1．（2022·上海長(zhǎng)寧·二模）已知，若，則_________．
【答案】2
【分析】根據(jù)空間向量的線性運(yùn)算，結(jié)合數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算求解即可
【解析】因?yàn)?，故，即，故，?br>故答案為：2
2．（2018·上海靜安·二模）如下圖，以長(zhǎng)方體的頂點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)D的三條棱所在的直線為坐標(biāo)軸，建立空間直角坐標(biāo)系，若的坐標(biāo)為，則的坐標(biāo)為_(kāi)________.
【答案】
【分析】根據(jù)題意推導(dǎo)出的坐標(biāo),從而得出的坐標(biāo),進(jìn)而得出結(jié)論.
【解析】因?yàn)榈淖鴺?biāo)為,,則,
所以,
因此,
故答案為:.
【點(diǎn)睛】本題考查空間中向量的求法,屬于基礎(chǔ)題.
3．（2021·上海市建平中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）已知點(diǎn)P是棱長(zhǎng)為1的正方體的底面上一點(diǎn)(包括邊界)，則的取值范圍是____.
【答案】
【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算可知，利用可求解.
【解析】如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，
設(shè)
則，，
∴
∵，∴當(dāng)，時(shí)，有最小值.
當(dāng)點(diǎn)P取，，，時(shí)，有最大值1.
∴的取值范圍是.
故答案為：
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用幾何意義求最值的幾種常見(jiàn)形式有：
①截距型：，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為在軸截距的問(wèn)題；
②斜率型：，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為與連線斜率的問(wèn)題；
③兩點(diǎn)間距離型：，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為與兩點(diǎn)間距離的平方的問(wèn)題；
④點(diǎn)到直線距離型：，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為到直線的距離的倍的問(wèn)題.
4．（2022·浙江·模擬預(yù)測(cè)）若、、是棱長(zhǎng)為的正四面體棱上互不相同的三點(diǎn)，則的取值范圍是_______.
【答案】
【分析】設(shè)點(diǎn)、、分別棱長(zhǎng)為的正三棱錐的棱、、上的動(dòng)點(diǎn)，設(shè)，其中，利用三角不等式推導(dǎo)出，利用平面向量數(shù)量積的性質(zhì)可求得，取的中點(diǎn)，可得出，即可得出的取值范圍.
【解析】如下圖所示，由任意性，設(shè)點(diǎn)、、分別棱長(zhǎng)為的正三棱錐的棱、、上的動(dòng)點(diǎn)，
設(shè)，其中，則，
所以，，
所以，，
當(dāng)且僅當(dāng)線段與棱或重合時(shí)，等號(hào)成立，即的最大值為，
，當(dāng)且僅當(dāng)與點(diǎn)或重合，、重合于點(diǎn)或點(diǎn)時(shí)，等號(hào)成立，
但、、為不同的三點(diǎn)，則，
由上可知的最大值為，取線段的中點(diǎn)，
則，
當(dāng)且僅當(dāng)線段與棱重合且為棱的中點(diǎn)時(shí)，等號(hào)成立，則.
綜上所述，.
故答案為：.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查立體幾何中向量數(shù)量積的取值范圍，解題的關(guān)鍵在于充分利用幾何性質(zhì)推導(dǎo)出，，注意取最值時(shí)取等的條件，但也要注意題中條件的限制.
5．（2022·吉林長(zhǎng)春·模擬預(yù)測(cè)（理））現(xiàn)有四棱錐（如圖），底面ABCD是矩形，平面ABCD.，，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在棱AB，BC上.當(dāng)空間四邊形PEFD的周長(zhǎng)最小時(shí)，異面直線PE與DF所成角的余弦值為_(kāi)__________.
【答案】##
【分析】根據(jù)兩點(diǎn)間線段最短，結(jié)合平行線的性質(zhì)、異面直線所成角的定義、空間向量夾角公式進(jìn)行求解即可.
