高中数学同步讲义（人教B版2019选择性必修一）第06讲 1.2.3直线与平面的夹角

.2.3直线与平面的夹角TOC\o"1-3"\h\u题型1用定义法求斜线和平面的夹角 2题型2最小角定理求斜线和平面的夹角 13题型3向量法求斜线和平面所成的角 14题型4探索性习题 26知识点一.直线与平面的夹角1.直线与平面垂直：直线与平面的夹角为90°.2.直线与平面平行或在平面内：直线与平面的夹角为0°.3.斜线和平面所成的角：斜线和它在平面内的射影所成的角，叫做斜线和平面所成的角（或斜线和平面的夹角）知识点二.最小角定理1.线线角、线面角的关系式：如图，AB⊥α，则图形θ，θ2.最小角定理：斜线和它在平面内的射影所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所成角中最小的角.知识点三.用空间向量求直线与平面的夹角1.定义：设直线l的方向向量为u，平面α的法向量为n，直线与平面所成的角为θ，u与n的角为φ，则有sinθ=__cosφ

____=___2.范围：[0,π2]题型1用定义法求斜线和平面的夹角【方法总结】计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度ℎ，从而不必作出线面角，则线面角θ满足sinθ=ℎ（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a为直线l的方向向量，n为平面的法向量，则线面角θ的正弦值为sinθ【例题1】（浙江省绍兴市2022-2023学年）在正方体ABCD−A1B1

(1)求三棱锥A−(2)当O1是上底面A1B【答案】(1)9(2)3【分析】(1)利用等体积VA(2)根据直线与平面夹角的定义，找到线面角，即可求解.【详解】（1）如图所示，根据题意得：VA

（2）如图所示,过点O1故∠O1AC又AG=所以AO1与平面ABCD所成角的余弦值为：

【变式1-1】1.（2023秋·山西晋中·高二统考期末）如图所示，在棱长为2的正四面体A−BCD中，E为等边三角形ACD的中心，F,

(1)用BA,BC,BD表示(2)求直线FG与平面ACD所成角的正弦值.【答案】(1)BE=1(2)42【分析】（1）先利用正四面体几何性质用BA,BC,BD表示（2）先求得直线FG与直线BE所成角的余弦值，进而得到直线FG与平面ACD所成角的正弦值.【详解】（1）连接AE并延长交CD于M，则M为CD中点，则AE=BE=BA+则BE==

（2）根据题意，BE⊥平面ACD，因此，直线FG与平面ACD即为直线FG与直线BE所成角的余弦值的绝对值.FG=且FG=故cosFG===则直线FG与平面ACD所成角的正弦值为4221【变式1-1】2.（2023·全国·高二假期作业）如图，在四棱锥P−ABCD中，O是边长为4的正方形ABCD的中心，PO⊥平面ABCD，M，E分别为AB(1)求证：平面PAC⊥平面PBD(2)若PE=3，求点B到平面PEM(3)若PE=3，求直线PB与平面PEM【答案】(1)证明见解析(2)70(3)991【分析】（1）先证明AC⊥平面PBD，再根据面面垂直的判定定理证明平面PAC⊥平面（2）利用几何关系和等体积法求解即可．（3）由（2）可知点B到平面PEM的距离为ℎ=707【详解】（1）因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥因为PO⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以因为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为点P到平面BME的距离．所以VB连接OE．因为PO⊥平面ABCD，OE⊂平面ABCD，所以因为OE=2，PE=3，所以又因为OA=OB=在△PEM中，PE=PM所以S△设点B到平面PEM的距离为ℎ，由VB得143ℎ=所以点B到平面PEM的距离为707（3）若PE=3，由（2）可知，点B到平面PEM的距离为ℎ又PB=设直线PB与平面PEM所成角为θ，所以sinθ所以cosθ即直线PB与平面PEM所成角的余弦值为991【变式1-1】3.（2023·全国·高二假期作业）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，A

(1)证明：A1(2)已知AA1与BB1的距离为2，求【答案】(1)证明见解析(2)13【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得A1O⊥平面BC（2）利用直角三角形求出AB1的长及点【详解】（1）如图，

