2020-2021学年安徽省高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版

这是一份2020-2021学年安徽省高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版，共10页。试卷主要包含了填空，解答题第16题图等内容，欢迎下载使用。


1. 经过A(−2, 0)，B(−5, 3)两点的直线的倾斜角（ ）
A.45∘B.135∘C.90∘D.60∘

2. 已知m，n是两条不重合的直线，α，β是不重合的平面，下面四个命题中正确的是（ ）
A.若m⊂α，n // α，则m // nB.若m⊥n，m⊥β，则n // β
C.若α∩β＝n，m // n，则m // α且m // βD.若m⊥α，m⊥β，则α // β

3. 圆(x+2)2+y2＝5关于直线x−y+1＝0对称的圆的方程为（ ）
A.(x−2)2+y2＝5B.x2+(y−2)2＝5
C.(x−1)2+(y−1)2＝5D.(x+1)2+(y+1)2＝5

4. 如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后将水槽倾斜一个小角度，则倾斜后水槽的水形成的几何体是( )

A.棱柱B.棱台
C.棱柱与棱锥组合体D.不能确定

5. 在下列四个正方体中，能得出直线AB与CD所成角为90∘的是（ ）
A.B.
C.D.

6. 若圆C:x2+y2−2(m−1)x+2(m−1)y+2m2−6m+4＝0过坐标原点，则实数m的值为（ ）
A.2或1B.−2或−1C.2D.1

7. 我国古代数学名著《九章算术》中将正四棱锥称为方锥．已知半球内有一个方锥，方锥的底面内接于半球的底面，方锥的顶点在半球的球面上，若方锥的体积为18，则半球的表面积为（ ）
A.9πB.18πC.27πD.36π

8. 正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E是棱DD1的中点，则平面AC1E截该正方体所得的截面面积为( )
A.5B.25C.46D.26

9. 若圆x2+y2＝r2(r>0)上恰有相异两点到直线4x−3y+25＝0的距离等于1，则r不可能取值（ ）
A.92B.5C.112D.6

10. 二面角α−l−β为60∘，A、B是棱l上的两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝a，BD＝2a，则CD的长为（ ）

A.2aB.5aC.aD.3a

11. 已知圆C：(x−3)2+(y−4)2=1和两点A(−m, 0)，B(m, 0)(m>0)，若圆C上存在点P，使得∠APB=90∘，则m的最大值为( )
A.7B.6C.5D.4

12. 如图，已知△ABC的顶点C∈平面α，点A，B在平面α的同一侧，且|AC|=23，|BC|=2．若AC，BC与平面α所成的角分别为5π12，π4，则△ABC面积的取值范图是________.

二、填空（每题4分，共计4题，16分）

长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的体积为________．

若两条直线l1：(3+m)x+4y＝5−3m与l2:2x+(5+m)y＝8互相平行，则m＝________．

某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体中直线AB（点B为俯视图中矩形的中心）与平面ACD所成角的余弦值为________．


如图，矩形ABCD的边长分别为AB＝4，AD＝2，空间中有两点E，F分别在面ABCD的两侧，满足面EAD⊥面ABCD，面FBC⊥面ABCD，且∠AED＝60∘，∠BFC＝120∘，点A，B，C，D，E，F均在同一球面上，则此球的表面积为________．

三、解答题（共计5题，共计48分）第16题图

已知点A(0, 1)，B(2, 3)，C(−1, 2)．
（1）直线l过点C且平行直线AB，求l的方程；

（2）求△ABC的垂心坐标．

如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥AB，PA＝AB＝2，AC＝1．

（1）证明：PC⊥AB；

（2）求二面角A−PC−B的正弦值．

三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱与底面垂直，∠ABC=90∘，AB=BC=BB1=2，M，N分别是AB，A1C的中点．

