如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形， A B…——2015 高考数学第 17 题答案解析

(Ⅰ) **证明：**
取 $AE$ 的中点 $H$，连接 $HG, HD$。
因为 $G$ 是 $BE$ 的中点，所以在 $\triangle ABE$ 中，$HG$ 为中位线，故 $HG \parallel AB$ 且 $HG = \frac{1}{2}AB$。
在矩形 $ABCD$ 中，$F$ 为 $CD$ 的中点，所以 $DF = \frac{1}{2}CD$。
又因为 $AB \parallel CD$ 且 $AB = CD$，所以 $HG \parallel DF$ 且 $HG = DF$。
由此可知，四边形 $HGFD$ 为平行四边形，所以 $GF \parallel DH$。
因为 $DH \subset$ 平面 $ADE$，且 $GF \not\subset$ 平面 $ADE$，
所以 $GF \parallel$ 平面 $ADE$。

(Ⅱ) **解：**
因为 $AB \perp$ 平面 $BEC$，且 $BE, EC \subset$ 平面 $BEC$，所以 $AB \perp BE, AB \perp EC$。
又已知 $BE \perp EC$，故可以以 $E$ 为原点，分别以 $\overrightarrow{EB}, \overrightarrow{EC}$ 的方向为 $x$ 轴、$y$ 轴的正方向，以过点 $E$ 且平行于 $BA$ 的直线为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系 $E-xyz$。

由题意 $AB=BE=EC=2$，可得各点坐标如下：
$E(0,0,0)$，
$B(2,0,0)$，
$C(0,2,0)$，
$A(2,0,2)$ （因为 $\overrightarrow{BA}=(0,0,2)$，$\overrightarrow{EA}=\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{BA}$），
$D(0,2,2)$ （因为 $\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{BA}=(0,0,2)$，$\overrightarrow{ED}=\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{CD}$）。

因为 $F$ 是 $DC$ 的中点，所以 $F$ 的坐标为 $(\frac{0+0}{2}, \frac{2+2}{2}, \frac{2+0}{2}) = (0,2,1)$。

平面 $BEC$ 即为 $xOy$ 平面，其法向量可取 $\vec{n_1} = (0,0,1)$。

设平面 $AEF$ 的法向量为 $\vec{n_2} = (x,y,z)$。
相关向量计算如下：
$\overrightarrow{EA} = (2,0,2)$，
$\overrightarrow{EF} = (0,2,1)$。

由 $\begin{cases} \vec{n_2} \cdot \overrightarrow{EA} = 0 \\ \vec{n_2} \cdot \overrightarrow{EF} = 0 \end{cases}$，得：
$\begin{cases} 2x + 2z = 0 \\ 2y + z = 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x = -z \\ y = -\frac{1}{2}z \end{cases}$。

令 $z = -2$，则 $x = 2, y = 1$。
所以平面 $AEF$ 的一个法向量为 $\vec{n_2} = (2,1,-2)$。

设平面 $AEF$ 与平面 $BEC$ 所成的锐二面角为 $\theta$，则：
$\cos \theta = |\cos \langle \vec{n_1}, \vec{n_2} \rangle| = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{|\vec{n_1}| \cdot |\vec{n_2}|}$
$= \frac{|0 \times 2 + 0 \times 1 + 1 \times (-2)|}{1 \times \sqrt{2^2 + 1^2 + (-2)^2}} = \frac{2}{\sqrt{9}} = \frac{2}{3}$。

故平面 $AEF$ 与平面 $BEC$ 所成锐二面角的余弦值为 $\frac{2}{3}$。