人教A版高中数学必修第二册第8章章末综合提升学案

这是一份人教A版高中数学必修第二册第8章章末综合提升学案，共23页。
类型1　空间几何体的表面积和体积1．主要考查空间几何体的几何体表面积、体积的计算以及外接球和内切球问题；对于不规则几何体常用转换法、分割法、补形法等进行求解．2．利用公式求解表面积、体积，提高数学运算素养．【例1】　(1)(2022·山东泰安期末)已知三棱柱ABC-A1B1C1中，C1C⊥AC，A1A⊥BC，平面A1BC⊥平面AA1B，AC＝5，若该三棱柱存在体积为43π的内切球，则三棱锥A-A1BC体积为(　　)A．23　　　B．43　　　C．2　　　D．4(2)如图所示(单位：cm)，求图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的表面积和体积．(1)D　[如图所示，因为C1C⊥AC，A1A⊥BC⇔C1C⊥BC，AC∩BC＝C，所以CC1⊥平面ABC，又因为平面A1BC⊥平面AA1B，平面A1BC∩平面AA1B＝A1B，过点A作AE⊥A1B，则AE⊥平面A1BC，则AE⊥BC.又因为BC⊥BB1，所以BC⊥平面AA1B，AB⊂平面ABB1A1，所以AB⊥BC.设AB＝c，AC＝b，BC＝a，则b2＝a2＋c2，又因为三棱柱内切球的体积为43π，则43π＝43πR3，则R＝1.又R＝c+a-b2，即c＋a－b＝2，则a2+c2=25a+c=7 ，解得ac＝12，棱柱的高等于内切球直径2，所以VA-A1BC＝VA1-ABC＝13×12×12×2＝4，故三棱锥A-A1BC的体积为4.故选D.](2)[解]　由题意知，所求几何体的表面积由三部分组成：圆台下底面、侧面和一半球面，S半球＝8π cm2，S圆台侧＝35π cm2，S圆台底＝25π cm2，故所求几何体的表面积为68π cm2.由V圆台＝13×[π×22＋π×22×π×52＋π×52]×4＝52π(cm3)，V半球＝43π×23×12＝163π(cm3)，所以所求几何体的体积为V圆台－V半球＝52π－163π＝1403π(cm3)． 类型2　空间点、线、面位置关系1．空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面及面面的平行与垂直关系，平行、垂直关系的相互转化如图所示．2．通过线线、线面、面面平行、垂直关系的相互转化，提升直观想象和逻辑推理素养．【例2】　(1)(多选)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，其中正确的是(　　)A．直线AM与C1C是相交直线B．直线AM与BN的平行直线C．直线BN与MB1是异面直线D．直线MN与AC所成的角为60°(2)如图，三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，AC＝9，BC＝12，AB＝15，AA1＝12，点D是AB的中点．求证：①AC⊥B1C；②AC1∥平面CDB1.(1)CD　[结合题图，显然直线AM与C1C是异面直线，直线AM与BN是异面直线，直线BN与MB1是异面直线．连接D1C，AD1(图略)，直线MN与AC所成的角即直线D1C与AC所成的角，在等边三角形AD1C中，易知∠ACD1＝60°，所以直线MN与AC所成的角为60°，故选CD.](2)[证明]　①∵C1C⊥平面ABC，∴C1C⊥AC.∵AC＝9，BC＝12，AB＝15，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.又BC∩C1C＝C，∴AC⊥平面BCC1B1，而B1C⊂平面BCC1B1，∴AC⊥B1C.②连接BC1交B1C于点O，连接OD.如图，∵O，D分别为BC1，AB的中点，∴OD∥AC1.又OD⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1. 类型3　空间角的计算1．空间角包括异面直线所成的角、线面角及二面角，主要考查空间角的定义及求法，求角时要先找角，再证角，最后在三角形中求角．2．通过找角、证角、求角，提升逻辑推理与数学运算素养．【例3】　如图，正方体ABCD-A′B′C′D′的棱长为1，B′C∩BC′＝O，求：(1)AO与A′C′所成的角的大小；(2)AO与平面ABCD所成的角的正切值；(3)二面角B-AO-C的大小．[解]　(1)∵A′C′∥AC，∴AO与A′C′所成的角就是∠OAC(或其补角)．∵AB⊥平面BC′，OC⊂平面BC′，∴OC⊥AB，又OC⊥BO，AB∩BO＝B，AB，BO⊂平面ABO，∴OC⊥平面ABO.又OA⊂平面ABO，∴OC⊥OA.在Rt△AOC中，OC＝22，AC＝2，∴sin ∠OAC＝OCAC＝12，∴∠OAC＝30°.即AO与A′C′所成的角为30°.(2)如图，作OE⊥BC于点E，连接AE.∵平面BC′⊥平面ABCD，平面BC′∩平面ABCD＝BC，OE⊂平面BC′，∴OE⊥平面ABCD，∴∠OAE为AO与平面ABCD所成的角．在Rt△OAE中，OE＝12，AE＝12+122＝52，∴tan ∠OAE＝OEAE＝55.