2020-2021學年重慶市高二（上）10月月考數學試卷人教A版

這是一份2020-2021學年重慶市高二（上）10月月考數學試卷人教A版，共11頁。試卷主要包含了選擇題，多選題，填空題，解答題等內容，歡迎下載使用。

1. 圓臺的一個底面半徑是另一個底面半徑的3倍，母線長為3，圓臺的側面積為84π，則圓臺較小底面的半徑為( )
A.7B.6C.5D.3

2. 正方形O′A′B′C′的邊長為1cm，它是水平放置的一個平面圖形的直觀圖（如圖），則原圖形的周長是( )

A.6cm B.8cm C.2+32cm D.2+23cm

3. 如圖是一個多面體的三視圖，這個多面體某條棱的一個端點在正視圖中對應的點為M，在俯視圖中對應的點為N，則該端點在側視圖中對應的點為( )

A.EB.FC.GD.H

4. 《九章算術》是我國古代內容極為豐富的數學名著，書中有如下問題：”今有委米依垣內角，下周八尺，高五尺．問：積及為米幾何？“其意思為：”在屋內墻角處堆放米（如圖所示，米堆為一個圓錐的四分之一），米堆底部的弧長為8尺，米堆的高為5尺，問米堆的體積和堆放的米各為多少？“已知1斛米的體積約為1.62立方尺，圓周率約為3，估算出堆放的米約有( )

A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛

5. 已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積是( )

A.2B.2+2C.6D.3+2

6. 在封閉的直三棱柱ABC?A1B1C1內有一個體積為V的球，若AB⊥BC，AB=6，BC=8，AA1=3，則V的最大值是( )
A.4πB.9π2C.6πD.32π3

7. 如圖，在四面體ABCD中，截面PQMN是正方形，則在下列命題中，錯誤的為( )

A.AC⊥BD
B.AC // 截面PQMN
C.AC=BD
D.異面直線PM與BD所成的角為45°

8. 已知直三棱柱ABC?A1B1C1中， ∠ABC=60°，AB=2，BC=CC1=1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為( )
A.32B.155C.33D.0
二、多選題

已知m，n是兩條不同直線， α，β是兩個不同平面，其中錯誤的命題有( )
A.若m//α，n//α，則m//n
B.若m⊥n，m⊥α，n?α，則n//α
C.若m//α，m//β，α∩β=n，則m//n
D.若m，n是異面直線，m?α，n?β，則m//β

設有下列四個命題，正確的是( )
A.兩兩相交且不過同一點的三條直線必在同一平面內
B.過空間中任意三點有且僅有一個平面
C.若直線l?平面α，直線m⊥平面α，則m⊥l
D.若空間兩條直線不相交，則這兩條直線平行

如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，線段B1D1上有兩個動點E，F，且EF=12，則下列結論中錯誤的是( )

A.AC⊥AF
B.EF // 平面ABCD
C.三棱錐A?BEF的體積為定值
D.△AEF的面積與△BEF的面積相等

如圖，點N為邊長為1的正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點，則( )

A.直線BM，EN是異面直線
B.BM≠EN
C.直線BM與平面ECD所成角的正弦值為277
D.三棱錐E?MNC的體積為316
三、填空題

中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”（圖1）．半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體．半正多面體體現了數學的對稱美．圖2是一個棱數為48 的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為2+22．則該半正多面體共有________個面，其棱長為________.

四、解答題

已知正四棱臺下底面正方形的邊長為42，上底面正方形的邊長為22，側棱長為52.

(1)求該正四棱臺的體積;

(2)求該正四棱臺的表面積．

如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E， F分別為AB1，BD的中點．

(1)求證： EF//平面BCC1B1；

(2)求直線EF與直線AA1所成的角.

如圖，直三棱柱A1B1C1?ABC中，AB=AC=AA1，BC=2AB，點D是BC中點，點D1是B1C1中點．

(1)求證：平面A1BD1//平面ADC1；

(2)求證：AD1⊥BC.

如圖，在斜三棱柱ABC?A1B1C1中，側面A1ACC1是菱形，∠A1AC=60°,∠BAC=90° ，M為BC的中點，過A1，B1，M三點的平面交AC于點N．求證：

(1)MN//AB;

(2)AC⊥平面A1B1M.

