已知AO是圆锥的高，BD是圆锥底面的直径，C是底面圆周上一点，E是CD的中点，平面ABC和平面ACD将圆锥截去部分后的几何体如图所示．（1）求证：平面AEO⊥平面ACD；（2）若AC=BD=2，$BC=\sqrt{2}$，求二面角B-AC-D的余弦值．

已知AO是圆锥的高，BD是圆锥底面的直径，C是底面圆周上一点，E是CD的中点，平面ABC和平面ACD将圆锥截去部分后的几何体如图所示．（1）求证：平面AEO⊥平面ACD；（2）若AC=BD=2，$BC=\sqrt{2}$，求二面角B-AC-D的余弦值．

（1）证明：连结CO，则CO=OD=1，

又因为E是CD的中点，所以EO⊥CD．

因为AO是圆锥的高，所以AO⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，

所以AO⊥CD，又EO⊥CD，

又AO∩EO=O，AO⊂平面AEO，EO⊂平面AEO，

所以CD⊥平面AEO，

又CD⊂平面ACD，

所以平面AEO⊥平面ACD．

（2）由已知可得AB=AD=AC=BD=2，

所以△ABD为正三角形，$AO=\sqrt{3}$．

又因为$BC=\sqrt{2}$，所以$CD=\sqrt{2}$，所以CO⊥BD．

于是分别以OB，OC，OA为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，

则O（0，0，0），B（1，0，0），C（0，1，0），$A（0，0，\sqrt{3}）$，D（-1，0，0）．

则$\overrightarrow{BC}=（-1，1，0）$，$\overrightarrow{CA}=（0，-1，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{CD}=（-1，-1，0）$．

设平面ABC的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x1，y1，z1），

由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BC}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CA}=0}\end{array}\right.$可得：$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}-{y}_{1}=0}\\{{y}_{1}-\sqrt{3}{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，

令z1=1，得${y_1}=\sqrt{3}$，${x_1}=\sqrt{3}$，

即$\overrightarrow{m}=（\sqrt{3}，\sqrt{3}，1）$．

设平面ACD的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x2，y2，z2），

由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CA}=0}\\{\overrightarrow{n}•CD=0}\end{array}\right.$，可得$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{2}-\sqrt{3}{z}_{2}=0}\\{{x}_{2}+{y}_{2}=0}\end{array}\right.$，

令z2=1，得${y_2}=\sqrt{3}$，${x_2}=-\sqrt{3}$，即$\overrightarrow{n}=（-\sqrt{3}，\sqrt{3}，1）$．

设二面角B-AC-D的大小为θ，由图可知，θ$∈（{\frac{π}{2}，π}）$，

则$|cosθ|=|{\frac{{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}}{{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}}}|$=$\frac{|-3+3+1|}{\sqrt{3+3+1}•\sqrt{3+3+1}}$=$\frac{1}{7}$．

故所求二面角B-AC-D的余弦值为$-\frac{1}{7}$．