解：如图，过D作

D z ⊥

平面

B C D E

，DB为x轴，DC为y轴，Dz为z轴，建立空间直角坐标系；

所以 $D (0 ， 0 ， 0)$ ， $B (\sqrt{3} ， 0 ， 0)$ ， $C (0 ， 1 ， 0)$ ，

由（1）知 $A H = \sqrt{A D^{2} - D H^{2}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$ ，则 $A (\frac{\sqrt{3}}{3} ， 0 ， \frac{\sqrt{6}}{3})$ ，

由 $\vec{D E} = \frac{1}{2} \vec{C B} = (\frac{\sqrt{3}}{2} ， - \frac{1}{2} ， 0)$ 可知 $E (\frac{\sqrt{3}}{2} ， - \frac{1}{2} ， 0)$ ，

所以 $\vec{A E} = (\frac{\sqrt{3}}{6} ， - \frac{1}{2} ， - \frac{\sqrt{6}}{3})$ ， $\vec{A B} = (\frac{2 \sqrt{3}}{3} ， 0 ， - \frac{\sqrt{6}}{3})$ ， $\vec{D A} = (\frac{\sqrt{3}}{3} ， 0 ， \frac{\sqrt{6}}{3})$ ，

设平面 $A E D$ 的一个法向量为 $\vec{n_{1}} = (x_{1} ， y_{1} ， z_{1})$ ，

所以 ${\begin{matrix} \overset{⇀}{A E} \cdot \overset{⇀}{n_{1}} = 0 \\ \overset{⇀}{D A} \cdot \overset{⇀}{n_{1}} = 0 \end{matrix}$ ，即 ${\begin{matrix} \frac{\sqrt{3}}{6} x_{1} - \frac{1}{2} y_{1} - \frac{\sqrt{6}}{3} z_{1} = 0 \\ \frac{\sqrt{3}}{3} x_{1} + \frac{\sqrt{6}}{3} z_{1} = 0 \end{matrix}$ ，取 $z_{1} = - 1$ 得 $\vec{n_{1}} = (\sqrt{2} ， \sqrt{6} ， - 1)$ ，

同理可得平面 $A E B$ 的一个法向量 $\vec{n_{2}} = (1 ， - \sqrt{3} ， \sqrt{2})$ ，

所以 $\cos 〈 \vec{n_{1}} ， \vec{n_{2}} 〉 = \frac{\vec{n_{1}} \cdot \vec{n_{2}}}{| \vec{n_{1}} | | \vec{n_{2}} |} = - \frac{\sqrt{3}}{3}$ ，

由图可知，所求二面角为钝角，所以二面角 $B - A E - D$ 的余弦值为 $- \frac{\sqrt{3}}{3}$

广东省广州2020届普通高中毕业班理数综合测试（一)