高中數(shù)學同步講義（人教B版2019選擇性必修一）第06講 1.2.3直線與平面的夾角

.2.3直線與平面的夾角TOC\o"1-3"\h\u題型1用定義法求斜線和平面的夾角 2題型2最小角定理求斜線和平面的夾角 13題型3向量法求斜線和平面所成的角 14題型4探索性習題 26知識點一.直線與平面的夾角1.直線與平面垂直：直線與平面的夾角為90°.2.直線與平面平行或在平面內(nèi)：直線與平面的夾角為0°.3.斜線和平面所成的角：斜線和它在平面內(nèi)的射影所成的角，叫做斜線和平面所成的角（或斜線和平面的夾角）知識點二.最小角定理1.線線角、線面角的關系式：如圖，AB⊥α，則圖形θ，θ2.最小角定理：斜線和它在平面內(nèi)的射影所成的角，是斜線和這個平面內(nèi)所有直線所成角中最小的角.知識點三.用空間向量求直線與平面的夾角1.定義：設直線l的方向向量為u，平面α的法向量為n，直線與平面所成的角為θ，u與n的角為φ，則有sinθ=__cosφ

____=___2.范圍：[0,π2]題型1用定義法求斜線和平面的夾角【方法總結】計算線面角，一般有如下幾種方法：（1）利用面面垂直的性質定理，得到線面垂直，進而確定線面角的垂足，明確斜線在平面內(nèi)的射影，即可確定線面角；（2）在構成線面角的直角三角形中，可利用等體積法求解垂線段的長度?，從而不必作出線面角，則線面角θ滿足sinθ=?（3）建立空間直角坐標系，利用向量法求解，設a為直線l的方向向量，n為平面的法向量，則線面角θ的正弦值為sinθ【例題1】（浙江省紹興市2022-2023學年）在正方體ABCD?A1B1

(1)求三棱錐A?(2)當O1是上底面A1B【答案】(1)9(2)3【分析】(1)利用等體積VA(2)根據(jù)直線與平面夾角的定義，找到線面角，即可求解.【詳解】（1）如圖所示，根據(jù)題意得：VA

（2）如圖所示,過點O1故∠O1AC又AG=所以AO1與平面ABCD所成角的余弦值為：

【變式1-1】1.（2023秋·山西晉中·高二統(tǒng)考期末）如圖所示，在棱長為2的正四面體A?BCD中，E為等邊三角形ACD的中心，F(xiàn),

(1)用BA,BC,BD表示(2)求直線FG與平面ACD所成角的正弦值.【答案】(1)BE=1(2)42【分析】（1）先利用正四面體幾何性質用BA,BC,BD表示（2）先求得直線FG與直線BE所成角的余弦值，進而得到直線FG與平面ACD所成角的正弦值.【詳解】（1）連接AE并延長交CD于M，則M為CD中點，則AE=BE=BA+則BE==

（2）根據(jù)題意，BE⊥平面ACD，因此，直線FG與平面ACD即為直線FG與直線BE所成角的余弦值的絕對值.FG=且FG=故cosFG===則直線FG與平面ACD所成角的正弦值為4221【變式1-1】2.（2023·全國·高二假期作業(yè)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，O是邊長為4的正方形ABCD的中心，PO⊥平面ABCD，M，E分別為AB(1)求證：平面PAC⊥平面PBD(2)若PE=3，求點B到平面PEM(3)若PE=3，求直線PB與平面PEM【答案】(1)證明見解析(2)70(3)991【分析】（1）先證明AC⊥平面PBD，再根據(jù)面面垂直的判定定理證明平面PAC⊥平面（2）利用幾何關系和等體積法求解即可．（3）由（2）可知點B到平面PEM的距離為?=707【詳解】（1）因為四邊形ABCD是正方形，所以AC⊥因為PO⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以因為OP?平面PBD，BD?平面PBD，且所以AC⊥平面PBD．又AC?平面PAC，所以平面PAC⊥（2）由（1）知，PO為點P到平面BME的距離．所以VB連接OE．因為PO⊥平面ABCD，OE?平面ABCD，所以因為OE=2，PE=3，所以又因為OA=OB=在△PEM中，PE=PM所以S△設點B到平面PEM的距離為?，由VB得143?=所以點B到平面PEM的距離為707（3）若PE=3，由（2）可知，點B到平面PEM的距離為?又PB=設直線PB與平面PEM所成角為θ，所以sinθ所以cosθ即直線PB與平面PEM所成角的余弦值為991【變式1-1】3.（2023·全國·高二假期作業(yè)）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，A

