2020-2021学年重庆市高二（上）10月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年重庆市高二（上）10月月考数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 圆台的一个底面半径是另一个底面半径的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )
A.7B.6C.5D.3

2. 正方形O′A′B′C′的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图），则原图形的周长是( )

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

3. 如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为( )

A.EB.FC.GD.H

4. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：”今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？“其意思为：”在屋内墙角处堆放米（如图所示，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？“已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )

A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛

5. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )

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

6. 在封闭的直三棱柱ABC−A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB=6，BC=8，AA1=3，则V的最大值是( )
A.4πB.9π2C.6πD.32π3

7. 如图，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错误的为( )

A.AC⊥BD
B.AC // 截面PQMN
C.AC=BD
D.异面直线PM与BD所成的角为45∘

8. 已知直三棱柱ABC−A1B1C1中， ∠ABC=60∘，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A.32B.155C.33D.0
二、多选题

已知m，n是两条不同直线， α，β是两个不同平面，其中错误的命题有( )
A.若m//α，n//α，则m//n
B.若m⊥n，m⊥α，n⊄α，则n//α
C.若m//α，m//β，α∩β=n，则m//n
D.若m，n是异面直线，m⊂α，n⊂β，则m//β

设有下列四个命题，正确的是( )
A.两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内
B.过空间中任意三点有且仅有一个平面
C.若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l
D.若空间两条直线不相交，则这两条直线平行

如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=12，则下列结论中错误的是( )

A.AC⊥AF
B.EF // 平面ABCD
C.三棱锥A−BEF的体积为定值
D.△AEF的面积与△BEF的面积相等

如图，点N为边长为1的正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则( )

A.直线BM，EN是异面直线
B.BM≠EN
C.直线BM与平面ECD所成角的正弦值为277
D.三棱锥E−MNC的体积为316
三、填空题

中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48 的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为2+22．则该半正多面体共有________个面，其棱长为________.

四、解答题

已知正四棱台下底面正方形的边长为42，上底面正方形的边长为22，侧棱长为52.

(1)求该正四棱台的体积;

(2)求该正四棱台的表面积．

如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E， F分别为AB1，BD的中点．

(1)求证： EF//平面BCC1B1；

(2)求直线EF与直线AA1所成的角.

如图，直三棱柱A1B1C1−ABC中，AB=AC=AA1，BC=2AB，点D是BC中点，点D1是B1C1中点．

(1)求证：平面A1BD1//平面ADC1；

(2)求证：AD1⊥BC.

如图，在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面A1ACC1是菱形，∠A1AC=60∘,∠BAC=90∘ ，M为BC的中点，过A1，B1，M三点的平面交AC于点N．求证：

(1)MN//AB;

(2)AC⊥平面A1B1M.

如图，四面体ABCD中，O是BD的中点，CA=CB=CD=BD=2，AB=AD=2.

(1)求证：平面ABD⊥平面BCD；

(2)点E在线段AB上，满足2AE=EB，求直线CE与平面BCD所成角的余弦值；

(3)求直线AB与平面ADC所成角的正弦值．

如图，已知四棱锥P−ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD， ∠ABC=60∘,AB=2，E，F分别是BC，PC的中点．