如圖，四面體ABCD中，O是BD的中點，CA=CB=CD=BD=2，AB=AD=2.

(1)求證：平面ABD⊥平面BCD；

(2)點E在線段AB上，滿足2AE=EB，求直線CE與平面BCD所成角的余弦值；

(3)求直線AB與平面ADC所成角的正弦值．

如圖，已知四棱錐P?ABCD，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD， ∠ABC=60°,AB=2，E，F分別是BC，PC的中點．

(1)證明：EA⊥平面PAD；

(2)求點E與平面PAD的距離；

(3)若H為PD上的動點，EH與平面PAD 所成最大角的正切值為62, 求二面角E?AF?C的余弦值．
參考答案與試題解析
2020-2021學年重慶市高二（上）10月月考數學試卷
一、選擇題
1.
【答案】
A
【考點】
旋轉體（圓柱、圓錐、圓臺）
【解析】
設出上底面半徑為r，利用圓臺的一個底面周長是另一個底面周長的3倍，母線長為3，圓臺的側面積為84π，求出上底面半徑，即可．
【解答】
解：設圓臺較小底面半徑為r，則另一底面半徑為3r,
由S側=π(r+3r)?3=84π，解得r=7.
故選A.
2.
【答案】
B
【考點】
斜二測畫法畫直觀圖
【解析】
判斷水平放置的平面圖形的直觀圖的圓圖形，求出邊長即可求解周長．
【解答】
解：正方形O′A′B′C′的邊長為1cm，它是水平放置的一個平面圖形的直觀圖，
則原圖是平行四邊形，
如圖所示，
相鄰邊長為：1和(22)2+12=3(cm)，
原圖的周長是：(1+3)×2=8(cm).
故選B.
3.
【答案】
A
【考點】
由三視圖還原實物圖
【解析】
把三視圖轉換為直觀圖，即可得出圖中的對應點.
【解答】
解：由三視圖還原實物圖可得如下圖形，
顯然所求點對應的為E點.
故選A.
4.
【答案】
B
【考點】
柱體、錐體、臺體的體積計算
【解析】
根據圓錐的體積公式計算出對應的體積即可．
【解答】
解：設圓錐的底面半徑為r，則14×2×3r=8，
解得r=163，
故米堆的體積為14×13×3×(163)2×5=3209，
∵ 1斛米的體積約為1.62立方尺，
∴ 3209÷1.62≈22（斛）.
故選B．
5.
【答案】
D
【考點】
由三視圖求表面積
【解析】
三視圖復原的幾何體是直三棱柱，底面是等腰直角三角形，根據三視圖的數據，求出幾何體的表面積．
【解答】
解：三視圖還原的幾何體是底面為等腰直角三角形，直角邊為1，高為1的直三棱柱，
所以幾何體的表面積為：
S=2S底+S側
=2×12×1×1+(1+1+2)×1
=3+2．
故選D．
6.
【答案】
B
【考點】
多面體的內切球問題
球的表面積和體積
【解析】
根據已知可得直三棱柱ABC?A1B1C1的內切球半徑為32，代入球的體積公式，可得答案．
【解答】
解：∵ AB⊥BC，AB=6，BC=8，
∴ AC=10．
故三角形ABC的內切圓半徑8r+6r+10r2=6×82，
可得r=2,
又由AA1=3，
故直三棱柱ABC?A1B1C1的內切球半徑為32，
此時V的最大值43π×(32)3=9π2.
故選B.
7.
【答案】
C
【考點】
空間中直線與平面之間的位置關系
空間中直線與直線之間的位置關系
異面直線及其所成的角
【解析】
首先由正方形中的線線平行推導線面平行，再利用線面平行推導線線平行，這樣就把AC、BD平移到正方形內，即可利用平面圖形知識做出判斷．
【解答】
解：因為截面PQMN是正方形，
所以PQ // MN，QM // PN，
則PQ // 平面ACD，QM // 平面BDA，
所以PQ // AC，QM // BD.
由PQ⊥QM可得AC⊥BD，
故A正確；
由PQ // AC可得AC // 截面PQMN，
故B正確；
異面直線PM與BD所成的角等于PM與PN所成的角，故D正確.
故選C．
8.
【答案】
D
【考點】
異面直線及其所成的角
【解析】
