1、第3讲立体几何中的向量方法做真题1(2019高考全国卷)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1.(1)证明：BE平面EB1C1；(2)若AEA1E，求二面角BECC1的正弦值解：(1)证明：由已知得，B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1C1BE.又BEEC1，所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB190.由题设知RtABERtA1B1E，所以AEB45，故AEAB，AA12AB.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)
2、，E(1，0，1)，(1，0，0)，(1，1，1)，1(0，0，2)设平面EBC的法向量为n(x，y，z)，则即所以可取n(0，1，1)设平面ECC1的法向量为m(x1，y1，z1)，则即所以可取m(1，1，0)于是cosn，m.所以，二面角BECC1的正弦值为.2(2018高考全国卷)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值解：(1)证明：由已知可得，BFPF，BFEF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.
3、(2)作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，故PEPF.可得PH，EH.则H(0，0，0)，P，D，为平面ABFD的法向量设DP与平面ABFD所成角为，则sin .所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.山东省学习指导意见1空间向量及其运算(1)经历向量及其运算由平面向空间推广的过程(2)了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示(3)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示(4)掌握空间
4、向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直2空间向量的应用(1)理解直线的方向向量与平面的法向量(2)能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系(3)能用向量方法证明有关线、面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)(4)能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用利用空间向量证明平行与垂直典型例题 如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点证明：(1)BEDC；(2)BE平面PAD；(3)平面PCD平面PAD.【证明】依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)
5、，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)(1)向量(0，1，1)，(2，0，0)，故0.所以BEDC.(2)因为ABAD，又PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以ABPA，PAADA，所以AB平面PAD，所以向量(1，0，0)为平面PAD的一个法向量而(0，1，1)(1，0，0)0，所以BEAB，又BE平面PAD，所以BE平面PAD.(3)由(2)知平面PAD的一个法向量(1，0，0)，向量(0，2，2)，(2，0，0)，设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，则即不妨令y1，可得n(0，1，1)为平面PCD的一个法向
6、量且n(0，1，1)(1，0，0)0，所以n.所以平面PCD平面PAD.设直线l的方向向量为a(a1，b1，c1)，平面、的法向量分别为(a2，b2，c2)，(a3，b3，c3)则有：(1)线面平行laa0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行a2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直0a2a3b2b3c2c30. 对点训练在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，点E在线段BB1上，且EB11，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点求证：(1)B1D平面ABD；(2)平面EGF平面ABD.证明：(1
7、)依题意，以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4)，设BAa，则A(a，0，0)，所以(a，0，0)，(0，2，2)，(0，2，2)，0，0440，即B1DBA，B1DBD.又BABDB，BA，BD平面ABD，因此B1D平面ABD.(2)由(1)知，E(0，0，3)，G，F(0，1，4)，则，(0，1，1)，0220，0220，即B1DEG，B1DEF.又EGEFE，EG，EF平面EGF，因此B1D平面EGF.结合(1)可知是平面ABD的一个法向量，所以平面EG