即AO与平面ABCD所成的角的正切值为55.(3)由(1)可知OC⊥平面AOB.又∵OC⊂平面AOC，∴平面AOB⊥平面AOC.即二面角B-AO-C的大小为90°. 类型4　空间距离的计算1．我们已学习过的空间距离主要包括点到平面的距离、直线到平面的距离和平面到平面的距离，其中点到平面的距离的计算是这三种距离的核心，通常借助几何体的等体积法求解. 2．通过三种距离间的转化，提升逻辑推理和数学运算素养．【例4】　如图①，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠BAD＝90°，AB＝5，AD＝2，DC＝3，点E在CD上，且DE＝2，将△ADE沿AE折起，使得平面ADE⊥平面ABCE(如图②)．(1)求点B到平面ADE的距离；(2)在线段BD上是否存在点P，使得CP∥平面ADE？若存在，求三棱锥P-ABC的体积；若不存在，请说明理由．[解]　(1)取AE中点G，连接DG，因为AD＝DE＝2，所以DG⊥AE.因为平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，DG⊂平面ADE，所以DG⊥平面ABCE.在直角三角形ADE中，因为AD＝DE＝2，∴AE＝22，所以DG＝12AE＝2.设点B到平面ADE的距离为d，又S△ABE＝5，S△ADE＝2，VD-ABE＝VB-ADE＝13S△ABE·DG＝13S△ADE·d＝523， 所以d＝522.(2)存在点P，此时BPBD＝45.过点P作PF∥AB，连接EF，PC，因为AB＝5，BPBD＝45，所以PF＝EC＝1，PF∥EC，所以四边形EFPC为平行四边形，所以CP∥EF，因为CP⊄平面ADE，EF⊂平面ADE，所以CP∥平面ADE.由(1)知DG⊥平面ABCE，点P到平面ABCE的距离d1＝45DG＝452，S△ABC＝5，所以VP-ABC＝13S△ABC·d1＝423.章末综合测评(三)　立体几何初步(时间：120分钟　满分：150分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下列条件中，能确定一个平面的是(　　)A．空间中任意三点B．空间中两条直线C．空间中两条相交直线D．一条直线和一个点C　[对于A，空间任意三点，当三点共线时能确定一条直线而不是平面，故错误；对于B，空间两条直线，当两条直线重合时，过这条直线的平面有无数个，故错误；对于C，空间两条相交直线，根据课本中的判定得到是正确的； 对于D，一条直线和一个点，当这个点在直线上时，过这条直线的平面有无数个，故错误．故选C.]2．一个棱柱的侧面展开图是三个全等的矩形，矩形的长和宽分别为6 cm，4 cm，则该棱柱的侧面积为(　　)A．24 cm2　 B．36 cm2　 C．72 cm2 　D．84 cm2C　[棱柱的侧面积S侧＝3×6×4＝72(cm2)．]3．(2022·厦门一中月考)如图，平行四边形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝5，O′C′＝2，∠A′O′C′＝30°，则原图形的面积是(　　)A．4　　　B．102　　　C．42 　　　D．52B　[平行四边形O′A′B′C′中，O′A′＝5，O′C′＝2，∠A′O′C′＝30°，所以平行四边形O′A′B′C′的面积为S′＝O′A′·O′C′·sin 30°＝5×2×12＝5，所以原平面图形的面积是S＝22S′＝22×5＝102.故选B.]4．(2022·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(7≈2.65)(　　)A．1.0×109 m3 B．1.2×109 m3C．1.4×109 m3 D．1.6×109 m3C　[依题意可知棱台的高为MN＝157.5－148.5＝9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V.棱台下底面积S＝140.0 km2＝140×106m2，上底面积S′＝180.0 km2＝180×106m2，∴V＝13h(S＋S′＋SS')＝13×9×(140×106＋180×106＋140×180×1012)＝3×(320＋607)×106≈(96＋18×2.65)×107＝1.437×109≈1.4×109(m3)．故选C.]5．(2021·全国乙卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为(　　)A．π2　　　B．π3　　　C．π4 　　　D．π6D　[法一：如图，连接C1P，因为ABCD-A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，所以C1P⊥平面B1BP.又BP⊂平面B1BP，所以C1P⊥BP.连接BC1，则AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角．