2021新高考数学新课程一轮复习课时作业第七章第7讲立体几何中的向量方法

第7讲立体几何中的向量方法组基础关1．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1A.eq\f(\r(5),5)B.eq\f(\r(5),3)C.eq\f(2\r(5),5)D.eq\f(3,5)答案A解析不妨设CB＝1，则B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，∴eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－2,2,1)．cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(AB1,\s\up6(→)),|\o(BC1,\s\up6(→))||\o(AB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(0＋4－1,\r(5)×3)＝eq\f(\r(5),5).∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为eq\f(\r(5),5).2．(2020·沧州摸底)如图所示，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，棱长为1，E，F分别是BC，CD上的点，且BE＝CF＝a(0<a<1)，则D′E与B′F的位置关系是()A．平行B．垂直C．相交D．与a值有关答案B解析建立如图所示空间直角坐标系．则D′(0,0,1)，E(1－a,1,0)，B′(1，1,1)，F(0，1－a,0)，∴eq\o(D′E,\s\up6(→))＝(1－a,1，－1)，eq\o(B′F,\s\up6(→))＝(－1，－a，－1)．∴eq\o(D′E,\s\up6(→))·eq\o(B′F,\s\up6(→))＝(1－a)×(－1)＋1×(－a)＋(－1)×(－1)＝a－1－a＋1＝0.∴eq\o(D′E,\s\up6(→))⊥eq\o(B′F,\s\up6(→))，即D′E⊥B′F.故选B.3．在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为()A.eq\f(1,5)B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(\r(5),5)D.eq\f(2,5)答案C解析以A为原点，AB，AC，AP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，由AB＝AC＝1，PA＝2，得A(0，0,0)，P(0，0,2)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，∴eq\o(PA,\s\up6(→))＝(0,0，－2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，1)).设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DF,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,－x＋y＋2z＝0，))取z＝1，则n＝(2,0,1)，设PA与平面DEF所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|\o(PA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(5),5)，∴PA与平面DEF所成角的正弦值为eq\f(\r(5),5).故选C.4．二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知AB＝2，AC＝3，BD＝4，CD＝eq\r(17)，则该二面角的大小为()A．30°B．45°C．60°D．120°答案C解析由已知可得，eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))，∴|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝32＋22＋42＋2×3×4cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝(eq\r(17))2，∴cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝－eq\f(1,2)，即〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝120°，∴二面角的大小为60°.故选C.5．如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，①A1M∥D1P②A1M∥B1Q③A1M∥平面DCC1D1④A1M∥平面D1PQB1以上说法正确的个数为()A．1B．2C．3D．4答案C解析eq\o(A1M,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(D1P,\s\up6(→))＝eq\o(D1D,\s\up6(→))＋eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(A1M,\s\up6(→))∥eq\o(D1P,\s\up6(→))，所以A1M∥D1P，由线面平行的判定定理可知，A1M∥平面DCC1D1，A1M∥平面D1PQB1.①③④正确．6．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝4，点E，F分别为BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1EA.eq\r(2)B.eq\f(3\r(2),2)C．2eq\r(2)D．2eq\r(3)答案B解析以点A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，A1(0，0,4)，D1(0,2,4)，E(2，0,2)，F(1,2,0)，eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝(2,0，－2)．易知平面A1D1E的法向量可取n＝(1,0,1)，eq\o(A1F,\s\up6(→))＝(1,2，－4)，d＝eq\f(|\o(A1F,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(3\r(2),2).7．如图，已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，且AC⊥BD，AC与BD交于O，PO⊥底面ABCD，PO＝2，AB＝2eq\r(2)，E，F分别是AB，AP的中点．则二面角F－OE－A的余弦值为()A.eq\f(\r(3),3)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,2)D.eq\f(1,3)答案A解析以O为坐标原点，OB，OC，OP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Oxyz，由题知，OA＝OB＝2，则A(0，－2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，E(1，－1,0)，F(0，－1,1)，则eq\o(OE,\s\up6(→))＝(1，－1,0)，eq\o(OF,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，设平面OEF的法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(OE,\s\up6(→))＝0，,m·\o(OF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,－y＋z＝0.))令x＝1，可得m＝(1,1,1)．易知平面OAE的一个法向量为n＝(0,0,1)，则cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(3),3).由图知二面角F－OE－A为锐角，所以二面角F－OE－A的余弦值为eq\f(\r(3),3).8．(2019·广西八市联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝3，AB＝3eq\r(2)，AA1＝4，则异面直线A1C与BC1所成角的余弦值为________．