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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→＋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
a与b的夹角，记作________，其范围是________________，若〈a，b〉＝π2，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
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(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＝1B．x＝12，y＝－12
C．x＝16，y＝－32D．x＝－16，y＝32
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．－12a＋12b＋cB.12a＋12b＋c
C.12a－12b＋cD．－12a－12b＋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．1B．2C．3D．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.
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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.
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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
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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．1B．2C．3D．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．16B．4C．2D．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.2B．211C．32D．42
二、填空题(每小题4分，共12分)
6.
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(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→〉
＝33，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＝23，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：EM⊥平面
BCC1B1.
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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＝λbOA→＋tAB→(4)OM→＋
xMA→＋yMB→12.xa＋yb＋zc3.(1)①∠AOB〈a，b〉0≤〈a，b〉≤π互相垂直②
|a||b|cos〈a，b〉a·ba·b＝|a||b|cos〈a，b〉
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(2)①λ(a·b)②b·a③a·b＋a·c4.(1)a1b1＋a2b2＋a3b3(2)a＝λba1＝λb1a2＝λb2
a3＝λb3(λ∈R)a·b＝0a1b1＋a2b2＋a3b3＝0(3)a21＋a22＋a23
a1b1＋a2b2＋a3b3
a21＋a22＋a23·b21＋b22＋b23?a2－a1?
2＋?b
2－b1?
2＋?c
2－c1?
2
自我检测
1．C[∵a∥b，∴2x1＝1－2y＝39，
∴x＝16，y＝－32.]
2．A[B1M→＝B1A1→＋A1A→＋AM→
＝－A1B1→＋A1A→＋????12AB→＋12AD→
＝－a＋c＋12(a＋b)＝－12a＋12b＋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×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
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→＝12(OB→＋OC→)＝12(b＋c)，
ON→＝12(OA→＋OC→)＝12(a＋c)，
∴PM→＝PO→＋OM→＝－12a＋12(b＋c)
＝12(b＋c－a)，
QN→＝QO→＋ON→＝－12b＋12(a＋c)＝12(a＋c－b)．
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∴PM→·QN→＝14[c－(a－b)][c＋(a－b)]
＝14[c2－(a－b)2]＝14(|OC→|2－|BA→|2)
∵|AB→|＝|OC→|，∴PM→·QN→＝0.
即PM→⊥QN→，故PM⊥QN.
变式迁移123
解析设{AB→，AC→，AD→}为空间一组基底，
则AF→＝12AB→＋12AC→，
CE→＝12CA→＋12CD→＝12CA→＋12(AD→－AC→)
＝－AC→＋12AD→.
∴AF→·CE→＝????12AB→＋12AC→·????－AC→＋12AD→
＝－12AB→·AC→－12AC→2＋14AB→·AD→＋14AC→·AD→
＝－14AB→2－12AC→2＋18AB→2＋18AC→2
＝－12AC→2.
又|AF→|＝|CE→|＝32|AC→|，∴|AF→|·|CE→|＝34|AC→|2.
∴cos〈AF→，CE→〉＝AF
→·CE→
|AF→||CE→|
＝
－12AC→2
3
4|AC
→|2＝－
2
3.
∴异面直线AF与CE所成角的余弦值为23.
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ANAE＝DMDB＝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
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＝2????λ－122＋12，
∴当λ＝12时，MN取得长度的最小值为22.
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→＝????－22，－22，1.
又点A、M的坐标分别为(2，2，0)、????22，22，1，
∴AM→＝????－22，－22，1.
∴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→＝????－22，－22，1，
∵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)，
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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＝－94，
即点M的坐标是????4，－94，0.
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4，94.
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＝22AC＝2a，
∴A(2a,0,0)，C(0，2a,0)，C1(0，2a,3a)，
E????0，22a，32a，A1(2a,0,3a)，
∴BE→＝????0，22a，32a，A1C→＝(－2a，2a，－3a)，
cos〈BE→，A1C→〉＝BE
→·A
1C
→
|BE→||A1C→|
＝
－72a2
11
2a×13a
＝－7143143.
