1.2.1 空间中的点、直线与空间向量-【金版教程】2025-2026学年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 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． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　空间中的点的位置向量 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________唯一确定，此时， ________通常称为点P的位置向量． 知识点二　空间中的直线的方向向量 (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l_____________，则称v为直线l的一个方向向量．此时，也称向量v与直线l______，记作_______． 平行或重合 平行 v∥l 核心概念掌握 5 (2)如果A，B是直线l上两个不同的点，则v＝____就是直线l的一个方向向量． (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_____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________． (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______和______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⇔__________________． λv 平行 v 点A l1∥l2，或l1与l2重合 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 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＝__________________或θ＝ __________________ ． ②sinθ＝ __________________ ，cosθ＝ __________________ ． ③l1⊥l2⇔ __________________ ⇔ __________________ ． 〈v1，v2〉 π－〈v1，v2〉 sin〈v1，v2〉 |cos〈v1，v2〉| v1·v2＝0 核心概念掌握 8 平行 异面 相交 不平行 不共面 核心概念掌握 9 (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_________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_________并且_________．两条异面直线的___________________，称为这两条异面直线之间的距离． MN 存在 唯一 公垂线段的长 核心概念掌握 10 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，则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) 核心概念掌握 11 核心概念掌握 12 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 核心概念掌握 13 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________． 平行 核心概念掌握 14 核心素养形成 题型一　空间中点的位置的确定 核心素养形成 16 核心素养形成 17 核心素养形成 18 【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． 核心素养形成 19 【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：①AP∶PB＝1∶2；②AQ∶QB＝2∶1. 求点P和点Q的坐标． 核心素养形成 20 核心素养形成 21 题型二　直线的方向向量 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．故A，B，D符合题意． 核心素养形成 22 (2)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) 核心素养形成 23 【感悟提升】对直线方向向量的两点说明 核心素养形成 24 【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＝________． 核心素养形成 25 题型三　向量法证明直线与直线平行 核心素养形成 26 核心素养形成 27 【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． 核心素养形成 28 【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． 核心素养形成 29 核心素养形成 30 题型四　向量法求两直线所成的角或证明两直线垂直 核心素养形成 31 核心素养形成 32 (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. 核心素养形成 33 核心素养形成 34 【感悟提升】 1．向量法求异面直线所成角的步骤 核心素养形成 35 核心素养形成 36 核心素养形成 37 核心素养形成 38 (2)已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BB1与A1C的中点．求证：MN⊥BB1，MN⊥A1C. 核心素养形成 39 随堂水平达标 1．两条不同直线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 随堂水平达标 41 随堂水平达标 42 随堂水平达标 43 随堂水平达标 44 随堂水平达标 45 5．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________． 平行 随堂水平达标 46 课后课时精练 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 考点 根据直线的方向向量求参数 根据线线平行求参数 共线向量；两点间距离公式 两条直线所成的角 利用方向向量判断线线垂直 根据直线的方向向量求参数 利用方向向量求异面直线所成角的余弦值 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 考点 根据线线垂直求点的坐标 利用方向向量证明线线平行和线线垂直 利用方向向量证明线线垂直；利用方向向量求异面直线所成角的余弦值 利用方向向量求异面直线所成角的取值范围 利用方向向量求异面直线所成的角 根据异面直线所成的角确定动点 位置 根据线线垂直求参数；利用方向向量求异面直线所成角的余弦值 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 2．已知直线l1的一个方向向量为a＝(－1，2，m)，直线l2的一个方向向量为b＝(2，n，－12)，且l1∥l2，则m＋3n的值是(　　) A．－6 B．6 C．14 D．－14 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 3．