第一章新1

第一章特殊平行四边形总分120分120分钟一．选择题（共8小题，每题3分）1．在四边形ABCD中，∠A=60°，∠ABC=∠ADC=90°，BC=2，CD=11，自D作DH⊥AB于H，则DH的长是（）A．7.5 B．7 C．6.5 D．5.52．下列说法：①矩形是轴对称图形，两条对角线所在的直线是它的对称轴；②两条对角线相等的四边形是矩形；③有两个角相等的平行四边形是矩形；④两条对角线相等且互相平分的四边形是矩形；⑤两条对角线互相垂直平分的四边形是矩形．其中，正确的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个3．不能判断四边形ABCD是矩形的是（0为对角线的交点）（）A．AB=CD，AD=BC，∠A=90°B．OA=OB=OC=ODC．ABCD，AC=BD D．ABCD，OA=OC，OB=OD4．如图，在四边形ABCD中，AB=CD，AC⊥BD，添加适当的条件使四边形ABCD成为菱形．下列添加的条件不正确的是（）A．AB∥CD B．AD=BC C．BD=AC D．BO=DO5．能判定四边形ABCD是菱形的条件是（）A．对角线AC平分对角线BD，且AC⊥BDB．对角线AC平分对角线BD，且∠A=∠CC．对角线AC平分对角线BD，且平分∠A和∠CD．对角线AC平分∠A和∠C，且∠A=∠C6．已知如图，在矩形ABCD中有两个一条边长为1的平行四边形．则它们的公共部分（即阴影部分）的面积是（）A．大于1 B．等于1 C．小于1 D．小于或等于17．矩形各内角的平分线能围成一个（）A．矩形 B．菱形 C．等腰梯形 D．正方形8．如果一个平行四边形要成为正方形，需增加的条件是（）A．对角线互相垂直且相等 B．对角线互相垂直C．对角线相等D．对角线互相平分二．填空题（共6小题，每题3分）9．如图，凸五边形ABCDE中，∠A=∠B=120°，EA=AB=BC=2，CD=DE=4，则它的面积为_________ ．10．四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，设有下列条件：①AB=AD；②∠DAB=90°；③AO=CO，BO=DO；④矩形ABCD；⑤菱形ABCD，⑥正方形ABCD，则在下列推理不成立的是_________A、①④⇒⑥；B、①③⇒⑤；C、①②⇒⑥；D、②③⇒④11．_________ 的矩形是正方形，_________ 的菱形是正方形．12．若四边形ABCD是矩形，请补充条件_________ （写一个即可），使矩形ABCD是正方形．13．如图，在△ABC中，点D在BC上过点D分别作AB、AC的平行线，分别交AC、AB于点E、F①如果要得到矩形AEDF，那么△ABC应具备条件：_________ ；②如果要得到菱形AEDF，那么△ABC应具备条件：_________ ．14．在矩形ABCD中，M为AD边的中点，P为BC上一点，PE⊥MC，PF⊥MB，当AB、BC满足条件_________ 时，四边形PEMF为矩形．三．解答题（共11小题）15．（6分）如图所示，顺次延长正方形ABCD的各边AB，BC，CD，DA至E，F，G，H，且使BE=CF=DG=AH．求证：四边形EFGH是正方形．16．（6分）已知：如图，△ABC中，D是BC上任意一点，DE∥AC，DF∥AB．①试说明四边形AEDF的形状，并说明理由．②连接AD，当AD满足什么条件时，四边形AEDF为菱形，为什么？③在②的条件下，当△ABC满足什么条件时，四边形AEDF为正方形，不说明理由．17．（6分）已知：如图，△ABC中，AB=AC，AD是BC边上的高，AE是△BAC的外角平分线，DE∥AB交AE 于点E，求证：四边形ADCE是矩形．18．（6分）已知：如图，M为▱ABCD的AD边上的中点，且MB=MC，求证：▱ABCD是矩形．19．（6分）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，∠C=45°，BC=4，AD=2．求四边形ABCD的面积．20．（8分）如图，∠CAE是△ABC的外角，AD平分∠EAC，且AD∥BC．过点C作CG⊥AD，垂足为G，AF是BC边上的中线，连接FG．（1）求证：AC=FG．（2）当AC⊥FG时，△ABC应是怎样的三角形？为什么？21．（8分）如图，E是等边△ABC的BC边上一点，以AE为边作等边△AEF，连接CF，在CF延长线取一点D，使∠DAF=∠EFC．试判断四边形ABCD的形状，并证明你的结论．22．（8分）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点0，BE∥AC，EC∥BD，BE、EC相交于点E．试说明：四边形OBEC是菱形．23．（8分）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，CE∥BD，DE∥AC，若AC=4，判断四边形CODE 的形状，并计算其周长．24．（8分）如图，在矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线MN与AD相交于点M，与BD相交于点O，与BC相交于N，连接MN，DN．（1）求证：四边形BMDN是菱形；（2）若AB=6，BC=8，求MD的长．25．（8分）如图所示，有四个动点P，Q，E，F分别从正方形ABCD的四个顶点出发，沿着AB，BC，CD，DA以同样速度向B，C，D，A各点移动．（1）试判断四边形PQEF是否是正方形，并证明；（2）PE是否总过某一定点，并说明理由．第十九章矩形，菱形与正方形章末测试（一）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．在四边形ABCD中，∠A=60°，∠ABC=∠ADC=90°，BC=2，CD=11，自D作DH⊥AB于H，则DH的长是（）A．7.5 B．7 C．6.5 D．5.5考点：矩形的判定与性质；含30度角的直角三角形．专题：几何综合题．分析：过C作DH的垂线CE交DH于E，证明四边形BCEH是矩形．所以求出HE的长；再求出∠DCE=30°，又因为CD=11，所以求出DE，进而求出DH的长．解答：解：过C作DH的垂线CE交DH于E，∵DH⊥AB，CB⊥AB，∴CB∥DH又CE⊥DH，∴四边形BCEH是矩形．∵HE=BC=2，在Rt△AHD中，∠A=60°，∴∠ADH=30°，又∵∠ADC=90°∴∠CDE=60°，∴∠DCE=30°，∴在Rt△CED中，DE=CD=5.5，∴DH=2+5.5=7.5．故选A．点评：本题考查了矩形的判定和性质，直角三角形的一个重要性质：30°的锐角所对的直角边是斜边的一半；以及勾股定理的运用．2．下列说法：①矩形是轴对称图形，两条对角线所在的直线是它的对称轴；②两条对角线相等的四边形是矩形；③有两个角相等的平行四边形是矩形；④两条对角线相等且互相平分的四边形是矩形；⑤两条对角线互相垂直平分的四边形是矩形．其中，正确的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个考点：矩形的判定与性质．分析：直接利用矩形的性质与判定定理求解即可求得答案．解答：解：①矩形是轴对称图形，两组对边的中点的连线所在的直线是它的对称轴，故错误；②两条对角线相等的平行四边形是矩形，故错误；③有两个邻角相等的平行四边形是矩形，故错误；④两条对角线相等且互相平分的四边形是矩形；正确；⑤两条对角线互相垂直平分的四边形是菱形；故错误．