8、F平面ABD.利用空间向量求空间角典型例题命题角度一异面直线所成的角 已知在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为_【解析】如图，在平面ABC内过点B作BDAB，交AC于点D，则CBD30.因为BB1平面ABC，故以B为坐标原点，分别以射线BD，BA，BB1为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(0，2，0)，B1(0，0，1)，C1(cos 30，sin 30，1)，即C1.所以(0，2，1)，.所以cos，.所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.【答案】两异面直线所成角的求法(1)定义法
9、：过空间中任一点，分别作两异面直线的平行线，则这两条相交直线所成的锐角或直角等于两异面直线所成的角定义法求解的实质就是将空间中两异面直线所成的角转化为平面三角形的内角进行求解(2)向量法：设异面直线a，b的方向向量分别为a，b，则异面直线a，b所成角的余弦值等于|cosa，b|. 命题角度二直线与平面所成的角 (一题多解)(2019聊城模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，ACBB1，ABA1BAC2，BB12.(1)求证：A1B平面ABC；(2)若P是棱B1C1的中点，求直线BB1与平面PAB所成角的正弦值【解】(1)因为在三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，ACBB1，AB
10、BB1B，所以AC平面ABB1A1，又A1B平面ABB1A1，所以ACA1B.因为BB12，所以AA12，因为ABA1B2，所以AB2A1B2AA，所以A1BAB，又ACABA，所以A1B平面ABC.(2)法一：由(1)知，直线A1C1，A1B1，BA1两两互相垂直，如图，以A1为坐标原点，分别以A1C1，A1B1，BA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A1xyz，则A1(0，0，0)，P(1，1，0)，B(0，0，2)，B1(0，2，0)，(0，2，0)，(1，1，2)，设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，则，即，取z1，则n(2，0，1)为平面PAB的一个法向量(0，2，2)
11、，设直线BB1与平面PAB所成的角为，则sin |cosn，|.所以直线BB1与平面PAB所成角的正弦值为.法二：由(1)知，直线AC，AB，BA1两两互相垂直，以A为坐标原点，分别以AC，AB，Az所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，P(1，3，2)，B(0，2，0)，B1(0，4，2)，(0，2，0)，(1，1，2)，设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，则，即，取z1，则n(2，0，1)为平面PAB的一个法向量(0，2，2)，设直线BB1与平面PAB所成的角为，则sin |cosn，|.所以直线BB1与平面PAB所成角的正弦值为.向量法求直
12、线和平面所成的角设为直线l与平面所成的角，为直线l的方向向量v与平面的法向量n之间的夹角，则有(如图1)或(如图2)，所以有sin |cos |cosv，n|.特别地，0时，l；时，0，l或l. 命题角度三二面角的平面角 (2019四省八校双教研联考)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，ABCD，ABAD，M为AD的中点，PAPD，ADAB2CD2.(1)求证：平面PMB平面PAC；(2)求二面角APCD的余弦值【解】(1)证明：因为PAPD，M为AD的中点，所以PMAD，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以PM平面ABCD，所以PMAC，易知tanABM
13、，tanDAC，所以ABMDAC，又AMBABM，所以AMBDAC，所以MBAC，又PMMBM，所以AC平面PMB，又AC平面PAC，所以平面PMB平面PAC.(2)如图建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，D(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，0，2)设平面PAC的法向量为n1(x，y，z)，因为(2，1，0)，(1，0，2)，所以，令z1，则x2，y4，所以n1(2，4，1)为平面PAC的一个法向量设平面PDC的法向量为n2(x1，y1，z1)，因为(0，1，0)，(1，0，2)，所以，令z11，则y10，x12，所以n2(2，0，1)为平面PCD的一个法向量设二面角APCD的大小