(1)證明：A1(2)已知AA1與BB1的距離為2，求【答案】(1)證明見解析(2)13【分析】（1）根據(jù)線面垂直，面面垂直的判定與性質定理可得A1O⊥平面BC（2）利用直角三角形求出AB1的長及點【詳解】（1）如圖，

∵A1C⊥底面ABC，∴A1C⊥BC，又BC⊥AC∴BC⊥平面ACC1A1，又BC?∴平面ACC1A過A1作A1O⊥CC1交CC1于O∴A1∵A1到平面BCC在Rt△A1C設CO=x，則∵△A1OCCO2+A1∴1+x2+1+∴AC∴（2）∵AC∴Rt△∴BA過B作BD⊥AA1，交AA由直線AA1與B∵A1D=1，在Rt△ABC，∴延長AC，使AC=CM，連接由CM∥A1∴C1M∥A1C，∴∴則在Rt△AC1M中，在Rt△AB1C1∴A又A到平面BCC所以AB1與平面BCC【變式1-1】4.（浙江省溫州市2022-2023學年高一下學期期末數(shù)學試題（A卷））“阿基米德多面體”也稱為半正多面體,是由邊數(shù)不全相同的正多邊形為面圍成的多面體,它體現(xiàn)了數(shù)學的對稱美,如圖,將正方體沿交于一頂點的三條棱的中點截去一個三棱錐,共可截去八個三棱錐,得到八個面為正三角形,六個面為正方形的“阿基米德多面體”,則直線MN與平面ABCD所成角的正弦值為_____________.

【答案】6【分析】將多面體放置于正方體中,借助正方體分析多面體的結構,由此求解出直線MN與平面ABCD所成角的正弦值.【詳解】如圖所示:將多面體放置于正方體中,連接MC,設MC的中點為E,連接EF,

因為M,所以MC//NF,且則四邊形MEFN為平行四邊形,所以MN//所以直線MN與平面ABCD所成角即為直線EF與平面ABCD所成角,又MC⊥平面ABCD所以直線EF與平面ABCD所成角即為∠EFC設正方體的棱長為2,則EC=1,所以sin∠EFC即直線MN與平面ABCD所成角的正弦值為66故答案為:66【變式1-1】5.（2023·全國·高一專題練習）動點M在正方體ABCD?A1B1C1D1A．13,63 B．13,【答案】A【分析】根據(jù)線面位置關系和余弦定理以及同角三角函數(shù)基本關系式即可求解.【詳解】