故选A．点评：此题考查了矩形的性质与判定定理．此题难度不大，注意熟记定理是解此题的关键．3．不能判断四边形ABCD是矩形的是（0为对角线的交点）（）A．AB=CD，AD=BC，∠A=90° B． OA=OB=OC=ODC．ABCD，AC=BD D．ABCD，OA=OC，OB=OD考点：矩形的判定．分析：矩形的判定定理有：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形．（2）有三个角是直角的四边形是矩形．（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形．据此判断．解答：解：A、由“AB=CD，AD=BC”可以判定四边形ABCD是平行四边形，又∠BAD=90°，则根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”可以判定平行四边形ABCD是矩形，故本选项不符合题意；B、根据“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”可以判定平行四边形ABCD是矩形，故本选项不符合题意；C、根据ABCD得到四边形是平行四边形，根据AC=BD，利用对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项不符合题意；D、只能得到四边形是平行四边形，故本选项符合题意；故选：D．点评：本题考查的是矩形的判定定理，但考生应注意的是由矩形的判定引申出来的各图形的判定．难度一般．4．如图，在四边形ABCD中，AB=CD，AC⊥BD，添加适当的条件使四边形ABCD成为菱形．下列添加的条件不正确的是（）A．AB∥CD B．AD=BC C．BD=AC D．B O=DO考点：菱形的判定．分析：通过菱形的判定定理进行分析解答．解答：解：A项根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形这一定理可以推出四边形ABCD为菱形，故本选项错误，B项根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形这一定理可以推出四边形ABCD为菱形，故本选项错误，C项根据题意还可以推出四边形ABCD为等腰梯形，故本选项正确，D项根据题意可以推出Rt△AOD≌Rt△COB，即可推出OA=OC，再根据对角线互相垂直且平分的四边形是菱形这一定理推出四边形ABCD为菱形，故本选项错误，故选择C．点评：本题主要考查菱形的判定，关键在于熟练掌握菱形的判定定理．5．能判定四边形ABCD是菱形的条件是（）A．对角线AC平分对角线BD，且AC⊥BDB．对角线AC平分对角线BD，且∠A=∠CC．对角线AC平分对角线BD，且平分∠A和∠CD．对角线AC平分∠A和∠C，且∠A=∠C考点：菱形的判定．专题：推理填空题．分析：菱形的判定方法有三种：①定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四边相等；③对角线互相垂直平分的四边形是菱形．据此判断即可．解答：解：A、C的反例如图，AC垂直平分BD，但AO≠OC；B只能确定为平行四边形．故选D．点评：主要考查了菱形的判定．菱形的特性：菱形的四条边都相等；菱形的对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角．6．已知如图，在矩形ABCD中有两个一条边长为1的平行四边形．则它们的公共部分（即阴影部分）的面积是（）A．大于1 B．等于1 C．小于1 D．小于或等于1考点：菱形的判定与性质．分析：利用割补法得出阴影部分面积为四边形EFMN的面积，进而利用直角三角形的性质得出EG ＜1，即可得出答案．解答：解：如图所示：作EN∥AB，FM∥CD，过点E作EG⊥MN于点G，可得阴影部分面等于四边形EFMN的面积，则四边形EFMN是平行四边形，且EN=FM=1，∵EN=1，∴EG＜1，∴它们的公共部分（即阴影部分）的面积小于1．故选：C．点评：此题主要考查了平行四边形的性质以及平行四边形面积求法，得出阴影部分面等于四边形EFMN的面积是解题关键．7．矩形各内角的平分线能围成一个（）A．矩形B．菱形C．等腰梯形D．正方形考点：正方形的判定；矩形的性质．分析：根据矩形的性质及角平分线的性质进行分析即可．解答：解：矩形的四个角平分线将矩形的四个角分成8个45°的角，因此形成的四边形每个角是90°又知两条角平分线与矩形的一边构成等腰直角三角形，所以这个四边形邻边相等，根据有一组邻边相等的矩形是正方形，得到该四边形是正方形．故选：D．点评：此题是考查正方形的判别方法，判别一个四边形为正方形主要根据正方形的概念，途经有两种：①先说明它是矩形，再说明有一组邻边相等；②先说明它是菱形，再说明它有一个角为直角8．如果一个平行四边形要成为正方形，需增加的条件是（）A．对角线互相垂直且相等B．对角线互相垂直 C．对角线相等D．对角线互相平分考点：正方形的判定；平行四边形的性质．分析：根据正方形的判定：对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形对各个选项进行分析．解答：解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，而对角线互相垂直的平行四边形是菱形，同时具有矩形和菱形的性质的平行四边形是正方形，故本选项正确；B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，而非正方形，故本选项错误；C、对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项错误；D、平行四边形的对角线都互相平分，这是平行四边形的性质．故本选项错误；故选A．点评：此题主要考查正方形的判定：对角线相等的菱形是正方形．二．填空题（共6小题）9．如图，凸五边形ABCDE中，∠A=∠B=120°，EA=AB=BC=2，CD=DE=4，则它的面积为7 ．考点：菱形的判定与性质；等边三角形的判定与性质．专题：计算题．分析：作辅助线延长EA，BC相交于点F，CG⊥EF于G，BH⊥EF于H，因为∠EAB=∠CBA=120°，可得∠FAB=∠FBA=60°，可得△FAB为等边三角形，容易证明四边形EFCD是菱形，所以S ABCDE=S CDEF﹣S△ABF由此即可求解．解答：解：如图，延长EA，BC相交于点F，CG⊥EF于G，BH⊥EF于H，因为∠EAB=∠CBA=120°，所以∠FAB=∠FBA=60°，所以△FAB为等边三角形，AF=FB=AB=2，所以CD=DE=EF=FC=4，所以四边形EFCD是菱形，所以S ABCDE=S CDEF﹣S△ABF点评：本题考查轴对称的性质，对应点的连线与对称轴的位置关系是互相垂直，对应点所连的线段被对称轴垂直平分，对称轴上的任何一点到两个对应点之间的距离相等，对应的角、线段都相等．10．四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，设有下列条件：①AB=AD；②∠DAB=90°；③AO=CO，BO=DO；④矩形ABCD；⑤菱形ABCD，⑥正方形ABCD，则在下列推理不成立的是 CA、①④⇒⑥；B、①③⇒⑤；C、①②⇒⑥；D、②③⇒④考点：正方形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质．