【解析】將沿旋轉(zhuǎn)到平面內(nèi)，如下圖所示，
設(shè)點(diǎn)關(guān)于對(duì)稱的點(diǎn)為，線段與的交點(diǎn)為，
此時(shí)空間四邊形PEFD的周長(zhǎng)最小，
因?yàn)?，所以?br>同理可得：，
因?yàn)榈酌鍭BCD是矩形，所以，
又因?yàn)槠矫鍭BCD，平面ABCD，
所以，
所以可以建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
，
，
異面直線PE與DF所成角的余弦值為：
，
故答案為：
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：利用兩點(diǎn)間線段最短是解題的關(guān)鍵.
6．（2022·浙江·模擬預(yù)測(cè)）在空間直角坐標(biāo)系O-xyz上，有一個(gè)等邊三角形ABC，其中點(diǎn)A在z軸上.已知該等邊三角形的邊長(zhǎng)為2，重心為G，點(diǎn)B，C在平面xOy上，若在z軸上的投影是z，則___________（用字母z表示）.
【答案】##
【分析】畫(huà)出圖形，結(jié)合重心的性質(zhì)，向量的數(shù)量積，模的算法和余弦定理，即可算出答案.
【解析】如圖，設(shè)的中點(diǎn)為，連接，因?yàn)榈冗吶切蜛BC的重心為G，所以，
設(shè)在z軸上的投影是，則
又在z軸上的投影是z，所以，該等邊三角形的邊長(zhǎng)為2，
在中，，同理可得，
因?yàn)椋?br>所以
=
=
=
故答案為：
7．（2021·上海·格致中學(xué)三模）在空間直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)滿足：，平面過(guò)點(diǎn)，且平面的一個(gè)法向量，則點(diǎn)P在平面上所圍成的封閉圖形的面積等于__________.
【答案】
【分析】由題意，點(diǎn)在球面上，所以點(diǎn)P在平面上所圍成的封閉圖形即為平面截球面所得的截面圓，根據(jù)球的截面性質(zhì)求出截面圓的半徑即可求解.
【解析】解：由題意，點(diǎn)在以為球心，半徑為4的球面上，
所以點(diǎn)P在平面上所圍成的封閉圖形即為平面截球面所得的截面圓，
因?yàn)槠矫娴姆匠虨?，即?br>所以球心到平面的距離為，
所以截面圓的半徑，截面圓的面積為，
所以點(diǎn)P在平面上所圍成的封閉圖形的面積等于.
故答案為：.
8．（2022·廣西師范大學(xué)附屬外國(guó)語(yǔ)學(xué)校模擬預(yù)測(cè)）正四棱柱中，，.若是側(cè)面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，且，則與平面所成角的正切值的最大值為_(kāi)__________.
【答案】2.
【解析】如圖，以為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)，由得，證明為與平面所成角，令，用三角函數(shù)表示出，求解三角函數(shù)的最大值得到結(jié)果.
【解析】
如圖，以為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)，則，
，又，
得即；
又平面，為與平面所成角，
令，
當(dāng)時(shí)，最大，即與平面所成角的正切值的最大值為2.
故答案為：2
【點(diǎn)睛】本題主要考查了立體幾何中的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題，考查了直線與平面所成角的計(jì)算.對(duì)于這類題，一般是建立空間直角坐標(biāo)，在動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo)內(nèi)引入?yún)?shù)，將最值問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題求解，考查了學(xué)生的運(yùn)算求解能力和直觀想象能力.
9．（2020·上?！つM預(yù)測(cè)）在正方體中，點(diǎn)M和N分別是矩形ABCD和的中心，若點(diǎn)P滿足，其中，且，則點(diǎn)P可以是正方體表面上的點(diǎn)________.
【答案】（或C或邊上的任意一點(diǎn)）
【分析】因?yàn)辄c(diǎn)P滿足，其中，且，所以點(diǎn)三點(diǎn)共面，只需要找到平面與正方體表面的交線即可.