利用余弦定理求出AC，進而得到AC⊥BC，利用線面垂直的判定和性質進行求解即可.
【解答】
解：∵ ∠ABC=60°，AB=2，CB=1，
∴ AC=AB2+BC2?2AB?BCcs∠ABC
=4+1?2×2×1×12=3，
∴ AB2=BC2+AC2，
∴ AC⊥BC.
又CC1⊥AC，BC∩CC1=C，
∴ AC⊥平面BCC1B1，
∴ AC⊥BC1.
又四邊形BCC1B1為正方形，
∴ BC1⊥B1C.
又B1C∩AC=C，
∴ BC1⊥平面AB1C，
∴ BC1⊥AB1，
∴ 異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為0.
故選D.
二、多選題
【答案】
A,D
【考點】
空間中直線與平面之間的位置關系
空間中直線與直線之間的位置關系
【解析】
利用空間中線線，線面，面面的位置關系進行判斷即可求解.
【解答】
解：A，若m//α，n//α，則m，n可能平行，相交或異面，故A錯誤；
B，若m⊥n，m⊥α，n?α，則n//α，故B正確；
C，若m//α，m//β，α∩β=n，則m//n，故C正確；
D，若m，n是異面直線，m?α，n?β，則m，β平行或相交，故D錯誤.
故選AD.
【答案】
A,C
【考點】
命題的真假判斷與應用
空間中直線與平面之間的位置關系
空間中直線與直線之間的位置關系
【解析】
利用空間中線線，線面的位置關系逐一分析即可求解.
【解答】
解：A，若第三條直線與另兩條相交直線相交且不共點，則該直線在另兩條直線所確定的平面內，
故兩兩相交且不過同一點的三條直線必在同一平面內，故A正確；
B，若空間中三點共線，則過這三點的平面有無數個，故B錯誤；
C，若m⊥平面α，則m與平面α中任意一條直線垂直，所以m⊥l，故C正確；
D，若空間中兩條直線不相交，則這兩條直線平行或異面，故D錯誤.
故選AC.
【答案】
A,D
【考點】
命題的真假判斷與應用
【解析】
舉例說明A錯誤；
由線面平行的定義證得線面平行判斷B正確；
由棱錐的高與底面積都是定值得出體積為定值判斷C正確；
由B到線段EF的距離與A到EF的距離不相等，可得△AEF與△BEF的面積是否相等．
【解答】
解：對于A，由題意知，當點F與B1重合時，AC與AF所成的角是60°，故A錯誤；
對于B，由正方體ABCD?A1B1C1D1的兩個底面平行，EF在其一面上，故EF與平面ABCD無公共點，故有EF // 平面ABCD，故B正確；
對于C，由幾何體的性質及圖形知，三角形BEF的面積是定值，A點到面DD1B1B的距離為定值，故可得三棱錐A?BEF的體積為定值，故C正確；
對于D，由圖形可以看出，B到線段EF的距離與A到EF的距離不相等，故△AEF的面積與△BEF的面積不相等，故D錯誤．
故選AD.
【答案】
B,C
【考點】
直線與平面所成的角
異面直線的判定
柱體、錐體、臺體的體積計算
【解析】
連接BD，根據平面公理可判斷A選項的正誤；求出BM和EN的長，可判斷B選項的正誤；推導出BC⊥平面ECD，求出直線BM與平面ECD所成角的正弦值，可判斷C選項的正誤；求出三棱錐N?ECD的高和底面積，由錐體的體積公式可判斷D選項的正誤．綜合可得出結論．
【解答】
解：對于A選項，連接BD，則點N為BD的中點，
所以E，N∈平面BDE，所以EN?平面BDE，
同理可知BM?平面BDE，
所以，BM與EN不是異面直線，A選項錯誤；
對于C選項，因為四邊形ABCD是邊長為1的正方形，所以BC⊥CD，
因為平面ABCD⊥平面ECD，平面ABCD∩平面ECD=CD，
BC?平面ABCD，所以BC⊥平面ECD，
所以，直線BM與平面ECD所成角為∠BMC.
因為M為DE的中點，且△CDE是邊長為1的正三角形，
則CM=32，所以BM=BC2+CM2=72，
所以sin∠BMC=BCBM=172=277,C選項正確；
對于B選項，取CD的中點O，連接ON，OE，
則ON//BC且ON=12BC=12， OE=32,
