1.2.1 空间中的点、直线与空间向量-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第一章 空间向量与 立体几何 1.2 空间向量在立体 几何中的应用 1.2.1　空间中的点、直线 与空间向量 (教师独具内容) 课程标准：1．能用向量语言描述直线，理解直线的方向向量．2．能用向量语言表述直线与直线的夹角以及垂直与平行关系．3．能用向量方法证明必修内容中线面垂直的判定定理． 教学重点：1．利用向量方法解决空间两直线的平行、垂直、异面等位置关系．2．求空间两直线所成的角． 教学难点：利用直线的方向向量研究两直线的位置关系． 核心素养：1．通过对空间点的位置向量与直线方向向量的学习培养数学抽象素养．2．通过运用向量方法研究空间中两直线的平行与垂直关系以及两异面直线所成的角培养数学抽象素养和逻辑推理素养． 目录 核心概念掌握 核心素养形成 课后课时精练 随堂水平达标 核心概念掌握 目录 平行或重合 平行 * 知识点一　空间中点的位置向量 一般地，如果在空间中指定一点O，那么空间中任意一点P的位置，都可以由向量eq \x(\s\up1(01))________唯一确定，此时，eq \x(\s\up1(02))________通常称为点P的位置向量． 知识点二　空间中直线的方向向量 (1)一般地，如果l是空间中的一条直线，v是空间中的一个非零向量，且表示v的有向线段所在的直线与leq \x(\s\up1(01))________________，则称v为直线l的一个方向向量．此时，也称向量v与直线leq \x(\s\up1(02))____________，记作eq \x(\s\up1(03))________________． (2)如果A，B是直线l上两个不同的点，则v＝eq \x(\s\up1(04))________________就是直线l的一个方向向量． eq \o(OP,\s\up16(→)) eq \o(OP,\s\up16(→)) v∥l eq \o(AB,\s\up16(→)) 目录 平行 * (3)如果v是直线l的一个方向向量，则对任意的实数λ≠0，空间向量eq \x(\s\up1(05))_______也是直线l的一个方向向量，而且直线l的任意两个方向向量都eq \x(\s\up1(06))_________． (4)如果v为直线l的一个方向向量，A为直线l上一个已知的点，则空间中直线l的位置可由eq \x(\s\up1(07))______和eq \x(\s\up1(08))_________唯一确定． (5)如果v1是直线l1的一个方向向量，v2是直线l2的一个方向向量，则v1∥v2⇔eq \x(\s\up1(09))__________________________________________． λv v 点A l1∥l2，或l1与l2重合 目录 * [拓展]　(1)在直线上给定一个定点A和它的一个方向向量v，对于直线上的任意一点B，有eq \o(AB,\s\up16(→))＝λv，这样可以求直线上任一满足要求的点的坐标． (2)空间中P，A，B三点共线的充要条件是eq \o(OP,\s\up16(→))＝λeq \o(OA,\s\up16(→))＋μeq \o(OB,\s\up16(→))(λ＋μ＝1)． 目录 平行 异面 相交 不平行 * 知识点三　空间中两条直线所成的角与它们的方向向量的夹角之间的关系 设v1，v2分别是空间中直线l1，l2的方向向量，且l1与l2所成角的大小为θ，则 ①θ＝eq \x(\s\up1(01))________________________或θ＝eq \x(\s\up1(02))__________________________． ②sinθ＝eq \x(\s\up1(03))_______________________，cosθ＝eq \x(\s\up1(04))________________________． ③l1⊥l2⇔eq \x(\s\up1(05))__________________________⇔eq \x(\s\up1(06))_____________． 知识点四　异面直线与空间向量 (1)设v1，v2分别是空间中直线l1，l2的方向向量． ①如果l1与l2异面，则v1与v2是不可能eq \x(\s\up1(01))________的． ②如果v1与v2不平行，则l1与l2可能eq \x(\s\up1(02))_________，也可能eq \x(\s\up1(03))_________． ③“v1与v2eq \x(\s\up1(04))____________”是“l1与l2异面”的必要不充分条件． 〈v1，v2〉 π－〈v1，v2〉 sin〈v1，v2〉 |cos〈v1，v2〉| 〈v1，v2〉＝eq \f(π,2) v1·v2＝0 目录 不共面 存在 唯一 公垂线段的长 * ④如下图，A∈l1，B∈l2，“v1，v2，eq \o(AB,\s\up16(→))eq \x(\s\up1(05))______________”是“l1与l2异面”的充要条件． (2)一般地，如果l1与l2是空间中两条异面直线，M∈l1，N∈l2，MN⊥l1，MN⊥l2，则称eq \x(\s\up1(06))____________为l1与l2的公垂线段．空间中任意两条异面直线的公垂线段都eq \x(\s\up1(07))________并且eq \x(\s\up1(08))________．两条异面直线的eq \x(\s\up1(09))____________________，称为这两条异面直线之间的距离． MN 目录 答案 * 1．(直线的方向向量)若A(1，2，－1)，B(1，－1，3)是空间直线l上的两点，下列向量可以作为直线l的方向向量的是(　　) A．v＝(0，1，4) B．v＝(0，－3，－4) C．v＝(0，－3，4) D．v＝(2，1，－4) 目录 答案 * 2．(利用方向向量求两条直线所成的角)已知v1＝(1，2，3)，v2＝(3，6，9)分别是空间中直线l1，l2的方向向量，则直线l1，l2所成的角等于(　　) A．0 B．eq \f(π,6) C．eq \f(π,4) D．eq \f(π,2) 目录 答案 * 3．(两异面直线的公垂线段)如图，底面为矩形的四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，连接BD，则异面直线PD与BC的公垂线段是(　　) A．BD B．PB C．DC D．不存在 目录 平行 答案 * 4．(利用方向向量判断两直线的位置关系)若v1＝(1，1，0)，v2＝(－3，－3，0)分别是两条不重合的直线l1，l2的方向向量，则直线l1与l2的位置关系是________． 核心素养形成 目录 * 题型一　空间中点的位置的确定　合作研习 (1)若eq \o(OP,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up16(→))－eq \o(AC,\s\up16(→)))，求点P的坐标； (2)若P是线段AB上的一点，且AP∶PB＝2∶3，求点P的坐标． 