专题：证明题．分析：根据矩形、菱形、正方形的判定定理，对角线互相平分的四边形为平行四边形，再由邻边相等，得出是菱形，和一个角为直角得出是正方形，根据已知对各个选项进行分析从而得到最后的答案．解答：解：A、由①④得，一组邻边相等的矩形是正方形，故正确；B、由③得，四边形是平行四边形，再由①，一组邻边相等的平行四边形是菱形，故正确；C、由①②不能判断四边形是正方形；D、由③得，四边形是平行四边形，再由②，一个角是直角的平行四边形是矩形，故正确．故选C．点评：此题用到的知识点是：矩形、菱形、正方形的判定定理，如：一组邻边相等的矩形是正方形；对角线互相平分且一组邻边相等的四边形是菱形；对角线互相平分且一个角是直角的四边形是矩形．灵活掌握这些判定定理是解本题的关键．11．有一组邻边相等的矩形是正方形，有一个角为直角的菱形是正方形．考点：正方形的判定．分析：根据正方形的判定定理（有一组邻边相等的矩形是正方形，有一个角为直角的菱形是正方形）求解即可求得答案．解答：解：有一组邻边相等的矩形是正方形，有一个角为直角的菱形是正方形．故答案为：有一组邻边相等，有一个角为直角．点评：此题考查了正方形的判定．此题比较简单，注意熟记定理是解此题的关键．12．若四边形ABCD是矩形，请补充条件此题答案不唯一，如AC⊥BD或AB=AD等（写一个即可），使矩形ABCD是正方形．考点：正方形的判定．专题：开放型．分析：由四边形ABCD是矩形，根据邻边相等的矩形是正方形或对角线互相垂直的矩形是正方形，即可求得答案．解答：解：∵四边形ABCD是矩形，∴当AC⊥BD或AB=AD时，矩形ABCD是正方形．故答案为：此题答案不唯一，如AC⊥BD或AB=AD等．点评：此题考查了正方形的判定．此题比较简单，注意熟记定理是解此题的关键．13．如图，在△ABC中，点D在BC上过点D分别作AB、AC的平行线，分别交AC、AB于点E、F①如果要得到矩形AEDF，那么△ABC应具备条件：∠BAC=90°；②如果要得到菱形AEDF，那么△ABC应具备条件：AD平分∠BAC．考点：菱形的判定；矩形的判定．分析：已知DE∥AB，DF∥AC，则有四边形AEDF是平行四边形．①因为有一直角的平行四边形是矩形，可添加条件：∠BAC=90°；②邻边相等的平行四边形是菱形，可添加条件：AD平分∠BAC．解答：解：∵DE∥AB，DF∥AC，AF、AE分别在AB、AC上∴DE∥AF，DF∥AE∴四边形AEDF是平行四边形①∵∠BAC=90°∴四边形AEDF是矩形；②∵AD是△ABC的角平分线，∴∠DAE=∠DAF∴∠ADE=∠DAE∴AE=DE∴▱AEDF是菱形．故答案为∠BAC=90°，AD平分∠BAC．点评：本题考查菱形和矩形的判定．本题是开放题，可以针对各种特殊的平行四边形的判定方法，给出条件，再证明结论．答案可以有多种，主要条件明确，说法有理即可．14．在矩形ABCD中，M为AD边的中点，P为BC上一点，PE⊥MC，PF⊥MB，当AB、BC满足条件AB=BC 时，四边形PEMF为矩形．考点：矩形的判定与性质．分析：根据已知条件、矩形的性质和判定，欲证明四边形PEMF为矩形，只需证明∠BMC=90°，易得AB=BC时能满足∠BMC=90°的条件．解答：解：AB=BC时，四边形PEMF是矩形．∵在矩形ABCD中，M为AD边的中点，AB=BC，∴AB=DC=AM=MD，∠A=∠D=90°，∴∠ABM=∠MCD=45°，∴∠BMC=90°，又∵PE⊥MC，PF⊥MB，∴∠PFM=∠PEM=90°，∴四边形PEMF是矩形．点评：此题考查了矩形的判定和性质的综合应用，是一开放型试题，是中考命题的热点．三．解答题（共11小题）15．如图所示，顺次延长正方形ABCD的各边AB，BC，CD，DA至E，F，G，H，且使BE=CF=DG=AH．求证：四边形EFGH是正方形．考点：正方形的判定；全等三角形的判定与性质．专题：证明题．分析：此题先根据正方形ABCD的性质，可证△AEH≌△CGF≌△DHG（SAS），得四边形EFGH为菱形，再求一个角是直角从而证明它是正方形．解答：证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA，∠EBF=∠HAE=∠GDH=∠FC G，又∵BE=CF=DG=AH，∴CG=DH=AE=BF∴△AEH≌△CGF≌△DHG，∴EF=FG=GH=HE，∠EFB=∠HEA，∴四边形EFGH为菱形，∵∠EFB+∠FEB=90°，∠EFB=∠HEA，∴∠FEB+∠HEA=90°，∴四边形EFGH是正方形．点评：本题主要考查了正方形的判定方法：一角是直角的菱形是正方形．16．已知：如图，△ABC中，D是BC上任意一点，DE∥AC，DF∥AB．①试说明四边形AEDF的形状，并说明理由．②连接AD，当AD满足什么条件时，四边形AEDF为菱形，为什么？③在②的条件下，当△ABC满足什么条件时，四边形AEDF为正方形，不说明理由．考点：正方形的判定；平行四边形的判定；菱形的判定．分析：①根据DE∥AC，DF∥AB可判断四边形AEDF为平行四边形；②由四边形AEDF为菱形，能得出AD为∠BAC的平分线即可；③由四边形AEDF为正方形，得∠BAC=90°，即当△ABC是以BC为斜边的直角三角形即可．解答：解：①∵DE∥AC，DF∥AB，∴四边形AEDF为平行四边形；②∵四边形AEDF为菱形，∴AD平分∠B AC，则AD平分∠BAC时，四边形AEDF为菱形；③由四边形AEDF为正方形，∴∠BAC=90°，∴△ABC是以BC为斜边的直角三角形即可．点评：本题考查了正方形的性质、菱形的性质、平行四边形的性质以及矩形的性质．17．已知：如图，△ABC中，AB=AC，AD是BC边上的高，AE是△BAC的外角平分线，DE∥AB交AE于点E，求证：四边形ADCE是矩形．考点：矩形的判定．分析：首先利用外角性质得出∠B=∠ACB=∠FAE=∠EAC，进而得到AE∥CD，即可求出四边形AEDB 是平行四边形，再利用平行四边形的性质求出四边形ADCE是平行四边形，即可求出四边形ADCE是矩形．解答：证明：∵AB=AC，∴∠B=∠ACB，∵AE是∠BAC的外角平分线，∴∠FAE=∠EAC，∵∠B+∠ACB=∠FAE+∠EAC，∴∠B=∠ACB=∠FAE=∠EAC，∴AE∥CD，又∵DE∥AB，∴四边形AEDB是平行四边形，∴AE平行且等于BD，又∵BD=DC，∴AE平行且等于DC，故四边形ADCE是平行四边形，又∵∠ADC=90°，∴平行四边形ADCE是矩形．即四边形ADCE是矩形．点评：此题主要考查了平行四边形的判定与性质以及矩形的判定，灵活利用平行四边形的判定得出四边形AEDB是平行四边形是解题关键．18．已知：如图，M为▱ABCD的AD边上的中点，且MB=MC，求证：▱ABCD是矩形．考点：矩形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．专题：证明题．分析：根据平行四边形的两组对边分别相等可知△ABM≌△DCM，可知∠A+∠D=180°，所以是矩形．解答：证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∵AM=DM，MB=MC，∴△ABM≌△DCM．