（2013•泰安二模）在如图的多面体中，AD⊥平面ABE，AE⊥AB，EF∥AD，AD∥BC，AE=AB=BC=EF=2

解题思路：（I）根据题意，可证出四边形BCEF是平行四边形，得BE∥CF，结合线面平行判定定理即可证出BE∥平面ACF；
（II）过D作DH∥AE交AD于H，由AD⊥平面AEB得AD⊥AE，结合AE⊥AB证出AE⊥平面ABCD，可得FH⊥平面ABCD，从而得到FH⊥AC．再由题中条件证出四边形ABCH为正方形，得BH⊥AC，从而证出AC⊥平面BFH，可得BF⊥AC；
（III）作HG⊥DF于G，连结CG，由前面的证明可得CH⊥平面AEFD，由三垂线定理结合HG⊥DF得到CG⊥DF，可得∠CGH是二面角C-DF-E的平面角．然后在Rt△CHG中，分别算出HG、CG之长，得到cos∠CGH=[HG/CG]=

6

6

，即得二面角C-DF-E的余弦值．

（Ⅰ）∵AD∥EF，AD∥BC，∴EF∥BC．
又∵BC=EF=2，∴四边形BCEF是平行四边形，可得BE∥CF．
∵BE⊄平面ACF，CF⊂平面ACF，∴BE∥平面ACF；
（Ⅱ）∵AD⊥平面AEB，AE⊂平面AEB，∴AD⊥AE，
又∵AE⊥AB，AD∩AD=A，AB、AD⊂平面ABCD，
∴AE⊥平面ABCD．
平面AEFD内，过D作DH∥AE交AD于H，则FH⊥平面ABCD．
∵AC⊂平面ABCD，∴FH⊥AC．
连结CH、BH，则
∵平行四边形AEFH中，AH=EF=2
∴BC∥AH，BC=AH=2，可得四边形ABCH平行四边形，
∵AB=BC=2，∴四边形ABCH为正方形，可得BH⊥AC
又BH∩FH=H，BH⊂平面BFH，FH⊂平面BFH，
∴AC⊥平面BFH，结合BD⊂平面BHD，可得BF⊥AC；
（III）作HG⊥DF于G，连结CG
∵AE⊥平面ABCD，AE⊂平面AEFD，∴平面ABCD⊥平面AEFD
∵CH⊥AD，平面ABCD∩平面AEFD=AD，CH⊂平面ABCD
∴CH⊥平面AEFD，可得HG是CG在平面AEFD的射影
∵HG⊥DF，∴CG⊥DF，可得∠CGH是二面角C-DF-E的平面角
∵Rt△DFH中，FH=2，DH=AD-AH=1，
∴DF=
FH2+DH2=
5，可得HG=[FH•DH/DF]=
2
5
5
因此，Rt△CHG中，CG=
CH2+HG2=
2
30
5
∴cos∠CGH=[HG/CG]=

点评：
本题考点： 二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质．

考点点评： 本题给出特殊的多面体，求证线面平行、线线垂直并求二面角的余弦之值，着重考查了空间垂直、平行的位置关系判断与证明和二面角大小的求法等知识，考查了空间想象能力，属于中档题．