答案eq\f(16,25)解析如图建立坐标系，则C(0,0,0)，A1(3,0,4)，C1(0,0,4)，B(0,3,0)，∴eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(－3,0，－4)，eq\o(BC,\s\up6(→))1＝(0，－3,4)，设异面直线A1C与BC1所成角为θ，则cosθ＝eq\f(|\o(A1C,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→))1|,|\o(A1C,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))1|)＝eq\f(|－3×0＋0×－3＋－4×4|,\r(－32＋02＋－42)×\r(02＋－32＋42))＝eq\f(16,5×5)＝eq\f(16,25).∴异面直线A1C与BC1所成角的余弦值为eq\f(16,25).9．已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD，eq\o(VP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(VC,\s\up6(→))，eq\o(VM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VB,\s\up6(→))，eq\o(VN,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VD,\s\up6(→)).则VA与平面PMN的位置关系是________．答案平行解析如图，设eq\o(VA,\s\up6(→))＝a，eq\o(VB,\s\up6(→))＝b，eq\o(VC,\s\up6(→))＝c，则eq\o(VD,\s\up6(→))＝a＋c－b，由题意知eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VB,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(VC,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)b－eq\f(1,3)c，eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VD,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(VC,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)a－eq\f(2,3)b＋eq\f(1,3)c.因此eq\o(VA,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)eq\o(PM,\s\up6(→))＋eq\f(3,2)eq\o(PN,\s\up6(→))，∴eq\o(VA,\s\up6(→))，eq\o(PM,\s\up6(→))，eq\o(PN,\s\up6(→))共面．又VA⊄平面PMN，∴VA∥平面PMN.10．(2019·长春二模)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M，N，E，F分别是A1B1，AD，B1C1，C1D1的中点，则过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为________，答案2eq\r(2)eq\f(\r(10),10)解析取A1D1的中点G，BC的中点P，CD的中点H，连接GM，GN，MN，PE，PH，PF，HF，EF.∵MG∥EF，NG∥EP，MG∩NG＝G，EF∩EP＝E，∴平面MNG∥平面PEFH，∴过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面为PEFH，∵PE＝2，EF＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，四边形PEFH是矩形，∴过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为S矩形PEFH＝2eq\r(2).以D1为坐标原点，D1A1所在直线为x轴，D1C1所在直线为y轴，D1D所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则E(1,2,0)，F(0,1,0)，H(0,1,2)，C(0,2,2)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1，－1,0)，eq\o(EH,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，设平面EFHP的法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up6(→))＝－x－y＝0，,n·\o(EH,\s\up6(→))＝－x－y＋2z＝0，))取x＝1，则y＝－1，z＝0，得n＝(1，－1,0)，设CE和该截面所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(|\o(CE,\s\up6(→))·n|,|\o(CE,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(1,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),10).∴CE和该截面所成角的正弦值为eq\f(\r(10),10).组能力关1．如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．设二面角D－AE－C为60°，AP＝1，AD＝eq\r(3)，则三棱锥E－ACD的体积为________．答案eq\f(\r(3),8)解析因为PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．如图，以A为坐标原点，eq\o(AB,\s\up6(→))的方向为x轴的正方向，eq\o(AD,\s\up6(→))的方向为y轴的正方向，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向为z轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz，则D(0，eq\r(3)，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2))).设B(m,0,0)(m>0)，则C(m，eq\r(3)，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(m，eq\r(3)，0)．设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(mx＋\r(3)y＝0，,\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，))可取n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),m)，－1，\r(3))).易知n2＝(1,0,0)为平面DAE的一个法向量，由题设知|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(1,2)，即eq\r(\f(3,3＋4m2))＝eq\f(1,2)，解得m＝eq\f(3,2).因为E为PD的中点，所以三棱锥E－ACD的高为eq\f(1,2).所以三棱锥E－ACD的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(3,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),8).2．(2017·全国卷Ⅲ)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是________(填写所有正确结论的编号)．答案②③解析依题意建立如图所示的空间直角坐标系．设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.由题意知点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆．设直线a的方向向量为a＝(0,1,0)，直线b的方向向量为b＝(1,0,0)，eq\o(CB,\s\up6(→))以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[0,2π)，则B(cosθ，sinθ，0)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(cosθ，sinθ，－1)，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(2).