14、为，则cos .向量法求二面角设二面角l的平面角为(0)，n1，n2分别为平面，的法向量，向量n1，n2的夹角为，则有(如图1)或(如图2)，其中cos . 对点训练(2019蓉城名校第一次联考)如图，在四棱锥PABCD中，ADBC，ABBC，ADAB2BC2，APAC，BP3BC.(1)求证：平面PAD平面ABCD；(2)若PAD为锐角，且PA与平面ABCD所成角的正切值为2，求二面角APBD的余弦值解：(1)证明：在直角梯形ABCD中，因为BC1，AB2，ABBC，所以AC，即APAC，BP3BC3，所以BA2AP2BP2，所以BAAP.又ADBC，所以BAAD，又APADA，所以BA平面
15、PAD.因为BA平面ABCD，所以平面PAD平面ABCD.(2)如图，过点P作POAD交AD于点O，连接OC，由(1)可知PO平面ABCD，则PAO为PA与平面ABCD所成的角，所以tan PAO2.又AP，所以AO1，PO2.所以AO綊BC，四边形ABCD为矩形，所以OCAD.以O为坐标原点，OC，OD，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，1，0)，P(0，0，2)，D(0，1，0)，B(2，1，0)，所以(2，0，0)，(0，1，2)，设平面APB的法向量为n(x，y，z)，则有，取y2，则n(0，2，1)，同理可得平面PBD的一个法向量为m(2，2，1)，co
16、sm，n，由图可知二面角APBD的平面角为锐角，所以二面角APBD的余弦值为.利用向量解决探索性问题典型例题 (2019广州市调研测试)如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角ACDF为60，DECF，CDDE，AD2，DEDC3，CF6.(1)求证：BF平面ADE；(2)在线段CF上求一点G，使锐二面角BEGD的余弦值为.【解】(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，所以BCAD.因为AD平面ADE，BC平面ADE，所以BC平面ADE.同理CF平面ADE.又BCCFC，所以平面BCF平面ADE.因为BF平面BCF，所以BF平面ADE.(2)因为CDAD，CDDE，所以ADE是二
17、面角ACDF的平面角，即ADE60.因为ADDED，所以CD平面ADE.因为CD平面CDEF，所以平面CDEF平面ADE.如图，作AODE于点O，则AO平面CDEF.由AD2，DE3，得DO1，EO2.以O为坐标原点，平行于DC的直线为x轴，DE所在的直线为y轴，OA所在的直线为z轴建立空间直角坐标系Oxyz，则O(0，0，0)，A(0，0，)，C(3，1，0)，D(0，1，0)，B(3，0，)，E(0，2，0)，F(3，5，0)，(3，0，)，设G(3，t，0)，1t5，则(3，2，)，(0，t，)，设平面BEG的法向量为m(x，y，z)，则由，得，可取，故平面BEG的一个法向量为m(2t，
18、3，t)，又平面DEG的一个法向量为n(0，0，1)，所以|cosm，n|，所以，解得t或t(舍去)，此时CG.即所求线段CF上的点G满足CG.利用空间向量巧解探索性问题(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断(2)解题时，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，是否在规定范围内有解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题 对点训练(2019高考北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3.E为PD的中点，点
19、F在PC上，且.(1)求证：CD平面PAD；(2)求二面角FAEP的余弦值；(3)设点G在PB上，且.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由解：(1)因为PA平面ABCD，所以PACD.又因为ADCD，所以CD平面PAD.(2)过A作AD的垂线交BC于点M.因为PA平面ABCD，所以PAAM，PAAD.如图建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)因为E为PD的中点，所以E(0，1，1)所以(0，1，1)，(2，2，2)，(0，0，2)所以，.设平面AEF的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，则y1，x1.于是n(
20、1，1，1)又因为平面PAD的法向量为p(1，0，0)，所以cosn，p.由题知，二面角FAEP为锐二面角，所以其余弦值为.(3)直线AG在平面AEF内因为点G在PB上，且，(2，1，2)，所以，.由(2)知，平面AEF的法向量n(1，1，1)所以n0.所以直线AG在平面AEF内A组夯基保分专练1(2019重庆市七校联合考试)如图，三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都是2，AA1平面ABC，D，E分别是AC，CC1的中点(1)求证：AE平面A1BD；(2)求二面角DBEB1的余弦值解：(1)证明：因为ABBCCA，D是AC的中点，所以BDAC，因为AA1平面ABC，所以平面AA1C1C平面AB