从点A(2，－1，7)沿向量a＝(8，9，－12)的方向取长度为34的线段AB，则点B的坐标为(　　) A．(－9，－7，7) B．(18，17，－17) C．(9，7，－7) D．(－14，－19，31) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 4．直线l1，l2的方向向量分别是v1，v2，若v1与v2的夹角为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| 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 二、填空题 6．已知直线l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＝________． －20 12 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 7. 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D为棱A1B1的中点，AC＝2，CC1＝BC＝1，AC⊥BC，则异面直线CD与BC1所成角的余弦值为________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 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_____________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 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. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 10. 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． 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． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 66 12．已知a，b是异面直线，A，B∈a，C，D∈b，AC⊥b，BD⊥b，且AB＝2，CD＝1，则a与b所成角的大小为________． 60° 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 67 13. 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． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 68 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 69 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 70 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 71 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 72 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 73 　　　　　　　　　　　　　 R eq \o(OP,\s\up17(→)) eq \o(OP,\s\up17(→)) eq \o(AB,\s\up17(→)) [拓展]　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\up17(→))＝λv，这样可以求直线上任一满足要求的点的坐标． 〈v1，v2〉＝eq \f(π,2) 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_________的． ②如果v1与v2不平行，则l1与l2可能_________，也可能_________． ③“v1与v2_________”是“l1与l2异面”的必要不充分条件． ④如下图，A∈l1，B∈l2，“v1，v2，eq \o(AB,\s\up17(→))_________”是“l1与l2异面”的充要条件． 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) 例1　已知O是坐标原点，A，B，C三点的坐标分别为(3，4，0)，(2，5，5)，(0，3，5)． (1)若eq \o(OP,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \o(AC,\s\up17(→)))，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． 解　(1)∵eq \o(AB,\s\up17(→))＝(－1，1，5)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－3，－1，5)， ∴eq \o(OP,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \o(AC,\s\up17(→)))＝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\up17(→))＝eq \f(2,3) eq \o(PB,\s\up17(→)). 设点P的坐标为(x，y，z)，则eq \o(AP,\s\up17(→))＝(x－3，y－4，z)，eq \o(PB,\s\up17(→))＝(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)). 解：由AP∶PB＝1∶2，得eq \o(PB,\s\up17(→))＝2eq \o(AP,\s\up17(→))， 即eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OP,\s\up17(→))＝2(eq \o(OP,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→)))，eq \o(OP,\s\up17(→))＝eq \f(2,3) eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up17(→)). 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. 因此点P的坐标为(eq \f(5,3)，eq \f(11,3)，1)． 因为AQ∶QB＝2∶1， 所以eq \o(AQ,\s\up17(→))＝－2eq \o(QB,\s\up17(→))，eq \o(OQ,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→))＝－2(eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OQ,\s\up17(→)))，eq \o(OQ,\s\up17(→))＝－eq \o(OA,\s\up17(→))＋2eq \o(OB,\s\up17(→)). 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)． 