【解析】解：因?yàn)辄c(diǎn)P滿足，其中，且，
所以點(diǎn)三點(diǎn)共面，
因?yàn)辄c(diǎn)M和N分別是矩形ABCD和的中心，
所以,
連接，則,所以即為經(jīng)過(guò)三點(diǎn)的平面與正方體的截面，
故點(diǎn)P可以是正方體表面上的點(diǎn)（或C或邊上的任意一點(diǎn)）
故答案為：（或C或邊上的任意一點(diǎn)）
【點(diǎn)睛】此題考查空間向量基本定理及推論，同時(shí)考查了學(xué)生的直觀想象、邏輯推理等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)，屬于中檔題.
10．（2018·浙江金華第一中學(xué)三模）已知，，是空間兩兩垂直的單位向量，，且，則的最小值為_(kāi)_______．
【答案】
【分析】設(shè)，，,利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算求出，進(jìn)而求出，借助向量模的運(yùn)算及，整理可得，進(jìn)而得解.
【解析】由題意可設(shè)，，,
由，得，
，
，
所以
（當(dāng)且僅當(dāng)，時(shí)等號(hào)成立），
所以的最小值為.
故答案為：.
【點(diǎn)睛】本題考查的是空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算和空間向量模長(zhǎng)的坐標(biāo)表示，意在考查學(xué)生的計(jì)算能力，屬于中檔題.求向量的模的方法：（1）利用坐標(biāo)進(jìn)行求解，，則；（2）利用性質(zhì)進(jìn)行求解，，結(jié)合向量數(shù)量積進(jìn)行求解.
11．（2021·廣東·一模）在長(zhǎng)方體中，底面是邊長(zhǎng)為的正方形，，，分別為棱，的中點(diǎn)，為線段上的動(dòng)點(diǎn)，則直線與平面的交點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)度為_(kāi)_____.
【答案】
【分析】連接，然后可得，，，四點(diǎn)共面，連接，，，設(shè)，，連接，然后可得點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡為，然后以為坐標(biāo)原點(diǎn)，，，所在直線分別為，，軸建立空間直角坐標(biāo)系，然后根據(jù)條件求出點(diǎn)的坐標(biāo)即可.
【解析】連接，因?yàn)?，分別為棱，的中點(diǎn)，所以，
則，，，四點(diǎn)共面，連接，，，設(shè)，，
連接，平面平面，
所以當(dāng)點(diǎn)在線段上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡為.
以為坐標(biāo)原點(diǎn)，，，所在直線分別為，，軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
由，，得.易得，且，
過(guò)點(diǎn)作，交于點(diǎn)，易得，，
則，從而可得，所以，
所以
故答案為：
12．（2022·四川南充·三模（理））如圖，在三棱錐中，三條側(cè)棱OA，OB，OC兩兩垂直，且，M為內(nèi)部一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)M分別作平面OAB，平面OBC，平面OAC的垂線，垂足分別為P，Q，R．
①直線PR與直線BC是異面直線；
②為定值；
③三棱錐的外接球表面積的最小值為；
④當(dāng)時(shí)，平面PQR與平面OBC所成的銳二面角為45°．
則以上結(jié)論中所有正確結(jié)論的序號(hào)是______．
【答案】②③
【分析】根據(jù)，即可判斷②；由題意可知兩兩垂直，由②結(jié)合基本不等式求出三棱錐的外接球半徑的最小值，即可判斷③；當(dāng)時(shí)，為的中心，以為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法即可判斷④；當(dāng)為的中心時(shí)，，利用向量法證明，即可判斷①.
