高三数学总复习学案45

高三数学总复习学案45

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)