21、C，所以BD平面AA1C1C，所以BDAE.又在正方形AA1C1C中，D，E分别是AC，CC1的中点，所以A1DAE.又A1DBDD，所以AE平面A1BD.(2)以DA所在直线为x轴，过D作AC的垂线，以该垂线为y轴，DB所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，E(1，1，0)，B(0，0，)，B1(0，2，)，(0，0，)，(1，1，0)，(0，2，0)，(1，1，)，设平面DBE的法向量为m(x，y，z)，则，即，令x1，则m(1，1，0)，设平面BB1E的法向量为n(a，b，c)，则，即，令c，则n(3，0，)，设二面角DBEB1的平面角为，观察可知为钝角，因为
22、cosm，n，所以cos ，故二面角DBEB1的余弦值为.2(2019成都第一次诊断性检测)如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，ABC，PA平面ABCD，点M是棱PC的中点(1)证明：PA平面BMD；(2)当PA时，求直线AM与平面PBC所成角的正弦值解：(1)证明：如图1，连接AC交BD于点O，连接MO.因为M，O分别为PC，AC的中点，所以PAMO.因为PA平面BMD，MO平面BMD，所以PA平面BMD.(2)如图2，取线段BC的中点H，连接AH.因为四边形ABCD为菱形，ABC，所以AHAD.以A为坐标原点，分别以AH，AD，AP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直
23、角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(，1，0)，C(，1，0)，P(0，0，)，M，所以(，)，(0，2，0)，(，1，)设平面PBC的法向量为m(x，y，z)，由得，取z1，m(1，0，1)设直线AM与平面PBC所成角为，则sin |cosm，|.所以直线AM与平面PBC所成角的正弦值为.3(2019高考天津卷)如图，AE平面ABCD，CFAE，ADBC，ADAB，ABAD1，AEBC2.(1)求证：BF平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角EBDF的余弦值为，求线段CF的长解：依题意，可以建立以A为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角
24、坐标系(如图)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2)设CFh(h0)，则F(1，2，h)(1)证明：依题意，(1，0，0)是平面ADE的法向量，又(0，2，h)，可得0，又因为直线BF平面ADE，所以BF平面ADE.(2)依题意，(1，1，0)，(1，0，2)，(1，2，2)设n(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨令z1，可得n(2，2，1)因此有cos，n.所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.(3)设m(x，y，z)为平面BDF的法向量，则即不妨令y1，可得m(1，1，)由题意，有|cosm，n|，解得h，经检验，符合题
25、意所以，线段CF的长为.4(2019东北四市联合体模拟(一)如图，等腰梯形ABCD中，ABCD，ADABBC1，CD2，E为CD的中点，将ADE沿AE折到APE的位置(1)证明：AEPB；(2)当四棱锥PABCE的体积最大时，求二面角APEC的余弦值解：(1)证明：在等腰梯形ABCD中，连接BD，交AE于点O，因为ABCE，ABCE，所以四边形ABCE为平行四边形，所以AEBCADDE，所以ADE为等边三角形，所以在等腰梯形ABCD中，CADE，BDBC，所以BDAE.翻折后可得OPAE，OBAE，又OP平面POB，OB平面POB，OPOBO，所以AE平面POB，因为PB平面POB，所以AEP
26、B.(2)当四棱锥PABCE的体积最大时，平面PAE平面ABCE.又平面PAE平面ABCEAE，PO平面PAE，POAE，所以OP平面ABCE.以O为坐标原点，OE所在的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，由题意得，P，E，C，所以，设平面PCE的法向量为n1(x，y，z)，则，即，设x，则y1，z1，所以n1(，1，1)为平面PCE的一个法向量，易知平面PAE的一个法向量为n2(0，1，0)，cosn1，n2.由图知所求二面角APEC为钝角，所以二面角APEC的余弦值为.B组大题增分专练1(2019高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A
27、1ACC1平面ABC，ABC90，BAC30，A1AA1CAC，E，F分别是AC，A1B1的中点(1)证明：EFBC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值解：法一：(1)证明：如图，连接A1E，因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以，A1E平面ABC，则A1EBC.又因为A1FAB，ABC90，故BCA1F.所以BC平面A1EF.因此EFBC.(2)取BC的中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形由于A1E平面ABC，故A1EEG，所以平行四边形EGFA1为矩形连接A1G交EF
