解法1）如图1，

在面BPC内，延长BC与FE交于点G，则DG是平面DEF与平面ACBD的交线．

由（Ⅰ）知，PB⊥平面DEF，所以PB⊥DG．

又因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥DG．而PD∩PB=P，所以DG⊥平面PBD．

所以DG⊥DF，DG⊥DB

故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，

设PD=DC=1，BC=λ，有BD= $\sqrt{1 + λ^{2}}$ ，

在Rt△PDB中，由DF⊥PB，得∠DPB=∠FDB= $\frac{π}{3}$ ，

则 tan $\frac{π}{3}$ =tan∠DPF= $\frac{D B}{P D}$ = $\sqrt{1 + λ^{2}}$ = $\sqrt{3}$ ，解得 $λ = \sqrt{2}$ ．

所以 $\frac{D C}{C B}$ = $\frac{1}{λ}$ = $\frac{\sqrt{2}}{2}$

故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为 $\frac{π}{3}$ 时， $\frac{D C}{B C}$ = $\frac{\sqrt{2}}{2}$ ．

（解法2）

由PD⊥底面ABCD，所以 $\vec{D P}$ =（0，0，1）是平面ACDB的一个法向量；

由（Ⅰ）知，PB⊥平面DEF，所以 $\vec{B P}$ =（﹣λ，﹣1，1）是平面DEF的一个法向量．

若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为 $\frac{π}{3}$ ，

则运用向量的数量积求解得出cos $\frac{π}{3}$ = $\frac{1}{\sqrt{λ^{2} + 2}}$ = $\frac{1}{2}$ ，

解得 $λ = \sqrt{2}$ ．所以所以 $\frac{D C}{C B}$ = $\frac{1}{λ}$ = $\frac{\sqrt{2}}{2}$

故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为 $\frac{π}{3}$ 时， $\frac{D C}{B C}$ = $\frac{\sqrt{2}}{2}$

2017年湖南省湘西州高考数学模拟试卷