第6章空间向量与立体几何 同步学案（含答案） 2024-2025学年高二数学苏教版（2019）选择性必修第二册
文档属性
| 名称 | 第6章空间向量与立体几何 同步学案（含答案） 2024-2025学年高二数学苏教版（2019）选择性必修第二册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 366.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-26 23:55:11 | ||
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文档简介
第6章 空间向量与立体几何
1. 梳理本章知识，构建知识网络．
2. 巩固空间向量的有关知识．
3. 会用向量法解决立体几何问题．
活动一 构建知识网络
1. 知识结构框图：
2. 空间中点、线、面位置关系的向量表示与距离计算：
设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为μ，v，则
线线平行 l∥m a∥b a＝kb，k∈R
线面平行 l∥α a⊥μ a·μ＝0
面面平行 α∥β μ∥v μ＝kv，k∈R
线线垂直 l⊥m a⊥b a·b＝0
线面垂直 l⊥α a∥μ a＝kμ，k∈R
面面垂直 α⊥β μ⊥v μ·v＝0
线线夹角 l，m的夹角为θ(0<θ≤)，cos θ＝
线面夹角 l，α的夹角为θ(0≤θ≤)，sin θ＝
面面夹角 α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，|cos θ|＝
点面距离 d＝
点线距离 d＝
3. 用向量法解决立体几何问题：
(1) 步骤如下：
①建立适当的空间直角坐标系；
②写出相关点的坐标及向量的坐标；
③进行相关坐标的运算；
④写出几何意义下的结论．
(2) 关键点如下：
①选择恰当的坐标系．坐标系的选取很重要，恰当的坐标系可以使得点的坐标、向量的坐标易求且简单，简化运算过程；
②点的坐标、向量的坐标的确定．将几何问题转化为向量的问题，必须确定点的坐标、直线的方向向量、平面的法向量，这是最核心的问题；
③几何问题与向量问题的转化．平行、垂直、夹角、距离问题都可以通过向量计算来解决，如何转化也是解决这类问题的关键．
活动二 空间向量的概念及运算
例1 (1) 判断下列各命题的真假：①若向量a与b平行，则a与b的方向相同或相反；②两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同；③零向量是没有方向的；④有向线段就是向量，向量就是有向线段．其中假命题的个数为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
(2) 如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，点S到点A，B，C，D的距离都等于2.
给出以下结论：
①＋＋＋＝0；②＋－－＝0；③－＋－＝0；④·＝·；⑤·＝0，
其中正确结论的序号是________．
活动三 利用空间向量证明位置关系
例2 如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点．求证：
(1) BM∥平面ADEF；
(2) BC⊥平面BDE.
活动四 利用空间向量求空间角
例3 如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，G为 AB的中点，AB＝BE＝2.
(1) 求证：EG∥平面ADF；
(2) 求二面角O-EF-C的正弦值；
(3) 设H为线段AF上的点，且AH＝HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．
活动五 利用空间向量求空间距离
例4 如图，在四棱锥P-ABCD中，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．
(1) 证明：CE∥平面PAB；
(2) 求直线CE与平面PAB间的距离．
1. 在四面体ABCD中，点F在AD上，且AF＝2FD，E为BC的中点，则等于( )
A. ＝＋－ B. ＝－－＋
C. ＝－＋ D. ＝－＋－
2. (2024茂名期末)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，设＝a，＝b，＝c，则(a＋b)·(b－c)的值为( )
A. 1 B. －1
C. 0 D. 2
3. (多选)如图，四边形ABCD为正方形，EA∥BF，EA⊥平面ABCD，AB＝AE＝2BF＝2，点M在棱EC上，且＝λ，则下列结论中正确的是( )
A. 当λ＝时，DM∥平面BFC
B. 当λ＝时，MF⊥平面EAC
C. 当λ＝时，点M到平面BFC的距离为1
D. 当λ＝时，平面MBD与平面ABCD的夹角为
4. (2024浙江开学考试)在正四面体ABCD中，M为棱CD的中点，则异面直线AM与BC所成角的余弦值为________．
5. (2024南京期中)如图，在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BC∥AD，AB⊥BC，BC＝AB＝AD＝2，AA1＝3，M为AA1的中点，N为CC1的三等分点(靠近点C).
