16、.解：设，作，则，为二面角的平面角

，结合等边三角形

与正方形可知此四棱锥为正四棱锥，则　,

故所成角的余弦值

⒘解法一：(Ⅰ)取中点，连结．，．，．

，平面．平面，．

(Ⅱ)，，．又，．

又，即，且，平面．取中点．连结．

，．是在平面内的射影，．

是二面角的平面角．在中，，，，．二面角的大小为．

(Ⅲ)由(Ⅰ)知平面，平面平面．过作，垂足为．

平面平面，平面．的长即为点到平面的距离．

由(Ⅰ)知，又，且，平面．平面，．

在中，，，

．． 点到平面的距离为．

解法二：(Ⅰ)，，．又，．

，平面．平面，．

(Ⅱ)如图，以为原点建立空间直角坐标系．则．

设．，，．取中点，连结．

，，，．是二面角的平面角．

，，，

．二面角的大小为．

(Ⅲ)，在平面内的射影为正的中心，且的长为点到平面的距离．

如(Ⅱ)建立空间直角坐标系．，点的坐标为．．

点到平面的距离为．

⒙证明：(Ⅰ)取CD中点M，连结OM.在矩形ABCD中，，又，则，

连结EM，于是四边形EFOM为平行四边形. 又平面CDE， EM平面CDE，∴ FO∥平面CDE

(Ⅱ)证明：连结FM，由(Ⅰ)和已知条件，在等边△CDE中，且.

因此平行四边形EFOM为菱形，从而EO⊥FM而FM∩CD=M，

∴CD⊥平面EOM，从而CD⊥EO. 而，所以EO⊥平面CDF.

⒚证明：(1)建立如图所示的坐标系，则，，，

所以，故，，共面．又它们有公共点，所以四点共面．

(2)如图，设，则，而，由题设得，

得．因为，，有，又，，所以，，从而，．故平面．

(3)设向量截面，于是，．

而，，得，，解得，，所以．又平面，所以和的夹角等于或(为锐角)．

于是．　　　　　　 故．

⒛解析：法1(1)∵AE⊥面AA₁DD₁，A₁D⊥AD₁，∴A₁D⊥D₁E

(2)设点E到面ACD₁的距离为h，在△ACD₁中，AC=CD₁=，AD₁=，

故

(4)　　　 过D作DH⊥CE于H，连D₁H、DE，则D₁H⊥CE，　 　

　∴∠DHD₁为二面角D₁-EC-D的平面角.

设AE=x，则BE=2－x

法2：以D为坐标原点，直线DA、DC、DD₁分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，设AE=x，则A₁(1，0，1)，D₁(0，0，1)，E(1，x，0)，A(1，0，0), C(0，2，0).(1)

(2)因为E为AB的中点，则E(1，1，0)，从而，，

设平面ACD₁的法向量为，则也即，得，

从而，所以点E到平面AD₁C的距离为

(3)设平面D₁EC的法向量，∴

由　 令b=1, 　∴c=2, a=2－x，

∴依题意

∴(不合，舍去)， .∴AE=时，二面角D₁-EC-D的大小为.

15、(1)、(3)　解：可证PQ与RS平行，从而共面，NQ与PM平行，也共面，故(1)、(3)正确，MN与RS是异面直线，故(2)错

14、②③④①　解：同垂直于一个平面的两条直线互相平行，同垂直于两个平行平面的两条直线也互相平行

12、C解：结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算。如图设长方体的高宽高分别为，由题意得

，，，所以

，

当且仅当时取等号

11、. 解：①③④正确，②错误。易求得、到球心的距离分别为3、2，若两弦交于，则⊥，中，有，矛盾。当、、共线时分别取最大值5最小值1

10、(C)　解：V₁＝V₃，可得AE＝B₁E₁，设AE＝x，则(x×4×5)：［(10－x)×4×5］＝1：3，得：x＝4，则A₁E＝＝4，所以，截面的面积为20

8、D　9.A　 解：

7、(C)　解：以D为原点，DA所在直线为x轴，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，M(1，,1)，C(0，1，0)，N(1，1，)，＝(0，,1)，＝(1，0，)，cos==

6、D解：①取前面棱的中点，证AB平行平面MNP即可；③可证AB与MP平行

4、B解：从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱组合而成的，其表面及为

。5、C解：A、B、D直线可能平行，选C．