∵A1C⊥底面ABC，∴A1C⊥BC，又BC⊥AC∴BC⊥平面ACC1A1，又BC⊂∴平面ACC1A过A1作A1O⊥CC1交CC1于O∴A1∵A1到平面BCC在Rt△A1C设CO=x，则∵△A1OCCO2+A1∴1+x2+1+∴AC∴（2）∵AC∴Rt△∴BA过B作BD⊥AA1，交AA由直线AA1与B∵A1D=1，在Rt△ABC，∴延长AC，使AC=CM，连接由CM∥A1∴C1M∥A1C，∴∴则在Rt△AC1M中，在Rt△AB1C1∴A又A到平面BCC所以AB1与平面BCC【变式1-1】4.（浙江省温州市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（A卷））“阿基米德多面体”也称为半正多面体,是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体,它体现了数学的对称美,如图,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去八个三棱锥,得到八个面为正三角形,六个面为正方形的“阿基米德多面体”,则直线MN与平面ABCD所成角的正弦值为_____________.

【答案】6【分析】将多面体放置于正方体中,借助正方体分析多面体的结构,由此求解出直线MN与平面ABCD所成角的正弦值.【详解】如图所示:将多面体放置于正方体中,连接MC,设MC的中点为E,连接EF,

因为M,所以MC//NF,且则四边形MEFN为平行四边形,所以MN//所以直线MN与平面ABCD所成角即为直线EF与平面ABCD所成角,又MC⊥平面ABCD所以直线EF与平面ABCD所成角即为∠EFC设正方体的棱长为2,则EC=1,所以sin∠EFC即直线MN与平面ABCD所成角的正弦值为66故答案为:66【变式1-1】5.（2023·全国·高一专题练习）动点M在正方体ABCD−A1B1C1D1A．13,63 B．13,【答案】A【分析】根据线面位置关系和余弦定理以及同角三角函数基本关系式即可求解.【详解】

连接B1容知B1C∥所以平面A1DC1M与平面A1点M的移动轨迹为三角形B1当M为AB1中点时，直线A1

取C1D的中点设正方体的棱长为2，所以A1MN=A1所以A1所以△A

所以直线A1M与平面A1当M为C点时，当M为AB1中点时，直线A1M与平面此时A1N=6，

所以cosθsinθ直线A1M与平面A1故选：A.题型2最小角定理求斜线和平面的夹角【方法总结】求线面角的关键是确定斜线在平面上射影的位置，只有确定了射影，才能将空间角转化为平面角．在本例中，也可以直接作AH⊥BC于H，进而证明AH⊥平面α，从而证明H是点A在平面α内的射影．解法二则灵活应用公式cosθ＝cosθ1·cosθ2求线面角，也是常用的方法．【例题2】∠BOC在平面α内，OA是平面α的一条斜线，若∠AOB＝∠AOC＝60°，OA＝OB＝OC＝a，BC＝eq\r(2)a，求OA与平面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为等腰直角三角形．同理△BOC也为等腰直角三角形．取BC中点为H，连接AH，OH，∴AH＝eq\f(\r(2),2)a，OH＝eq\f(\r(2),2)a，AO＝a，AH2＋OH2＝AO2．∴△AHO为等腰直角三角形．∴AH⊥OH．又∵AH⊥BC，OH∩BC＝H，∴AH⊥平面α．∴OH为AO在α平面内的射影，∠AOH为OA与平面α所成的角．在Rt△AOH中，∴sin∠AOH＝eq\f(AH,AO)＝eq\f(\r(2),2)．∴∠AOH＝45°．∴OA与平面α所成的角为45°．法二：∵∠AOB＝∠AOC＝60°，∴OA在α内的射影为∠BOC的平分线，作∠BOC的角平分线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与平面α所成的角为45°．【变式2-1】1.如图所示，在四棱锥P­ABCD中，ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD．若∠PBC＝60°，求直线PB与平面ABCD所成的角θ．【解析】由题意得∠CBD＝45°，∠PBD即为直线PB与平面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°．【变式2-1】2．若直线l与平面α所成角为eq\f(π,3)，直线a在平面α内，且与直线l异面，则直线l与直线a所成角的取值范围是()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由最小角定理知直线l与直线a所成的最小角为eq\f(π,3)，又l，a为异面直线，则所成角的最大为eq\f(π,2)．题型3向量法求斜线和平面所成的角【方法总结】求线面角的两种思路（1）线面角转化为线线角．根据直线与平面所成角的定义，确定出待求角，转化为直线的夹角来求解，此时要注意两直线夹角的取值范围.（2）向量法．方法一：设直线PA的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线PA与平面α所成的角为θ（θ∈[0,π2]），α与n的夹角为φ，则sinθ=lcosφ|=方法二：设直线PA的方向向量为a，直线PA在平面α内的投影的方向向量为b，则直线PA与平面α所成的角θ满足cosθ=|cos<a，b>|【例题3】若正三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长都相等，D【答案】35【分析】利用空间向量的坐标运算求解线面角即可.【详解】如图，取AC中点O，连接OB,则有OD⊥所以以OB,OC,OD为则A(0,−1,0),AD设平面B1DC的法向量为则有DB1⋅m=所以m=(0,2,1)设直线AD与平面B1DC所成角为则sinθ因为θ∈0,故答案为:35【变式3-1】1.（多选）（2023春·福建龙岩·高二校联考期中）“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，图1是某同学绘制“十字贯穿体”的素描作品.“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）.若该同学绘制的“十字贯穿体”由两个底面边长为2，高为42A．GEB．点C的坐标为−2,2,2C．O，E，F，A四点共面D．直线CE与直线DG所成角的余弦值为2【答案】BCD【分析】先求出正方形ABCD的对角线从而可得GE；根据GA=22即可得出点C的坐标；判断OA是否可以用【详解】由题意正方形ABCD的对角线BD=2则G2,2,2则GE=因为GA=12对于C，A0,4,2则OA=所以OA=又O为三个向量的公共起点，所以O，E，F，A四点共面，故C正确；由DE=2，得则CE=则cosCE所以直线CE与直线DG所成角的余弦值为23故选：BCD.【变式3-1】2．（河南省焦作市2022-2023学年高二下学期期末数学试题）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1

