高三数学总复习学案45 15页

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高三数学总复习学案45

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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-a12+b2-b12+c2-c12 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-12+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)