∴∠A=∠D．∵AB∥CD，∴∠A+∠D=180°．∴∠A=90°．∴▱ABCD是矩形．点评：此题主要考查了矩形的判定，即有一个角是90度的平行四边形是矩形．19．如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，∠C=45°，BC=4，AD=2．求四边形ABCD的面积．考点：矩形的判定与性质；等腰直角三角形．分析：如上图所示，延长AB，延长DC，相交于E点．△ADE是等腰直角三角形，AD=DE=2，则可以求出△ADE的面积；∠C=∠AED=45度，所以△CBE是等腰直角三角形，BE=CB=4厘米，则可以求出△CBE 的面积；那么四边形ABCD的面积是两个三角形的面积之差．解答：解：延长AB，延长DC，相交于E点，得到两个等腰直角三角形△ADE和△CBE，由等腰直角三角形的性质得：DE=AD=2，BE=CB=4，那么四边形ABCD的面积是：4×4÷2﹣2×2÷2=8﹣2=6．答：四边形ABCD的面积是6．点评：此题考查了等腰直角三角形的性质以及三角形的面积公式的运用，解题的关键是作延长线，找到交点，组成新图形，是解决此题的关键．20．如图，∠CAE是△ABC的外角，AD平分∠EAC，且AD∥BC．过点C作CG⊥AD，垂足为G，AF是BC边上的中线，连接FG．（1）求证：AC=FG．（2）当AC⊥FG时，△ABC应是怎样的三角形？为什么？考点：矩形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；等腰直角三角形．专题：证明题．分析：先根据题意推理出四边形AFCG是矩形，然后根据矩形的性质得到对角线相等；由第一问的结论和AC⊥FG得到四边形AFCG是正方形，然后即可得到△ABC是等腰直角三角形．解答：（1）证明：∵AD平分∠EAC，且AD∥BC，∴∠ABC=∠EAD=∠CAD=∠ACB，∴AB=AC；AF是BC边上的中线，∴AF⊥BC，∵CG⊥AD，AD∥BC，∴AF∥CG，∴四边形AFCG是平行四边形，∵∠AFC=90°，∴四边形AFCG是矩形；∴AC=FG．（2）解：当AC⊥FG时，△ABC是等腰直角三角形．理由如下：∵四边形AFCG是矩形，∴四边形AFCG是正方形，∠ACB=45°，∵AB=AC，∴△ABC是等腰直角三角形．点评：该题目考查了矩形的判定和性质、正方形的判定和性质、等腰三角形的性质，知识点比较多，注意解答的思路要清晰．21．如图，E是等边△ABC的BC边上一点，以AE为边作等边△AEF，连接CF，在CF延长线取一点D，使∠DAF=∠EFC．试判断四边形ABCD的形状，并证明你的结论．考点：菱形的判定；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．专题：证明题．分析：在已知条件中求证全等三角形，即△BAE≌△CAF，△AEC≌△AFD，从而得到△ACD和△ABC 都是等边三角形，故可根据四条边都相等的四边形是菱形判定．解答：解：四边形ABCD是菱形．证明：在△ABE、△ACF中∵AB=AC，AE=AF∠BAE=60°﹣∠EAC，∠CAF=60°﹣∠EAC∴∠BAE=∠CAF∴△BAE≌△CAF∵∠CFA=∠CFE+∠EFA=∠CFE+60°∠BEA=∠ECA+∠EAC=∠EAC+60°∴∠EAC=∠CFE∵∠DAF=∠CFE∴∠EAC=∠DAF∵AE=AF，∠AEC=∠AFD∴△AEC≌△AFD∴AC=AD，且∠D=∠ACE=60°∴△ACD和△ABC都是等边三角形∴四边形ABCD是菱形．点评：本题考查了菱形的判定、等边三角形的性质和全等三角形的判定，学会在已知条件中多次证明三角形全等，寻求角边的转化，从而求证结论．22．如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点0，BE∥AC，EC∥BD，BE、EC相交于点E．试说明：四边形OBEC是菱形．考点：菱形的判定；矩形的性质．专题：证明题．分析：在矩形ABCD中，可得OB=OC，由BE∥AC，EC∥BD，所以四边形OBEC是平行四边形，两个条件合在一起，可得出其为菱形．解答：证明：在矩形ABCD中，AC=BD，∴OB=OC，∵BE∥AC，EC∥BD，∴四边形OBEC是平行四边形，∴四边形OBEC是菱形．点评：熟练掌握菱形的性质及判定定理．23．如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，CE∥BD，DE∥AC，若AC=4，判断四边形CODE的形状，并计算其周长．考点：菱形的判定与性质；矩形的性质．分析：首先由CE∥BD，DE∥AC，可证得四边形CODE是平行四边形，又由四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，易得OC=OD=2，即可判定四边形CODE是菱形，继而求得答案．解答：解：∵CE∥BD，DE∥A C，∴四边形CODE是平行四边形，∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD=4，OA=OC，OB=OD，∴OD=OC=AC=2，∴四边形CODE是菱形，∴四边形CODE的周长为：4OC=4×2=8．故答案为：8．点评：此题考查了菱形的判定与性质以及矩形的性质．此题难度不大，注意证得四边形CODE是菱形是解此题的关键．24．如图，在矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线MN与AD相交于点M，与BD相交于点O，与BC相交于N，连接MN，DN．（1）求证：四边形BMDN是菱形；（2）若AB=6，BC=8，求MD的长．考点：菱形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；矩形的性质．分析：（1）根据矩形性质求出AD∥BC，推出∠MDO=∠NBO，∠DMO=∠BNO，证△DMO≌△BNO，推出OM=ON，得出平行四边形BMDN，推出菱形BMDN；（2）根据菱形性质求出DM=BM，在Rt△AMB中，根据勾股定理得出BM2=AM2+AB2，推出x2=（8﹣x）2+62，求出即可．解答：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠A=90°，∴∠MDO=∠NBO，∠DMO=∠BNO，在△DMO和△BNO中，，∴△DMO≌△BNO（ASA），∴OM=ON，∵OB=OD，∴四边形BMDN是平行四边形，∵MN⊥BD，∴平行四边形BMDN是菱形．（2）解：∵四边形BMDN是菱形，∴MB=MD，设MD长为x，则MB=DM=x，在Rt△AMB中，BM2=AM2+AB2即x2=（8﹣x）2+62，解得：x=．答：MD长为．点评：本题考查了矩形性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理等知识点的应用．注意对角线互相平分的四边形是平行四边形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形．25．如图所示，有四个动点P，Q，E，F分别从正方形ABCD的四个顶点出发，沿着AB，BC，CD，DA以同样速度向B，C，D，A各点移动．（1）试判断四边形PQEF是否是正方形，并证明；（2）PE是否总过某一定点，并说明理由．考点：正方形的判定与性质；全等三角形的判定与性质．专题：动点型．分析：（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形，故可根据正方形的定义证明四边形PQEF是否使正方形．（2）证PE是否过定点时，可连接AC，证明四边形APCE为平行四边形，即可证明PE过定点．解答：解：（1）在正方形ABCD中，AP=BQ=CE=DF，AB=BC=CD=DA，∴BP=QC=ED=FA．又∵∠BAD=∠B=∠BCD=∠D=90°，∴△AFP≌△BPQ≌△CQE≌△DEF．∴FP=PQ=QE=EF，∠APF=∠PQB．∴四边形PQEF是菱形，∵∠FPQ=90°，∴四边形PQEF为正方形．（2）连接AC交PE于O，∵AP平行且等于EC，∴四边形APCE为平行四边形．∵O为对角线AC的中点，∴对角线PE总过AC的中点．点评：在证明过程中，应了解正方形和平行四边形的判定定理，为使问题简单化，在证明过程中，可适当加入辅助线．。