(1)证明：BO//平面B(2)求直线AB与平面B1【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）连接A1B,BD，由A1B//CD1，证得A1B//平面B（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量AB=4,0,0和平面B1【详解】（1）证明：如图所示，连接A1因为BC//A1D1且BC又因为CD1⊂平面B1CD1，A同理可证BD//B1D1，且BD⊄平面B1CD因为A1B∩BD=B，A1又因为BO⊂平面A1BD，所以BO（2）解：以A为坐标原点，直线AB,如图所示，则A0,0,0，B4,0,0，B14,0,4，所以AB=4,0,0，B1设平面B1CD1取y=1，可得x=2,z=2，所以平面设直线AB与平面B1CD则sinθ故直线AB与平面B1CD

【变式3-1】3．（2023春·福建龙岩·高二校联考期中）如图，在三棱柱ABC−A1B1

(1)证明：AB⊥(2)若AC⊥AB1，∠CBB1【答案】(1)证明见解析(2)7【分析】（1）连接BC1，交B1C于点O，连接AO，证明出（2）以点O为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）连接BC1，交B1因为侧面BB1C而AC=AB1，O为又AO∩BC1=O，且AO,而AB⊂平面AOB，所以AB（2）设AB=BC=2，而∠CBB又AC⊥AB即有AO2+OB2=AB以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，则A0,0,1则AB=设AM=因为AA1=则B1设平面MB1C则有n⋅C1B1所以n=设直线AB与平面MB1C则sin=1当t=512当t≠5=1当t>512当且仅当t−512则0<1所以0≤sinθ当t<512当且仅当512−t则−3所以12综上所述，直线AB与平面MB1C

【变式3-1】4．（2023春·浙江·高二校联考阶段练习）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，AP⊥平面CDP

(1)求证：平面ABCD⊥平面ADP(2)若Q是DP中点，求直线BP与平面BCQ所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)102【分析】（1）利用线面垂直与面面垂直的判定定理即可得证；（2）结合题意，将题干图形调整一下位置，建立空间直角坐标系，假设AD=4a，从而得到各点的坐标，进而求得向量BP与平面【详解】（1）因为AP⊥平面CDP，CD⊂平面CDP，所以因为底面ABCD为正方形，所以CD⊥又AP∩AD=A,AP,又CD⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面（2）将题干图形调整一下位置，记AD的中点为E，BC的中点为F，连接PE,