例2　(1)(多选)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1上不与C1，C重合的任一点，则能作为直线AA1的方向向量的是(　　) A.eq \o(AA1,\s\up17(→)) B.eq \o(C1E,\s\up17(→)) C.eq \o(AB,\s\up17(→)) D.eq \o(A1A,\s\up17(→)) 解析：由eq \o(AB,\s\up17(→))＝(2，4，8)，直线l的方向向量与eq \o(AB,\s\up17(→))平行，知只有A符合题意．故选A. (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\up17(→)). (2)方向向量的不唯一性：直线的方向向量不是唯一的，它们都是共线向量．解题时，可以选取坐标最简的方向向量． －eq \f(3,2) 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\up17(→))＝(－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). 例3　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＝eq \f(1,4)DB，DA＝DP＝1，CD＝2. 求证：MN∥AP. 证明　证法一：如图所示，以D为原点，eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DP,\s\up17(→))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\up17(→))＝(－1，0，1)，eq \o(MN,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0，\f(1,4)))，所以eq \o(MN,\s\up17(→))＝eq \f(1,4) eq \o(AP,\s\up17(→))，因为M∉AP，所以MN∥AP. 证法二：由题意可得eq \o(MN,\s\up17(→))＝eq \o(MD,\s\up17(→))＋eq \o(DN,\s\up17(→))＝eq \f(1,4) eq \o(BD,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(DE,\s\up17(→))＝eq \f(1,4) eq \o(BD,\s\up17(→))＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)(eq \o(DC,\s\up17(→))＋eq \o(DP,\s\up17(→)))＝eq \f(1,4) eq \o(BD,\s\up17(→))＋eq \f(1,4) eq \o(DC,\s\up17(→))＋eq \f(1,4) eq \o(DP,\s\up17(→))＝eq \f(1,4) eq \o(BC,\s\up17(→))＋eq \f(1,4) eq \o(DP,\s\up17(→))＝eq \f(1,4)(eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(DP,\s\up17(→)))＝eq \f(1,4) eq \o(AP,\s\up17(→))，又M∉AP，所以MN∥AP. 证明：以D为原点，eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DD1,\s\up17(→))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\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-1，0，\f(1,2)))，eq \o(FC1,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-1，0，\f(1,2)))，eq \o(EC1,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq \o(AF,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))， ∴eq \o(AE,\s\up17(→))＝eq \o(FC1,\s\up17(→))，eq \o(EC1,\s\up17(→))＝eq \o(AF,\s\up17(→))， ∴eq \o(AE,\s\up17(→))∥eq \o(FC1,\s\up17(→))，eq \o(EC1,\s\up17(→))∥eq \o(AF,\s\up17(→))， 又F∉AE，F∉EC1，∴AE∥FC1，EC1∥AF， ∴四边形AEC1F是平行四边形． 例4　(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝AC＝CC1，则BD1与AF1所成角的正弦值是(　　) A.eq \f(\r(30),10) B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(70),10) D.eq \f(\r(30),15) 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\up17(→))＝(1，－1，2)，eq \o(AF1,\s\up17(→))＝(－1，0，2)，设BD1与AF1所成的角为α，0°≤α≤90°，则cosα＝eq \f(|\o(AF1,\s\up17(→))·\o(BD1,\s\up17(→))|,\a\vs4\al(|\o(AF1,\s\up17(→))||\o(BD1,\s\up17(→))|))＝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. 证明　以D为原点，eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DD1,\s\up17(→))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\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))，eq \o(MN,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，y－\f(1,2)，1))， ∵eq \o(AP,\s\up17(→))·eq \o(MN,\s\up17(→))＝－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\up17(→))⊥eq \o(MN,\s\up17(→))， 即对A1B1上任一点N，都有MN⊥AP. 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． 2．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. 【跟踪训练】 4．(1)已知圆柱的底面半径为eq \r(3)，高为2eq \r(2)，如图，矩形ABCD是圆柱的轴截面，E是圆柱下底面圆上一点，且满足∠BAE＝eq \f(π,4)，则异面直线AE与BD所成角的余弦值为(　　) A.eq \f(\r(30),10) B．－eq \f(\r(30),10) C.eq \f(\r(15),5) D．