因為BC⊥平面CDE，所以ON⊥平面CDE，
因為OE?平面CDE，所以ON⊥OE，
所以EN=OE2+ON2=1， 所以BM≠EN，B選項正確；
對于D選項，因為ON⊥平面CDE，
△EMC的面積為S△EMC=34×12×12=38，
所以三棱錐E?MNC的體積為:
V三棱錐E?MNC=V三棱錐N?EMC=13S△EMC?ON
=13×38×12=348,D選項錯誤．
故選BC．
三、填空題
【答案】
26,2
【考點】
正多面體
簡單組合體的結構特征
【解析】
該題是多面體切接問題，盡量選取多個頂點所在的截面ABCDEFGH，并確定其形狀為正八邊形，根據邊之間的關系列出方程求解即可．
【解答】
解：半正多面體面數從上至下依次為1，8，8，8，1，故共有 1+8+8+8+1=26個面；
正方體被半正多面體頂點A，B，C所在平面截得的圖形如圖2．八邊形ABCDEFGH為正八邊形，
設棱長AB=a，則2+22=2×22a+a，解得 a=2.
故答案為：26；2.
四、解答題
【答案】
解：(1)?=522?(4?2)2=32，
V=13(S正方形ABCD+S正方形A1B1C1D1+S正方形ABCD?S正方形A1B1C1D1)??
=13(8+32+8×32)?32
=28 .
(2)?斜高=94+2=172，
S表=8+32+4×12(22+42)×172
=40+634 .
【考點】
棱柱、棱錐、棱臺的側面積和表面積
柱體、錐體、臺體的體積計算
【解析】
此題暫無解析
【解答】
解：(1)?=522?(4?2)2=32，
V=13(S正方形ABCD+S正方形A1B1C1D1+S正方形ABCD?S正方形A1B1C1D1)??
=13(8+32+8×32)?32
=28 .
(2)?斜高=94+2=172，
S表=8+32+4×12(22+42)×172
=40+634 .
【答案】
(1)證明：如圖，連接AC，B1C，
E,F分別是AB1，AC的中點，
∴ EF//CB1，
EF?平面BCC1B1，CB1?平面BCC1B1，
∴ EF//平面BCC1B1 .
(2)解：∵ EF//B1C，AA1//BB1，
∴ ∠BB1C為直線EF與直線AA1所成的角，
∠BB1C=45°，
∴ EF與AA1所成的角為45° .
【考點】
直線與平面平行的判定
異面直線及其所成的角
【解析】
(2)∵ EF//B1C，AA1//BB1，
∴ ∠BB1C為直線EF與直線AA1所成的角，
∠BB1C=45°，
∴ EF與AA1所成的角為45° .
【解答】
(1)證明：如圖，連接AC，B1C，
E,F分別是AB1，AC的中點，
∴ EF//CB1，
EF?平面BCC1B1，CB1?平面BCC1B1，
∴ EF//平面BCC1B1 .
(2)解：∵ EF//B1C，AA1//BB1，
∴ ∠BB1C為直線EF與直線AA1所成的角，
∠BB1C=45°，
∴ EF與AA1所成的角為45° .
【答案】
證明：(1)∵ AA1=//BB1，BB1=//DD1,
∴ AA1=//DD1,
∴ 四邊形ADD1A1是平行四邊形,
∴ AD//A1D1，AD?平面A1BD1，A1D1?平面A1BD1,
∴ AD//平面A1BD1.
又∵ BD=//D1C1,
∴ 四邊形BDC1D1是平行四邊形,
∴ DC1//BD1，DC1?平面A1BD1，BD1?平面A1BD1，
∴ DC1//平面A1BD1，AD∩DC1=D，
AD?平面ADC1，DC1?平面ADC1,
∴ 平面A1BD1//平面ADC1.
(2)∵ AB=AC=AA1，BC=2AB，
∴ BC⊥AD.
又BC⊥DD1,
AD∩DD1=D,
∴ BC⊥平面ADD1A1.
又AD1?平面ADD1A1,
∴ BC⊥AD1.
【考點】
兩條直線垂直的判定
平面與平面平行的判定
【解析】
無
無
【解答】
證明：(1)∵ AA1=//BB1，BB1=//DD1,
∴ AA1=//DD1,
∴ 四邊形ADD1A1是平行四邊形,