(1)求证：MN // 平面BCC1B1；

(2)求证：MN⊥平面A1B1C．

如图，已知直线l:y=3x+4，圆O:x2+y2＝3，直线m // l．

（1）若直线m与圆O相交，求直线m纵截距b的取值范围；

（2）设直线m与圆O相交于C、D两点，且A、B为直线l上两点，如图所示，若四边形ABCD是一个内角为60∘的菱形，求直线m纵截距b的值．

已知梯形ABCD中，AD // BC，∠ABC＝∠BAD=π2，AB＝BC＝2AD＝4，E，F分别是AB，CD的中点，EF // BC，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如图）．

（1）求几何体ABE−FDC的体积；

（2）求二面角D−BF−E的余弦值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省高二（上）期中数学试卷（理科）
一、远择题[每题3分，共计12题，36分）
1.
【答案】
B
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
求出直线的斜率，然后求解倾斜角．
【解答】
经过A(−2, 0)，B(−5, 3)两点的直线的斜率为：0−3−2+5=−1．
直线的倾斜角为：135∘．
2.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
在A中，m与n平行或异面；在B中，n // β或n⊂β；在C中，m // α且m // β或m // α且m⊂β或m⊂α且m // β；在D中，由面面平行的判定定理得α // β．
【解答】
由m，n是两条不重合的直线，α，β是不重合的平面，知：
在A中，若m⊂α，n // α，则m与n平行或异面，故A错误；
在B中，若m⊥n，m⊥β，则n // β或n⊂β，故B错误；
在C中，若α∩β＝n，m // n，则m // α且m // β或m // α且m⊂β或m⊂α且m // β，故C错误；
在D中，若m⊥α，m⊥β，则由面面平行的判定定理得α // β，故D正确．
3.
【答案】
D
【考点】
圆的标准方程
【解析】
根据已知圆的圆心求出关于直线x−3y−5＝0对称的圆的圆心，求出半径，即可得到所求结果．
【解答】
解；由圆(x+2)2+y2＝5可知，圆心(−2, 0)，半径r=5．
设点(−2, 0)关于直线x−y+1＝0对称的点为(x, y)，
则yx+2=−1x−22−y2+1=0 ，
解得x=−1y=−1 ．
∴ 所求圆的圆心为(−1, −1)．
又∵ 半径r=5．
∴ 圆(x+2)2+y2＝5关于直线x−y+1＝0对称的圆的方程为(x+1)2+(y+1)2＝5．
4.
【答案】
A
【考点】
棱柱的结构特征
【解析】
运用图形判断，结合棱柱的概念．
【解答】
解：∵ 如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个小角度，
∴ 据图可判断为：棱柱，底面为梯形，三角形等情况，
故选A.
5.
【答案】
A
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
对于A，作出过AB的对角面ABE，可得直线CD与这个对角面ABE垂直，从而AB⊥CD成立；对于B，作出过AB的等边三角形截面ABE，得CD与AB所成角等于60∘；对于C、D，将CD平移至经过B点的侧棱处，得AB、CD所成角都是锐角．
【解答】
对于A，作出过AB的对角面ABE，如图，
可得直线CD与这个对角面ABE垂直，
根据线面垂直的性质，AB⊥CD成立，故A正确；
对于B，作出过AB的等边三角形截面ABE，如图，
将CD平移至内侧面，
可得CD与AB所成角等于60∘，故B不成立；
对于C，D，将CD平移至经过B点的侧棱处，
可得AB、CD所成角都是锐角，
故C和D均不成立．
6.
【答案】
C
【考点】
圆的一般方程
【解析】
由题意，(0, 0)代入可得2m2−6m+4＝0，求出m，再进行验证即可得出结论．
【解答】
由题意，(0, 0)代入可得2m2−6m+4＝0，∴ m＝2或1，
m＝2时，方程为x2+y2−2x+2y＝0，满足题意，
m＝1时，方程为x2+y2＝0，不满足题意，
7.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