28、于O，由(1)得BC平面EGFA1，则平面A1BC平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)不妨设AC4，则在RtA1EG中，A1E2，EG.由于O为A1G的中点，故EOOG，所以cosEOG.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.法二：(1)证明：连接A1E，因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以，A1E平面ABC.如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz.不妨设AC
29、4，则A1(0，0，2)，B(，1，0)，B1(，3，2)，F(，2)，C(0，2，0)因此，(，1，0)由0得EFBC.(2)设直线EF与平面A1BC所成角为.由(1)可得(，1，0)，(0，2，2)设平面A1BC的法向量为n(x，y，z)由得取n(1，1)故sin |cos，n|.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.2(2019济南市统一模拟考试)如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BECF，BCF90，AD，BE3，CF4，EF2.(1)求证：AE平面DCF；(2)当AB的长为何值时，二面角AEFC的大小为60？解：因为平面ABCD平面BEFC，平面ABCD平面B
30、EFCBC，DC平面ABCD，且DCBC，所以DC平面BEFC.以点C为坐标原点，分别以CB，CF，CD所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设ABa，则C(0，0，0)，A(，0，a)，B(，0，0)，E(，3，0)，F(0，4，0)，D(0，0，a)(1)证明：因为(0，3，a)，(，0，0)，(0，4，0)，(0，0，a)，所以0，0，又CDCFC，所以CB平面CDF，即为平面CDF的一个法向量又0，所以CBAE，又AE平面CDF，所以AE平面DCF.(2)设n(x，y，z)与平面AEF垂直，(0，3，a)，(，1，0)，由，得，取x1，则n.BA平面BEFC
31、，(0，0，a)，由|cosn，|，得a.所以当AB时，二面角AEFC的大小为60.3(2019江西八所重点中学联考)如图所示多面体ABCDEF，其底面ABCD为矩形，且AB2，BC2，四边形BDEF为平行四边形，点F在底面ABCD内的投影恰好是BC的中点(1)已知G为线段FC的中点，证明：BG平面AEF；(2)若二面角FBDC的大小为，求直线AE与平面BDEF所成角的正弦值解：(1)证明：如图，连接AC交BD于H，连接GH，则GH为ACF的中位线，所以GHAF.因为GH平面AEF，AF平面AEF，所以GH平面AEF.又BDEF，BD平面AEF，EF平面AEF，所以BD平面AEF.连接DG，因
32、为BDGHH，BD平面BDG，GH平面BDG，所以平面BDG平面AEF，因为BG平面BDG，所以BG平面AEF.(2)取BC的中点O，AD的中点M，连接OF，OM，则OF平面ABCD，OMBC，以O为坐标原点，OC，OM，OF所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，0，0)，D(1，2，0)，所以(2，2，0)设OFa(a0)，则F(0，0，a)，所以(1，0，a)设平面BDEF的法向量为n1(x，y，z)，由，得，令xa，得n1(a，a，)易得平面ABCD的一个法向量为n2(0，0，1)因为二面角FBDC的大小为，所以|cosn1，n2|
33、，解得a.设直线AE与平面BDEF所成的角为，因为(2，0，0)，且n1，所以sin |cos，n1|.故直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为.4(2019湖南省湘东六校联考)如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA1，OD2，OAB，OAC，ODE，ODF都是正三角形(1)证明：直线BC平面OEF；(2)在线段DF上是否存在一点M，使得二面角MOED的余弦值是？若不存在，请说明理由；若存在，请求出M点所在的位置解：(1)证明：依题意，在平面ADFC中，CAOFOD60，所以ACOF，又OF平面OEF，所以AC平面OEF.在平面ABED中，BAOEO
34、D60，所以ABOE，又OE平面OEF，所以AB平面OEF.因为ABACA，AB平面OEF，AC平面OEF，AB平面ABC，AC平面ABC，所以平面ABC平面OEF.又BC平面ABC，所以直线BC平面OEF.(2)设OD的中点为G，如图，连接GE，GF，由题意可得GE，GD，GF两两垂直，以G为坐标原点，GE，GD，GF所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，易知，O(0，1，0)，E(，0，0)，F(0，0，)，D(0，1，0)假设在线段DF上存在一点M，使得二面角MOED的余弦值是，设，0，1，则M(0，1，)，(0，2，)设n(x，y，z)为平面MOE的法向量，由得，可取x，则y，z2，n(，2)又平面OED的一个法向量m(0，0，1)，所以|cosm，n|，所以(21)(1)0，又0，1，所以.所以存在满足条件的点M，M为DF的中点