因为AP=DP，E是AD的中点，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的中点，底面ABCD为正方形，所以EF⊥故以E为原点，ED,FE,因为AP⊥平面CDP，PD⊂平面CDP，所以不妨设AD=4a，则在Rt△APD则D−2因为Q是DP中点，则Q−故CB=设平面BCQ的一个法向量为n=x,取y=1，则x=0,z记直线BP与平面BCQ所成角为θ，则0<θ所以sinθ故直线BP与平面BCQ所成角的正弦值为10251【变式3-1】5．（2023·安徽合肥·合肥一中校考模拟预测）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体．现将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点分别作平行于各底面的截面，截去四个顶点处的小棱锥，得到所有棱长均为1的截角四面体，如图所示．

(1)求证：BD⊥(2)求直线BD与平面ACK所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)22【分析】（1）补全四面体PQRS，取SR的中点M，连接PM，QM，证出SR⊥平面PQM，得出BD⊥SR，再证明出EF（2）建立空间直角坐标系，根据直线与平面夹角的正弦公式计算即可．【详解】（1）补全四面体PQRS如图，取SR的中点M，连接PM，QM，因为正四面体中各个面均为正三角形，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⊥又因为点E,F为△QSR所以EF//所以BD⊥

（2）设点P在底面SQR的投影为点O，连接OI，SO，OP，延长SO与QR交于点T，因为P−所以点O为等边△SQR所以SOOT=2又因为SIIR所以OI//所以OI⊥以点O为原点，以OT,OI,OP所在直线为x轴，

则S−3,0,0,P所以AC=(32,1设面ACK的法向量为n=则n⋅AC=0取z=1，得n设直线BD与平面ACK所成角为θ，则sinθ【变式3-1】6．（福建省漳州市2023届高三第四次教学质量检测数学试题）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PC⊥平面ABC，AC=3，PC=2BC=2，E，F分别为PA，PC的中点，平面BEF与平面ABC的交线为

(1)在图中作出交线BD（说明画法，不必证明），并求三棱锥D−(2)若点M满足BM=12BD+λBPλ∈【答案】(1)答案见解析，3(2)λ=1【分析】（1）由线线平行即可找到直线BD，由等体积法即可求解体积，（2）建立空间直角坐标系，利用向量夹角即可求解线面角，进而可求解.【详解】（1）过点B作BD∥AC交圆O于点D，（E，F分别为PA，PC的中点，所以EF//AC,又BD∥AC，所以EF//因为AB是圆O的直径，所以∠ADB=∠ACB所以∠CBD=180°−∠ACB因为AC=3，AD=因为PC⊥平面ABC，E为PA所以点E到平面ACD的距离为12所以V（2）以C为坐标原点，分别以CA，CB，CP的方向作为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，

则A3,0,0，B0,1,0，C0,0,0，所以CB=0,1,0，BP=BM=1设平面PBD的法向量为n=x即3x=0,−y因为CM与平面PBD所成角的正弦值为105所以cos所以20λ2−8λ题型4探索性习题【例题4】（2023春·广西·高二校联考期中）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1

(1)当λ=1时，求三棱锥B(2)当2λ2+(3)当λ+μ=1【答案】(1)4(2)3(3)不存在，理由见解析【分析】（1）根据线面平行，结合等体积法即可求解，（2）由向量模长可得点P的轨迹为以A为圆心，2为半径的14（3）建立空间按直角坐标系，利用向量垂直的坐标运算即可求解.【详解】（1）当λ=1时，AP=AC+μAA由于CC1∥DD1，DD1⊂平面D故VB所以其体积为定值43（2）当2λ2+μ2设AC,BD相交于点因为BE⊥AC，BE⊥AA1，AC∩AA1=

如图，点P的轨迹为半圆A1Q,其中Q为P点轨迹与边AC的交点，当P运动到点Q时，此时PEmin=EQ=2−2tan∠BPE=BEPE，33（3）如图建立空间直角坐标系如图，A(2,0,0),当λ+μ=1时，C，A1，P三点共线，即点设P(2−a,a,2−a)BP=(−BP⋅DP=−a(2−BP⋅

【变式4-1】1.（2023·全国·高三对口高考）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD⊥平面ABEF，AB