連接B1容知B1C∥所以平面A1DC1M與平面A1點M的移動軌跡為三角形B1當M為AB1中點時，直線A1

取C1D的中點設正方體的棱長為2，所以A1MN=A1所以A1所以△A

所以直線A1M與平面A1當M為C點時，當M為AB1中點時，直線A1M與平面此時A1N=6，

所以cosθsinθ直線A1M與平面A1故選：A.題型2最小角定理求斜線和平面的夾角【方法總結】求線面角的關鍵是確定斜線在平面上射影的位置，只有確定了射影，才能將空間角轉化為平面角．在本例中，也可以直接作AH⊥BC于H，進而證明AH⊥平面α，從而證明H是點A在平面α內(nèi)的射影．解法二則靈活應用公式cosθ＝cosθ1·cosθ2求線面角，也是常用的方法．【例題2】∠BOC在平面α內(nèi)，OA是平面α的一條斜線，若∠AOB＝∠AOC＝60°，OA＝OB＝OC＝a，BC＝eq\r(2)a，求OA與平面α所成的角．【解析】法一：∵OA＝OB＝OC＝a，∠AOB＝∠AOC＝60°，∴AB＝AC＝a．又∵BC＝eq\r(2)a，∴AB2＋AC2＝BC2．∴△ABC為等腰直角三角形．同理△BOC也為等腰直角三角形．取BC中點為H，連接AH，OH，∴AH＝eq\f(\r(2),2)a，OH＝eq\f(\r(2),2)a，AO＝a，AH2＋OH2＝AO2．∴△AHO為等腰直角三角形．∴AH⊥OH．又∵AH⊥BC，OH∩BC＝H，∴AH⊥平面α．∴OH為AO在α平面內(nèi)的射影，∠AOH為OA與平面α所成的角．在Rt△AOH中，∴sin∠AOH＝eq\f(AH,AO)＝eq\f(\r(2),2)．∴∠AOH＝45°．∴OA與平面α所成的角為45°．法二：∵∠AOB＝∠AOC＝60°，∴OA在α內(nèi)的射影為∠BOC的平分線，作∠BOC的角平分線OH交BC于H．又OB＝OC＝a，BC＝eq\r(2)a，∴∠BOC＝90°．故∠BOH＝45°，由公式cosθ＝cosθ1·cosθ2，得cos∠AOH＝eq\f(cos∠AOB,cos∠BOH)＝eq\f(\r(2),2)，∴OA與平面α所成的角為45°．【變式2-1】1.如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD．若∠PBC＝60°，求直線PB與平面ABCD所成的角θ．【解析】由題意得∠CBD＝45°，∠PBD即為直線PB與平面ABCD所成的角θ．∵cos∠PBC＝cosθ·cos∠CBD，∠PBC＝60°．即cos60°＝cosθ·cos45°，∴cosθ＝eq\f(\r(2),2)，θ＝45°．【變式2-1】2．若直線l與平面α所成角為eq\f(π,3)，直線a在平面α內(nèi)，且與直線l異面，則直線l與直線a所成角的取值范圍是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))【解析】D由最小角定理知直線l與直線a所成的最小角為eq\f(π,3)，又l，a為異面直線，則所成角的最大為eq\f(π,2)．題型3向量法求斜線和平面所成的角【方法總結】求線面角的兩種思路（1）線面角轉化為線線角．根據(jù)直線與平面所成角的定義，確定出待求角，轉化為直線的夾角來求解，此時要注意兩直線夾角的取值范圍.（2）向量法．方法一：設直線PA的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線PA與平面α所成的角為θ（θ∈[0,π2]），α與n的夾角為φ，則sinθ=lcosφ|=方法二：設直線PA的方向向量為a，直線PA在平面α內(nèi)的投影的方向向量為b，則直線PA與平面α所成的角θ滿足cosθ=|cos<a，b>|【例題3】若正三棱柱ABC?A1B1C1的所有棱長都相等，D【答案】35【分析】利用空間向量的坐標運算求解線面角即可.【詳解】如圖，取AC中點O，連接OB,則有OD⊥所以以OB,OC,OD為則A(0,?1,0),AD設平面B1DC的法向量為則有DB1?m=所以m=(0,2,1)設直線AD與平面B1DC所成角為則sinθ因為θ∈0,故答案為:35【變式3-1】1.（多選）（2023春·福建龍巖·高二校聯(lián)考期中）“十字貫穿體”是學習素描時常用的幾何體實物模型，圖1是某同學繪制“十字貫穿體”的素描作品.“十字貫穿體”是由兩個完全相同的正四棱柱“垂直貫穿”構成的多面體，其中一個四棱柱的每一條側棱分別垂直于另一個四棱柱的每一條側棱，兩個四棱柱分別有兩條相對的側棱交于兩點，另外兩條相對的側棱交于一點（該點為所在棱的中點）.若該同學繪制的“十字貫穿體”由兩個底面邊長為2，高為42A．GEB．點C的坐標為?2,2,2C．O，E，F(xiàn)，A四點共面D．直線CE與直線DG所成角的余弦值為2【答案】BCD【分析】先求出正方形ABCD的對角線從而可得GE；根據(jù)GA=22即可得出點C的坐標；判斷OA是否可以用【詳解】由題意正方形ABCD的對角線BD=2則G2,2,2則GE=因為GA=12對于C，A0,4,2則OA=所以OA=又O為三個向量的公共起點，所以O，E，F(xiàn)，A四點共面，故C正確；由DE=2，得則CE=則cosCE所以直線CE與直線DG所成角的余弦值為23故選：BCD.【變式3-1】2．（河南省焦作市2022-2023學年高二下學期期末數(shù)學試題）如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1