目录 解 * 解　(1)∵eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－1，1，5)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－3，－1，5)，∴eq \o(OP,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up16(→))－eq \o(AC,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2)(2，2，0)＝(1，1，0)．∴点P的坐标为(1，1，0)． (2)由P是线段AB上的一点，且AP∶PB＝2∶3，知eq \o(AP,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(PB,\s\up16(→))． 设点P的坐标为(x，y，z)，则eq \o(AP,\s\up16(→))＝(x－3，y－4，z)，eq \o(PB,\s\up16(→))＝(2－x，5－y，5－z)， 故(x－3，y－4，z)＝eq \f(2,3)(2－x，5－y，5－z)，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－3＝\f(2,3)（2－x），,y－4＝\f(2,3)（5－y），,z＝\f(2,3)（5－z），))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(13,5)，,y＝\f(22,5)，,z＝2，)) 因此点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,5)，\f(22,5)，2))． 目录 * 感悟提升 确定空间中点的位置的策略 此类问题常转化为向量共线、向量相等来解决，设出要求点的坐标，利用已知条件得出关于要求点坐标的方程或方程组求解即可． 目录 * [跟踪训练1]　 如图，已知点A(2，4，0)，B(1，3，3)，P，Q分别在线段AB和线段AB的延长线上，且分别满足条件： (1)AP∶PB＝1∶2； (2)AQ∶QB＝2∶1． 求点P和点Q的坐标． 目录 解 * 解　由AP∶PB＝1∶2，得eq \o(PB,\s\up16(→))＝2eq \o(AP,\s\up16(→))， 即eq \o(OB,\s\up16(→))－eq \o(OP,\s\up16(→))＝2(eq \o(OP,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→)))， eq \o(OP,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up16(→))． 设点P的坐标为(x，y，z)， 则(x，y，z)＝eq \f(2,3)(2，4，0)＋eq \f(1,3)(1，3，3)， 即x＝eq \f(4,3)＋eq \f(1,3)＝eq \f(5,3)，y＝eq \f(8,3)＋1＝eq \f(11,3)，z＝0＋1＝1． 目录 解 * 因此点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(11,3)，1))． 因为AQ∶QB＝2∶1， 所以eq \o(AQ,\s\up16(→))＝－2eq \o(QB,\s\up16(→))，eq \o(OQ,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→))＝－2(eq \o(OB,\s\up16(→))－eq \o(OQ,\s\up16(→)))，eq \o(OQ,\s\up16(→))＝－eq \o(OA,\s\up16(→))＋2eq \o(OB,\s\up16(→))． 设点Q的坐标为(x′，y′，z′)，则(x′，y′，z′)＝－(2，4，0)＋2(1，3，3)，即x′＝0，y′＝2，z′＝6． 因此点Q的坐标为(0，2，6)． 目录 解析 答案 * 题型二　直线的方向向量　合作研习 A．eq \o(AA1,\s\up16(→)) B．eq \o(C1E,\s\up16(→)) C．eq \o(AB,\s\up16(→)) D．eq \o(A1A,\s\up16(→)) 解析　由定义知，一个向量对应的有向线段所在的直线与直线AA1平行或重合，则这个向量就称为直线AA1的一个方向向量． 目录 答案 解析 * 解析　由eq \o(AB,\s\up16(→))＝(2，4，8)，直线l的方向向量与eq \o(AB,\s\up16(→))平行，知只有A符合题意．故选A． (2)(2024·北京中学高二期中)若点A(－1，0，2)，B(1，4，10)在直线l上，则直线l的一个方向向量为(　　) A．(1，2，4) B．(1，4，2) C．(0，2，－1) D．(0，4，12) 目录 * 感悟提升 对直线方向向量的两点说明 (1)方向向量的选取：在直线上任取两点P，Q，可得到直线的一个方向向量eq \o(PQ,\s\up16(→))． (2)方向向量的不唯一性：直线的方向向量不是唯一的，可以分为方向相同和相反两类，它们都是共线向量．解题时，可以选取坐标最简的方向向量． 目录 答案 解析 * [跟踪训练2]　已知直线l的一个方向向量为v＝(2，1，3)，且l过A(0，y，3)和 B(－1，－2，z)，则y＝____________，z＝______________． －eq \f(3,2) 解析　∵直线l的一个方向向量为v＝(2，1，3)，且l过A(0，y，3)和B(－1，－2，z)，∴eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－1，－2－y，z－3)＝λ(2，1，3)，∴λ＝－eq \f(1,2)，－2－y＝λ，z－3＝3λ，解得y＝－eq \f(3,2)，z＝eq \f(3,2)． eq \f(3,2) 目录 * 题型三　向量法证明直线与直线平行　师生共研 (1,4)INCLUDEPICTURE"例3.TIF" INCLUDEPICTURE "例3.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2024·杭州二中高二质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，E为CP的中点，N为DE的中点，DM＝DB，DA＝DP＝1，CD＝2． 求证：MN∥AP． 目录 证明 * 证明　证法一：如图所示，以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DP,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，2，0)，P(0，0，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,4)))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)，0))，所以eq \o(AP,\s\up16(→))＝(－1，0，1)，eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0，\f(1,4)))，所以eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \f(1,4) eq \o(AP,\s\up16(→))，因为M∉AP，所以MN∥AP． 