(1) 设二面角N-MD-A的大小为α，求|cos α|的值；
(2) 若点G在BB1上，且CG∥平面MND，求BG的长度．
第6章 空间向量与立体几何
【活动方案】
例1 (1) C ①假命题，当a与b中有一个为零向量时，其方向是不确定的；②真命题；③假命题，零向量也是向量，故也有方向，只是方向不确定；④假命题，向量可用有向线段来表示，但并不是有向线段．综上，假命题的个数为3.
(2) ③④ 由题意可以推出：－＋－＝＋＝0，所以③正确；因为底面ABCD是边长为1的正方形，SA＝SB＝SC＝SD＝2，所以·＝2×2×cos ∠ASB，·＝2×2×cos ∠CSD.又∠ASB＝∠CSD，所以·＝·，故④正确，其余三个都不正确，故正确结论的序号是③④.
例2 因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，四边形ADEF是正方形，
所以AD⊥ED，所以ED⊥平面ABCD，
所以ED⊥CD.
以D为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，E(0，0，2)，F(2，0，2).
(1) 因为M为EC的中点，所以M(0，2，1)，
所以＝(－2，0，1)，＝(－2，0，0)，＝(0，0，2)，
所以＝＋，故，，共面．
又BM 平面ADEF，所以BM∥平面ADEF.
(2) 因为＝(－2，2，0)，＝(2，2，0)，＝(0，0，2)，
所以·＝－4＋4＝0，所以BC⊥DB.
又·＝0，所以BC⊥DE.
又DE∩DB＝D，DE 平面BDE，DB 平面BDE，
所以BC⊥平面BDE.
例3 (1) 由题意，得OF⊥平面ABCD.
如图，以O为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系O-xyz，则O(0，0，0)，A(－1，1，0)，B(－1，－1，0)，C(1，－1，0)，D(1，1，0)，E(－1，－1，2)，F(0，0，2)，G(－1，0，0)，
所以＝(2，0，0)，＝(1，－1，2).
设n1＝(x1，y1，z1)为平面ADF的法向量，
则即
不妨取z1＝1，可得n1＝(0，2，1).
由＝(0，1，－2)，得·n1＝0.
又因为直线EG 平面ADF，
所以EG∥平面ADF.
(2) 易证＝(－1，1，0)为平面OEF的一个法向量，依题意，得＝(1，1，0)，＝(－1，1，2).
设n2＝(x2，y2，z2)为平面CEF的法向量，
则即
不妨取 x2＝1，可得n2＝(1，－1，1)，
所以cos 〈，n2〉＝＝－，
所以sin 〈，n2〉＝，
所以二面角O-EF-C的正弦值为.
(3) 由AH＝HF，得AH＝AF.
因为＝(1，－1，2)，
所以＝＝(，－，)，
所以H(－，，)，
所以＝(，，)，
所以cos 〈，n2〉＝＝－，
所以直线BH和平面CEF所成角的正弦值为.
例4 (1) 取PA的中点M，连接BM，EM.
因为E为PD的中点，
所以EM∥AD∥BC，EM＝AD＝BC，
所以四边形BCEM为平行四边形，
所以CE∥BM.
因为CE 平面PAB，BM 平面PAB，
所以CE∥平面PAB.
(2) 因为CE∥平面PAB，
所以点E到平面PAB的距离即为所求．
设PC＝AD＝2DC＝2CB＝2.
取AD的中点N，连接BN，PN，
则四边形BCDN为矩形，BN＝CD＝1.
因为△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，
所以PN⊥AD，PN＝AD＝1.
因为BN⊥AD，PN∩BN＝N，PN 平面PNB，BN 平面PNB，
所以AD⊥平面PNB.