【解析】解：對(duì)于②，設(shè)，
由題意，
即，
所以，
即為定值，故②正確；
對(duì)于③，設(shè)三棱錐的外接球的半徑為，
由題意可知兩兩垂直，
則
，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，取等號(hào)，
所以的最小值為，
即的最小值為，
所以三棱錐的外接球表面積的最小值為，故③正確；
對(duì)于④，如圖，以為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，
因?yàn)椋裕?br>此時(shí)，為的中心，
，
因?yàn)椋?br>所以平面，
故即為平面的一條法向量，
，
設(shè)平面的法向量為，
則有，可取，
則，
所以平面PQR與平面OBC所成的銳二面角的余弦值為，故④錯(cuò)誤，
由④可知，當(dāng)為的中心時(shí)，，
，則，
所以，
所以直線PR與直線BC共面，故①錯(cuò)誤.
故答案為：②③.
二、單選題
13．（2021·上?！つM預(yù)測(cè)）設(shè)向量，，其中，則下列判斷錯(cuò)誤的是
A．向量與軸正方向的夾角為定值（與、之值無(wú)關(guān)）
B．的最大值為
C．與夾角的最大值為
D．的最大值為l
【答案】B
【分析】在A中，取z軸的正方向向量，求出與的夾角即可判斷命題正確；在B中，計(jì)算，利用不等式求出最大值即可判斷命題錯(cuò)誤；在C中，利用數(shù)量積求出與的夾角的最大值，即可判斷命題正確；在D中，利用不等式求出最大值即可判斷命題正確．
【解析】解：由向量，，其中，知：
在A中，設(shè)z軸正方向的方向向量，
向量與z軸正方向的夾角的余弦值：
，
∴向量與z軸正方向的夾角為定值45°（與c，d之值無(wú)關(guān)），故A正確；
在B中，，
且僅當(dāng)a＝c，b＝d時(shí)取等號(hào)，因此的最大值為1，故B錯(cuò)誤；
在C中，由B可得：，
，
∴與的夾角的最大值為，故C正確；
在D中，，
∴ad?bc的最大值為1．故D正確．
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查了空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算、數(shù)量積的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)與基本技能方法，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．
14．（2020·上海市七寶中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）已知MN是正方體內(nèi)切球的一條直徑，點(diǎn)Р在正方體表面上運(yùn)動(dòng)，正方體的棱長(zhǎng)是2，則的取值范圍為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用向量的線性運(yùn)算和數(shù)量積運(yùn)算律可得，根據(jù)正方體的特點(diǎn)確定最大值和最小值，即可求解
【解析】設(shè)正方體內(nèi)切球的球心為，則,
,
因?yàn)镸N是正方體內(nèi)切球的一條直徑，
所以，，
所以，
又點(diǎn)Р在正方體表面上運(yùn)動(dòng)，
所以當(dāng)為正方體頂點(diǎn)時(shí)，最大，且最大值為；
當(dāng)為內(nèi)切球與正方體的切點(diǎn)時(shí)，最小 ，且最小為；
所以，
所以的取值范圍為，
故選：B
15．（2022·湖北·鄂南高中模擬預(yù)測(cè)）已知正方體的棱長(zhǎng)為.以為坐標(biāo)原點(diǎn)，以為軸正半軸，為軸正半軸，為軸正半軸建立空間直角坐標(biāo)系，動(dòng)點(diǎn)滿足直線與所成夾角為的最大值為（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】D
【分析】由題意寫(xiě)出，，由向量夾角公式計(jì)算可得然后由不等式可得最值.