证法二：由题意可得eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \o(MD,\s\up16(→))＋eq \o(DN,\s\up16(→))＝eq \f(1,4) eq \o(BD,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(DE,\s\up16(→))＝eq \f(1,4) eq \o(BD,\s\up16(→))＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)(eq \o(DC,\s\up16(→))＋eq \o(DP,\s\up16(→)))＝eq \f(1,4) eq \o(BD,\s\up16(→))＋eq \f(1,4) eq \o(DC,\s\up16(→))＋eq \f(1,4) eq \o(DP,\s\up16(→))＝eq \f(1,4) eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \f(1,4) eq \o(DP,\s\up16(→))＝eq \f(1,4)(eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(DP,\s\up16(→)))＝eq \f(1,4) eq \o(AP,\s\up16(→))，又M∉AP，所以MN∥AP． 目录 * 感悟提升 向量法证明两直线平行的两种思路 (1)坐标法：建立空间直角坐标系，通过坐标运算，利用向量平行的坐标表示证明． (2)基向量法：通过向量运算证明平行问题，此种方法往往在不建系的情况下选用，但要注意根据条件合理选取基底． 提醒：利用直线的方向向量证明直线与直线平行时，要注意所证两直线无公共点． 目录 * [跟踪训练3]　如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为DD1，BB1的中点．求证：四边形AEC1F是平行四边形． 目录 证明 * 证明　以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DD1,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，则A(1，0，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，C1(0，1，1)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))， ∴eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))，eq \o(FC1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))，eq \o(EC1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq \o(AF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))， ∴eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \o(FC1,\s\up16(→))，eq \o(EC1,\s\up16(→))＝eq \o(AF,\s\up16(→))，∴eq \o(AE,\s\up16(→))∥eq \o(FC1,\s\up16(→))，eq \o(EC1,\s\up16(→))∥eq \o(AF,\s\up16(→))，又F∉AE，F∉EC1，∴AE∥FC1，EC1∥AF，∴四边形AEC1F是平行四边形． 目录 答案 * 题型四　向量法证明两直线垂直或求两直线所成的角　师生共研 A．eq \f(\r(30),10) B．eq \f(1,2) C．eq \f(\r(70),10) D．eq \f(\r(30),15) 目录 解析 * 解析　根据题意，易知AC，BC，CC1两两互相垂直，由此建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设BC＝AC＝CC1＝2，则A(2，0，0)，F1(1，0，2)，B(0，2，0)，D1(1，1，2)，故eq \o(BD1,\s\up16(→))＝(1，－1，2)，eq \o(AF1,\s\up16(→))＝(－1，0，2)，设BD1与AF1所成的角为α，0°≤α≤90°，则cosα＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AF1,\s\up16(→))·\o(BD1,\s\up16(→)),|\o(AF1,\s\up16(→))||\o(BD1,\s\up16(→))|)))＝eq \f(3,\r(5)×\r(6))＝eq \f(\r(30),10)，所以sinα＝eq \r(1－cos2α)＝eq \f(\r(70),10)，即BD1与AF1所成角的正弦值是eq \f(\r(70),10)．故选C． 目录 * (2)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为DD1的中点，M为四边形ABCD的中心．证明：对A1B1上任一点N，都有MN⊥AP． 目录 证明 * 证明　以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DD1,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1，则A(1，0，0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))． 设N(1，y，1)(0≤y≤1)，则eq \o(AP,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))，eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，y－\f(1,2)，1))， ∵eq \o(AP,\s\up16(→))·eq \o(MN,\s\up16(→))＝－1×eq \f(1,2)＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))＋eq \f(1,2)×1＝0， ∴eq \o(AP,\s\up16(→))⊥eq \o(MN,\s\up16(→))，即对A1B1上任一点N，都有MN⊥AP． 