因为BC∥AD，所以BC⊥平面PNB.
因为BC 平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面PNB.
以B为坐标原点，BC，BN分别为x轴，y轴，在平面PNB内，作Bz⊥平面ABCD，建立空间直角坐标系，
则B(0，0，0)，A(－1，1，0)，D(1，1，0).
因为BC⊥平面PNB，所以BC⊥PB.
在Rt△PBC中，
PB＝＝＝.
因为BN＝PN＝1，所以∠PNB＝120°，
所以P(0，，)，E(，，)，
所以＝(0，，)，＝(－1，1，0)，＝(，，).
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则y＝1，z＝－，
所以n＝(1，1，－)，
所以点E到平面PAB的距离d＝＝＝＝，
故直线CE与平面PAB间的距离为.
【检测反馈】
1. B 在四面体ABCD中，点F在AD上，且AF＝2FD，E为BC的中点，所以＝＋＋＝(－)－＋＝－－＋，即＝－－＋.
2. A 由题意，得|a|＝|b|＝|c|＝1，a·b＝b·c＝a·c＝0，所以(a＋b)·(b－c)＝a·b－a·c＋b2－b·c＝1.
3. BC 因为EA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，所以EA，AD，AB两两垂直，则以A为坐标原点，AD，AB，AE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A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，2，0)，D(2，0，0)，E(0，0，2)，F(0，2，1).对于A，D，当λ＝时，M(，，)，＝(－，，)，易知平面BFC的一个法向量为m＝(0，1，0).因为·m＝≠0，所以DM与平面BFC不平行，故A错误；设平面MBD的法向量为n1＝(x，y，z)，＝(－2，2，0)，则取x＝3，可得n1＝(3，3，2)，易知平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，cos 〈n1，n2〉＝＝＝，所以平面MBD与平面ABCD的夹角不是，故D错误；对于B，C，当λ＝时，M(1，1，1)，＝(1，－1，0)，＝(2，2，0)，＝(0，0，2)，所以·＝2－2＝0，·＝0，所以FM⊥AC，FM⊥AE.又因为AC∩AE＝A，AC 平面EAC，AE 平面EAC，所以FM⊥平面EAC，故B正确；点M到平面BFC的距离为d＝＝1，故C正确．故选BC.
4. 设正四面体ABCD的棱长为2，其中||＝||＝||＝2，三个向量，，间的夹角都为，则＝(＋)，＝－，所以·＝(＋)·(－)＝(||2－·＋·－·)＝×(4－2＋2－2)＝1，由||2＝(||2＋2·＋||2)＝×(4＋4＋4)＝3，得||＝，且||＝2，则异面直线AM与BC所成角的余弦值为＝＝.
5. (1) 因为多面体ABCDA1B1C1D1是直棱柱，
所以AA1⊥平面ABCD.
又AB 平面ABCD，AD 平面ABCD，
所以AA1⊥AB，AA1⊥AD.
因为BC∥AD，AB⊥BC，
所以AB⊥AD，所以AA1，AB，AD两两垂直，
以A为坐标原点，AB，AD，AA1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A-xyz，
则A(0，0，0)，C(2，2，0)，D(0，4，0)，N(2，2，1)，M(0，0，)，
则＝(0，4，－)，＝(2，2，－)，＝(0，4，0).
设平面NMD的法向量n1＝(x，y，z)，
则即得
令z＝8，则x＝－1，y＝3，
所以n1＝(－1，3，8)，
易得平面MDA的一个法向量为n2＝(1，0，0)，
所以cos 〈n1，n2〉＝＝＝－，
所以|cos α|＝.
(2) 由图可知B(2，0，0)，B1(2，0，3)，C(2，2，0)，则＝(0，－2，0)，＝(0，0，3).
由点G在BB1上，设＝λ＝(0，0，3λ)，
则＝＋＝(0，－2，0)＋(0，0，3λ)＝(0，－2，3λ).