第一章新民主主义社会制度的确立第一章新民主主义社会制度的确立（1949.10—1952.12）✹一、新民主主义政治制度的建立（重点）✹二、新民主主义经济制度的建立（重点）✹三、新民主主义文化教育制度的建立✹四、新民主主义社会的初步繁荣（二）新中国的诞生1．中国人民政治协商会议召开（1949年9月21日）会议主要内容：（1）通过了《共同纲领》《政府组织法》《政协组织法》（2）举行了两项选举（3）通过《国都、纪年、国徽、国旗的决议》（4）通过在天安门前建立一座人民英雄纪念碑2．中华人民共和国成立及其伟大意义中华人民共和国成立✹1949年10月1日下午2时，中央人民政府委员会在中南海勤政殿举行第一次会议。

宣告中华人民共和国中央人民政府成立.中央人民政府主席、副主席和委员宣告就职，接受《中国人民政治协商会议共同纲领》为中央人民政府的施政方针。

✹下午3时，首都北京30万军民齐集天安门广场，隆重举行新中国开国大典（三）中华人民共和国成立后的形势和任务1．世界社会主义阵营形成，中苏两党关系加强。

2．世界“冷战”局面开始出现，美国采取敌视新中国的政策。

3．军事上已取得基本胜利，还没有完全胜利。

4．经济凋敝，物价飞涨。

一是继续完成新民主主义革命的遗留任务，彻底解决中国人民同三大敌人的矛盾。

✹二是动员全国人民努力医治战争创伤，恢复破败不堪的国民经济。

（四）全国大陆的解放和政权统一✹1、将革命进行到底（领土统一）(P15-17) 1）解放华南（1949年9月—12月）2）解放大西南（1949年11月—12月）3）解放东南地区（1949年9月—12月）4）解放大西北（1949年10月—12月）5）西藏的和平解放（1）昌都战役（1950年10月）（2）《中央人民政府与西藏地方政府关于和平解放办法的协议》（1951年4月-5月23日）（3）人民解放军进驻拉萨（1951年10月26日）✹2．各级地方人民政权的建立（政权统一）(P16-17)军管会(过渡）地方人民政府（自上而下委任）地方人民政府（民主选举）✹各界人民代表会议：至1952年底除台湾外全国所有省、市、区、乡都已召开。

新民主主义经济结构
国家在经营范围、原料供给、销售市场、劳动条件、技 术设备、财政政策等方面，调剂国营经济、合作社经济、农 民和手工业者的个体经济、私人资本主义经济，使各种经济 成分在国营经济的领导之下，分工合作，各得其所，以促进 整个社会的发展。这是一个多种经济成分并存的经济结构。 它不同于一些国家的混合经济体制之处在于：突出了国营经 济的社会主义性质和领导作用。
2．新中国建立以后的土地改革
新中国建立以后的土地改革，是有领导、有计划、有 秩序、有组织地进行的。根据中共中央和中央人民政府的 计划和部署，从1950年冬季开始，华东、中南、西北、 西南等新区的土地改革相继展开，至1953年春，除一些 少数民族地区外，基本完成土地改革。
五、国营经济领导下多种经济成分并存体制的确立
1940年1月，《新民主主义论》进一步阐述新民主主 义经济： “大银行、大工业、大商业，归这个共和国的国 家所有。……在无产阶级领导下的新民主主义共和国的国 营经济是社会主义性质，是整个国民经济的领导力量，但 这个共和国并不没收其他资本主义的私有财产，并不禁止 ‘不能操纵国民生计’的资本主义生产的发展。”“这个 共和国将采取某种必要的方法，没收地主的土地，分配给 无地少地的农民，实行中山先生‘耕者有其田’的口号， 扫数农村中的封建关系，把土地变为农民的私产。农村的 富农经济，也是容许其存在的。”
条块结合的经济管理机构
建国初期，根据中国经济落后、发展不平衡和国营经 济处于主导地位三个特点，政府对经济的管理实行了“统 一领导，分级管理”的原则和以政府调控经济为主的经济 运行方式。与其相适应，初步形成了各业经济主管部门— —”条”与各地区经济管理部门——”块”相结合的国家经 济管理机构。
3．计划管理制度的初步建立

第2课时 利用向量求空间角课后篇巩固提升必备知识基础练1.已知点A (0,1,1),B (2,-1,0),C (3,5,7),D (1,2,4),则直线AB 和直线CD 所成角的余弦值为( )A.5√2266B.-5√2266 C.5√2222D.-5√2222⃗ =(2,-2,-1),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-3,-3),而cos AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ||CD ⃗⃗⃗⃗⃗|=3×√22=5√2266,故直线AB 和CD 所成角的余弦值为5√2266.2.如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AA 1⊥底面ABC ,AA 1=3,AB=AC=BC=2,则AA 1与平面AB 1C 1所成角的大小为( ) A.30° B.45° C.60°D.90°AB 的中点D ,连接CD ,分别以DA ,DC ,DE 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,可得A (1,0,0),A 1(1,0,3),故AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,3),而B 1(-1,0,3),C 1(0,√3,3),设平面AB 1C 1的法向量为m =(a ,b ,c ),根据m ·AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,解得m =(3,-√3,2),cos <m ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=m ·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |m ||AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=12.故AA 1与平面AB 1C 1所成角的大小为30°,故选A.3.已知正方形ABCD 所在平面外一点P ,PA ⊥平面ABCD ,若PA=AB ,则平面PAB 与平面PCD 的夹角为( ) A.30° B.45°C.60°D.90°,建立空间直角坐标系.