目录 * 感悟提升 1．向量法证明两直线垂直的两种思路 (1)坐标法：建立空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，表示出两直线的方向向量，证明其数量积为0． (2)基向量法：合理选取基底，将要证明的两直线的方向向量用基向量表示出来，利用数量积运算证明两向量的数量积为0． 目录 * 2．向量法求异面直线所成角的步骤 注意：两向量夹角的范围是[0，π]，异面直线所成角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，两异面直线所成角的余弦值等于这两条直线方向向量夹角的余弦值的绝对值． 目录 答案 解析 * 解析　eq \o(BD,\s\up16(→))＝eq \o(OD,\s\up16(→))－eq \o(OB,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up16(→))－eq \o(OB,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \o(OC,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→))，∵|eq \o(BD,\s\up16(→))|＝eq \f(\r(3),2)，|eq \o(AC,\s\up16(→))|＝1，且eq \o(BD,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(OA,\s\up16(→))－\o(OB,\s\up16(→))))·(eq \o(OC,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→)))＝－eq \f(1,4)，∴cos〈eq \o(BD,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(BD,\s\up16(→))·\o(AC,\s\up16(→)),|\o(BD,\s\up16(→))||\o(AC,\s\up16(→))|)＝eq \f(－\f(1,4),\f(\r(3),2)×1)＝－eq \f(\r(3),6)，故异面直线BD与AC所成角的余弦值为eq \f(\r(3),6)． [跟踪训练4]　(1)已知四面体O－ABC的各棱长均为1，D是棱OA的中点，则异面直线BD与AC所成角的余弦值为(　　) A．eq \f(\r(3),3) B．eq \f(1,4) C．eq \f(\r(3),6) D．eq \f(\r(2),8) 目录 * (2)已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BB1与CA1的中点．求证：MN⊥BB1，MN⊥A1C． 目录 证明 * 证明　设正方体的棱长为1，如图，以A为坐标原点，eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AD,\s\up16(→))，eq \o(AA1,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，B(1，0，0)，C(1，1，0)，A1(0，0，1)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，B1(1，0，1)， 所以eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))，eq \o(A1C,\s\up16(→))＝(1，1，－1)，eq \o(BB1,\s\up16(→))＝(0，0，1)． 所以eq \o(MN,\s\up16(→))·eq \o(BB1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×0＋eq \f(1,2)×0＋0×1＝0． eq \o(MN,\s\up16(→))·eq \o(A1C,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×1＋eq \f(1,2)×1＋0×(－1)＝0， 即MN⊥BB1，MN⊥A1C． 随堂水平达标 目录 1 2 3 4 5 答案 解析 * 解析　因为m＝(2，1，－2)，n＝(1，1，1)，m·n＝2×1＋1×1－2×1＝1≠0，故直线l1，l2不垂直，又eq \f(2,1)≠eq \f(1,1)≠eq \f(－2,1)，故直线l1，l2不平行，所以两条直线相交或异面．故选D． 1．(2024·六安高二期中)两条不同直线l1，l2的方向向量分别为m＝(2，1，－2)，n＝(1，1，1)，则这两条直线(　　) A．平行 B．垂直 C．异面 D．相交或异面 目录 1 2 3 4 5 答案 解析 * 2．(2024·北京中关村中学高二期中)已知两条异面直线的方向向量分别是u＝(3，－1，2)，v＝(－1，3，2)，则这两条直线所成的角θ满足(　　) A．sinθ＝eq \f(1,7) B．cosθ＝eq \f(1,7) C．sinθ＝－eq \f(1,7) D．cosθ＝－eq \f(1,7) 解析　因为两条异面直线的方向向量分别是u＝(3，－1，2)，v＝(－1，3，2)，所以cosθ＝|cos〈u，v〉|＝eq \f(|u·v|,|u||v|)＝eq \f(|－3－3＋4|,\r(32＋（－1）2＋22)×\r(（－1）2＋32＋22))＝eq \f(1,7)．故选B． 目录 1 2 3 4 5 答案 * 3．已知点A(4，1，3)，B(2，－5，1)，C为线段AB上一点，且AC＝eq \f(1,3)AB，则点C的坐标为(　　) A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，－\f(1,2)，\f(5,2))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，－3，2)) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，－1，\f(7,3))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，－\f(7,2)，\f(3,2))) 目录 1 2 3 4 5 解析 * 解析　设C(x，y，z)，则eq \o(AC,\s\up16(→))＝(x－4，y－1，z－3)，∵eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－2，－6，－2)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up16(→))，∴(x－4，y－1，z－3)＝eq \f(1,3)(－2，－6，－2)，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－4＝－\f(2,3)，,y－1＝－2，,z－3＝－\f(2,3)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(10,3)，,y＝－1，,z＝\f(7,3)，))∴Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，－1，\f(7,3)))．