－eq \f(\r(15),5) 解析：设圆柱上、下底面圆的圆心分别为O′，O，连接OE，OO′，∵AB为底面圆的直径，∠BAE＝eq \f(π,4)，∴OE⊥OB.如图，在圆柱中可得OO′⊥OB，OO′⊥OE，∴以O为原点，eq \o(OE,\s\up17(→))，eq \o(OB,\s\up17(→))，eq \o(OO′,\s\up17(→))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E(eq \r(3)，0，0)，A(0，－eq \r(3)，0)，B(0，eq \r(3)，0)，D(0，－eq \r(3)，2eq \r(2))，∴eq \o(AE,\s\up17(→))＝(eq \r(3)，eq \r(3)，0)，eq \o(BD,\s\up17(→))＝(0，－2eq \r(3)，2eq \r(2))，设异面直线AE与BD所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈eq \o(AE,\s\up17(→))，eq \o(BD,\s\up17(→))〉|＝eq \f(|\o(AE,\s\up17(→))·\o(BD,\s\up17(→))|,|\o(AE,\s\up17(→))||\o(BD,\s\up17(→))|)＝eq \f(6,\r(6)×2\r(5))＝eq \f(\r(30),10).故选A. 证明：设正方体的棱长为1，如图，以A为原点，eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(AA1,\s\up17(→))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\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2)，\f(1,2)，0))，eq \o(A1C,\s\up17(→))＝(1，1，－1)，eq \o(BB1,\s\up17(→))＝(0，0，1)， 所以eq \o(MN,\s\up17(→))·eq \o(BB1,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2)))×0＋eq \f(1,2)×0＋0×1＝0， eq \o(MN,\s\up17(→))·eq \o(A1C,\s\up17(→))＝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. 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)，故直线l1，l2不平行，所以两条直线相交或异面．故选D. 2．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. 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))) 解析：设C(x，y，z)，则eq \o(AC,\s\up17(→))＝(x－4，y－1，z－3)，∵eq \o(AB,\s\up17(→))＝(－2，－6，－2)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up17(→))，∴(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. 4. (多选)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 解析：如图，以D为原点，eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DD1,\s\up17(→))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\up17(→))＝(1，1，－1)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－3，3，0)，eq \o(A1D,\s\up17(→))＝(－3，0，－3)，∵eq \o(EF,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→))＝0，eq \o(EF,\s\up17(→))·eq \o(A1D,\s\up17(→))＝0，∴EF⊥AC，EF⊥A1D，B正确，A错误；∵eq \o(BD1,\s\up17(→))＝(－3，－3，3)，eq \o(EF,\s\up17(→))＝－eq \f(1,3) eq \o(BD1,\s\up17(→))，∴EF∥BD1，故D正确，C错误．故选BD. 解析：∵eq \o(AB,\s\up17(→))＝(－2，－2，2)，eq \o(CD,\s\up17(→))＝(1，1，－1)，∴eq \o(AB,\s\up17(→))＝－2eq \o(CD,\s\up17(→))，∵eq \o(AC,\s\up17(→))＝(2，－2，1)，∴eq \o(AC,\s\up17(→))与eq \o(CD,\s\up17(→))不共线，即点A不在直线CD上，∴直线AB与CD平行． 一、选择题 1．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 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\up17(→))＝(－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\up17(→))∥m，所以eq \o(AB,\s\up17(→))＝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. 解析：∵l1∥l2，∴a∥b，∴eq \f(－1,2)＝eq \f(2,n)＝eq \f(m,－12)，∴n＝－4，m＝6，∴m＋3n＝－6.故选A. 解析：设B(x，y，z)，则eq \o(AB,\s\up17(→))＝(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)． 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. 5. (多选)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为AC的中点，则(　　) A．〈eq \o(A1B,\s\up17(→))，eq \o(B1D1,\s\up17(→))〉＝120° B．BD1⊥AC C．∠BB1E＝45° D．