∴直线BE与A1C所成的角的余弦值为7143143.
(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????22a，22a，3a，
B1D→＝????22a，22a，3a－(0,0,3a)＝????22a，22a，0，
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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＝23或λ＝13
∴存在点F使CF⊥面B1DF，且
当λ＝13时，|AF→|＝13|AA1→|＝a，
当λ＝23时，|AF→|＝23|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→〉＝22·8＝12.
∵〈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，
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∵AB→＝AA1→＋A1B1→＋B1B→，
∴AB→2＝AA1→2＋A1B1→2＋B1B→2＋2AA1→·B1B→＝32＋52＋22＋2×3×2×cos60°＝44.∴|AB→|＝
211.]
6.12
解析∵EF→＝EA→＋AB→＋BF→，
又EF→＝ED→＋DC→＋CF→，
∴2EF→＝AB→＋DC→，∴EF→＝12(AB→＋DC→)，∴λ＝12.
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，y2，DP→＝(0,0，y)，AE→
＝????－1，1，y2.
∴cos〈DP→，AE→〉＝DP
→·AE→
|DP→||AE→|
＝
1
2y
2
y2＋y
2
4
＝y8＋y2＝33.
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，－23，z.
而BF→＝(0,3,2)，
由题设，得GM→·BF→＝－23×3＋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，
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∴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????12，1，0.(2分)
∴NE→＝????－12，0，－1，
AM→＝(－1,0,1)．
∵cos〈NE→，AM→〉＝NE
→·AM→
|NE→|·|AM→|
＝
－12
5
2×2
＝－1010，
∴异面直线NE与AM所成角的余弦值为1010.
(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→＝????12，－1，0，
∴ES→＝EA→＋AS→＝????12，λ－1，λ.(8分)
由ES⊥平面AMN，
得
??
??
?ES→·AM→＝0，
ES→·AN→＝0，
即
??
??
?－12＋λ＝0，
?λ－1?＋λ＝0.
(10分)
故λ＝12，此时AS→＝????0，12，12，|AS→|＝22.
经检验，当AS＝22时，ES⊥平面AMN.
故线段AN上存在点S，
使得ES⊥平面AMN，此时AS＝22.(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→＝12(AC→＋AD→)－12AB→
＝12(q＋r－p)，(2分)
Gothedistance
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∴MN→·AB→＝12(q＋r－p)·p
＝12(q·p＋r·p－p2)
＝12(a2·cos60°＋a2·cos60°－a2)＝0.
∴MN⊥AB
又∵CD→＝AD→－AC→＝r－q，
∴MN→·CD→＝12(q＋r－p)·(r－q)
＝12(q·r－q2＋r2－q·r－p·r＋p·q)
＝12(a2cos60°－a2＋a2－a2cos60°－a2cos60°＋a2cos60°)
＝0，∴MN⊥CD.(4分)
(2)解由(1)可知MN→＝12(q＋r－p)，
∴|MN→|2＝MN→2＝14(q＋r－p)2
＝14[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]
＝14????a2＋a2＋a2＋2????a
2
2－
a2
2－
a2
2
＝14×2a2＝a
2
2.
∴|MN→|＝22a，∴MN的长为22a.(9分)
(3)解设向量AN→与MC→的夹角为θ.
∵AN→＝12(AC→＋AD→)＝12(q＋r)，
MC→＝AC→－AM→＝q－12p，
∴AN→·MC→＝12(q＋r)·????q－12p
＝12????q2－12q·p＋r·q－12r·p
＝12????a2－12a2·cos60°＋a2·cos60°－12a2·cos60°
＝12????a2－a
2
4＋
a2
2－
a2
4＝
a2
2.(12分)
又∵|AN→|＝|MC→|＝32a，
∴AN→·MC→＝|AN→|·|MC→|·cosθ
即32a·32a·cosθ＝a
2
2.
∴cosθ＝23，(13分)
∴向量AN→与MC→的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN与CM所成角的余弦值为23.(14
分)
Gothedistance
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