如圖,在矩形ABCD中,AD=2,AB=4,E、F分別為邊AB、AD的中點(diǎn),現(xiàn)將△ADE沿DE折起,得四棱錐A-BCDE.

(Ⅰ)求證:EF∥平面ABC;
(Ⅱ)若平面ADE⊥平面BCDE,求二面角A-CD-E的余弦值.
考點(diǎn):二面角的平面角及求法,直線與平面平行的判定
專題:空間位置關(guān)系與距離,空間角
分析:(Ⅰ)取線段AC的中點(diǎn)M,連結(jié)MF,MB.推出MF∥CD,然后證明BE∥CD,利用直線與平面平行的判定定理證明EF∥平面ABC.
(Ⅱ)方法(一):取DE的中點(diǎn)O,連結(jié)AO,證明AO⊥平面BCDE.過O作OG⊥CD交CD于點(diǎn)G,連結(jié)AG,說明∠AGO就是二面角A-CD-E的平面角,然后解三角形即可.
方法(二):取CD的中點(diǎn)N,連結(jié)ON,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo),設(shè)平面ACD的法向量,平面BCD的法向量利用向量的數(shù)量積求解夾角.
解答: 解:(Ⅰ)如圖:取線段AC的中點(diǎn)M,連結(jié)MF,MB.

因?yàn)镕為AD邊的中點(diǎn),得MF∥CD,且MF=
1
2
CD

在折疊前,四邊形ABCD為矩形,
因?yàn)镋為AB邊的中點(diǎn),所以BE∥CD,且BE=
1
2
CD
,
所以MF∥BE,且MF=BE,所以四邊形BEFM為平行四邊形,
故EF∥BM,又EF?平面ABC,BM?平面ABC.
∴EF∥平面ABC.…6分
(Ⅱ)方法(一):由已知條件可知,△ADE是等腰直角三角形,且AD=AE=2,DE=2
2

∵平面ADE⊥平面BCDE,平面ADE∩平面BCDE=DE,
∴取DE的中點(diǎn)O,
連結(jié)AO,則AO⊥DE,根據(jù)兩個(gè)平面垂直的性質(zhì)定理,得AO⊥平面BCDE.
過O作OG⊥CD交CD于點(diǎn)G,連結(jié)AG,
根據(jù)三垂線定理得,AG⊥CD,
所以∠AGO就是二面角A-CD-E的平面角,
易求得OP=1,AO=
2
,AG=
3
,所以cos∠AGO=
3
3

即所求二面角 A-CD-E的余弦值為
3
3
…12分
方法(二):由已知條件,易知DE⊥CE,
所以取CD的中點(diǎn)N,連結(jié)ON,則ON⊥DE.又由方法(一)所證,AO⊥平面BCDE,
所以建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,
2
)
,D(
2
,0,0)
C(-
2
,2
2
,0)

設(shè)平面ACD的法向量為
m
=(x,y,z)
,

m
AD
=0
m
AC
=0
x-z=0
x-2y+z=0
,得
m
=(1,1,1)
,
又因?yàn)槊鍮CD的法向量為
n
=(0,0,1)

所以cos<
m
,
n
>=
m
n
|
m
||
n
|
=
3
3

所以二面角A-CD-E的余弦值為
3
3
.…12分.
點(diǎn)評:本題考查空間線面位置關(guān)系、二面角等有關(guān)知識,考查學(xué)生空間想象能力,中等題.
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1,x∈M
0,x∉M
(其中M為非空數(shù)集且M?R),若A,B是實(shí)數(shù)集R的兩個(gè)非空真子集且滿足A∩B≠∅,則函數(shù)F(x)=
fA∪B(x)+fA∩B(x)
fA(x)+fB(x)+1
的值域?yàn)椋ā 。?/div>
A、{0,
1
2
}
B、{0,1}
C、{0,
2
3
,1}
D、{0,
1
2
2
3
}

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已知雙曲線
x2
a2
-
y2
b2
=1
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A、
2
B、
3
C、
5
+1
2
D、2

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已知f(x)=2cos(2x+φ),若對任意x1,x2∈[a,b],(x1-x2)(f(x1)-f(x2))≤0,則b-a的最大值為(  )
A、π
B、
π
4
C、
π
2
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AB
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+
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=
 

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