(1)证明：EA⊥平面PAD；

(2)求点E与平面PAD的距离；

(3)若H为PD上的动点，EH与平面PAD 所成最大角的正切值为62, 求二面角E−AF−C的余弦值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年重庆市高二（上）10月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
设出上底面半径为r，利用圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，求出上底面半径，即可．
【解答】
解：设圆台较小底面半径为r，则另一底面半径为3r,
由S侧=π(r+3r)⋅3=84π，解得r=7.
故选A.
2.
【答案】
B
【考点】
斜二测画法画直观图
【解析】
判断水平放置的平面图形的直观图的圆图形，求出边长即可求解周长．
【解答】
解：正方形O′A′B′C′的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，
则原图是平行四边形，
如图所示，
相邻边长为：1和(22)2+12=3(cm)，
原图的周长是：(1+3)×2=8(cm).
故选B.
3.
【答案】
A
【考点】
由三视图还原实物图
【解析】
把三视图转换为直观图，即可得出图中的对应点.
【解答】
解：由三视图还原实物图可得如下图形，
显然所求点对应的为E点.
故选A.
4.
【答案】
B
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
根据圆锥的体积公式计算出对应的体积即可．
【解答】
解：设圆锥的底面半径为r，则14×2×3r=8，
解得r=163，
故米堆的体积为14×13×3×(163)2×5=3209，
∵ 1斛米的体积约为1.62立方尺，
∴ 3209÷1.62≈22（斛）.
故选B．
5.
【答案】
D
【考点】
由三视图求表面积
【解析】
三视图复原的几何体是直三棱柱，底面是等腰直角三角形，根据三视图的数据，求出几何体的表面积．
【解答】
解：三视图还原的几何体是底面为等腰直角三角形，直角边为1，高为1的直三棱柱，
所以几何体的表面积为：
S=2S底+S侧
=2×12×1×1+(1+1+2)×1
=3+2．
故选D．
6.
【答案】
B
【考点】
多面体的内切球问题
球的表面积和体积
【解析】
根据已知可得直三棱柱ABC−A1B1C1的内切球半径为32，代入球的体积公式，可得答案．
【解答】
解：∵ AB⊥BC，AB=6，BC=8，
∴ AC=10．
故三角形ABC的内切圆半径8r+6r+10r2=6×82，
可得r=2,
又由AA1=3，
故直三棱柱ABC−A1B1C1的内切球半径为32，
此时V的最大值43π×(32)3=9π2.
故选B.
7.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
异面直线及其所成的角
【解析】
首先由正方形中的线线平行推导线面平行，再利用线面平行推导线线平行，这样就把AC、BD平移到正方形内，即可利用平面图形知识做出判断．
【解答】
解：因为截面PQMN是正方形，
所以PQ // MN，QM // PN，
则PQ // 平面ACD，QM // 平面BDA，
所以PQ // AC，QM // BD.
由PQ⊥QM可得AC⊥BD，
故A正确；
由PQ // AC可得AC // 截面PQMN，
故B正确；
异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角，故D正确.
故选C．
8.
【答案】
D
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
利用余弦定理求出AC，进而得到AC⊥BC，利用线面垂直的判定和性质进行求解即可.
【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.
又四边形BCC1B1为正方形，
∴ BC1⊥B1C.
又B1C∩AC=C，
∴ BC1⊥平面AB1C，
∴ BC1⊥AB1，
∴ 异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为0.
故选D.
二、多选题
【答案】
A,D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
利用空间中线线，线面，面面的位置关系进行判断即可求解.
【解答】
解：A，若m//α，n//α，则m，n可能平行，相交或异面，故A错误；
B，若m⊥n，m⊥α，n⊄α，则n//α，故B正确；
C，若m//α，m//β，α∩β=n，则m//n，故C正确；
D，若m，n是异面直线，m⊂α，n⊂β，则m，β平行或相交，故D错误.
故选AD.
【答案】
A,C
【考点】
命题的真假判断与应用
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
利用空间中线线，线面的位置关系逐一分析即可求解.
【解答】
解：A，若第三条直线与另两条相交直线相交且不共点，则该直线在另两条直线所确定的平面内，
故两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内，故A正确；
B，若空间中三点共线，则过这三点的平面有无数个，故B错误；
C，若m⊥平面α，则m与平面α中任意一条直线垂直，所以m⊥l，故C正确；
D，若空间中两条直线不相交，则这两条直线平行或异面，故D错误.
故选AC.
【答案】
A,D
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
举例说明A错误；
由线面平行的定义证得线面平行判断B正确；
