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10.如图1,已知四边形ABCD为菱形,且∠A=60°,AB=2,E为AB 的中点.现将四边形EBCD沿DE折起至EBHD,如图2.

(Ⅰ)求证:DE⊥平面ABE;
(Ⅱ)若二面角A-DE-H的大小为$\frac{π}{3}$,求平面ABH与平面ADE所成锐二面角的余弦值.

分析 (Ⅰ)推导出DE⊥AE,DE⊥EB,由此能证明DE⊥平面AEB.
(Ⅱ)延长HB,DE交于点L,连结AL,取AE的中点O,过点O作OM⊥AL于点M,连结MB,推导出∠BMO为平面ADE与平面ABH所成锐二面角的一个平面角,由此能求出平面ADE与平面ABH所成锐二面角的余弦值.

解答 证明:(Ⅰ)∵四边形ABCD为菱形,且∠A=60°,
∴DB=AB=AD…(1分)
又∵E为AB的中点,
∴DE⊥AE,DE⊥EB…(3分)
又∵AE∩BE=点E,AE?平面AEB,BE?平面AEB…(4分)
∴DE⊥平面AEB…(5分) (注:三个条件中,每少一个扣1分)
解:(Ⅱ)延长HB,DE交于点L,连结AL,
取AE的中点O,过点O作OM⊥AL于点M,
连结MB,如右图.由DE⊥平面ABE,
可知∠AEB为二面角A-DE-H的一个平面角,
即有∠AEB=60°.…(7分)
∵O为AE中点,∴BO⊥AE.
∵BO⊥DE,∴BO⊥平面ADE,即BO⊥AL且BO⊥MO.
又∵OM⊥AL,∴AL⊥平面BOM,
即∠BMO为平面ADE与平面ABH所成锐二面角的一个平面角.…(9分)
而$BO=\frac{{\sqrt{3}}}{2},AO=\frac{1}{2}$.易得$LE=\sqrt{3}$,而AE=1,∠AEL=90°,∴∠EAL=60°,
则$MO=\frac{{\sqrt{3}}}{4}$.由勾股定理,得$MB=\sqrt{{{({\frac{{\sqrt{3}}}{2}})}^2}+{{({\frac{{\sqrt{3}}}{4}})}^2}}=\frac{{\sqrt{15}}}{4}$,
则$cos∠BMO=\frac{MO}{MB}=\frac{{\sqrt{5}}}{5}$,…(11分)
即平面ADE与平面ABH所成锐二面角的余弦值为$\frac{{\sqrt{5}}}{5}$.…(12分)

点评 本题考查线面垂直的证明,考查二面角的余弦值的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意空间思维能力的培养.

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