(1)證明：BO//平面B(2)求直線AB與平面B1【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）連接A1B,BD，由A1B//CD1，證得A1B//平面B（2）以A為坐標原點，建立空間直角坐標系，求得向量AB=4,0,0和平面B1【詳解】（1）證明：如圖所示，連接A1因為BC//A1D1且BC又因為CD1?平面B1CD1，A同理可證BD//B1D1，且BD?平面B1CD因為A1B∩BD=B，A1又因為BO?平面A1BD，所以BO（2）解：以A為坐標原點，直線AB,如圖所示，則A0,0,0，B4,0,0，B14,0,4，所以AB=4,0,0，B1設平面B1CD1取y=1，可得x=2,z=2，所以平面設直線AB與平面B1CD則sinθ故直線AB與平面B1CD

【變式3-1】3．（2023春·福建龍巖·高二校聯(lián)考期中）如圖，在三棱柱ABC?A1B1

(1)證明：AB⊥(2)若AC⊥AB1，∠CBB1【答案】(1)證明見解析(2)7【分析】（1）連接BC1，交B1C于點O，連接AO，證明出（2）以點O為原點建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可.【詳解】（1）連接BC1，交B1因為側面BB1C而AC=AB1，O為又AO∩BC1=O，且AO,而AB?平面AOB，所以AB（2）設AB=BC=2，而∠CBB又AC⊥AB即有AO2+OB2=AB以O為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖，則A0,0,1則AB=設AM=因為AA1=則B1設平面MB1C則有n?C1B1所以n=設直線AB與平面MB1C則sin=1當t=512當t≠5=1當t>512當且僅當t?512則0<1所以0≤sinθ當t<512當且僅當512?t則?3所以12綜上所述，直線AB與平面MB1C

【變式3-1】4．（2023春·浙江·高二校聯(lián)考階段練習）在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，AP⊥平面CDP

(1)求證：平面ABCD⊥平面ADP(2)若Q是DP中點，求直線BP與平面BCQ所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)102【分析】（1）利用線面垂直與面面垂直的判定定理即可得證；（2）結合題意，將題干圖形調整一下位置，建立空間直角坐標系，假設AD=4a，從而得到各點的坐標，進而求得向量BP與平面【詳解】（1）因為AP⊥平面CDP，CD?平面CDP，所以因為底面ABCD為正方形，所以CD⊥又AP∩AD=A,AP,又CD?平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面（2）將題干圖形調整一下位置，記AD的中點為E，BC的中點為F，連接PE,

因為AP=DP，E是AD的中點，所以又由（1）知CD⊥平面ADP，PE?平面ADP，所以又AD∩CD=D,AD,又F是BC的中點，底面ABCD為正方形，所以EF⊥故以E為原點，ED,FE,因為AP⊥平面CDP，PD?平面CDP，所以不妨設AD=4a，則在Rt△APD則D?2因為Q是DP中點，則Q?故CB=設平面BCQ的一個法向量為n=x,取y=1，則x=0,z記直線BP與平面BCQ所成角為θ，則0<θ所以sinθ故直線BP與平面BCQ所成角的正弦值為10251【變式3-1】5．（2023·安徽合肥·合肥一中?？寄M預測）截角四面體是一種半正八面體，可由四面體經(jīng)過適當?shù)慕亟?，即截去四面體的四個頂點處的小棱錐所得的多面體．現(xiàn)將棱長為3的正四面體沿棱的三等分點分別作平行于各底面的截面，截去四個頂點處的小棱錐，得到所有棱長均為1的截角四面體，如圖所示．

(1)求證：BD⊥(2)求直線BD與平面ACK所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)22【分析】（1）補全四面體PQRS，取SR的中點M，連接PM，QM，證出SR⊥平面PQM，得出BD⊥SR，再證明出EF（2）建立空間直角坐標系，根據(jù)直線與平面夾角的正弦公式計算即可．【詳解】（1）補全四面體PQRS如圖，取SR的中點M，連接PM，QM，因為正四面體中各個面均為正三角形，所以PM⊥SR，又PM∩QM=M，PM?平面PQM所以SR⊥平面PQM又BD?平面PQM所以BD⊥又因為點E,F為△QSR所以EF//所以BD⊥