由棱锥的高与底面积都是定值得出体积为定值判断C正确；
由B到线段EF的距离与A到EF的距离不相等，可得△AEF与△BEF的面积是否相等．
【解答】
解：对于A，由题意知，当点F与B1重合时，AC与AF所成的角是60∘，故A错误；
对于B，由正方体ABCD−A1B1C1D1的两个底面平行，EF在其一面上，故EF与平面ABCD无公共点，故有EF // 平面ABCD，故B正确；
对于C，由几何体的性质及图形知，三角形BEF的面积是定值，A点到面DD1B1B的距离为定值，故可得三棱锥A−BEF的体积为定值，故C正确；
对于D，由图形可以看出，B到线段EF的距离与A到EF的距离不相等，故△AEF的面积与△BEF的面积不相等，故D错误．
故选AD.
【答案】
B,C
【考点】
直线与平面所成的角
异面直线的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
连接BD，根据平面公理可判断A选项的正误；求出BM和EN的长，可判断B选项的正误；推导出BC⊥平面ECD，求出直线BM与平面ECD所成角的正弦值，可判断C选项的正误；求出三棱锥N−ECD的高和底面积，由锥体的体积公式可判断D选项的正误．综合可得出结论．
【解答】
解：对于A选项，连接BD，则点N为BD的中点，
所以E，N∈平面BDE，所以EN⊂平面BDE，
同理可知BM⊂平面BDE，
所以，BM与EN不是异面直线，A选项错误；
对于C选项，因为四边形ABCD是边长为1的正方形，所以BC⊥CD，
因为平面ABCD⊥平面ECD，平面ABCD∩平面ECD=CD，
BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面ECD，
所以，直线BM与平面ECD所成角为∠BMC.
因为M为DE的中点，且△CDE是边长为1的正三角形，
则CM=32，所以BM=BC2+CM2=72，
所以sin∠BMC=BCBM=172=277,C选项正确；
对于B选项，取CD的中点O，连接ON，OE，
则ON//BC且ON=12BC=12， OE=32,
因为BC⊥平面CDE，所以ON⊥平面CDE，
因为OE⊂平面CDE，所以ON⊥OE，
所以EN=OE2+ON2=1， 所以BM≠EN，B选项正确；
对于D选项，因为ON⊥平面CDE，
△EMC的面积为S△EMC=34×12×12=38，
所以三棱锥E−MNC的体积为:
V三棱锥E−MNC=V三棱锥N−EMC=13S△EMC⋅ON
=13×38×12=348,D选项错误．
故选BC．
三、填空题
【答案】
26,2
【考点】
正多面体
简单组合体的结构特征
【解析】
该题是多面体切接问题，尽量选取多个顶点所在的截面ABCDEFGH，并确定其形状为正八边形，根据边之间的关系列出方程求解即可．
【解答】
解：半正多面体面数从上至下依次为1，8，8，8，1，故共有 1+8+8+8+1=26个面；
正方体被半正多面体顶点A，B，C所在平面截得的图形如图2．八边形ABCDEFGH为正八边形，
设棱长AB=a，则2+22=2×22a+a，解得 a=2.
故答案为：26；2.
四、解答题
【答案】
解：(1)ℎ=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)⋅ℎ
=13(8+32+8×32)⋅32
=28 .
(2)ℎ斜高=94+2=172，
S表=8+32+4×12(22+42)×172
=40+634 .
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)ℎ=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)⋅ℎ
=13(8+32+8×32)⋅32
=28 .
(2)ℎ斜高=94+2=172，
S表=8+32+4×12(22+42)×172
=40+634 .
【答案】
(1)证明：如图，连接AC，B1C，
E,F分别是AB1，AC的中点，
∴ EF//CB1，
EF⊄平面BCC1B1，CB1⊂平面BCC1B1，
∴ EF//平面BCC1B1 .
(2)解：∵ EF//B1C，AA1//BB1，
∴ ∠BB1C为直线EF与直线AA1所成的角，
∠BB1C=45∘，
∴ EF与AA1所成的角为45∘ .
【考点】
直线与平面平行的判定
异面直线及其所成的角
【解析】
(2)∵ EF//B1C，AA1//BB1，
∴ ∠BB1C为直线EF与直线AA1所成的角，
∠BB1C=45∘，
∴ EF与AA1所成的角为45∘ .
【解答】
(1)证明：如图，连接AC，B1C，
E,F分别是AB1，AC的中点，
∴ EF//CB1，
EF⊄平面BCC1B1，CB1⊂平面BCC1B1，
∴ EF//平面BCC1B1 .
(2)解：∵ EF//B1C，AA1//BB1，
∴ ∠BB1C为直线EF与直线AA1所成的角，
∠BB1C=45∘，
∴ EF与AA1所成的角为45∘ .
【答案】
证明：(1)∵ AA1=//BB1，BB1=//DD1,
∴ AA1=//DD1,
∴ 四边形ADD1A1是平行四边形,
∴ AD//A1D1，AD⊄平面A1BD1，A1D1⊂平面A1BD1,
∴ AD//平面A1BD1.
又∵ BD=//D1C1,
∴ 四边形BDC1D1是平行四边形,
∴ 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.
【考点】
两条直线垂直的判定
平面与平面平行的判定
【解析】
无
无
【解答】
证明：(1)∵ AA1=//BB1，BB1=//DD1,
∴ AA1=//DD1,
∴ 四边形ADD1A1是平行四边形,
∴ AD//A1D1，AD⊄平面A1BD1，A1D1⊂平面A1BD1,
∴ AD//平面A1BD1.
又∵ BD=//D1C1,
∴ 四边形BDC1D1是平行四边形,