设PA=AB=1,则A (0,0,0),D (0,1,0), P (0,0,1), ∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0). 取PD 的中点E , 则E (0,12,12), ∴AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,12), 易知AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面PAB 的一个法向量,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面PCD 的一个法向量,所以cos <AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ >=√22,故平面PAB 与平面PCD 的夹角为45°.4.(2020山西大学附属中学高二阶段测试)在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,M 为A 1B 1的中点,则异面直线AM 与B 1C 所成角的余弦值为( ) A.√105B.√1010 C.√32D.√22D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),C(0,1,0), ∴B1C⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,-1),∴|B1C⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2.∵M为A1B1的中点,∴M1,12,1.∴AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,12,1,∴|AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√52.∴异面直线AM与B1C所成角的余弦值为|cos<AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,B1C⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·B1C⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||B1C⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√105.故选A.5.两个平面的法向量分别为(0,-1,3)和(2,2,4),则这两个平面的夹角的余弦值为.解析由(0,-1,3)·(2,2,4)√1+9×√4+4+16=-2+12√10×√24=√156,知夹角的余弦值为√156.6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为.,设正方体的棱长为2,则D(2,0,0),A1(0,0,2),E(0,2,1),则A1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-2),A1E⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-1).设平面A1ED的法向量为n=(x,y,z),则{n·A1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n·A1E⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.则{2x-2z=0,2y-z=0,即{x=z,z=2y.令y=1,得n=(2,1,2).易知平面ABCD的法向量为m=(0,0,1),则cos<n,m>=n·m|n||m|=23.设平面A1ED与平面ABCD的夹角为θ,则cosθ=|cos<n,m>|=23.7.在空间中,已知平面α过点(3,0,0)和(0,4,0)及z 轴上一点(0,0,a )(a>0),如果平面α与平面xOy 的夹角为45°,则a= .xOy 的一个法向量为n =(0,0,1),设平面α的一个法向量为m =(x ,y ,z ),则{-3x +4y =0,-3x +az =0,即3x=4y=az ,取z=1,则x=a 3,y=a 4,∴m =(a 3,a4,1).由题意得|cos <n ,m >|=√a 29+a 216+1=√22. 又因为a>0,所以a=125.8.如图所示,四边形ABCD 是直角梯形,∠ABC=∠BAD=90°,SA ⊥平面ABCD ,SA=AB=BC=2,AD=1. (1)求SC 与平面ASD 所成角的余弦值; (2)求平面SAB 和平面SCD 夹角的余弦值.建立如图所示的空间直角坐标系,S (0,0,2),C (2,2,0),D (1,0,0),SC⃗⃗⃗⃗ =(2,2,-2),∵AB ⊥平面SAD ,故平面ASD 的一个法向量为AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),设SC 与平面ASD 所成的角为θ,则sin θ=|cos <SC ⃗⃗⃗⃗ ,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|SC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ||SC ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AB ⃗⃗⃗⃗⃗|=√33,故cos θ=√63,即SC 与平面ASD 所成角的余弦值为√63.(2)平面SAB 的一个法向量为m =(1,0,0),∵SC⃗⃗⃗⃗ =(2,2,-2),SD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-2),设平面SCD 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),由{SC⃗⃗⃗⃗ ·n =0,SD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0⇒{x +y -z =0,x -2z =0,令z=1可得平面SCD 的一个法向量为n =(2,-1,1),设平面SAB和平面SCD 的夹角为α,则cos α=|m ·n ||m ||n |=√63,即平面SAB 和平面SCD 夹角的余弦值为√63.关键能力提升练9.(2020安徽黄山高二期末)已知直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的所有棱长相等,∠ABC=60°,则直线BC 1与平面ABB 1A 1所成角的余弦值等于( ) A.√64 B.√104C.√22D.