设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则在直角三角形C1PB中，C1P＝12B1D1＝2，BC1＝22，sin ∠PBC1＝PC1BC1＝12，所以∠PBC1＝π6，故选D.法二：如图所示，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成角等于直线PB与BC1所成角．根据P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，易知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点．易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝π3，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝12∠A1BC1＝π6.]6．如图，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α，β所成的角分别为π4和π6.过A，B分别作两平面交线的垂线，垂足为A′，B′，则AB∶A′B′等于(　　)A．2∶1 B．3∶1C．3∶2 D．4∶3A　[连接AB′，A′B(图略)，由已知条件可知∠BAB′＝π4，∠ABA′＝π6，设AB＝2a，则BB′＝2asin π4＝2a， A′B＝2a cos π6＝3a，∴在Rt△BB′A′中，得A′B′＝a，∴AB∶A′B′＝2∶1.]7．底面半径为3，母线长为2的圆锥的外接球O的表面积为(　　)A．6π　　　B．12π　　　C．8π 　　　D．16πD　[由题意，圆锥轴截面的顶角为120°，设该圆锥的底面圆心为O′，球O的半径为R，则O′O＝R－1.由勾股定理可得R2＝(R－1)2＋(3)2，∴R＝2，∴球O的表面积为4πR2＝16π.]8．(2022·广东韶关期末)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱B1C1的中点，则过B，E，D1三点的平面截正方体所得的截面图形的面积为(　　)A．5　　　B．6　　　C．26 　　　D．46C　[设平面BED1交棱AD于F，由正方体性质及平面与平面平行的性质定理得ED1∥BF，D1F∥BE，由勾股定理可得四边形D1FBE所有边长的长度为5，所以D1FBE是菱形，且F为AD的中点，取A1D1的中点M，连接FM，ME，则D1B＝DD12+BD2＝DD12+AB2+AD2＝22+22+22＝23，EF＝FM2+ME2＝＝22+22＝22，故SD1FBE＝D1B·FE2＝23×222＝26.故选C.]二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)9．如图是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中，以下四个命题中，正确的是(　　)A．BM∥ED　B．EF∥CD　C．CN与BM为异面直线D．DM⊥BNBCD　[作出正方体的直观图，如图，由直观图可知BM与DE为互相垂直的异面直线，故A错误；EF∥AB∥CD，故B正确；CN与BM为异面直线，故C正确；由正方体性质得BN⊥平面DEM，故NB⊥DM，故D正确．故选BCD.]10．(2022·新高考Ⅱ卷)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB，记三棱锥E-ABC，F-ABC，E-ACF的体积分别为V1，V2，V3，则(　　)A．V3＝2V2B．V3＝V1C．V3＝V1＋V2D．2V3＝3V1CD　[设AB＝ED＝2FB＝2，则V1＝13×12×2×2×2＝43，V2＝13×12×2×2×1＝23.连接BD交AC于M，连接EM，FM(图略)，则FM＝3，EM＝6，EF＝3，所以FM2＋EM2＝EF2，∴EM⊥FM，故S△EMF＝12×3×6＝322，V3＝13S△EMF×AC＝2，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1，故选CD.]11．如图是四棱锥的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，在此几何体中，给出下面四个结论，其中正确的有(　　)A．平面EFGH∥平面ABCDB．BC∥平面PADC．AB∥平面PCDD．平面PAD∥平面PABABC　[把平面展开图还原为四棱锥如图所示，则EH∥AB，因为AB⊂平面ABCD，EH⊄平面ABCD，所以EH∥平面ABCD.同理可证EF∥平面ABCD，因为EH∩EF＝E，EH，EF⊂平面EFGH，所以平面EFGH∥平面ABCD；平面PAD，平面PBC，平面PAB，平面PDC均是四棱锥的四个侧面，则它们两两相交．因为AB∥CD，CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，所以AB∥平面PCD.同理，BC∥平面PAD.]12．如图，已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD为正方形，AB＝2，AA1＝2，E，F分别为AB，BC的中点．