由题意可得方锥的高为球的半径，方锥的底面正方形的对角线为球的直径，设球的半径为R，由棱锥的体积公式求出方锥的体积，由题意可得R的值，进而求出半球的表面积．
【解答】
由题意可得方锥的高为球的半径R，且方锥的底面正方形的对角线为球的直径2R，所以正方形的边长a=2R2=2R，
所以方锥的体积V=13(2R)2⋅R＝18，解得R＝3，
所以半球的表面积为S=12⋅4πR2+πR2＝3πR2＝27π，
8.
【答案】
D
【考点】
截面及其作法
【解析】
设 F 为 BB1的中点，证明 A，E，C1，F 共面，故平面 AC1E 截该正方体所得的截面为 AFC1E，进而求出四边形面积即可．
【解答】
解：如图所示，设 F 为 BB1的中点，
连接 AF，FC1，设 G 为 CC1的中点，
连接 EG，GB，
由EG // AB 且 EG=AB，得ABGE 是平行四边形，
则AE // BG 且 AE=BG，
又BG // C1F 且 BG=C1F，得AE // C1F 且 AE=C1F，
则A，E，C1，F 共面，
故平面AC1E 截该正方体所得的截面为 AFC1E．
又AF=FC1=EC1=EA，
AC1=23，EF=22，EF⊥AC1，
故AFC1E 的面积为S=12×22×23=26．
故选D.
9.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
求出圆心到直线的距离，使得圆心到直线的距离与半径的差的绝对值小于1，即可满足题意，（差的绝对值大于1时，圆上没有点到直线4x−3y+25＝0的距离等于1或有4个点满足到直线4x−3y+25＝0的距离等于1），求出r的范围．
【解答】
∵ 圆心O(0, 0)到直线4x−3y+25＝0的距离d=|25|42+(−3)2=5，
圆x2+y2＝r2(r>0)上恰有相异两点到直线4x−3y+25＝0的距离等于1，
∴ |d−r|<1，即|5−r|<1，
∴ r∈(4, 6)．
则r不可能取值为6．
10.
【答案】
A
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
先利用现有图形构造出一个四棱柱，再利用空间向量进行计算，欲求CD的长，即求向量CD→的模，也就是求向量CA→+AB→+BD→的模，利用向量的数量积运算即可求得．
【解答】
∵ AC⊥l，BD⊥l，
∴ =60∘，且AC→⋅BA→=0，AB→⋅BD→=0，
∴ CD→=CA→+AB→+BD→，
∴ |CD→|=(CA→+AB→+BD→)2
=a2+a2+(2a)2+2a⋅2acs120=2a．
11.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
根据圆心C到O(0, 0)的距离为5，可得圆C上的点到点O的距离的最大值为6．再由∠APB=90∘，可得PO=12AB=m，可得m≤6，从而得到答案．
【解答】
解：圆C：(x−3)2+(y−4)2=1的圆心C(3, 4)，半径为1，
∵ 圆心C到O(0, 0)的距离为5，
∴ 圆C上的点到点O的距离的最大值为6．
再由∠APB=90∘可得，以AB为直径的圆和圆C有交点，
可得PO=12AB=m，故有m≤6.
故选B．
12.
【答案】
[3, 3]
【考点】
直线与平面所成的角
正弦定理
【解析】
由题意可得A，B的轨迹，得到当AC、BC与轴l共面时，∠ACB取到最大值和最小值，求得sin∠ACB的范围，代入三角形面积公式得答案．
【解答】
解：∵ AC，BC与平面α所成的角分别为5π12，π4，且|AC|=23，|BC|=2，
∴ A，B分别在如图所示的两个不同的圆周上运动，
当直线AC，BC与轴l在同一平面内时，∠ACB取到最大值和最小值，
∴ π6≤∠ACB≤π3，
∴ sinπ6≤sin∠ACB≤sinπ3，即12≤sin∠ACB≤32，
而△ABC的面积S=12|AC|⋅|BC|⋅sin∠ACB=23sin∠ACB，
∴ 3≤S≤3．
故答案为：[3, 3].
二、填空（每题4分，共计4题，16分）
【答案】
7143π
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
推导出球O的半径R=32+22+122=142，由此能求出球O的体积．