【解析】正方體的棱長(zhǎng)為,可得，,
點(diǎn)，則，由動(dòng)點(diǎn)滿足直線與所成夾角為可得，整理得由，可得，當(dāng)時(shí)取等號(hào)，即最大值為2，
故選：D
16．（2022·浙江·杭州高級(jí)中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知矩形的對(duì)角線交于點(diǎn)，將沿翻折，若在翻折過(guò)程中存在某個(gè)位置，使得，則的取值范圍是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，表示出翻折后的位置，利用向量垂直，數(shù)量積為零，找出關(guān)系式，進(jìn)而求得，再利用極限位置求得a的最小值，即可求得答案。
【解析】如圖示,設(shè)處為沿翻折后的位置，
以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC分別為x,y軸，過(guò)點(diǎn)D作平面ABCD的垂線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則 ，設(shè) ，
由于 ,故 ，
而 ，
由于 ,故，則，
即 ；
又由在翻折過(guò)程中存在某個(gè)位置，便得，不妨假設(shè),
則，即 ，
即 ，
當(dāng)將翻折到如圖位置時(shí)，位于平面ABCD內(nèi)，
不妨假設(shè)此時(shí) ，設(shè)垂足為G,
作 AD的延長(zhǎng)線，垂足為F,此時(shí)在x軸負(fù)半軸上方向上，DF的長(zhǎng)最大，a取最小值，
由于，故 ,
所以 ,而,
故，又 ,
故 為正三角形，則,
而 ,故 ,則 ，
故， ，則 ，
故的取值范圍是 ，
故選：A
【點(diǎn)睛】本題考查了空間的垂直關(guān)系，綜合性較強(qiáng)，解答時(shí)要充分發(fā)揮空間想象力，明確空間的點(diǎn)線面的位置關(guān)系，解答時(shí)涉及到空間坐標(biāo)系的建立以及空間向量的應(yīng)用，還要注意極限位置的利用，有較大難度.
三、解答題
17．（2021·上海·復(fù)旦附中模擬預(yù)測(cè)）如圖，在三棱錐中，是正三角形，是等腰直角三角形，，.
（1）求證：；
（2）若點(diǎn)為的中點(diǎn)，求與平面所成角的大小.
【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）.
【分析】（1）取的中點(diǎn)，連接、，證明出平面，再利用線面垂直的性質(zhì)可證得結(jié)論成立；
（2）以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法可求得與平面所成角的大小.
【解析】（1）證明：取的中點(diǎn)，連接、.
由題設(shè)可知，是等腰直角三角形，且，則，所以，
因?yàn)槭钦切?，所以?br>又，則平面，
平面，因此，；
（2）在中，，又，而，
所以，故，
由題設(shè)及（1）知，平面，
以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
則、、、.
為的中點(diǎn)，得，故，，，
設(shè)是平面的法向量，則，即，
取，則，
因?yàn)椋?br>所以與平面所成角的大小為.
18．（2021·上海市七寶中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）如圖，四棱錐的底面內(nèi)接于半徑為2的圓O，為圓O的直徑，，，E為上一點(diǎn)，⊥平面，，.求：
（1）四棱錐的體積；
（2）銳二面角的余弦值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）首先求得求得，從而求得四棱錐中線段長(zhǎng)，得底面積和高，然后可得體積；
（2）建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，用空間向量法求二面角．
【解析】解：（1）連接，，易得是正三角形
∵，∴
∵∴，，∴
∴
∴
∴四棱錐的體積為．
（2）如圖建立空間直角坐標(biāo)系
則，，，
∴，，
設(shè)平面的法向量為
由得，取得
設(shè)平面的法向量為
由得，取得
設(shè)銳二面角的大小為
則
∴銳二面角的余弦值為．
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題考查求棱錐體積，求二面角．求空間角的方法：
（1）幾何法（定義法）：根據(jù)定義作出空間的平面角（異面直線所成的角，直線與平面所成的角，二面角的平面角）并證明，然后解三角形得出結(jié)論；
（2）空間向量法：建立空間直角坐標(biāo)系，寫(xiě)出各點(diǎn)為坐標(biāo)，求出直線方向向量，平面的法向量，利用直線方向向量的夾角得異面直線所成角（相等或互補(bǔ)），直線方向向量與平面的法向量夾角的余弦值的絕對(duì)值得直線與平面所成角的正弦值，兩個(gè)平面法向量的夾角得二面角（它們相等或互補(bǔ)）．
19．（2021·上海普陀·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD為菱形，AC=4，BD=2，且側(cè)棱AA1=3.其中O1為A1C1與B1D1的交點(diǎn).