因为CG∥平面MND，所以⊥n1，
即·n1＝(0，－2，3λ)·(－1，3，8)＝－6＋24λ＝0，
所以λ＝，即＝，BG＝BB1＝.
1. 梳理本章知识，构建知识网络．
2. 巩固空间向量的有关知识．
3. 会用向量法解决立体几何问题．
活动一 构建知识网络
1. 知识结构框图：
2. 空间中点、线、面位置关系的向量表示与距离计算：
设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为μ，v，则
线线平行 l∥m a∥b a＝kb，k∈R
线面平行 l∥α a⊥μ a·μ＝0
面面平行 α∥β μ∥v μ＝kv，k∈R
线线垂直 l⊥m a⊥b a·b＝0
线面垂直 l⊥α a∥μ a＝kμ，k∈R
面面垂直 α⊥β μ⊥v μ·v＝0
线线夹角 l，m的夹角为θ(0<θ≤)，cos θ＝
线面夹角 l，α的夹角为θ(0≤θ≤)，sin θ＝
面面夹角 α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，|cos θ|＝
点面距离 d＝
点线距离 d＝
3. 用向量法解决立体几何问题：
(1) 步骤如下：
①建立适当的空间直角坐标系；
②写出相关点的坐标及向量的坐标；
③进行相关坐标的运算；
④写出几何意义下的结论．
(2) 关键点如下：
①选择恰当的坐标系．坐标系的选取很重要，恰当的坐标系可以使得点的坐标、向量的坐标易求且简单，简化运算过程；
②点的坐标、向量的坐标的确定．将几何问题转化为向量的问题，必须确定点的坐标、直线的方向向量、平面的法向量，这是最核心的问题；
③几何问题与向量问题的转化．平行、垂直、夹角、距离问题都可以通过向量计算来解决，如何转化也是解决这类问题的关键．
活动二 空间向量的概念及运算
例1 (1) 判断下列各命题的真假：①若向量a与b平行，则a与b的方向相同或相反；②两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同；③零向量是没有方向的；④有向线段就是向量，向量就是有向线段．其中假命题的个数为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
(2) 如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，点S到点A，B，C，D的距离都等于2.
给出以下结论：
①＋＋＋＝0；②＋－－＝0；③－＋－＝0；④·＝·；⑤·＝0，
其中正确结论的序号是________．
活动三 利用空间向量证明位置关系
例2 如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点．求证：
(1) BM∥平面ADEF；
(2) BC⊥平面BDE.
活动四 利用空间向量求空间角
例3 如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，G为 AB的中点，AB＝BE＝2.
(1) 求证：EG∥平面ADF；
(2) 求二面角O-EF-C的正弦值；
(3) 设H为线段AF上的点，且AH＝HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．
活动五 利用空间向量求空间距离
例4 如图，在四棱锥P-ABCD中，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．
(1) 证明：CE∥平面PAB；
(2) 求直线CE与平面PAB间的距离．
1. 在四面体ABCD中，点F在AD上，且AF＝2FD，E为BC的中点，则等于( )
A. ＝＋－ B. ＝－－＋
C. ＝－＋ D. ＝－＋－
2. (2024茂名期末)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，设＝a，＝b，＝c，则(a＋b)·(b－c)的值为( )
A. 1 B. －1
C. 0 D. 2
3. (多选)如图，四边形ABCD为正方形，EA∥BF，EA⊥平面ABCD，AB＝AE＝2BF＝2，点M在棱EC上，且＝λ，则下列结论中正确的是( )
A. 当λ＝时，DM∥平面BFC
B. 当λ＝时，MF⊥平面EAC
C. 当λ＝时，点M到平面BFC的距离为1
D. 当λ＝时，平面MBD与平面ABCD的夹角为
4. (2024浙江开学考试)在正四面体ABCD中，M为棱CD的中点，则异面直线AM与BC所成角的余弦值为________．
5. (2024南京期中)如图，在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BC∥AD，AB⊥BC，BC＝AB＝AD＝2，AA1＝3，M为AA1的中点，N为CC1的三等分点(靠近点C).