√32ABCD-A 1B 1C 1D 1的所有棱长相等,∠ABC=60°,取BC 中点E ,以A 为原点,AE 为x 轴,AD 为y 轴,AA 1为z 轴,建立空间直角坐标系,设AB=2,则B (√3,-1,0),C 1(√3,1,2),A (0,0,0),A 1(0,0,2),BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,0),AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2), 设平面ABB 1A 1的法向量n =(x ,y ,z ),则{n ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =√3x -y =0,n ·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2z =0,取x=1,得n =(1,√3,0),设直线BC 1与平面ABB 1A 1所成角为θ,则sin θ=|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||BC ⃗⃗⃗⃗⃗||n |=√3√8·√4=√64,∴cos θ=√1-(√64)2=√104,∴直线BC 1与平面ABB 1A 1所成角的余弦值等于√104,故选B .10.如图,已知四棱锥P-ABCD 的底面ABCD 是等腰梯形,AB ∥CD ,且AC ⊥BD ,AC 与BD 交于O ,PO ⊥底面ABCD ,PO=2,AB=2√2,E ,F 分别是AB ,AP 的中点.则平面FOE 与平面OEA 夹角的余弦值为( )A.-√33 B.√33C.-√63D.√63,以O 为坐标原点,OB ,OC ,OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,由题知,OA=OB=2,则A (0,-2,0),B (2,0,0),P (0,0,2), ∴E (1,-1,0),F (0,-1,1),∴OE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,0),OF⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,1),设平面OEF 的法向量为m =(x ,y ,z ),则{m ·OE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x -y =0,-y +z =0,令x=1,可得m =(1,1,1),易知平面OAE 的一个法向量为n =(0,0,1), 则cos <m ,n >=m ·n|m ||n |=√3=√33,设平面FOE 与平面OEA 夹角为θ,则cos θ=|cos <m ,n >|=√33.11.已知在菱形ABCD 中,∠ABC=60°,将△ABC 沿AC 折起,使得平面BAC ⊥平面DAC ,则二面角B-CD-A 的余弦值为( )A.2B.12C.√33D.√55解析设菱形ABCD 的边长为1,取AC 的中点O ,连接BO ,DO ,因为∠ABC=60°,所以BO ⊥AC ,又平面BAC ⊥平面DAC ,平面BAC ∩平面DAC=AC ,所以BO ⊥平面ACD ,如图,建立空间直角坐标系,则O (0,0,0),C12,0,0,B 0,0,√32,D 0,√32,0, 所以OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,0,√32,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12,0,-√32, CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-12,√32,0. 设平面BCD 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{12x -√32z =0,-12x +√32y =0,令z=1,得x=√3,y=1,则n =(√3,1,1).易知平面CDA 的一个法向量为OB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,0,√32, 所以|cos <OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=√32√32×√5=√55.故选D .12.(多选题)(2020河北保定高二上期末)如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为矩形,AD=4,AB=2,平面PAD ⊥平面ABCD ,△PAD 为等腰直角三角形,且∠PAD=π2,O 为底面ABCD 的中心,E 为PD 的中点,点F 在棱PA 上.若FAPA =λ,λ∈[0,1],则下列说法正确的有( )A.异面直线PO 与AD 所成角的余弦值为√217B.异面直线PO 与AD 所成角的余弦值为2√2121C.若平面OEF 与平面DEF 夹角的正弦值为√55,则λ=12 D.若平面OEF 与平面DEF 夹角的正弦值为√55,则λ=√52PAD=π2,∴PA ⊥AD.∵平面PAD ⊥平面ABCD ,平面PAD ∩平面ABCD=AD ,PA ⊂平面PAD , ∴PA ⊥平面ABCD.∵底面ABCD 为矩形,∴AB ,AD ,AP 两两垂直.以A 为原点,AB ,AD ,AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,如图所示, 则A (0,0,0),B (2,0,0),O (1,2,0),D (0,4,0),P (0,0,4), ∴PO⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,-4),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,0), ∴|cos <PO ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|PO⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||PO ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | =√12+22+(-4)×√42=21, ∴异面直线PO 与AD 所成角的余弦值为2√2121,故A 错误,B 正确.由题易得E (0,2,2),AB ⊥平面PAD , 取平面PAD 的一个法向量m =(1,0,0). ∵FAPA =λ,λ∈[0,1],PA=4, ∴FA=4λ,∴F (0,0,4λ).设平面OEF 的法向量为n =(x ,y ,z ), 易知OE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2),FO ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,-4λ), 则{OE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,FO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{-x +2z =0,x +2y -4λz =0,令x=2,得n =(2,2λ-1,1).∵平面OEF 与平面DEF 夹角的正弦值为√55,∴|cos <m ,n >|=(√55)=2√55,而|cos <m ,n >|=|m ·n ||m ||n |=√4+(2λ-1)+1,∴√4+(2λ-1)+1=2√55,解得λ=12,故C 正确,D 错误.