（1）求點(diǎn)B1到平面D1AC的距離；
（2）在線段BO1上，是否存在一個(gè)點(diǎn)P，使得直線AP與CD1垂直？若存在，求出線段BP的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】（1）根據(jù)圖形建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出的方向向量和平面D1AC的法向量，最后根據(jù)距離公式求解即可.
（2）設(shè)，分別求出直線AP與CD1的方向向量，根據(jù)數(shù)量積等于0求出的值，最后確定點(diǎn)P的位置.
【解析】解：（1）由于菱形的對(duì)角線互相垂直平分，故以AC與BD的交點(diǎn)O為原點(diǎn)，
以射線OA?OB?OO1分別為x?y?z軸，建立空間直角坐標(biāo)系.
由已知條件，相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)為A(2，0，0)，B(0，1，0)，C(﹣2，0，0)，O1(0，0，3)，B1(0，1，3)，D1(0，﹣1，3)，
設(shè)平面D1AC的法向量為，
由，，
得，
令z=1，則
因，
故點(diǎn)B1到平面D1AC的距離為.
（2）設(shè)，
則由，，
得.
又，
故當(dāng)時(shí)，.
于是，在線段BO1上存在點(diǎn)P，使得AP⊥CD1，
此時(shí).
【點(diǎn)睛】用向量方法解決立體幾何問(wèn)題，樹(shù)立“基底”意識(shí)，利用基向量進(jìn)行線性運(yùn)算，要理解空間向量概念、性質(zhì)、運(yùn)算，注意和平面向量類比.
20．（2021·上海上?！ざ＃┘僭O(shè)在一個(gè)以米為單位的空間直角坐標(biāo)系中，平面內(nèi)有一跟蹤和控制飛行機(jī)器人的控制臺(tái)，的位置為.上午10時(shí)07分測(cè)得飛行機(jī)器人在處，并對(duì)飛行機(jī)器人發(fā)出指令：以速度米/秒沿單位向量作勻速直線飛行(飛行中無(wú)障礙物)，10秒后到達(dá)點(diǎn)，再發(fā)出指令讓機(jī)器人在點(diǎn)原地盤(pán)旋秒，在原地盤(pán)旋過(guò)程中逐步減速并降速到米/秒，然后保持米/秒，再沿單位向量作勻速直線飛行(飛行中無(wú)障礙物)，當(dāng)飛行機(jī)器人最終落在平面內(nèi)發(fā)出指令讓它停止運(yùn)動(dòng).機(jī)器人近似看成一個(gè)點(diǎn).
（1）求從點(diǎn)開(kāi)始出發(fā)20秒后飛行機(jī)器人的位置；
（2）求在整個(gè)飛行過(guò)程中飛行機(jī)器人與控制臺(tái)的最近距離(精確到米).
【答案】（1）；（2）米.
【分析】(1)已知利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算性質(zhì)即可求解；
(2) 當(dāng)Q點(diǎn)與4點(diǎn)處于同一垂直線上時(shí)，與控制臺(tái)4的距離最近,然后求出兩點(diǎn)
間的距離即可求解.
【解析】（1）設(shè)飛行時(shí)間為秒，的位置
當(dāng)時(shí)，
，
當(dāng)時(shí)，所以
得
當(dāng)時(shí)
當(dāng)時(shí)
，，
所以
秒后飛行機(jī)器人的位置
（2）當(dāng)時(shí)
在內(nèi)單調(diào)遞減
∴，
當(dāng)時(shí)
當(dāng)時(shí)
∴，
答：在整個(gè)行駛過(guò)程中飛行機(jī)器人與控制臺(tái)的最近距離米.
21．（2021·上海黃浦·三模）已知如圖①，在菱形中，且為的中點(diǎn)，將沿折起使，得到如圖②所示的四棱錐，在四棱錐中求解下列問(wèn)題：
（1）求證：平面；
（2）若為的中點(diǎn)，求直線與平面所成的角.