(1) 设二面角N-MD-A的大小为α，求|cos α|的值；
(2) 若点G在BB1上，且CG∥平面MND，求BG的长度．
第6章 空间向量与立体几何
【活动方案】
例1 (1) C ①假命题，当a与b中有一个为零向量时，其方向是不确定的；②真命题；③假命题，零向量也是向量，故也有方向，只是方向不确定；④假命题，向量可用有向线段来表示，但并不是有向线段．综上，假命题的个数为3.
(2) ③④ 由题意可以推出：－＋－＝＋＝0，所以③正确；因为底面ABCD是边长为1的正方形，SA＝SB＝SC＝SD＝2，所以·＝2×2×cos ∠ASB，·＝2×2×cos ∠CSD.又∠ASB＝∠CSD，所以·＝·，故④正确，其余三个都不正确，故正确结论的序号是③④.
例2 因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，四边形ADEF是正方形，
所以AD⊥ED，所以ED⊥平面ABCD，
所以ED⊥CD.
以D为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，E(0，0，2)，F(2，0，2).
(1) 因为M为EC的中点，所以M(0，2，1)，
所以＝(－2，0，1)，＝(－2，0，0)，＝(0，0，2)，
所以＝＋，故，，共面．
又BM 平面ADEF，所以BM∥平面ADEF.
(2) 因为＝(－2，2，0)，＝(2，2，0)，＝(0，0，2)，
所以·＝－4＋4＝0，所以BC⊥DB.
又·＝0，所以BC⊥DE.
又DE∩DB＝D，DE 平面BDE，DB 平面BDE，
所以BC⊥平面BDE.
例3 (1) 由题意，得OF⊥平面ABCD.
如图，以O为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系O-xyz，则O(0，0，0)，A(－1，1，0)，B(－1，－1，0)，C(1，－1，0)，D(1，1，0)，E(－1，－1，2)，F(0，0，2)，G(－1，0，0)，
所以＝(2，0，0)，＝(1，－1，2).
设n1＝(x1，y1，z1)为平面ADF的法向量，
则即
不妨取z1＝1，可得n1＝(0，2，1).
由＝(0，1，－2)，得·n1＝0.
又因为直线EG 平面ADF，
所以EG∥平面ADF.
(2) 易证＝(－1，1，0)为平面OEF的一个法向量，依题意，得＝(1，1，0)，＝(－1，1，2).
设n2＝(x2，y2，z2)为平面CEF的法向量，
则即
不妨取 x2＝1，可得n2＝(1，－1，1)，
所以cos 〈，n2〉＝＝－，
所以sin 〈，n2〉＝，
所以二面角O-EF-C的正弦值为.
(3) 由AH＝HF，得AH＝AF.
因为＝(1，－1，2)，
所以＝＝(，－，)，
所以H(－，，)，
所以＝(，，)，
所以cos 〈，n2〉＝＝－，
所以直线BH和平面CEF所成角的正弦值为.
例4 (1) 取PA的中点M，连接BM，EM.
因为E为PD的中点，
所以EM∥AD∥BC，EM＝AD＝BC，
所以四边形BCEM为平行四边形，
所以CE∥BM.
因为CE 平面PAB，BM 平面PAB，
所以CE∥平面PAB.
(2) 因为CE∥平面PAB，
所以点E到平面PAB的距离即为所求．
设PC＝AD＝2DC＝2CB＝2.
取AD的中点N，连接BN，PN，
则四边形BCDN为矩形，BN＝CD＝1.
因为△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，
所以PN⊥AD，PN＝AD＝1.
因为BN⊥AD，PN∩BN＝N，PN 平面PNB，BN 平面PNB，
所以AD⊥平面PNB.
因为BC∥AD，所以BC⊥平面PNB.
因为BC 平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面PNB.