（2）設點P在底面SQR的投影為點O，連接OI，SO，OP，延長SO與QR交于點T，因為P?所以點O為等邊△SQR所以SOOT=2又因為SIIR所以OI//所以OI⊥以點O為原點，以OT,OI,OP所在直線為x軸，

則S?3,0,0,P所以AC=(32,1設面ACK的法向量為n=則n?AC=0取z=1，得n設直線BD與平面ACK所成角為θ，則sinθ【變式3-1】6．（福建省漳州市2023屆高三第四次教學質量檢測數(shù)學試題）如圖，AB是圓O的直徑，點C是圓O上異于A，B的點，PC⊥平面ABC，AC=3，PC=2BC=2，E，F(xiàn)分別為PA，PC的中點，平面BEF與平面ABC的交線為

(1)在圖中作出交線BD（說明畫法，不必證明），并求三棱錐D?(2)若點M滿足BM=12BD+λBPλ∈【答案】(1)答案見解析，3(2)λ=1【分析】（1）由線線平行即可找到直線BD，由等體積法即可求解體積，（2）建立空間直角坐標系，利用向量夾角即可求解線面角，進而可求解.【詳解】（1）過點B作BD∥AC交圓O于點D，（E，F(xiàn)分別為PA，PC的中點，所以EF//AC,又BD∥AC，所以EF//因為AB是圓O的直徑，所以∠ADB=∠ACB所以∠CBD=180°?∠ACB因為AC=3，AD=因為PC⊥平面ABC，E為PA所以點E到平面ACD的距離為12所以V（2）以C為坐標原點，分別以CA，CB，CP的方向作為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系，如圖，

則A3,0,0，B0,1,0，C0,0,0，所以CB=0,1,0，BP=BM=1設平面PBD的法向量為n=x即3x=0,?y因為CM與平面PBD所成角的正弦值為105所以cos所以20λ2?8λ題型4探索性習題【例題4】（2023春·廣西·高二校聯(lián)考期中）在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1

(1)當λ=1時，求三棱錐B(2)當2λ2+(3)當λ+μ=1【答案】(1)4(2)3(3)不存在，理由見解析【分析】（1）根據(jù)線面平行，結合等體積法即可求解，（2）由向量模長可得點P的軌跡為以A為圓心，2為半徑的14（3）建立空間按直角坐標系，利用向量垂直的坐標運算即可求解.【詳解】（1）當λ=1時，AP=AC+μAA由于CC1∥DD1，DD1?平面D故VB所以其體積為定值43（2）當2λ2+μ2設AC,BD相交于點因為BE⊥AC，BE⊥AA1，AC∩AA1=

如圖，點P的軌跡為半圓A1Q,其中Q為P點軌跡與邊AC的交點，當P運動到點Q時，此時PEmin=EQ=2?2tan∠BPE=BEPE，33（3）如圖建立空間直角坐標系如圖，A(2,0,0),當λ+μ=1時，C，A1，P三點共線，即點設P(2?a,a,2?a)BP=(?BP?DP=?a(2?BP?

【變式4-1】1.（2023·全國·高三對口高考）如圖，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，平面ABCD⊥平面ABEF，AB

(1)求證：AC⊥平面BDE(2)求證：AC//平面DEF(3)求三棱錐C?(4)（?。┣笾本€AC與平面CDE所成角的大??；（ⅱ）棱DE上是否存在點P，使得BP⊥平面DEF？若存在，求出DP【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)2(4)（i）30°；（ii）存在，2【分析】（1）首先建立空間直角坐標系，利用向量數(shù)量積，證明垂直關系，并結合線面垂直的判斷定理，即可證明；（2）求平面DEF的法向量，利用向量數(shù)量積，證明垂直關系，即可證明線面平行；（3）利用等體積轉化，求三棱錐C?（4）（?。┦紫惹笃矫鍯DE的法向量，利用線面角的向量公式，即可求解；（ⅱ）假設存在，利用向量BP與平面DEF的法向量平行，即可求解.【詳解】（1）因為平面ABCD⊥平面ABEF，且平面ABCD∩平面因為BE⊥AB，所以BE⊥平面ABCD所以AF⊥平面ABCD，且AB所以如圖，以點A為原點，以向量AD,AB,