【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）.
【分析】（1）在圖①中，連接，可得，，然后在圖②中證明即可；
（2）首先可證明平面，然后以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，然后算出平面的法向量坐標(biāo)和的坐標(biāo)，然后可求出答案.
【解析】（1）在圖①中，連接，如圖所示.
因?yàn)樗倪呅螢榱庑?，，所以是等邊三角?
因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以
又，所以.
在圖②中，，所以，即.
因?yàn)樗?br>又均在平面內(nèi)，所以平面
（2）由（1）知，
因?yàn)樵谄矫鎯?nèi)，所以平面
以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則
設(shè)平面的一個(gè)法向量為.
因?yàn)椋?br>由得
令，得，又
設(shè)直線與平面所成的角為，則.
故，
所以直線與平面所成的角為.
22．（2017·上海黃浦·二模）如圖，在直棱柱中，，，分別是的中點(diǎn)．
（1）求證：；
（2）求與平面所成角的大小及點(diǎn)到平面的距離．
【答案】（1）見(jiàn)解析（2）
【解析】試題分析：直三棱柱底面為，建立空間直角坐標(biāo)系，寫(xiě)出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，利用向量數(shù)量積為0，易證；再借助求平面的法向量，利用線面角公式及點(diǎn)到平面的距離公式求出對(duì)應(yīng)的值.
試題解析：（1）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)、AB為x軸、為y軸、為z軸建立如圖的空間直角坐標(biāo)系．
由題意可知，
故，
由，
可知，即．
（2）設(shè)是平面的一個(gè)法向量，
又，
故由解得 故．
設(shè)與平面所成角為，則，
所以與平面所成角為，
點(diǎn)到平面的距離為．
【點(diǎn)睛】根據(jù)幾何體的特征建立適合的空間直角坐標(biāo)系，寫(xiě)出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，證明線線垂直，只需說(shuō)明數(shù)量積為零，求點(diǎn)到平面的距離，只需求出平面的法向量，利用點(diǎn)到平面距離公式計(jì)算出結(jié)果.證明線面、面面的平行或垂直問(wèn)題，要把握平行與垂直的判定定理和性質(zhì)定理，嚴(yán)格根據(jù)定理進(jìn)行邏輯推理，有關(guān)角和距離的計(jì)算大多使用空間向量，借助法向量進(jìn)行計(jì)算.
23．（2022·黑龍江·佳木斯一中三模（文））已知梯形和矩形.在平面圖形中，，，現(xiàn)將矩形沿進(jìn)行如圖所示的翻折.為的中點(diǎn).
(1)設(shè)是的中點(diǎn)，求證：平面；
(2)當(dāng)平面平面，求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見(jiàn)解析
(2)
【分析】（1）要證線面平行，只要證明直線所在平面平行于平面即可；
（2）建立空間之間坐標(biāo)系，利用向量直線的 方向向量與平面的法向量所成角的余弦值來(lái)求即可得解.
（1）
證明：取中點(diǎn)，連接，
由分別為線段的中點(diǎn)，
所以，
又平面，平面，
所以平面，平面，
又，
所以平面平面，
又平面，
所以平面；
（2）
由平面平面且，
可得兩兩垂直，
則分別以為軸，建立如圖所示空間之間坐標(biāo)系，
則，，，
所以，，
易知平面的法向量為，
設(shè)直線與平面所成角為，
所以,
即直線與平面所成角的正弦值為.
24．（2022·山東青島·二模）如圖，P為圓錐的頂點(diǎn)，O為圓錐底面的圓心，圓錐的底面直徑，母線，M是PB的中點(diǎn)，四邊形OBCH為正方形.
(1)設(shè)平面平面，證明：；
(2)設(shè)D為OH的中點(diǎn)，N是線段CD上的一個(gè)點(diǎn)，當(dāng)MN與平面PAB所成角最大時(shí)，求MN的長(zhǎng).