故选C． 目录 1 2 3 4 5 答案 * 4．(多选)(2024·绥化一中高二月考)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝eq \f(2,3)A1D，AF＝eq \f(1,3)AC，则下列说法正确的是(　　) A．EF至多与A1D，AC之一垂直 B．EF⊥A1D，EF⊥AC C．EF与BD1相交 D．EF与BD1平行 目录 1 2 3 4 5 解析 * 解析　如图，以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DD1,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为3，则E(1，0，1)，F(2，1，0)，A1(3，0，3)，A(3，0，0)，C(0，3，0)，D(0，0，0)，B(3，3，0)，D1(0，0，3)，∴eq \o(EF,\s\up16(→))＝(1，1，－1)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－3，3，0)，eq \o(A1D,\s\up16(→))＝(－3，0，－3)，∵eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝0，eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(A1D,\s\up16(→))＝0，∴EF⊥AC，EF⊥A1D，B正确，A错误；∵eq \o(BD1,\s\up16(→))＝(－3，－3，3)，eq \o(EF,\s\up16(→))＝－eq \f(1,3) eq \o(BD1,\s\up16(→))，∴EF∥BD1，故D正确，C错误．故选BD． 目录 1 2 3 4 5 －2 －2 答案 解析 * 5．已知直线l1，l2的方向向量分别为a＝(1，2，－1)，b＝(x，2y，2)，若l1∥l2，则x＝________，y＝________． 解析　由l1∥l2，可知a∥b，所以(x，2y，2)＝λ(1，2，－1)，解得x＝－2，y＝－2． 课后课时精练 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 * 1．(2024·宝鸡中学高二质检)已知直线l的一个方向向量为m＝(2，－1，3)，且直线l过A(0，a，3)和B(－1，2，b)两点，则a＋b＝(　　) A．0 B．1 C．eq \f(3,2) D．3 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 * 解析　因为直线l过A(0，a，3)和B(－1，2，b)两点，所以eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－1，2－a，b－3)，又直线l的一个方向向量为m＝(2，－1，3)，所以eq \o(AB,\s\up16(→))∥m，所以eq \o(AB,\s\up16(→))＝λm，所以(－1，2－a，b－3)＝(2λ，－λ，3λ)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2λ＝－1，,－λ＝2－a，,3λ＝b－3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝－\f(1,2)，,a＝\f(3,2)，,b＝\f(3,2)，))所以a＋b＝3．故选D． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 解析 * 2．从点A(2，－1，7)沿向量a＝(8，9，－12)的方向取线段长AB＝34，则点B的坐标为(　　) A．(－9，－7，7) B．(18，17，－17) C．(9，7，－7) D．(－14，－19，31) 解析　设B(x，y，z)，则eq \o(AB,\s\up16(→))＝(x－2，y＋1，z－7)＝λ(8，9，－12)，λ>0，故x－2＝8λ，y＋1＝9λ，z－7＝－12λ，由(x－2)2＋(y＋1)2＋(z－7)2＝342，得(17λ)2＝342，∵λ>0，∴λ＝2，∴x＝18，y＝17，z＝－17，即B(18，17，－17)． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 解析 * 3．(2024·长沙一中高二月考)直线l1，l2的方向向量分别是v1，v2，若v1与v2所成的角为θ，直线l1与l2所成的角为α，则(　　) A．α＝θ B．α＝π－θ C．cosθ＝|cosα| D．cosα＝|cosθ| 解析　依题意，可得α＝θ或α＝π－θ，且0≤α≤eq \f(π,2)，故A，B错误．当α＝θ时，0≤θ≤eq \f(π,2)，cosα＝cosθ＝|cosθ|；当α＝π－θ时，eq \f(π,2)<θ≤π，cosθ<0，则cosθ≠|cosα|，而cosα＝cos(π－θ)＝－cosθ＝|cosθ|，故C错误，D正确．故选D． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 * 4．(2024·牡丹江第二高级中学高二月考)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为棱CD的中点，N为棱CC1上的异于点C的动点，则异面直线MN与A1B所成角的取值范围为(　　) A．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 * 解析　以A为坐标原点，eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AD,\s\up16(→))，eq \o(AA1,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，可得A1(0，0，2)，B(2，0，0)，M(1，2，0)，设N(2，2，m)，0＜m≤2，所以eq \o(A1B,\s\up16(→))＝(2，0，－2)，eq \o(MN,\s\up16(→))＝(1，0，m)，设异面直线MN与A1B所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈eq \o(MN,\s\up16(→))，eq \o(A1B,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|\o(MN,\s\up16(→))·\o(A1B,\s\up16(→))|,|\o(MN,\s\up16(→))||\o(A1B,\s\up16(→))|)＝eq \f(|2－2m|,\r(8（m2＋1）))＝eq \r(\f(1,2)－\f(m,m2＋1))＝eq \r(\f(1,2)－\f(1,m＋\f(1,m)))．