则(　　)A．A1E⊥DFB．点A1，E，F，C1四点共面C．直线C1D与平面BB1C1C所成角的正切值为2D．三棱锥E-C1DF的体积为22BCD　[对于A，假设A1E⊥DF，由题意知BC⊥平面AA1B1B，A1E⊂平面AA1B1B，∴A1E⊥BC，又BC∩DF＝F，∴A1E⊥平面ABCD，由长方体性质知A1E与平面ABCD不垂直，故假设不成立，故A错误；对于B，连接EF，AC，A1C1，由于E，F分别为AB，BC的中点，∴EF∥AC，又因为长方体ABCD-A1B1C1D1，知A1C1∥AC，∴EF∥A1C1，所以点A1，E，F，C1四点共面，故B正确；对于C，由题意可知DC⊥平面BB1C1C，∴∠DC1C为直线C1D与平面BB1C1C所成角，在Rt△DCC1中，CC1＝2，CD＝2，则tan ∠DC1C＝DCC1C＝22＝2，故C正确；对于D，连接DE，C1E，∵AB＝AD＝2，则S△DEF＝S□ABCD－S△ADE－S△BEF－S△CDF＝2×2－12×2×1－12×1×1－12×1×2＝32，利用等体积法知：VE-C1DF＝VC1-DEF＝13·S△DEF·CC1＝13×32×2＝22，故D正确．故选BCD.]三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．如果用半径R＝23的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒，那么这个圆锥筒的高是________．3　[设圆锥筒的底面半径为r，则2πr＝πR＝23π，则r＝3，所以圆锥筒的高h＝R2-r2＝232-32＝3.]14．如图，在三棱柱A1B1C1-ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F-ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1-ABC的体积为V2，则V1∶V2＝________．1∶24　[因为D，E分别是AB，AC的中点，所以S△ADE∶S△ABC＝1∶4．又F是AA1的中点，所以A1到底面的距离H为F到底面距离h的2倍，即三棱柱A1B1C1-ABC的高是三棱锥F-ADE高的2倍， 所以V1∶V2＝13S△ADE·hS△ABC·H＝124＝1∶24.]15．如图，若边长为4和3与边长为4和2的两个矩形所在的平面互相垂直，则cos α∶cos β＝________．5∶2　[如图，设两个矩形分别为矩形ABCD、矩形ABEF，因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AF⊂平面ABEF，AF⊥AB，故AF⊥平面ABCD，而AC⊂平面ABCD，所以AF⊥AC，同理CB⊥BF．由题意，两个矩形的对角线长分别为5，25，所以cos α＝525+4＝529，cos β＝2529，所以cos α∶cos β＝5∶2.]16．已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，且这个球的体积是323π，那么这个三棱柱的侧面积为________，体积是________．483　483　[设球的半径为r，则43πr3＝323π，得r＝2，柱体的高为2r＝4.又正三棱柱的底面三角形的内切圆半径与球的半径相等，所以底面正三角形的边长为43，所以正三棱柱的侧面积S侧＝3×4×43＝483，体积V＝34×(43)2×4＝483.]四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分) 如图，三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面，其高为6 cm，底面三角形的边长分别为3 cm，4 cm，5 cm，以上、下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，求剩余部分几何体的体积V.[解]　V三棱柱ABC-A1B1C1 ＝12×3×4×6＝36(cm3)．设圆柱底面圆的半径为r，则r＝2S△ABCAB+BC+AC＝2×12×3×43+4+5＝1，V圆柱OO1＝πr2h＝6π(cm3)．所以V＝V三棱柱ABC-A1B1C1－V圆柱OO1＝(36－6π)cm3.18．(本小题满分12分)如图，空间四边形ABCD中，E，F分别是AB和BC上的点，G，H分别是CD和AD上的点．(1)如图①，若EH与FG相交于点K，求证：EH，BD，FG三条直线相交于同一点；(2)如图②，若EH∥FG，求证：EH，BD，FG三条直线互相平行．[证明]　(1)因为K∈EH，EH⊂平面ABD，所以K∈平面ABD，同理K∈平面CBD，而平面ABD∩平面CBD＝BD，因此K∈BD，所以EH，BD，FG三条直线相交于同一点．(2)因为EH∥FG，FG⊂平面BCD，EH⊄平面BCD，所以EH∥平面BCD，而EH⊂平面ABD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以EH∥BD，而EH∥FG，所以EH∥FG∥BD.19．