∴ 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】
证明：(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为BC的中点，
∴ AC⊥MN，N是AC中点，
又∵ △A1AC是正三角形，
∴ AC⊥A1N，MN∩A1N=N，
∴ AC⊥平面A1B1M .
【考点】
两条直线平行的判定
直线与平面垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：(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为BC的中点，
∴ AC⊥MN，N是AC中点，
又∵ △A1AC是正三角形，
∴ AC⊥A1N，MN∩A1N=N，
∴ AC⊥平面A1B1M .
【答案】
(1)证明：连接CO，
∵ O是BD中点且AB=AD，CB=CD，
∴ AO⊥BD，CO⊥BD，
∴ ∠AOC为二面角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为90∘，
∴ 平面ABD⊥平面BCD.
(2)解：过E作EF⊥BD于F，连接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即为CE在平面BCD上的射影，
∴ ∠ECF即为CE与平面BCD所成角，
在Rt△ECF中，CE2=EF2+CF2,
∴ CE=423，
∴ cs∠ECF=CFCE=144，
∴ 直线CE与平面BCD所成角的余弦值为144.
(3)解：设B到平面ACD的距离为ℎ，
则直线AB与平面ADC所成角的正弦值为ℎAB.
∵ VA−BCD=VB−ACD，
即13×AO×12×BD×CO
=13×ℎ×12×AD×CD2−(12AD)2，
∴ ℎ=2217，
∴ ℎAB=427,
∴ 直线AB与平面ADC所成角的正弦值为427.
【考点】
平面与平面垂直的判定
直线与平面所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：连接CO，
∵ O是BD中点且AB=AD，CB=CD，
∴ AO⊥BD，CO⊥BD，
∴ ∠AOC为二面角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为90∘，
∴ 平面ABD⊥平面BCD.
(2)解：过E作EF⊥BD于F，连接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即为CE在平面BCD上的射影，
∴ ∠ECF即为CE与平面BCD所成角，
在Rt△ECF中，CE2=EF2+CF2,
∴ CE=423，
∴ cs∠ECF=CFCE=144，
∴ 直线CE与平面BCD所成角的余弦值为144.
(3)解：设B到平面ACD的距离为ℎ，
则直线AB与平面ADC所成角的正弦值为ℎAB.
∵ VA−BCD=VB−ACD，
即13×AO×12×BD×CO
=13×ℎ×12×AD×CD2−(12AD)2，
∴ ℎ=2217，
∴ ℎAB=427,
∴ 直线AB与平面ADC所成角的正弦值为427.
【答案】
(1)证明：∵ 底面ABCD为菱形，
E，F分别是BC，PC的中点，
∠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，
∴点E与平面PAD的距离为线段AE的长，
∵ ∠ABC=60∘,AB=2，
∴ AE=3．
(3)解：连接AH，EH，
由(1)知AE⊥平面PAD，
则∠EHA为EH与平面PAD所成的角，
在Rt△EAH中，AE=3，
∴ 当AH最短时，∠EHA最大，
即当AH⊥PD时，∠EHA最大，
此时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．
过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，
过O作OS⊥AF于S，连接ES，
则∠ESO为二面角E−AF−C的平面角，
在Rt△AOE中，EO=AE⋅sin30∘=32，
AO=AE⋅cs30∘=32，
又F是PC的中点，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为155.
【考点】
二面角的平面角及求法
点、线、面间的距离计算
直线与平面所成的角
直线与平面垂直的判定
【解析】
左侧图片未给出解析．
左侧图片未给出解析．
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【解答】
(1)证明：∵ 底面ABCD为菱形，
E，F分别是BC，PC的中点，
∠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，
∴点E与平面PAD的距离为线段AE的长，
∵ ∠ABC=60∘,AB=2，
∴ AE=3．
(3)解：连接AH，EH，
由(1)知AE⊥平面PAD，
则∠EHA为EH与平面PAD所成的角，
在Rt△EAH中，AE=3，
∴ 当AH最短时，∠EHA最大，
即当AH⊥PD时，∠EHA最大，
此时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．
过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，
过O作OS⊥AF于S，连接ES，
则∠ESO为二面角E−AF−C的平面角，
在Rt△AOE中，EO=AE⋅sin30∘=32，
AO=AE⋅cs30∘=32，
又F是PC的中点，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为155.