(1)求证：AC⊥平面BDE(2)求证：AC//平面DEF(3)求三棱锥C−(4)（ⅰ）求直线AC与平面CDE所成角的大小；（ⅱ）棱DE上是否存在点P，使得BP⊥平面DEF？若存在，求出DP【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)2(4)（i）30°；（ii）存在，2【分析】（1）首先建立空间直角坐标系，利用向量数量积，证明垂直关系，并结合线面垂直的判断定理，即可证明；（2）求平面DEF的法向量，利用向量数量积，证明垂直关系，即可证明线面平行；（3）利用等体积转化，求三棱锥C−（4）（ⅰ）首先求平面CDE的法向量，利用线面角的向量公式，即可求解；（ⅱ）假设存在，利用向量BP与平面DEF的法向量平行，即可求解.【详解】（1）因为平面ABCD⊥平面ABEF，且平面ABCD∩平面因为BE⊥AB，所以BE⊥平面ABCD所以AF⊥平面ABCD，且AB所以如图，以点A为原点，以向量AD,AB,

A0,0,0，C2,2,0，D2,0,0，B0,2,0AC=2,2,0，BD=因为AC⋅BD=4−4=0则AC⊥BD，AC⊥BE，且BD∩所以AC⊥平面（2）DE=−2,2,2，设平面DEF的法向量为m=则DE⋅m=0DF⋅m=0所以平面DEF的法向量为m=AC=2,2,0，AC⋅m=−2+2=0所以AC//平面（3）因为AC//平面DEF，所以V而VA所以三棱锥C−DEF的体积为（4）（ⅰ）CD=0,−2,0，设平面CDE的法向量为n=CD⋅n=0CE⋅n=0所以平面CDE的法向量为n=1,0,1，设AC与平面CDE的夹角为θ，所以sinθ=cos所以AC与平面CDE的夹角为30∘（ⅱ）假设DE上存在点P，使BP⊥平面DEF，设DPBP=平面DEF的法向量为m=−1,1,−2，所以则2−2λ−1=所以存在点P，使BP⊥平面DEF，DP【变式4-1】2.（2023春·贵州·高二校联考阶段练习）如图1，已知ABFE是直角梯形，EF∥AB，∠ABF=90°，∠BAE=60°，C、D分别为BF、AE的中点，

(1)证明：FN⊥(2)若M为AE上一点，且AMAE=λ，则当λ【答案】(1)证明见解析(2)λ=12【分析】（1）由题可得∠BCF是二面角F−DC−B的平面角，利用其可说明FN⊥平面ABCD，即可证明结论.（2）如图建立空间直角坐标系，设Mx0,【详解】（1）∵由图1得：DC⊥CF，DC⊥CB，且CF∩CB=C，∴在图2中DC⊥平面BCF，∠BCF是二面角F−DC−B的平面角，则∠BCF=60°，∴△BCF是正三角形，且N是BC的中点，FN⊥BC（2）因为FN⊥平面ABCD，过点N做AB平行线NP，所以以点N为原点，NP，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N则A5,3,0，B0,3,0∴AM=x0−5,y0−∵AM=λAE∴M5−4λ,设平面ADE的法向量为n则n⋅AD=0n⋅设直线BM与平面ADE所成角为θ，∴sinθ∴28λ2−40λ+13=0

【变式4-1】3.（2023·重庆万州·统考模拟预测）如图1所示，在四边形ABCD中，BC⊥CD，E为BC上一点，AE=BE=AD=2CD=2

(1)若平面BCD∩平面ABE=l(2)点F是棱BE上一动点，且直线BD与平面ADF所成角的正弦值为2211，求EF【答案】(1)证明见解析；(2)EFEB【分析】（1）先证明CD//AE，根据线线平行判定定理CD//（2）建立空间直角坐标系，设点F的坐标，求出平面ADF的法向量，利用线面角的法向量公式计算即可求解.【详解】（1）在图1中，因为BC⊥CD，CE=所以DE=2，sin∠CDE=所以∠CDE因为DE=2，AE所以∠DEA=π

在图2中，因为CD//AE，AE⊂平面ABE，CD所以CD//平面ABE因为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为坐标原点，EA,EB分别为在平面BCE内过点E作BE的垂线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则A2,0,0，B因为CD//AE，平面AEB⊥平面BCE，且所以点C在平面AEB的射影为BE中点，故C0,1,2，设F0,t,00≤t≤2，则设平面ADF的法向量为n=则n⋅AD=0不妨令y=2，则x=t所以n=t,2,因为直线BD与平面ADF所成角的正弦值为2211所以cosBD整理得t2−5t+4=0，解得所以F为EB中点，所以EFEB【变式4-1】4.（2023·河南郑州·统考模拟预测）在底面ABCD为