∴ AD//A1D1，AD?平面A1BD1，A1D1?平面A1BD1,
∴ AD//平面A1BD1.
又∵ BD=//D1C1,
∴ 四邊形BDC1D1是平行四邊形,
∴ DC1//BD1，DC1?平面A1BD1，BD1?平面A1BD1，
∴ DC1//平面A1BD1，AD∩DC1=D，
AD?平面ADC1，DC1?平面ADC1,
∴ 平面A1BD1//平面ADC1.
(2)∵ AB=AC=AA1，BC=2AB，
∴ BC⊥AD.
又BC⊥DD1,
AD∩DD1=D,
∴ BC⊥平面ADD1A1.
又AD1?平面ADD1A1,
∴ BC⊥AD1.
【答案】
證明：(1)∵ AB//A1B1，
AB?平面A1B1M，A1B1?平面A1B1M，
∴ AB//平面A1B1M，
AB?平面ABC，
平面ABC∩平面A1B1M=MN，
∴ AB//MN .
(2)∵ AC⊥AB，AB//MN，
M為BC的中點，
∴ AC⊥MN，N是AC中點，
又∵ △A1AC是正三角形，
∴ AC⊥A1N，MN∩A1N=N，
∴ AC⊥平面A1B1M .
【考點】
兩條直線平行的判定
直線與平面垂直的判定
【解析】
此題暫無解析
【解答】
證明：(1)∵ AB//A1B1，
AB?平面A1B1M，A1B1?平面A1B1M，
∴ AB//平面A1B1M，
AB?平面ABC，
平面ABC∩平面A1B1M=MN，
∴ AB//MN .
(2)∵ AC⊥AB，AB//MN，
M為BC的中點，
∴ AC⊥MN，N是AC中點，
又∵ △A1AC是正三角形，
∴ AC⊥A1N，MN∩A1N=N，
∴ AC⊥平面A1B1M .
【答案】
(1)證明：連接CO，
∵ O是BD中點且AB=AD，CB=CD，
∴ AO⊥BD，CO⊥BD，
∴ ∠AOC為二面角A?BD?C的平面角.
又∵ AB=AD=2，CB=CD=CA=BD=2，
∴ AO=1，CO=3，
在△AOC中，AO2+CO2=AC2，
∴ ∠AOC=90°，
即二面角A?BD?C為90°，
∴ 平面ABD⊥平面BCD.
(2)解：過E作EF⊥BD于F，連接CF，
∵ EF//AO且2AE=EB，
∴ OFBF=12，EFAO=23，
∴ OF=13，EF=23.
在Rt△COF中，CF2=CO2+OF2，
∴ CF=273,
∵ 平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，
EF?平面ABD，EF⊥BD，
∴ EF⊥平面BCD，∴ EF⊥CF，
∴ CF即為CE在平面BCD上的射影，
∴ ∠ECF即為CE與平面BCD所成角，
在Rt△ECF中，CE2=EF2+CF2,
∴ CE=423，
∴ cs∠ECF=CFCE=144，
∴ 直線CE與平面BCD所成角的余弦值為144.
(3)解：設B到平面ACD的距離為?，
則直線AB與平面ADC所成角的正弦值為?AB.
∵ VA?BCD=VB?ACD，
即13×AO×12×BD×CO
=13×?×12×AD×CD2?(12AD)2，
∴ ?=2217，
∴ ?AB=427,
∴ 直線AB與平面ADC所成角的正弦值為427.
【考點】
平面與平面垂直的判定
直線與平面所成的角
【解析】
此題暫無解析
【解答】
(1)證明：連接CO，
∵ O是BD中點且AB=AD，CB=CD，
∴ AO⊥BD，CO⊥BD，
∴ ∠AOC為二面角A?BD?C的平面角.
又∵ AB=AD=2，CB=CD=CA=BD=2，
∴ AO=1，CO=3，
在△AOC中，AO2+CO2=AC2，
∴ ∠AOC=90°，
即二面角A?BD?C為90°，
∴ 平面ABD⊥平面BCD.
(2)解：過E作EF⊥BD于F，連接CF，
∵ EF//AO且2AE=EB，
∴ OFBF=12，EFAO=23，
∴ OF=13，EF=23.
在Rt△COF中，CF2=CO2+OF2，
∴ CF=273,
