专题突破9：立体几何中的折叠和探索性问题（5大题型）-2024-2025学年高二数学单元速记•巧练（人教B版2019选择性必修第一册）

专题突破9：立体几何中的折叠和探索性问题 1.折叠问题 解决折叠问题最重要的就是对比折叠前后的图形，找到哪些线、面的位置关系和数学量没有发生变化，哪些发生了变化，在证明和求解的过程中恰当地加以利用。 一般步骤： ①确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量； ②在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面； ③利用判定定理或性质定理进行证明。 2.探索性问题 探究性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意志力及探究的能力。对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．一般此类立体几何问题描述的是动态的过程，结果具有不唯一性或者隐藏性，往往需要耐心尝试及等价转化，因此，对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的。 (1)与空间向量有关的探索性问题： 在立体几何中，与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角、二面角或点线面距离满足特定要求时的存在性问题． (2)立体几何中的探索性问题的求解策略： 解决这两类探索性问题的解题策略是：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断． ①对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”. ②对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 题型一 立体几何的折叠问题 【例1】如图1，在直角梯形中，，，，，.现沿平行于的折叠，使得且平面，如图2所示. (1)求的长度； (2)求二面角的大小. 【变式1-1】如图，四边形中，是等腰直角三角形，是边长为2的正三角形，以为折痕，将向一方折叠到的位置，使D点在平面内的射影在上，再将向另一方折叠到的位置，使平面平面，形成几何体. （1）若点F为的中点，求证：平面； （2）求平面与平面所成角的正弦值. 【变式1-2】如图甲所示的正方形中，，，，对角线分别交，于点，，将正方形沿，折叠使得与重合，构成如图乙所示的三棱柱． (1)若点在棱上，且，证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【变式1-3】在图1中，为等腰直角三角形，，，为等边三角形，O为AC边的中点，E在BC边上，且，沿AC将进行折叠，使点D运动到点F的位置，如图2，连接FO，FB，FE，使得．    (1)证明：平面． (2)求二面角的余弦值． 题型二 线、面平行的探索性问题 【例2】如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为4的正方形，，平面平面ABCD，且，，点G是EF的中点．    (1)证明：平面ABCD； (2)线段AC上是否存在一点M，使平面ABF？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【变式2-1】如图，在正四棱柱中，，点分别是的中点，点是线段上的动点，则下列说法错误的是（    ）    A．当时，存在，使得平面 B．存在，使得平面 C．存在，使得平面平面 D．存在，使得平面平面 【变式2-2】如图所示为直四棱柱，，分别是线段的中点. (1)证明:平面； (2)求直线BC与平面所成角的正弦值，并判断线段BC上是否存在点，使得平面，若存在，求出BP的值，若不存在，请说明理由. 题型三 线、面垂直的探索性问题 【例3】已知正四棱台的体积为，其中.    (1)求侧棱与底面所成的角； (2)在线段上是否存在一点P，使得？若存在请确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【变式3-1】如图，在五棱锥中，，，.    (1)证明：； (2)若平面平面，平面平面，探索：是否为定值？若为定值，请求出的值；若不是定值，请说明理由.    【变式3-2】如图，在四棱锥中，底面是菱形，，三角形为正三角形，且侧面底面.分别为线段的中点.    (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【变式3-3】在正方体中，为上一动点，则下列各选项正确的是（      ） A．存在点使得与平面垂直 B．存在点使得与平面垂直 C．存在点使得与平面垂直 D．存在点使得与平面垂直 题型四 与空间角有关的探索性问题 【例4】已知四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，，，为等边三角形．    (1)求证：平面平面； (2)是否存在一点，满足，使直线与平面所成的角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【变式4-1】如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，侧面SAD为等边三角形，，．    (1)证明：平面平面； (2)侧棱SC上是否存在一点P（P不在端点处），使得直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由． 【变式4-2】如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，是棱上的动点，且．    (1)证明:平面． (2)是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 题型五 与空间距离有关的探索性问题 【例5】如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱上的动点（点不与点重合）．若，则下列说法正确的个数是（    ） ①存在点，使得点到平面的距离为； ②直线与所成角为； ③ 平面； A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【变式5-1】如图在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，为的中点．    (1)求二面角的正弦值； (2)线段上是否存在，使得它到平面的距离为? 若存在，求出的值；若不存在，说明理由．    【变式5-2】如图所示，在直三棱柱中，侧面为长方形，，，，. (1)求证：平面平面； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点T，使得点T到直线的距离是，若存在求的长，不存在说明理由. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题突破9：立体几何中的折叠和探索性问题 1.折叠问题 解决折叠问题最重要的就是对比折叠前后的图形，找到哪些线、面的位置关系和数学量没有发生变化，哪些发生了变化，在证明和求解的过程中恰当地加以利用。 一般步骤： ①确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量； ②在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面； ③利用判定定理或性质定理进行证明。 2.探索性问题 探究性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意志力及探究的能力。对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．一般此类立体几何问题描述的是动态的过程，结果具有不唯一性或者隐藏性，往往需要耐心尝试及等价转化，因此，对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的。 (1)与空间向量有关的探索性问题： 在立体几何中，与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角、二面角或点线面距离满足特定要求时的存在性问题． (2)立体几何中的探索性问题的求解策略： 解决这两类探索性问题的解题策略是：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断． ①对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”. ②对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 题型一 立体几何的折叠问题 【例1】如图1，在直角梯形中，，，，，.现沿平行于的折叠，使得且平面，如图2所示. (1)求的长度； (2)求二面角的大小. 【答案】(1)1 (2) 【分析】（1）利用垂直关系得，再结合勾股定理，即可求解； （2）分别求平面和的法向量，根据二面角的向量公式，即可求解. 【详解】（1）由平面，平面，得， 在矩形中，由，，知， 设，则，， 故，， 由勾股定理：， 解得：， 的长度为1； （2）因为，，， 且平面，所以平面， 结合知，两两互相垂直，故以点为原点，为，，轴正方向建立空间直角坐标系，所以 ，，，，，， 所以，，，， 设为平面的一个法向量，所以， 取，则， 设为平面的一个法向量，所以， 取，则， 记所求二面角大小为，为钝角，则， 所求二面角的大小为. 【变式1-1】如图，四边形中，是等腰直角三角形，是边长为2的正三角形，以为折痕，将向一方折叠到的位置，使D点在平面内的射影在上，再将向另一方折叠到的位置，使平面平面，形成几何体. （1）若点F为的中点，求证：平面； （2）求平面与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【分析】（1）设点在平面内的射影为，连接，，又的中点为，易得平面.取的中点，连接，由平面平面，得到平面，又平面，则，则平面，然后由面面平行的判定定理证明； （2）连接，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量为和平面的一个法向量为，由求解． 【详解】解：（1）如图，设D点在平面内的射影为O，连接，连接. ∵，∴， ∴在等腰中，O为的中点. ∵F为中点，∴. 又平面，平面， ∴平面.取的中点H，连接， 则易知，又平面平面， 平面平面， ∴平面， 又平面， ∴，又平面，平面， ∴平面， 又.∴平面平面. 又平面，∴平面. （2）连接，由（1）可知两两垂直，以O为坐标原点所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 从而. 设平面的一个法向量为，则，即， 得，取，则. 设平面的一个法向量为， 则，即， 得，取，则， 从而. ∴， ∴平面与平面所成角的正弦值为． 【点睛】关键点点睛：（1）在求解与图形的翻折有关的问题时，关键是弄清翻折前后哪些量变了，哪些量没变，哪些位置关系变了，哪些位置关系没变；（2）利用向量法求二面角的关键是建立合适的空间直角坐标系及准确求出相关平面的法向量． 【变式1-2】如图甲所示的正方形中，，，，对角线分别交，于点，，将正方形沿，折叠使得与重合，构成如图乙所示的三棱柱． (1)若点在棱上，且，证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）在图乙中，过作，交于，连接，证明四边形为平行四边形，然后得到即可； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用两个法向量所成角的余弦值求得结果. 