以B为坐标原点，BC，BN分别为x轴，y轴，在平面PNB内，作Bz⊥平面ABCD，建立空间直角坐标系，
则B(0，0，0)，A(－1，1，0)，D(1，1，0).
因为BC⊥平面PNB，所以BC⊥PB.
在Rt△PBC中，
PB＝＝＝.
因为BN＝PN＝1，所以∠PNB＝120°，
所以P(0，，)，E(，，)，
所以＝(0，，)，＝(－1，1，0)，＝(，，).
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则y＝1，z＝－，
所以n＝(1，1，－)，
所以点E到平面PAB的距离d＝＝＝＝，
故直线CE与平面PAB间的距离为.
【检测反馈】
1. B 在四面体ABCD中，点F在AD上，且AF＝2FD，E为BC的中点，所以＝＋＋＝(－)－＋＝－－＋，即＝－－＋.
2. A 由题意，得|a|＝|b|＝|c|＝1，a·b＝b·c＝a·c＝0，所以(a＋b)·(b－c)＝a·b－a·c＋b2－b·c＝1.
3. BC 因为EA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，所以EA，AD，AB两两垂直，则以A为坐标原点，AD，AB，AE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A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，2，0)，D(2，0，0)，E(0，0，2)，F(0，2，1).对于A，D，当λ＝时，M(，，)，＝(－，，)，易知平面BFC的一个法向量为m＝(0，1，0).因为·m＝≠0，所以DM与平面BFC不平行，故A错误；设平面MBD的法向量为n1＝(x，y，z)，＝(－2，2，0)，则取x＝3，可得n1＝(3，3，2)，易知平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，cos 〈n1，n2〉＝＝＝，所以平面MBD与平面ABCD的夹角不是，故D错误；对于B，C，当λ＝时，M(1，1，1)，＝(1，－1，0)，＝(2，2，0)，＝(0，0，2)，所以·＝2－2＝0，·＝0，所以FM⊥AC，FM⊥AE.又因为AC∩AE＝A，AC 平面EAC，AE 平面EAC，所以FM⊥平面EAC，故B正确；点M到平面BFC的距离为d＝＝1，故C正确．故选BC.
4. 设正四面体ABCD的棱长为2，其中||＝||＝||＝2，三个向量，，间的夹角都为，则＝(＋)，＝－，所以·＝(＋)·(－)＝(||2－·＋·－·)＝×(4－2＋2－2)＝1，由||2＝(||2＋2·＋||2)＝×(4＋4＋4)＝3，得||＝，且||＝2，则异面直线AM与BC所成角的余弦值为＝＝.
5. (1) 因为多面体ABCDA1B1C1D1是直棱柱，
所以AA1⊥平面ABCD.
又AB 平面ABCD，AD 平面ABCD，
所以AA1⊥AB，AA1⊥AD.
因为BC∥AD，AB⊥BC，
所以AB⊥AD，所以AA1，AB，AD两两垂直，
以A为坐标原点，AB，AD，AA1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A-xyz，
则A(0，0，0)，C(2，2，0)，D(0，4，0)，N(2，2，1)，M(0，0，)，
则＝(0，4，－)，＝(2，2，－)，＝(0，4，0).
设平面NMD的法向量n1＝(x，y，z)，
则即得
令z＝8，则x＝－1，y＝3，
所以n1＝(－1，3，8)，
易得平面MDA的一个法向量为n2＝(1，0，0)，
所以cos 〈n1，n2〉＝＝＝－，
所以|cos α|＝.
(2) 由图可知B(2，0，0)，B1(2，0，3)，C(2，2，0)，则＝(0，－2，0)，＝(0，0，3).
由点G在BB1上，设＝λ＝(0，0，3λ)，
则＝＋＝(0，－2，0)＋(0，0，3λ)＝(0，－2，3λ).
因为CG∥平面MND，所以⊥n1，
即·n1＝(0，－2，3λ)·(－1，3，8)＝－6＋24λ＝0，
所以λ＝，即＝，BG＝BB1＝.