【解答】
∵ 长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，
∴ 球O的半径R=32+22+122=142
∴ 球O的体积V=43πR3=43×π×(142)3=7143π．
【答案】
−7
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
对m分类讨论，利用两条直线相互平行的充要条件即可得出．
【解答】
当m＝−5时，两条直线的方程分别化为：x−2y+10＝0，x＝4，不平行．
当m≠−5时，两条直线的方程分别化为：y=−3+m4x+5−3m4，y=−25+mx+85+m．
∵ 两条直线相互平行，∴ −3+m4=−25+m，5−3m4≠85+m，
解得m＝−7．
综上可得：m＝−7．
【答案】
31010
【考点】
由三视图求体积
【解析】
由三视图还原原几何体，找出线面角，求解三角形得答案．
【解答】
由三视图还原原几何体如图，
取CD中点E，设A在底面的射影为O，连接OE，AE，
可得CD⊥平面AOE，则AB在平面ACD上的射影为AE，
∴ ∠EAB为直线AB与平面ACD所成角，
由已知可得AE=22，EB＝1，AB=5，
∴ cs∠EAB=(22)2+(5)2−122×22×5=12410=31010．
【答案】
64π3
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
余弦定理
【解析】
设矩形ABCD的中心为O3，△ADE，△BCF的外接圆的圆心分别为O1，O2，由球的截面的性质和勾股定理、球的表面积公式，计算可得所求值．
【解答】
设△ADE，△BCF
的外接圆的圆心分别为O1，O2，
设矩形ABCD的中心为O3，
由球的截面的性质O1O2 // 平面ABCD，
且球心O位于过O3垂直于
平面ABCD的直线与O1O2的交点处，
由△ADE的外接圆的半径为AD2sin60=23，
△BCF的外接圆的半径为AD2sin120=23，
可得OO1＝OO2＝2，
则球的半径为R=22+(23)2=433，
所以表面积为S＝4πR2=64π3．
三、解答题（共计5题，共计48分）第16题图
【答案】
由A(0, 1)B(2, 3)，可得kAB=3−12−0=1，
又直线l过点C且平行直线AB，C(−1, 2)，
∴ 直线l的方程为：y−2＝1×(x+1)，整理得x−y+3＝0；
设△ABC的垂心为M，坐标为(x, y)，则MA⊥BCMB⊥AC ，
由题中数据知，MA，MB，AB，AC四线的斜率都存在，故kMA×kBC=−1kMB×kAC=−1 ，
故有y−1x−0×2−3−1−2=−1y−2x−3×2−1−1−0=−1 ，解得x=12y=−12 ，故△ABC的垂心坐标(12, −12)．
【考点】
直线的一般式方程与直线的性质
【解析】
（1）由题意，先求出直线AB的斜率，即可得出直线l的斜率，再由点斜式求出l的方程；
（2）先设出垂心坐标，再由垂心的性质建立方程，即可解出垂心的坐标．
【解答】
由A(0, 1)B(2, 3)，可得kAB=3−12−0=1，
又直线l过点C且平行直线AB，C(−1, 2)，
∴ 直线l的方程为：y−2＝1×(x+1)，整理得x−y+3＝0；
设△ABC的垂心为M，坐标为(x, y)，则MA⊥BCMB⊥AC ，
由题中数据知，MA，MB，AB，AC四线的斜率都存在，故kMA×kBC=−1kMB×kAC=−1 ，
故有y−1x−0×2−3−1−2=−1y−2x−3×2−1−1−0=−1 ，解得x=12y=−12 ，故△ABC的垂心坐标(12, −12)．
【答案】
证明：∵ 在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥AB，PA＝AB＝2，AC＝1．
∴ 以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
A(0, 0, 0)，C(0, 1, 0)，B(2, 0, 0)，P(0, 0, 2)，
PC→=(0, 1, −2)，AB→=(2, 0, 0)，
∴ PC→⋅AB→=0，∴ PC⊥AB．
平面APC的法向量n→=(0, 1, 0)，
PB→=(2, 0, −2)，PC→=(0, 1, −2)，
设平面PBC的法向量m→=(x, y, z)，