BD1⊥EB1 解析：以D为原点，eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DD1,\s\up17(→))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\up17(→))＝(0，1，－1)，eq \o(B1D1,\s\up17(→))＝(－1，－1，0)，故cos〈eq \o(A1B,\s\up17(→))，eq \o(B1D1,\s\up17(→))〉＝eq \f(\o(A1B,\s\up17(→))·\o(B1D1,\s\up17(→)),\a\vs4\al(|\o(A1B,\s\up17(→))||\o(B1D1,\s\up17(→))|))＝eq \f(－1,\r(2)×\r(2))＝－eq \f(1,2)，又0°≤〈eq \o(A1B,\s\up17(→))，eq \o(B1D1,\s\up17(→))〉≤180°，所以〈eq \o(A1B,\s\up17(→))，eq \o(B1D1,\s\up17(→))〉＝120°，A正确； 又eq \o(BD1,\s\up17(→))＝(－1，－1，1)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－1，1，0)，∵eq \o(BD1,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－1)×(－1)＋(－1)×1＋1×0＝0，∴eq \o(BD1,\s\up17(→))⊥eq \o(AC,\s\up17(→))，∴BD1⊥AC，B正确；又eq \o(B1E,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，－1))，eq \o(B1B,\s\up17(→))＝(0，0，－1)，故cos〈eq \o(B1E,\s\up17(→))，eq \o(B1B,\s\up17(→))〉＝eq \f(\o(B1E,\s\up17(→))·\o(B1B,\s\up17(→)),\a\vs4\al(|\o(B1E,\s\up17(→))||\o(B1B,\s\up17(→))|))＝eq \f(1,\f(\r(6),2)×1)＝eq \f(\r(6),3)≠eq \f(\r(2),2)，所以〈eq \o(B1E,\s\up17(→))，eq \o(B1B,\s\up17(→))〉≠45°，即∠BB1E≠45°，C错误；又eq \o(EB1,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，则eq \o(BD1,\s\up17(→))·eq \o(EB1,\s\up17(→))＝(－1)×eq \f(1,2)＋(－1)×eq \f(1,2)＋1×1＝0，故eq \o(BD1,\s\up17(→))⊥eq \o(EB1,\s\up17(→))，∴BD1⊥EB1，D正确．故选ABD. 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. eq \f(\r(2),6) 解析：∵三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，且AC⊥BC，∴以C为原点，eq \o(CA,\s\up17(→))，eq \o(CB,\s\up17(→))，eq \o(CC1,\s\up17(→))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．∵AC＝2，CC1＝BC＝1，∴C(0，0，0)，C1(0，0，1)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，1))，B(0，1，0)，∴eq \o(CD,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，1))，eq \o(BC1,\s\up17(→))＝(0，－1，1)，∴cos〈eq \o(CD,\s\up17(→))，eq \o(BC1,\s\up17(→))〉＝eq \f(\o(CD,\s\up17(→))·\o(BC1,\s\up17(→)),\a\vs4\al(|\o(CD,\s\up17(→))||\o(BC1,\s\up17(→))|))＝eq \f(－\f(1,2)＋1,\f(3,2)×\r(2))＝eq \f(\r(2),6)，∴异面直线CD与BC1所成角的余弦值为eq \f(\r(2),6). 解析：eq \o(AB,\s\up17(→))＝(－1，－1，1)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(2，0，1)，eq \o(PA,\s\up17(→))＝(－x，1，－z)．∵PA⊥AB，PA⊥AC，∴eq \o(PA,\s\up17(→))⊥eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(PA,\s\up17(→))⊥eq \o(AC,\s\up17(→))，∴eq \o(PA,\s\up17(→))·eq \o(AB,\s\up17(→))＝0，eq \o(PA,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→))＝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))) 证明：如图，以A为原点，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\up17(→))＝(1，0，1)，eq \o(GE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，eq \o(EH,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(1,2)))，∵eq \o(AB1,\s\up17(→))＝2eq \o(GE,\s\up17(→))，eq \o(AB1,\s\up17(→))·eq \o(EH,\s\up17(→))＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋1×eq \f(1,2)＝0， ∴eq \o(AB1,\s\up17(→))∥eq \o(GE,\s\up17(→))，eq \o(AB1,\s\up17(→))⊥eq \o(EH,\s\up17(→))， 又AB1与GE没有公共点， ∴AB1∥GE，AB1⊥EH. 以O为原点，eq \o(OP,\s\up17(→))，eq \o(ON,\s\up17(→))，eq \o(OA,\s\up17(→))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， 则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\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3)a,3)，－\f(\r(6)a,6)))，eq \o(AB,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3)a,3)，－\f(\r(6)a,3)))，eq \o(CD,\s\up17(→))＝(－a，0，0)， 因为eq \o(MN,\s\up17(→))·eq \o(AB,\s\up17(→))＝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\up17(→))·eq \o(CD,\s\up17(→))＝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. (2)由(1)知，eq \o(AN,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3)a,6)，－\f(\r(6)a,3)))，eq \o(CM,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，－\f(\r(3)a,3)，\f(\r(6)a,6)))，易知|eq \o(AN,\s\up17(→))|＝|eq \o(CM,\s\up17(→))|＝eq \f(\r(3)a,2)， 则cos〈eq \o(AN,\s\up17(→))，eq \o(CM,\s\up17(→))〉＝eq \f(\o(AN,\s\up17(→))·\o(CM,\s\up17(→)),\a\vs4\al(|\o(AN,\s\up17(→))||\o(CM,\s\up17(→))|))＝eq \f(0×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＋\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),\f(\r(3)a,2)×\f(\r(3)a,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\up17(→))，eq \o(CM,\s\up17(→))〉|＝eq \f(2,3)， 所以异面直线AN与CM所成角的余弦值为eq \f(2,3). 