【答案】(1)證明見(jiàn)解析
(2)
【分析】（1）根據(jù)線面平行的性質(zhì)，先證明平面POH即可；
（2）以O(shè)為原點(diǎn)，OP所在的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，設(shè)MN與平面PAB所成的角為，再根據(jù)線面角的向量方法求得，根據(jù)二次函數(shù)的最值求解即可
（1）
因?yàn)樗倪呅蜲BCH為正方形，∴，
∵平面POH，平面POH，∴平面POH.
∵平面PBC，平面平面，∴.
（2）
∵圓錐的母線長(zhǎng)為，，∴，，
以O(shè)為原點(diǎn)，OP所在的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則，，，，
設(shè)，，
，為平面PAB的一個(gè)法向量，
設(shè)MN與平面PAB所成的角為，
則，令，
則
所以當(dāng)時(shí)，即時(shí)，最大，亦最大，此時(shí)，
所以.
25．（2022·廣東·普寧市華僑中學(xué)二模）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，其中，，，平面，且，點(diǎn)在棱上，點(diǎn)為中點(diǎn).
(1)證明：若，直線平面；
(2)求二面角的正弦值；
(3)是否存在點(diǎn)，使與平面所成角的正弦值為？若存在求出值；若不存在，說(shuō)明理由.
【答案】(1)證明見(jiàn)解析
(2)
(3)存在，或
【分析】（1）利用面面平行證明線面平行；
（2）利用坐標(biāo)法求二面角余弦值與正弦值；
（3）設(shè)，可表示點(diǎn)與，再根據(jù)線面夾角求得的值.
（1）
如圖所示，在線段上取一點(diǎn)，使，連接，，
，
，
又，，
，四邊形為平行四邊形，
，
又，，
所以平面平面，
平面，
平面；
（2）
如圖所示，以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則，，，，
又是中點(diǎn)，則，
所以，，，
設(shè)平面的法向量，
則，令，則，
設(shè)平面的法向量，
則，令，則，
所以，
則二面角的正弦值為；
（3）
存在，或
假設(shè)存在點(diǎn)，設(shè)，即，，
由（2）得，，，且平面的法向量，
則，，
則，
，
解得或，
故存在點(diǎn)，此時(shí)或.
26．（2022·陜西·西北工業(yè)大學(xué)附屬中學(xué)模擬預(yù)測(cè)（理））如圖（1），在正方形中，、、分別為、、的中點(diǎn)，點(diǎn)在對(duì)角線上，且，將、、分別沿、、折起，使、、三點(diǎn)重合（記為），得四面體（如圖（2）），在圖（2）中.
(1)求證：平面；
(2)在上，求一點(diǎn)，使二面角的大小為.
【答案】(1)證明見(jiàn)解析；
(2)點(diǎn)在上靠近的三等分點(diǎn)處.
【分析】（1）先證明為的中點(diǎn)，進(jìn)而結(jié)合條件證明，然后通過(guò)線面平行的判定定理證明問(wèn)題；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，然后設(shè)，進(jìn)而通過(guò)空間向量的夾角公式求得答案.
（1）
在圖（1）中，連接，設(shè)，S為的中點(diǎn)，連接、，，，而分別是的中點(diǎn)，則，，于是，
又，則為的中點(diǎn)，也為的中點(diǎn).
在圖（2）中，的中點(diǎn)為，連接，又為的中點(diǎn)，∴
∵不在平面內(nèi)，在平面內(nèi)，∴平面.
（2）
由題意知，在圖（2）中，直線、、兩兩互相垂直，且相交于一點(diǎn).
∴以為原點(diǎn)，分別以直線、、為軸、軸、軸建立空間直角坐標(biāo)系.
設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為，則，，，，，，，
設(shè)，
∴，
設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則得，得，取，得，∴，
又知平面的一個(gè)法向量為，∴，即，即，
解得.
∴所求的點(diǎn)在上靠近的三等分點(diǎn)處.

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