解法1：过C作CH⊥BE交BE于H，HK⊥BF交BF于K，

因为AB⊥平面BCE，所以CH⊥AB，从而CH⊥平面ABEF，

所以CH⊥BF，从而BF⊥平面CHK，所以BF⊥KH

即∠HKC为C﹣BF﹣E的平面角，与 A﹣BF﹣C的平面角互补．

因为BC⊥DCEF，所以BF与平面DCEF所成角为∠BFC．

由 $\tan ∠ B F C = \frac{C B}{C F} = \frac{B C}{\sqrt{C D^{2} + C E^{2}}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ ，所以2CB²=CD²+CE²，

由△ABD是等边三角形，知∠CBD=30°，所以 $C B = \sqrt{3} C D$

令CD=a，所以 $C B = \sqrt{3} a ， C E = \sqrt{5} C D = \sqrt{5} a$ ， $C H = \frac{\sqrt{15}}{2 \sqrt{2}} a = \frac{\sqrt{30}}{4} a ， C K = \sqrt{2} a$ ．

所以 $\sin ∠ C K H = \frac{C H}{C K} = \frac{\sqrt{15}}{4}$ ， $\cos ∠ C K H = \frac{1}{4}$ ．

所以二面角A﹣BF﹣C的平面角的余弦值为 $- \frac{1}{4}$ ．

解法2：因为CB，CD，CE两两垂直，

以C为原点，CD，CB，CE所在直线为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系．

不妨设CD=1．

因为BC⊥DCEF，所以BF与平面DCEF所成角为∠BFC．

由 $\tan ∠ B F C = \frac{C B}{C F} = \frac{B C}{\sqrt{C D^{2} + C E^{2}}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ ，所以2CB²=CD²+CE²，

由△ABD是等边三角形，知∠CBD=30°，

所以 $C B = \sqrt{3} a ， C E = \sqrt{5} C D = \sqrt{5} a$ ，

$D (1 ， 0 ， 0) ， B (0 ， \sqrt{3} ， 0) ， E (0 ， 0 ， \sqrt{5}) ， A (2 ，， \sqrt{3} ， 0) ， F (1 ， 0 ， \sqrt{5})$

$\vec{C F} = (1 ， 0 ， \sqrt{5}) ， \vec{C B} = (0 ， \sqrt{3} ， 0)$ ， $\vec{B A} = (2 ， 0 ， 0) ， \vec{B F} = (1 ， - \sqrt{3} ， \sqrt{5})$

平面ABF的一个法向量 $\vec{n_{1}} = (x_{1} ， y_{1} ， z_{1})$ ，平面CBF的一个法向量 $\vec{n_{2}} = (x_{2} ， y_{2} ， z_{2})$

则 ${\begin{matrix} 2 x_{1} = 0 \\ x_{1} - \sqrt{3} y_{1} + \sqrt{5} z_{1} = 0 \end{matrix}$ ，且 ${\begin{matrix} \sqrt{3} y_{2} = 0 \\ x_{2} - \sqrt{3} y_{2} + \sqrt{5} z_{2} = 0 \end{matrix}$

取 $\vec{n_{1}} = (0 ， \sqrt{5} ， \sqrt{3}) ， \vec{n_{2}} = (- 5 ， 0 ， \sqrt{5})$

则 $\cos < \vec{n_{1}} ， \vec{n_{2}} > = \frac{\vec{n_{1}} \cdot \vec{n_{2}}}{| \vec{n_{1}} | \cdot | \vec{n_{2}} |} = \frac{1}{4}$ ．

二面角A﹣BF﹣C的平面角与 $\vec{n_{1}} ， \vec{n_{2}}$ 的夹角互补．

所以二面角A﹣BF﹣C的平面角的余弦值为 $- \frac{1}{4}$ ．

2015-2016学年浙江省宁波市高三上学期期末数学试卷（理科）