m→⋅PB→=2x−2z=0m→⋅PC→=y−2z=0 ，取x＝1，得m→=(1, 2, 1)，
设二面角A−PC−B的平面角为θ，
csθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=26，
∴ sinθ=1−(26)2=33．
∴ 二面角A−PC−B的正弦值为33．
【考点】
直线与平面垂直
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明PC⊥AB．
（2）求出平面APC的法向量和平面PBC的法向量，利用向量法能求出二面角A−PC−B的正弦值．
【解答】
证明：∵ 在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥AB，PA＝AB＝2，AC＝1．
∴ 以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
A(0, 0, 0)，C(0, 1, 0)，B(2, 0, 0)，P(0, 0, 2)，
PC→=(0, 1, −2)，AB→=(2, 0, 0)，
∴ PC→⋅AB→=0，∴ PC⊥AB．
平面APC的法向量n→=(0, 1, 0)，
PB→=(2, 0, −2)，PC→=(0, 1, −2)，
设平面PBC的法向量m→=(x, y, z)，
m→⋅PB→=2x−2z=0m→⋅PC→=y−2z=0 ，取x＝1，得m→=(1, 2, 1)，
设二面角A−PC−B的平面角为θ，
csθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=26，
∴ sinθ=1−(26)2=33．
∴ 二面角A−PC−B的正弦值为33．
【答案】
证明：(1)连接BC1，AC1，则M是AC1的中点，
在△ABC1中，M，N是AB，AC1的中点，
∴ MN//BC1．
又∵ MN⊄平面BCC1B1，
∴ MN//平面BCC1B1．
(2)如图，以B1为原点建立空间直角坐标系B1−xyz，
则B1(0, 0, 0)，C(0, 2, 2)，A1(−2, 0, 0)，M(−1, 0, 2)，N(−1, 1, 1)，
B1C→=(0, 2, 2)，A1B1→=(2,0,0)，NM→=(0,−1,1)．
设平面A1B1C的一个法向量为n→=(x, y, z)，
∴ n→⋅B1C→=0,n→⋅A1B1→=0 ⇒x=0,y=−z,
令z=1，则x=0，y=−1，∴ n→=(0, −1, 1)，
∴ n→=NM→，
∴ MN⊥平面A1B1C．
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面垂直的判定
平面的法向量
【解析】
(Ⅰ)欲证MN||平面BCC1B1，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证MN与平面BCC1B1内一直线平行即可，而连接BC1，AC1．根据中位线定理可知MN||BC1，又MN⊄平面BCC1B1满足定理所需条件；
(Ⅱ)以B1为原点，A1B1为x轴，B1B为y轴，B1C1为z轴建立空间直角坐标系B1−xyz，求出平面A1B1C的法向量为n＝(x, y, z)，而n=NM→，根据法向量的意义可知MN⊥平面A1B1C．
【解答】
证明：(1)连接BC1，AC1，则M是AC1的中点，
在△ABC1中，M，N是AB，AC1的中点，
∴ MN//BC1．
又∵ MN⊄平面BCC1B1，
∴ MN//平面BCC1B1．
(2)如图，以B1为原点建立空间直角坐标系B1−xyz，
则B1(0, 0, 0)，C(0, 2, 2)，A1(−2, 0, 0)，M(−1, 0, 2)，N(−1, 1, 1)，
B1C→=(0, 2, 2)，A1B1→=(2,0,0)，NM→=(0,−1,1)．
设平面A1B1C的一个法向量为n→=(x, y, z)，
∴ n→⋅B1C→=0,n→⋅A1B1→=0 ⇒x=0,y=−z,
令z=1，则x=0，y=−1，∴ n→=(0, −1, 1)，
∴ n→=NM→，
∴ MN⊥平面A1B1C．
【答案】
∵ m // l，直线l:y=3x+4，
∴ 可设直线m:y=3x+b，即3x−y+b=0，
设圆心O到直线m的距离为d，又因为直线m与圆O相交，
