 NE与 AM所成角的余弦值为
10
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),
又EA→=
1
2
,-1,0
,
∴ES→=EA→+AS→=
1
2
,λ-1,λ
.(8分)
由 ES⊥平面 AMN,
得
ES→·AM→=0,
ES→·AN→=0,
即
-
1
2
+λ=0,
λ-1+λ=0.
(10分)
故λ=1
2
,此时AS→=
0,1
2
,
1
2 ,|AS→|= 2
2
.
经检验,当 AS= 2
2
时,ES⊥平面 AMN.
故线段 AN上存在点 S,
使得 ES⊥平面 AMN,此时 AS= 2
2
.(12分)
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°.
MN→ =AN→-AM→=
1
2
(AC→+AD→ )-1
2
AB→
=
1
2
(q+r-p),(2分)
∴MN→ ·AB→=
1
2
(q+r-p)·p
=
1
2
(q·p+r·p-p2)
=
1
2
(a2·cos 60°+a2·cos 60°-a2)=0.
∴MN⊥AB
又∵CD→=AD→-AC→=r-q,
∴MN→ ·CD→=
1
2
(q+r-p)·(r-q)
=
1
2
(q·r-q2+r2-q·r-p·r+p·q)
=
1
2
(a2cos 60°-a2+a2-a2cos 60°-a2cos 60°+a2cos 60°)
=0,∴MN⊥CD.(4分)
(2)解 由(1)可知MN→ =
1
2
(q+r-p),
∴|MN→ |2=MN→ 2=
1
4
(q+r-p)2
=
1
4
[q2+r2+p2+2(q·r-p·q-r·p)]
=
1
4
a2+a2+a2+2
a2
2
-
a2
2
-
a2
2
=
1
4
×2a2=a2
2
.
∴|MN→ |= 2
2
a,∴MN的长为
2
2
a.(9分)
(3)解 设向量AN→与MC→ 的夹角为θ.
∵AN→=
1
2
(AC→+AD→ )=1
2
(q+r),
MC→ =AC→-AM→=q-1
2
p,
∴AN→ ·MC→ =
1
2
(q+r)·
q-1
2
p
=
1
2
q2-1
2
q·p+r·q-1
2
r·p
=
1
2
a2-1
2
a2·cos 60°+a2·cos 60°-1
2
a2·cos 60°
=
1
2
a2-a2
4
+
a2
2
-
a2
4 =
a2
2
.(12分)
又∵|AN→ |=|MC→ |= 3
2
a,
∴AN→ ·MC→ =|AN→ |·|MC→ |·cos θ
即
3
2
a· 3
2
a·cos θ=a2
2
.
∴cos θ=2
3
,(13分)
∴向量AN→与MC→ 的夹角的余弦值为
2
3
,从而异面直线 AN与 CM所成角的余弦值为
2
3
.(14
分)