∵ 平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，
EF?平面ABD，EF⊥BD，
∴ EF⊥平面BCD，∴ EF⊥CF，
∴ CF即為CE在平面BCD上的射影，
∴ ∠ECF即為CE與平面BCD所成角，
在Rt△ECF中，CE2=EF2+CF2,
∴ CE=423，
∴ cs∠ECF=CFCE=144，
∴ 直線CE與平面BCD所成角的余弦值為144.
(3)解：設B到平面ACD的距離為?，
則直線AB與平面ADC所成角的正弦值為?AB.
∵ VA?BCD=VB?ACD，
即13×AO×12×BD×CO
=13×?×12×AD×CD2?(12AD)2，
∴ ?=2217，
∴ ?AB=427,
∴ 直線AB與平面ADC所成角的正弦值為427.
【答案】
(1)證明：∵ 底面ABCD為菱形，
E，F分別是BC，PC的中點，
∠ABC=60°,
∴ △ABC是正三角形，
∴ AE⊥BC，BC//AD，
∴AE⊥AD，
又∵ PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，
∴PA⊥AE，AD∩PA=A，
∴EA⊥平面PAD．
(2)解：∵AE⊥平面PAD，
∴點E與平面PAD的距離為線段AE的長，
∵ ∠ABC=60°,AB=2，
∴ AE=3．
(3)解：連接AH，EH，
由(1)知AE⊥平面PAD，
則∠EHA為EH與平面PAD所成的角，
在Rt△EAH中，AE=3，
∴ 當AH最短時，∠EHA最大，
即當AH⊥PD時，∠EHA最大，
此時tan∠EHA=AEAH=3AH=62，
∴ AH=2，
又AD=2，∴ ∠ADH=45°，
∴ PA=2．
∵ PA⊥平面ABCD，PA?平面PAC，
∴ 平面PAC⊥平面ABCD．
過E作EO⊥AC于O，則EO⊥平面PAC，
過O作OS⊥AF于S，連接ES，
則∠ESO為二面角E?AF?C的平面角，
在Rt△AOE中，EO=AE?sin30°=32，
AO=AE?cs30°=32，
又F是PC的中點，在Rt△ASO中，SO=AO?sin45°=324，
又SE=EO2+SO2=34+98=304，
在Rt△ESO中，cs∠ESO=SOSE=324304=155，
即所求二面角的余弦值為155.
【考點】
二面角的平面角及求法
點、線、面間的距離計算
直線與平面所成的角
直線與平面垂直的判定
【解析】
左側圖片未給出解析．
左側圖片未給出解析．
左側圖片未給出解析．
【解答】
(1)證明：∵ 底面ABCD為菱形，
E，F分別是BC，PC的中點，
∠ABC=60°,
∴ △ABC是正三角形，
∴ AE⊥BC，BC//AD，
∴AE⊥AD，
又∵ PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，
∴PA⊥AE，AD∩PA=A，
∴EA⊥平面PAD．
(2)解：∵AE⊥平面PAD，
∴點E與平面PAD的距離為線段AE的長，
∵ ∠ABC=60°,AB=2，
∴ AE=3．
(3)解：連接AH，EH，
由(1)知AE⊥平面PAD，
則∠EHA為EH與平面PAD所成的角，
在Rt△EAH中，AE=3，
∴ 當AH最短時，∠EHA最大，
即當AH⊥PD時，∠EHA最大，
此時tan∠EHA=AEAH=3AH=62，
∴ AH=2，
又AD=2，∴ ∠ADH=45°，
∴ PA=2．
∵ PA⊥平面ABCD，PA?平面PAC，
∴ 平面PAC⊥平面ABCD．
過E作EO⊥AC于O，則EO⊥平面PAC，
過O作OS⊥AF于S，連接ES，
則∠ESO為二面角E?AF?C的平面角，
在Rt△AOE中，EO=AE?sin30°=32，
AO=AE?cs30°=32，
又F是PC的中點，在Rt△ASO中，SO=AO?sin45°=324，
又SE=EO2+SO2=34+98=304，
在Rt△ESO中，cs∠ESO=SOSE=324304=155，
即所求二面角的余弦值為155.