∴ d=|b|(3)2+(−1)2即−23由|CD|=2r2−d2=23−b24，①
AB与CD之间的距离ℎ=|b−4|2，②
又ℎ=32|CD|③
联立①②③得到：b2−2b−5＝0，又b∈(−23,23)，
解得：b=1+6或b=1−6⋯
【考点】
圆的综合应用
圆的方程的综合应用
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）利用m // l，求出直线l；设直线m的方程，利用设圆心O到直线m的距离为d，通过直线m与圆O相交，求解即可．
（2）求出CD，利用AB与CD之间的距离，结合ℎ=32|CD|求解即可．
【解答】
∵ m // l，直线l:y=3x+4，
∴ 可设直线m:y=3x+b，即3x−y+b=0，
设圆心O到直线m的距离为d，又因为直线m与圆O相交，
∴ d=|b|(3)2+(−1)2即−23由|CD|=2r2−d2=23−b24，①
AB与CD之间的距离ℎ=|b−4|2，②
又ℎ=32|CD|③
联立①②③得到：b2−2b−5＝0，又b∈(−23,23)，
解得：b=1+6或b=1−6⋯
【答案】
∵ 梯形ABCD中，AD // BC，∠ABC＝∠BAD=π2，AB＝BC＝2AD＝4，
E，F分别是AB，CD的中点，EF // BC，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如图）．
∴ AE⊥平面BCFE，BE⊥平面EFDA，BE⊥EF，AE＝BE＝2，
∴ 几何体ABE−FDC的体积：
VABE−FDC＝VB−AEFD+VD−BCF
=13×SEFDA×BE+13×S△BCF×AE
=13×2+2+422×2×2+13×12×4×2×2
＝6．
以E为原点，EB为x轴，EF为y轴，EA为z轴，建立空间直角坐标系，
B(2, 0, 0)，D(0, 2, 2)，E(0, 0, 0)，F(0, 3, 0)，
BD→=(−2, 2, 2)，BF→=(−2, 3, 0)，
设平面BDF的法向量n→=(x, y, z)，
则n→⋅BD→=−2x+2y+2z=0n→⋅BF→=−2x+3y=0 ，取x＝3，得n→=(3, 2, 1)，
平面BEF的法向量m→=(0, 0, 1)，
设二面角D−BF−E的平面角为θ，
则csθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=114=1414．
∴ 二面角D−BF−E的余弦值为1414．
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）推导出AE⊥平面BCFE，BE⊥平面EFDA，BE⊥EF，AE＝BE＝2，几何体ABE−FDC的体积VABE−FDC＝VB−AEFD+VD−BCF，由此能求出结果．
（2）以E为原点，EB为x轴，EF为y轴，EA为z轴，建立空间直角坐标系，由此能求出二面角D−BF−E的余弦值．
【解答】
∵ 梯形ABCD中，AD // BC，∠ABC＝∠BAD=π2，AB＝BC＝2AD＝4，
E，F分别是AB，CD的中点，EF // BC，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如图）．
∴ AE⊥平面BCFE，BE⊥平面EFDA，BE⊥EF，AE＝BE＝2，
∴ 几何体ABE−FDC的体积：
VABE−FDC＝VB−AEFD+VD−BCF
=13×SEFDA×BE+13×S△BCF×AE
=13×2+2+422×2×2+13×12×4×2×2
＝6．
以E为原点，EB为x轴，EF为y轴，EA为z轴，建立空间直角坐标系，
B(2, 0, 0)，D(0, 2, 2)，E(0, 0, 0)，F(0, 3, 0)，
BD→=(−2, 2, 2)，BF→=(−2, 3, 0)，
设平面BDF的法向量n→=(x, y, z)，
则n→⋅BD→=−2x+2y+2z=0n→⋅BF→=−2x+3y=0 ，取x＝3，得n→=(3, 2, 1)，
平面BEF的法向量m→=(0, 0, 1)，
设二面角D−BF−E的平面角为θ，
则csθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=114=1414．
∴ 二面角D−BF−E的余弦值为1414．