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，且PB＝PD.(1)求证：BD⊥PC；(2)若平面PBC与平面PAD的交线为l，求证：BC∥l.[证明]　(1)如图，连接AC，交BD于点O，连接PO.因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又因为PB＝PD，O为BD的中点，所以BD⊥PO.因为PO∩AC＝O，所以BD⊥平面PAC，因为PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC.(2)因为四边形ABCD为菱形，所以BC∥AD.因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD.又因为BC⊂平面PBC，平面PBC与平面PAD的交线为l，所以BC∥l.20．(本小题满分12分)(2022·江西临川一中期中)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝2，D为棱BC的中点．(1)证明：A1C∥平面AB1D；(2)求点A1到平面AB1D的距离．[解]　(1)证明：连接A1B交AB1于O，连接OD，正三棱柱ABC-A1B1C1中，易得O为AB1中点，又D为BC的中点，所以OD∥A1C.因为A1C⊄平面AB1D，OD⊂平面AB1D，所以A1C∥平面AB1D.(2)因为A1C∥平面AB1D，所以C与A1到平面AB1D的距离相等，由题意得AB1＝22，DB1＝5，AD＝3，因为AD2+DB1 2 ＝ AB1 2，所以AD⊥DB1，所以S△ADB1＝12×3×5＝152，S△ADC＝12×1×3＝32，设C到平面ADB1的距离为h，则VC-ADB1＝VB1-ACD，所以13×152h＝13×32×2，所以h＝255，即点A1到平面AB1D的距离为255.21．(本小题满分12分)如图①，在矩形ABCD中，AD＝1，AB＝3，M为CD上一点，且CM＝2MD.将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM，如图②，点E是线段AM的中点．(1)求证：平面BDE⊥平面ABCM；(2)过B点是否存在一条直线l，同时满足以下两个条件：①l⊂平面ABCM；②l⊥AD.请说明理由．[解]　(1)证明：由已知得DA＝DM，E是AM的中点，所以DE⊥AM.因为平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM＝AM，所以DE⊥平面ABCM.又DE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABCM.(2)过B点存在一条直线l，同时满足以下两个条件：①l⊂平面ABCM；②l⊥AD.理由：在平面ABCM中，过点B作直线l，使l⊥AM(图略)．因为平面ADM⊥平面ABCM，平面ABCM∩平面ADM＝AM，所以l⊥平面ADM，所以l⊥AD.22．(本小题满分12分)(2022·贵州月考)在我国古代数学名著《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑(nào)”．如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝BC＝3，AB＝1，AC＝2，E为棱PB上一点．(1)若AE⊥平面PBC，求VP-ACE∶VE-ABC；(2)求二面角A-PC-B的余弦值．[解]　(1)因PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，AB⊂平面ABC，则PA⊥BC，PA⊥AB，又AB2＋BC2＝AC2，即AB⊥BC.又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，因此BC⊥平面PAB.所以VP-ACE∶VE-ABC＝VC-PAE∶VC-ABE＝PE∶EB，在Rt△PAB中，PB＝2，由AE⊥平面PBC得AE⊥PB，则PA·AB＝PB·AE，即有AE＝32，在Rt△PAE中，PE＝PA2-AE2＝32，则有EB＝12，所以VP-ACE∶VE-ABC＝3∶1.(2)如图，作AE⊥PB于点E，过点E作EO垂直PC于点O，连接AO.由(1)知，BC⊥平面PAB，AE⊂平面PAB，则BC⊥AE，而PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，于是得AE⊥平面PBC.又PC⊂平面PBC，则AE⊥PC.又EO⊥PC，AE，EO⊂平面AOE，AE∩EO＝E，则有PC⊥平面AOE，所以PC⊥AO.因此∠AOE是二面角A-PC-B的平面角．在Rt△PAC中，PC＝7，则AO＝PA·ACPC＝2217.由(1)知，AE＝32，在Rt△AOE中，sin ∠AOE＝AEAO＝74，则cos ∠AOE＝34，所以二面角A-PC-B的余弦值是34.