令f(m)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,m＋\f(1,m))，则当m∈(0，1)时，f(m)单调递减，当m∈[1，2]时，f(m)单调递增，则0≤cosθ<eq \f(\r(2),2)，又θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))．故选C． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 * 5．(多选)(2024·绵阳南山中学高二月考)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为AC的中点．则(　　) A．〈eq \o(A1B,\s\up16(→))，eq \o(B1D1,\s\up16(→))〉＝120° B．BD1⊥AC C．∠BB1E＝45° D．BD1⊥EB1 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 * 解析　以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DD1,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，则B(1，1，0)，D1(0，0，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，B1(1，1，1)，A1(1，0，1)，则eq \o(A1B,\s\up16(→))＝(0，1，－1)，eq \o(B1D1,\s\up16(→))＝(－1，－1，0)，故cos〈eq \o(A1B,\s\up16(→))，eq \o(B1D1,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(A1B,\s\up16(→))·\o(B1D1,\s\up16(→)),|\o(A1B,\s\up16(→))||\o(B1D1,\s\up16(→))|)＝eq \f(－1,\r(2)×\r(2))＝－eq \f(1,2)，又0°≤〈eq \o(A1B,\s\up16(→))，eq \o(B1D1,\s\up16(→))〉≤180°，所以〈eq \o(A1B,\s\up16(→))，eq \o(B1D1,\s\up16(→))〉＝120°，A正确； 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 * 又eq \o(BD1,\s\up16(→))＝(－1，－1，1)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－1，1，0)，∵eq \o(BD1,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－1)×(－1)＋(－1)×1＋1×0＝0，∴eq \o(BD1,\s\up16(→))⊥eq \o(AC,\s\up16(→))，∴BD1⊥AC，B正确；又eq \o(B1E,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，－1))，eq \o(B1B,\s\up16(→))＝(0，0，－1)，故cos〈eq \o(B1E,\s\up16(→))，eq \o(B1B,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(B1E,\s\up16(→))·\o(B1B,\s\up16(→)),|\o(B1E,\s\up16(→))||\o(B1B,\s\up16(→))|)＝eq \f(1,\r(\f(1,4)＋\f(1,4)＋1))＝eq \f(\r(6),3)≠eq \f(\r(2),2)，所以〈eq \o(B1E,\s\up16(→))，eq \o(B1B,\s\up16(→))〉≠45°，即∠BB1E≠45°，C错误；又eq \o(EB1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，则eq \o(BD1,\s\up16(→))·eq \o(EB1,\s\up16(→))＝(－1)×eq \f(1,2)＋(－1)×eq \f(1,2)＋1×1＝0，故eq \o(BD1,\s\up16(→))⊥eq \o(EB1,\s\up16(→))，∴BD1⊥EB1，D正确．故选ABD． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 平行 答案 解析 * 二、填空题 6．在空间直角坐标系中，已知A(1，2，3)，B(－1，0，5)，C(3，0，4)，D(4，1，3)，则直线AB与CD的位置关系是________． 解析　∵eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－2，－2，2)，eq \o(CD,\s\up16(→))＝(1，1，－1)，∴eq \o(AB,\s\up16(→))＝－2eq \o(CD,\s\up16(→))，∵eq \o(AC,\s\up16(→))＝(2，－2，1)，∴eq \o(AC,\s\up16(→))与eq \o(CD,\s\up16(→))不共线，即点A不在直线CD上，∴直线AB与CD平行． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 －20 12 答案 解析 * 7．(2024·石家庄一中高二月考)已知直线l1的一个方向向量为(－5，3，2)，另一个方向向量为(x，y，8)，则x＝________，y＝________． 解析　∵直线的方向向量平行，∴eq \f(x,－5)＝eq \f(y,3)＝eq \f(8,2)，∴x＝－20，y＝12． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 解析 * 8．已知空间中点A，B，C的坐标分别为(0，1，0)，(－1，0，1)，(2，1，1)， 点P的坐标为(x，0，z)，若PA⊥AB，PA⊥AC，则点P的坐标为____________． 解析　eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－1，－1，1)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(2，0，1)，eq \o(PA,\s\up16(→))＝(－x，1，－z)．