解：∵CD⊥AD，CD⊥DE

∴∠ADE为二面角A-CD-F的平面角

∴∠ADE=60°

∵CD⊥面ADE

$∴$ 平面 $C D E F ⊥$ 平面 $A D E$ ，作 $A O ⊥ D E$ 于点 $O$ ，

则 $A O ⊥$ 平面 $C D E F$ ，

由 $A D = 2 ， D E = 3$ ，得 $D O = 1 ， E O = 2$ ，

以 $O$ 为原点，平行于 $D C$ 的直线为 $x$ 轴， $D E$ 所在直线为 $y$ 轴， $O A$ 所在直线为 $z$ 轴，

建立如图所示的空间直角坐标系 $O - x y z$ ，

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

$\overset{⇀}{O B} = \overset{⇀}{O A} + \overset{⇀}{A B} = \overset{⇀}{O A} + \overset{⇀}{D C} = (3 ， 0 ， \sqrt{3})$ ，

设 $G (3 ， t ， 0) ， - 1 \leq t \leq 5$ ，则 $\overset{⇀}{B E} = (- 3 ， 2 ， - \sqrt{3}) ， \overset{⇀}{B G} = (0 ， t ， - \sqrt{3})$ ，

设平面 $B E G$ 的法向量为 $\overset{⇀}{m} = (x ， y ， z)$ ，

则由 ${\begin{matrix} \overset{⇀}{m} \cdot \overset{⇀}{B E} = 0 \\ \overset{⇀}{m} \cdot \overset{⇀}{B G} = 0 \end{matrix}$ ，得 ${\begin{matrix} - 3 x + 2 y - \sqrt{3} z = 0 \\ t y - \sqrt{3} z = 0 \end{matrix}$ ，取 ${\begin{matrix} x = 2 - t \\ y = 3 \\ z = \sqrt{3} t \end{matrix}$ ，

得平面 $B E G$ 的一个法向量为 $\overset{⇀}{m} = (2 - t ， 3 ， \sqrt{3} t)$ ，

又面 $D E G$ 的一个法向量为 $\overset{⇀}{n} = (0 ， 0 ， 1)$ ，

$∴ | cos \overset{⇀}{m} ， \overset{⇀}{n} | = \frac{| \overset{⇀}{m} \cdot \overset{⇀}{n} |}{| \overset{⇀}{m} | | \overset{⇀}{n} |} = \frac{\sqrt{3} | t |}{\sqrt{4 t^{2} - 4 t + 13}}$ ，

$∴ \frac{\sqrt{3} | t |}{\sqrt{4 t^{2} - 4 t + 13}} = \frac{1}{4}$ ，

解得 $t = \frac{1}{2}$ 或 $t = - \frac{13}{22}$ （舍去），

此时 $\frac{C G}{C F} = \frac{1}{4}$ ，得 $C G = \frac{1}{4} C F = \frac{3}{2}$ ，

即所求线段 $C F$ 上的点 $G$ 满足 $C G = \frac{3}{2}$ .

广东省广州市2018-2019学年高三上学期理数调研考试（零模)试卷