设直线AB与a所成角为α，则cosα＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·a)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→)))))＝eq\f(\r(2),2)|sinθ|∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))，∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误．设直线AB与b所成角为β，则cosβ＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·b)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→)))))＝eq\f(\r(2),2)|cosθ|.当直线AB与a所成角为60°，即α＝60°时，则|sinθ|＝eq\r(2)cosα＝eq\r(2)cos60°＝eq\f(\r(2),2)，∴|cosθ|＝eq\f(\r(2),2).∴cosβ＝eq\f(\r(2),2)|cosθ|＝eq\f(1,2).∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB与b所成角为60°.∴②正确，①错误．3．(2019·唐山模拟)如图，在边长为8的菱形ABCD中，∠ABC＝120°，将△ABD沿BD折起，使点A到达A1的位置，且二面角A1－BD－C为60°.(1)求异面直线A1C与BD(2)若点E为A1C的中点，求直线BE与平面A1DC解(1)连接AC，交BD于点O，连接OA1，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，从而OA1⊥BD，OC⊥BD，又因为OA1∩OC＝O，所以BD⊥平面A1OC，因为A1C⊂平面A1OC，所以BD⊥A1所以异面直线A1C与BD(2)由(1)可知，∠A1OC即为二面角A1－BD－C的平面角，所以∠A1OC＝60°.以O为坐标原点，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))为x轴、y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，则B(4,0,0)，D(－4,0,0)，C(0，4eq\r(3)，0)，A1(0，2eq\r(3)，6)，E(0，3eq\r(3)，3).eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－4,3eq\r(3)，3)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(4，2eq\r(3)，6)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(4,4eq\r(3)，0)，设平面A1DC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DA1,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x＋2\r(3)y＋6z＝0，,4x＋4\r(3)y＝0，))取x＝3，则n＝(3，－eq\r(3)，－1)，设直线BE与平面A1DC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(12,13)，所以直线BE与平面A1DC所成角的正弦值为eq\f(12,13).4．(2019·延安模拟)如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC，G，F分别是线段BE，DC的中点．(1)求证：GF∥平面ADE；(2)求平面AEF与平面BEC所成角的余弦值．解(1)证明：如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又G是BE的中点，所以HG∥AB，且HG＝eq\f(1,2)AB，又F是CD的中点，所以DF＝eq\f(1,2)CD，由四边形ABCD是矩形得，AB∥CD，AB＝CD，所以HG∥DF且HG＝DF.从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH，因为DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE，所以GF∥平面ADE.(2)如图，在平面BEC内，过点B作BQ∥EC，因为BE⊥CE，所以BE⊥BQ.又AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ.以B为坐标原点，分别以eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(BQ,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设AB＝4，则A(0,0,4)，B(0，0,0)，E(4，0,0)，F(4,4,2)．因为AB⊥平面BEC，所以eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0,0,4)为平面BEC的一个法向量，设n＝(x，y，z)为平面AEF的法向量．又eq\o(AE,\s\up6(→))＝(4,0，－4)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(4,4，－2)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－4z＝0，,4x＋4y－2z＝0，))取n＝(2，－1,2)，所以cos〈eq\o(BA,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(BA,\s\up6(→))·n,|\o(BA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(2×4,4×3)＝eq\f(2,3)，所以平面AEF与平面BEC所成角的余弦值为eq\f(2,3).组素养关1．如图，四棱锥S－ABCD中，SD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，DC＝SD＝2，E为棱SB上的一点，且SE＝2EB.(1)求证：DE⊥平面SBC；(2)在线段BC上是否存在点M，使得SM与平面ADE所成的角的正弦值为eq\f(5\r(7),14)？若存在，请指出点M的位置；若不存在，请说明理由．解(1)证明：由SD⊥底面ABCD，知SD⊥AD，SD⊥DC.又AD⊥DC，故以D为坐标原点，DA，DC，DS所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1，1,0)，C(0,2,0)，S(0,0,2)．由SE＝2EB，得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(2,3))).∴eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(BS,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(2,3)))，∴eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(BS,\s\up6(→))＝0.∴DE⊥BC，DE⊥BS.又BC∩BS＝B，∴DE⊥平面SBC.(2)存在．设点M(x，y，z)，则eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))(0≤λ≤1)．∴(x－1，y－1，z)＝λ(－1,1,0)，∴M(1－λ，1＋λ，0)，∴eq\o(SM,\s\up6(→))＝(1－λ，1＋λ，－2)．由(1)知eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(2,3))).设平面ADE的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,\f(2,3)x＋\f(2,3)y＋\f(2,3)z＝0.))令y＝1，则z＝－1，∴n＝(0,1，－1)．∴|cos〈eq\o(SM,\s\up6(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(SM,\s\up6(→))·n,|\o(SM,\s\up6(→))||n|)))＝eq\f(|1＋λ＋2|,\r(1－λ2＋1＋λ2＋－22)×\r(2))＝eq\f(5\r(7),14)，解得λ＝eq\f(1,3)或λ＝2.又0≤λ≤1，∴λ＝eq\f(1,3).∴存在点M，且点M是靠近点B的BC的三