A0,0,0，C2,2,0，D2,0,0，B0,2,0AC=2,2,0，BD=因為AC?BD=4?4=0則AC⊥BD，AC⊥BE，且BD∩所以AC⊥平面（2）DE=?2,2,2，設平面DEF的法向量為m=則DE?m=0DF?m=0所以平面DEF的法向量為m=AC=2,2,0，AC?m=?2+2=0所以AC//平面（3）因為AC//平面DEF，所以V而VA所以三棱錐C?DEF的體積為（4）（?。〤D=0,?2,0，設平面CDE的法向量為n=CD?n=0CE?n=0所以平面CDE的法向量為n=1,0,1，設AC與平面CDE的夾角為θ，所以sinθ=cos所以AC與平面CDE的夾角為30°（ⅱ）假設DE上存在點P，使BP⊥平面DEF，設DPBP=平面DEF的法向量為m=?1,1,?2，所以則2?2λ?1=所以存在點P，使BP⊥平面DEF，DP【變式4-1】2.（2023春·貴州·高二校聯(lián)考階段練習）如圖1，已知ABFE是直角梯形，EF∥AB，∠ABF=90°，∠BAE=60°，C、D分別為BF、AE的中點，

(1)證明：FN⊥(2)若M為AE上一點，且AMAE=λ，則當λ【答案】(1)證明見解析(2)λ=12【分析】（1）由題可得∠BCF是二面角F?DC?B的平面角，利用其可說明FN⊥平面ABCD，即可證明結論.（2）如圖建立空間直角坐標系，設Mx0,【詳解】（1）∵由圖1得：DC⊥CF，DC⊥CB，且CF∩CB=C，∴在圖2中DC⊥平面BCF，∠BCF是二面角F?DC?B的平面角，則∠BCF=60°，∴△BCF是正三角形，且N是BC的中點，F(xiàn)N⊥BC（2）因為FN⊥平面ABCD，過點N做AB平行線NP，所以以點N為原點，NP，NB、NF所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系N則A5,3,0，B0,3,0∴AM=x0?5,y0?∵AM=λAE∴M5?4λ,設平面ADE的法向量為n則n?AD=0n?設直線BM與平面ADE所成角為θ，∴sinθ∴28λ2?40λ+13=0

【變式4-1】3.（2023·重慶萬州·統(tǒng)考模擬預測）如圖1所示，在四邊形ABCD中，BC⊥CD，E為BC上一點，AE=BE=AD=2CD=2

(1)若平面BCD∩平面ABE=l(2)點F是棱BE上一動點，且直線BD與平面ADF所成角的正弦值為2211，求EF【答案】(1)證明見解析；(2)EFEB【分析】（1）先證明CD//AE，根據(jù)線線平行判定定理CD//（2）建立空間直角坐標系，設點F的坐標，求出平面ADF的法向量，利用線面角的法向量公式計算即可求解.【詳解】（1）在圖1中，因為BC⊥CD，CE=所以DE=2，sin∠CDE=所以∠CDE因為DE=2，AE所以∠DEA=π

在圖2中，因為CD//AE，AE?平面ABE，CD所以CD//平面ABE因為CD?平面BCD，平面BCD∩平面ABE=l（2）由（1）知，AE⊥CE，BE∩CE=E，CE?平面BCE所以AE⊥平面BCE又AE?平面AEB，所以平面AEB⊥平面BCE故以E為坐標原點，EA,EB分別為在平面BCE內(nèi)過點E作BE的垂線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

則A2,0,0，B因為CD//AE，平面AEB⊥平面BCE，且所以點C在平面AEB的射影為BE中點，故C0,1,2，設F0,t,00≤t≤2，則設平面ADF的法向量為n=則n?AD=0不妨令y=2，則x=t所以n=t,2,因為直線BD與平面ADF所成角的正弦值為2211所以cosBD整理得t2?5t+4=0，解得所以F為EB中點，所以EFEB【變式4-1】4.（2023·河南鄭州·統(tǒng)考模擬預測）在底面ABCD為