故选BC .13.正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的所有棱长都相等,则AC 1与平面BB 1C 1C 的夹角的余弦值为 .1,以B 为原点,建立坐标系如图,则C 1(0,1,1),A (√32,12,0),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√32,12,1),又平面BB 1C 1C 的一个法向量n =(1,0,0),设AC 1与平面BB 1C 1C 的夹角为θ.则sin θ=|cos <n ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=√64, 故cos θ=√1-sin 2θ=√104.14.如图,三棱柱OAB-O 1A 1B 1中,平面OBB 1O 1⊥平面OAB ,且∠O 1OB=60°,∠AOB=90°,OB=OO 1=2,OA=√3,求异面直线A 1B 与O 1A 所成角的余弦值为 .O 为坐标原点,OA ,OB 所在直线分别为x 轴、y 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A (√3,0,0),B (0,2,0),A 1(√3,1,√3),O 1(0,1,√3), 所以A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,-√3),O 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,-√3). 设所求的角为α,则cos α=|A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·O 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||O 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√7×√7=17,即异面直线A 1B 与O 1A 所成角的余弦值为17.15.如图,在四棱锥P-ABCD 中,平面PBC ⊥平面ABCD ,底面ABCD 是平行四边形,且∠BCD=π4,PD ⊥BC.(1)求证:PC=PD ;(2)若底面ABCD 是菱形,PA 与平面ABCD 所成的角为π6,求平面PAD 与平面PBC 夹角的余弦值.图①15.①,过P 作PE ⊥BC ,垂足为E ,连接DE.因为平面PBC ⊥平面ABCD ,所以PE ⊥平面ABCD. 因为PD ⊥BC , 所以BC ⊥平面PDE ,所以DE ⊥BC. 因为∠BCD=π4,所以DE=CE.在△PED 和△PEC 中, PE=PE ,∠PED=∠PEC=90°,DE=CE , 所以△PED ≌△PEC ,所以PD=PC.BC ⊥平面PDE ,PE ⊥平面ABCD ,所以∠PAE 是直线PA 与平面ABCD 所成的角, 即∠PAE=π6,且DE ⊥BC ,DE ⊥PE. 设PE=a ,则AE=√3a ,PA=2a.在△DEC 中,设DE=m ,则EC=m ,DC=√2m , 所以在Rt △EDA 中,(√3a )2=m 2+(√2m )2, 所以m=a.图②以E 为坐标原点,ED ,EB ,EP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图②所示的空间直角坐标系,则D (a ,0,0),A (a ,√2a ,0),P (0,0,a ),则平面PBC 的一个法向量为a =(1,0,0). 设平面PAD 的法向量为b =(x ,y ,z ), 因为AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a ,-√2a ,a ),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-√2a ,0), 所以{-√2ay =0,-ax -√2ay +az =0,取x=1,则b =(1,0,1).设平面PAD 与平面PBC 的夹角为θ,则cos θ=|b ·a ||b ||a |=√2=√22, 所以平面PAD 与平面PBC 夹角的余弦值为√22.学科素养创新练16.如图,在四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥平面ABCD ,AD ∥BC ,AD ⊥CD ,且AD=CD=√2,BC=2√2,PA=2.11(1)取PC 的中点N ,求证:DN ∥平面PAB.(2)求直线AC 与PD 所成角的余弦值.(3)在线段PD 上,是否存在一点M ,使得平面MAC 与平面ACD 的夹角为45°?如果存在,求出BM 与平面MAC 所成角的大小;如果不存在,请说明理由.BC 的中点E ,连接DE ,交AC 于点O ,连接ON ,建立如图所示的空间直角坐标系,则A (0,-1,0),B (2,-1,0),C (0,1,0),D (-1,0,0),P (0,-1,2).∵点N 为PC 的中点,∴N (0,0,1),∴DN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,1).设平面PAB 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),由AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0),可得n =(0,1,0),∴DN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0.又∵DN ⊄平面PAB ,∴DN ∥平面PAB.(1)知AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,-2).设直线AC 与PD 所成的角为θ,则cos θ=|2·√6|=√66..设M (x ,y ,z ),且PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,0<λ<1,∴{x =-λ,y +1=λ,z -2=-2λ,∴M (-λ,λ-1,2-2λ).设平面ACM 的一个法向量为m =(x ,y ,z ),由AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-λ,λ,2-2λ),可得m =(2-2λ,0,λ),由图知平面ACD 的一个法向量为n =(0,0,1),∴|cos <m ,n >|=1·√λ2+(2-2λ)=√22,解得λ=23或λ=2(舍去).∴M (-23,-13,23),∴BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-83,23,23),m =(23,0,23).设BM 与平面MAC 所成的角为φ,12则sin φ=|cos <BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,m >|=|1292√23×2√2|=12,∴φ=30°. 故存在点M ,使得平面MAC 与平面ACD 的夹角为45°,此时BM 与平面MAC 所成的角为30°.。