11．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为棱CD的中点，N为棱CC1上异于点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))) 解析：以A为原点，eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(AA1,\s\up17(→))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\up17(→))＝(2，0，－2)，eq \o(MN,\s\up17(→))＝(1，0，m)，设异面直线MN与A1B所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈eq \o(MN,\s\up17(→))，eq \o(A1B,\s\up17(→))〉|＝eq \f(|\o(MN,\s\up17(→))·\o(A1B,\s\up17(→))|,\a\vs4\al(|\o(MN,\s\up17(→))||\o(A1B,\s\up17(→))|))＝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. 解析：由题意，知eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(CD,\s\up17(→))分别为直线a，b的方向向量，因为eq \o(AB,\s\up17(→))＝eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(CD,\s\up17(→))＋eq \o(DB,\s\up17(→))，所以eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(CD,\s\up17(→))＝eq \o(AC,\s\up17(→))·eq \o(CD,\s\up17(→))＋eq \o(CD,\s\up17(→))2＋eq \o(DB,\s\up17(→))·eq \o(CD,\s\up17(→))，即2×1×cos〈eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(CD,\s\up17(→))〉＝1，所以cos〈eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(CD,\s\up17(→))〉＝eq \f(1,2)，即〈eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(CD,\s\up17(→))〉＝60°，得a与b所成角的大小为60°. 解：以D为原点，eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DD1,\s\up17(→))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\up17(→))＝(1，0，－1)，eq \o(CE,\s\up17(→))＝(1，t－2，0)， 根据数量积的定义及已知得， cos60°＝eq \f(|\o(D1A,\s\up17(→))·\o(CE,\s\up17(→))|,\a\vs4\al(|\o(D1A,\s\up17(→))||\o(CE,\s\up17(→))|))＝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． 14. 如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1中，eq \o(CA,\s\up17(→))＝a，eq \o(CB,\s\up17(→))＝b，eq \o(CC1,\s\up17(→))＝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\up17(→))＝λeq \o(C1B1,\s\up17(→))，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． 解：(1)由eq \o(C1M,\s\up17(→))＝λeq \o(C1B1,\s\up17(→))＝λb，λ∈R， 知eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \o(AA1,\s\up17(→))＋eq \o(A1C1,\s\up17(→))＋eq \o(C1M,\s\up17(→))＝c－a＋λb， 由AM⊥CB，得eq \o(AM,\s\up17(→))·eq \o(CB,\s\up17(→))＝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). (2)eq \o(A1N,\s\up17(→))＝eq \o(A1A,\s\up17(→))＋eq \o(AN,\s\up17(→))＝eq \o(A1A,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))＝eq \o(A1A,\s\up17(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(CB,\s\up17(→))－eq \o(CA,\s\up17(→)))＝－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\up17(→))·eq \o(A1N,\s\up17(→))＝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)， |eq \o(CB,\s\up17(→))|＝1，|eq \o(A1N,\s\up17(→))|＝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\up17(→))，eq \o(A1N,\s\up17(→))〉＝eq \f(\o(CB,\s\up17(→))·\o(A1N,\s\up17(→)),\a\vs4\al(|\o(CB,\s\up17(→))||\o(A1N,\s\up17(→))|))＝eq \f(\f(3,4),1×\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). $$