【详解】（1）证明：在图乙中，过作，交于，连接， 则，∴共面且平面交平面于， 图甲中，∵，， ∴，又为正方形， ，，由，有， ∴四边形为平行四边形，∴， 又平面，平面， ∴平面． （2）由（1），，∴． 由题图知，，，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设平面的法向量为， 则 令，得， 则，，， 设平面的法向量为， 则 令，得， ， 平面与平面夹角的余弦值为． 【变式1-3】在图1中，为等腰直角三角形，，，为等边三角形，O为AC边的中点，E在BC边上，且，沿AC将进行折叠，使点D运动到点F的位置，如图2，连接FO，FB，FE，使得．    (1)证明：平面． (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由等边三角形三线合一，得出，再由勾股定理逆定理得出，即可证明； （2）方法一：建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量法计算即可；方法二：作，垂足为M，作，垂足为N，连接，首先由线面垂直得出，则二面角的平面角为，在中，求出即可． 【详解】（1）证明：连接OB， 因为为等腰直角三角形，，， 所以， 因为O为AC边的中点， 所以， 在等边三角形中，， 因为O为AC边的中点， 所以，则， 又， 所以，即， 因为，平面，平面， 所以平面．    （2）方法一：因为是等腰直角三角形，，为边中点， 所以， 由（1）得平面，则以O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，    则，，， 所以，， 设平面的法向量为， 由，得，令，得， 易知平面的一个法向量为， 设二面角的大小为θ， 则， 由图可知二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为． 方法二： 作，垂足为M，作，垂足为N，连接， 因为平面，平面， 所以， 又因为，平面， 所以平面， 又平面， 所以， 又，，平面， 所以平面， 又平面， 所以， 又平面平面， 所以二面角的平面角为， 因为，所以， 所以，， 在中，，， 所以， 所以， 所以，即二面角的余弦值为．    题型二 线、面平行的探索性问题 【例2】如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为4的正方形，，平面平面ABCD，且，，点G是EF的中点．    (1)证明：平面ABCD； (2)线段AC上是否存在一点M，使平面ABF？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）直接利用面面垂直的性质定理得到线面垂直； （2）利用题中的已知条件建立空间直角坐标系，首先假设存在点M，设，求出平面ABF的法向量，进一步利用线面平行建立等量关系，求解即可． 【详解】（1）因为，点G是EF的中点，所以， 又因为，所以， 由平面平面ABCD，平面平面，平面ADEF， 所以平面ABCD． （2）由（1）得平面ABCD，平面ABCD，∴， 四边形ABCD是边长为4的正方形，所以AG、AD、AB两两垂直， 以A为原点，建立空间直角坐标系，如图，    所以， 假设线段AC上存在一点M，使平面ABF， 设，则， ∵，∴， 设，则, 所以， , 设平面ABF的法向量为 ，取 由于平面ABF，所以，即，解得 所以，此时， 即当时，平面ABF． 【变式2-1】如图，在正四棱柱中，，点分别是的中点，点是线段上的动点，则下列说法错误的是（    ）    A．当时，存在，使得平面 B．存在，使得平面 C．存在，使得平面平面 D．存在，使得平面平面 【分析】对于ABD：建系，利用空间向量结合线、面位置关系分析判断，对于C：根据面面平行的判定定理分析判断. 【详解】以D为原点，分别为建立空间直角坐标系，如图：    设，则，则， 因为点分别是的中点， 所以， 对于选项B：设平面的一个法向量为， 因为， 可得，取，解得， 设， 因为，则，可得，即， 则， 若∥平面，则， 可得，且，解得， 即为的中点，故B正确； 对于选项A：由B可知：， 若平面，则， 则，当且仅当时成立，故A错误； 对于选项D：由B可知：，则， 因为，则 ， 设平面的法向量为， 则，取，得， 若平面平面，则，故D正确； 对于选项C：  当与D重合时， 因为分别是的中点， 则，且平面，平面， 可得平面， 同理可得：平面， 且，平面， 所以此时平面平面，故C正确；    故选：A. 【变式2-2】如图所示为直四棱柱，，分别是线段的中点. (1)证明:平面； (2)求直线BC与平面所成角的正弦值，并判断线段BC上是否存在点，使得平面，若存在，求出BP的值，若不存在，请说明理由. 【分析】（1）由题意可知为正三角形，则，又，结合线面垂直的判定定理即可证明； （2）根据勾股定理的逆定理可得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可；假设在线段上存在点，使得平面，令，利用求出，进而求出即可. 【详解】（1）由，知为正三角形， 又为的中点，则. 又为的中点，则， 而，所以， 又平面， 所以平面； （2）由（1）知为正三角形，则， 在中，，有，所以， 易知，建立如图空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，故， 设与平面所成角为，则， 即与平面所成角的正弦值为. 假设在线段上存在点，使得平面，令， 则，所以， 由平面，得，所以， 解得，所以，即的值为. 题型三 线、面垂直的探索性问题 【例3】已知正四棱台的体积为，其中.    (1)求侧棱与底面所成的角； (2)在线段上是否存在一点P，使得？若存在请确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）先求得正四棱台的高，然后求得侧棱与底面所成的角. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法确定是否存在符合题意的点. 【详解】（1）依题意，在正四棱台中，， 所以上底面积，下底面积， 设正四棱台的高为，则. 连接，则， 所以， 设侧棱与底面所成的角为，则， 由于线面角的取值范围是，所以. （2）连接，设正四棱台上下底面的中心分别为， 以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， ， 设线段上存在一点，满足， ， ， 则， ， 若，则， 即， 解得，舍去， 所以在线段上不存在一点，使得.      【变式3-1】如图，在五棱锥中，，，.    (1)证明：； (2)若平面平面，平面平面，探索：是否为定值？若为定值，请求出的值；若不是定值，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)是定值， 【分析】（1）由线面垂直证线线垂直. （2）由空间直角坐标系，设，根据面面垂直的向量表示可得， 即得. 【详解】（1）证明：取中点，连接，连接交于， 如图，由知为等腰梯形，， 又，故， 显然为中点，， 故 又，所以平面 又平面，故.    （2）若平面平面， 由为平面与平面的交线，知，， 如图，可以为原点，建立平面直角坐标系.    设，因，    如图，底面延长交于点， 由知为等边三角形， 又，可知也为等边三角形， 故， 又， 所以，又，所以为等边三角形， 所以也为等边三角形，故， 所以，故， ，， ， 设平面法向量为，则即 可令得， ， 设平面法向量为，则即 可令， ，有， 故. 【变式3-2】如图，在四棱锥中，底面是菱形，，三角形为正三角形，且侧面底面.分别为线段的中点.    (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）构造三角形的中位线得到线线平行，再利用线面平行的判定定理即可得到线面平行； （2）法一：建立空间直角坐标系，设，求出平面和平面的法向量，再利用两平面垂直的向量法即可求出结果.法二：利用几何法，先找出平面，使平面平面，再利用几何关系即可求出结果. 【详解】（1）连接交于点，连接，因为四边形是菱形，所以点为的中点. 又因为为的中点，所以， 又因为平面平面， 所以平面.    （2）设底面边长为2，连接，由于为菱形，且， 故， 所以，故有， 又三角形为正三角形，为中点，故， 又侧面底面，平面平面，面， 所以平面， 如图，以为原点，方向分别为轴正半轴，建立空间直角坐标系. 则， 设，则， 则， 设平面的法向量为，则有，得到， 取，得，，所以， 又平面法向量可取为， 由题可知，即，解得， 故存在点使得平面平面，.    法二：三角形为正三角形， 是的中点， 又侧面底面，平面平面，面， 所以平面， 连接，取的中点，连接，则是的中位线，， 所以平面， 延长交于，又面，所以平面平面. 因为，所以， 又因为，所以，， 故存在点，使得平面平面，.    【变式3-3】在正方体中，为上一动点，则下列各选项正确的是（      ） A．存在点使得与平面垂直 B．存在点使得与平面垂直 C．存在点使得与平面垂直 D．存在点使得与平面垂直 【分析】如图，以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，求出平面的法向量，设，然后逐个分析判断即可. 【详解】如图，以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则， 所以， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 设， 对于A，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，方程组不成立，所以与不共线，所以与平面不垂直，所以A错误， 对于B，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，得不合题意，所以与不共线，所以与平面不垂直，所以B错误， 对于C，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，方程组不成立，所以与不共线，所以与平面不垂直，所以C错误， 对于D，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，得符合题意，所以当时，与共线，此时与平面垂直，所以D正确， 故选：D. 题型四 与空间角有关的探索性问题 【例4】已知四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，，，为等边三角形．    (1)求证：平面平面； (2)是否存在一点，满足，使直线与平面所成的角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）利用面面垂直判定定理即可证得平面平面； （2） 法一，先确定出直线与平面所成的角，再求得的值即可求得的值；法二，建立空间直角坐标系，依据题给条件列出关于的方程即可求得的值. 【详解】（1）等腰梯形中，，则， 则，所以，．又， 由，得到， 又，平面， 因此平面，又因为平面， 故平面平面 （2）方法一：由（1）知平面，面，则面面． 作于点，则有面． 则即为直线与面所成角， 在直角三角形中，由，，得到 由，可得，又，所以存在． 方法二：过点作平面于， 以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴， 建立如图所示空间直角坐标系．    其中 得到， 设平面的一个法向量为 由，得， 不妨设，则，，则， 又， 则， 解之得（舍去）或，所以 【变式4-1】如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，侧面SAD为等边三角形，，．    (1)证明：平面平面； (2)侧棱SC上是否存在一点P（P不在端点处），使得直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见详解； (2)存在，点P为SC的中点. 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，设，由直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于，解得即可. 【详解】（1）证明：因为底面ABCD为正方形，，所以， 又因为侧面SAD为等边三角形，所以. ，所以，即，又, 所以平面，又因为平面， 所以平面平面. （2）如图：    取的中点为，连接，因为侧面为等边三角形， 所以， 又由（1）可知平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴为正方向，建立空间直角坐标系. ，，，，， 所以，，，设. ，所以，所以. 设平面SAC的法向量为，由于，所以. 令，则，，所以， 所以. 因为直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于. 所以，解得或（舍） 故存在，当点P为SC的中点时，使得直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于. 【变式4-2】如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，是棱上的动点，且．    (1)证明:平面． (2)是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是. 【分析】（1）由题设，根据线面垂直的判定得平面，再由线面垂直的性质有，并由勾股定理证，最后应用线面垂直的判定证结论； （2）取棱的中点，连接，构建空间直角坐标系，写出相关点的坐标，应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数，即可判断存在性. 【详解】（1）   因为四边形是菱形，所以. 因为平面，且，所以平面. 因为平面，所以. 因为，所以，即. 因为平面，且，所以平面. （2）   取棱的中点，连接，易证两两垂直， 故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系． 设，则， 故， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，得． 平面的一个法向量为,设面与面所成的锐二面角为， 则，整理得，解得(舍去)． 故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是． 题型五 与空间距离有关的探索性问题 【例5】如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱上的动点（点不与点重合）．若，则下列说法正确的个数是（    ） ①存在点，使得点到平面的距离为； ②直线与所成角为； ③ 平面； A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【分析】建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线线夹角，点面距离，线面关系即可. 【详解】如图所示，以C为原点建立空间直角坐标系，设， 则， 所以，， 设面的一个法向量为， 则，取，即， 所以点到平面的距离为， 由，易知，即①正确； 设直线与所成角为， 则，即②正确； 显然，即与平面不平行，③错误. 综上，正确的说法有2个. 故选：C. 【变式5-1】如图在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，为的中点．    (1)求二面角的正弦值； (2)线段上是否存在，使得它到平面的距离为? 若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【分析】（1）以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解； （2）设线段上存在，根据向量的距离公式，求得得到的坐标，进而的值． 【详解】（1）解：由底面为直角梯形，其中，，且， 所以，又由平面， 以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则平面的法向量，且， 可得， 设平面的法向量，则， 取，可得，所以， 设二面角夹角为，则，则，所以二面角的正弦值为. （2）解：设线段上存在，使得它到平面的距离为， 由，可得到平面的距离， 解得或(舍去)，所以，则．    【变式5-2】如图所示，在直三棱柱中，侧面为长方形，，，，. (1)求证：平面平面； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点T，使得点T到直线的距离是，若存在求的长，不存在说明理由. 【分析】（1）根据直三棱柱的性质可知，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解； （3）设，根据， 得到，即可得解. 【详解】（1）由于，所以， 根据直三棱柱的性质可知，由于，所以平面， 由于平面，所以平面平面. （2）设N是的中点，连接，则，MA，MB，MN，两两相互垂直. 以M为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系， ，， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 设直线和平面所成角为，则； （3）设，则， 过T作，则， ∵， ∴， ∴，∴或（舍） ∴. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 $$