∵PA⊥AB，PA⊥AC，∴eq \o(PA,\s\up16(→))⊥eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(PA,\s\up16(→))⊥eq \o(AC,\s\up16(→))，∴eq \o(PA,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝0，eq \o(PA,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝0，即x－1－z＝0　①，－2x－z＝0　②，由①②得x＝eq \f(1,3)，z＝－eq \f(2,3)，∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0，－\f(2,3)))． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0，－\f(2,3))) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 * 三、解答题 9．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知E，G，H分别是CC1，CD，A1C1的中点．证明：AB1∥GE，AB1⊥EH． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 证明 * 证明　如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz，设正方体的棱长为1，则A(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，C1(1，1，1)，由中点的性质得Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))． eq \o(AB1,\s\up16(→))＝(1，0，1)，eq \o(GE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，eq \o(EH,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(1,2)))， ∵eq \o(AB1,\s\up16(→))＝2eq \o(GE,\s\up16(→))，eq \o(AB1,\s\up16(→))·eq \o(EH,\s\up16(→))＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋0＋1×eq \f(1,2)＝0，∴eq \o(AB1,\s\up16(→))∥eq \o(GE,\s\up16(→))，eq \o(AB1,\s\up16(→))⊥eq \o(EH,\s\up16(→))． 即AB1∥GE，AB1⊥EH． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 * 10．(2024·苏州昆山一中高二质检)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，M，N分别是AB，CD的中点． (1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD； (2)求异面直线AN与CM所成角的余弦值． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解 * 解　(1)证明：由题意，知三棱锥A－BCD为正四面体，过A作底面BCD的垂线，垂足为O，由正棱锥的概念知，O为正三角形BCD的中心，连接BN，则O在BN上，过O作直线PQ∥CD，分别交BC，BD于点P，Q，则OP，ON，OA两两互相垂直．以O为原点，eq \o(OP,\s\up16(→))，eq \o(ON,\s\up16(→))，eq \o(OA,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解 * 则O(0，0，0)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(6)a,3)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3)a,3)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(\r(3)a,6)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，\f(\r(3)a,6)，0))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3)a,6)，\f(\r(6)a,6)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3)a,6)，0))， 则eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3)a,3)，－\f(\r(6)a,6)))，eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3)a,3)，－\f(\r(6)a,3)))，eq \o(CD,\s\up16(→))＝(－a，0，0)， 因为eq \o(MN,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝0×0＋eq \f(\r(3)a,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3)a,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6)a,6)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6)a,3)))＝－eq \f(a2,3)＋eq \f(a2,3)＝0，eq \o(MN,\s\up16(→))·eq \o(CD,\s\up16(→))＝0×(－a)＋eq \f(\r(3)a,3)×0＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6)a,6)))×0＝0， 所以MN⊥AB，MN⊥CD． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解 * (2)由(1)知，eq \o(AN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3)a,6)，－\f(\r(6)a,3)))，eq \o(CM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，－\f(\r(3)a,3)，\f(\r(6)a,6)))， 则cos〈eq \o(AN,\s\up16(→))，eq \o(CM,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(AN,\s\up16(→))·\o(CM,\s\up16(→)),|\o(AN,\s\up16(→))||\o(CM,\s\up16(→))|) ＝eq \f(0＋\f(\r(3)a,6)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3)a,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6)a,3)))×\f(\r(6)a,6),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,6)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6)a,3)))\s\up12(2))×\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3)a,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)a,6)))\s\up12(2))) ＝－eq \f(2,3)，设异面直线AN与CM所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈eq \o(AN,\s\up16(→))，eq \o(CM,\s\up16(→))〉|＝eq \f(2,3)，所以异面直线AN与CM夹角的余弦值为eq \f(2,3)． 目录 1 2 * 1．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB上的动点．若异面直线AD1与EC所成的角为60°，试确定此时动点E的位置． 目录 1 2 解 * 解　以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DD1,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示． 设E(1，t，0)(0≤t≤2)， 则A(1，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，2，0)，eq \o(D1A,\s\up16(→))＝(1，0，－1)，eq \o(CE,\s\up16(→))＝(1，t－2，0)，根据数量积的定义及已知得，cos60°＝eq \f(|\o(D1A,\s\up16(→))·\o(CE,\s\up16(→))|,|\o(D1A,\s\up16(→))||\o(CE,\s\up16(→))|)＝eq \f(1,\r(2)×\r(1＋（t－2）2))＝eq \f(1,2)，解得t＝1，所以此时E是AB的中点． 目录 1 2 * 2．如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1中，eq \o(CA,\s\up16(→))＝a，eq \o(CB,\s\up16(→))＝b，eq \o(CC1,\s\up16(→))＝c，CA＝CB＝CC1＝1，〈a，b〉＝〈a，c〉＝eq \f(2π,3)，〈b，c〉＝eq \f(π,2)，N是AB的中点． (1)若M是C1B1所在直线上的点，设eq \o(C1M,\s\up16(→))＝λeq \o(C1B1,\s\up16(→))，λ∈R，当AM⊥CB时，求实数λ的值； (2)求异面直线CB与A1N所成角的余弦值． 目录 1 2 解 * 解　(1)由eq \o(C1M,\s\up16(→))＝λeq \o(C1B1,\s\up16(→))＝λb，λ∈R， 知eq \o(AM,\s\up16(→))＝eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(A1C1,\s\up16(→))＋eq \o(C1M,\s\up16(→))＝c－a＋λb， 由AM⊥CB，得eq \o(AM,\s\up16(→))·eq \o(CB,\s\up16(→))＝0， 所以(c－a＋λb)·b＝0， 即b·c－a·b＋λb2＝0， 因为|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝eq \f(2π,3)，〈b，c〉＝eq \f(π,2)， 所以1×1×0－1×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋λ×12＝0，解得λ＝－eq \f(1,2)． 目录 1 2 解 * (2)eq \o(A1N,\s\up16(→))＝eq \o(A1A,\s\up16(→))＋eq \o(AN,\s\up16(→))＝eq \o(A1A,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→)) ＝eq \o(A1A,\s\up16(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(CB,\s\up16(→))－eq \o(CA,\s\up16(→)))＝－c＋eq \f(1,2)(b－a) ＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b－c． 因为|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈a，c〉＝eq \f(2π,3)，〈b，c〉＝eq \f(π,2)， 所以a·b＝a·c＝1×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq \f(1,2)，b·c＝0，a2＝b2＝c2＝1， 故eq \o(CB,\s\up16(→))·eq \o(A1N,\s\up16(→))＝b·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)a＋\f(1,2)b－c))＝－eq \f(1,2)a·b＋eq \f(1,2)b2－b·c＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)＋0＝eq \f(3,4)， 目录 1 2 解 * |eq \o(CB,\s\up16(→))|＝1，|eq \o(A1N,\s\up16(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)a＋\f(1,2)b－c))\s\up12(2)) ＝eq \r(\f(1,4)a2＋\f(1,4)b2＋c2－\f(1,2)a·b＋a·c－b·c) ＝eq \f(\r(5),2)， 故cos〈eq \o(CB,\s\up16(→))，eq \o(A1N,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(CB,\s\up16(→))·\o(A1N,\s\up16(→)),|\o(CB,\s\up16(→))||\o(A1N,\s\up16(→))|)＝eq \f(\f(3,4),\f(\r(5),2))＝eq \f(3\r(5),10)， 所以异面直线CB与A1N所成角的余弦值为eq \f(3\r(5),10)． 　　　　　　　　　　　　　 R $$