di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，三棱锥A-BCD中，DA=DB=DC,BD\perp CD，\angle ADB=\angle ADC=60^\circ ，E为BC的中点.$
<img_349>
$点F满足 \overrightarrow{EF} = \overrightarrow{DA} ，求二面角D-AB-F的正弦值.$

Solution:
$设DA=DB=DC=2,则BC=2\sqrt{2}，DE=AE=\sqrt{2}，$
$\therefore AE^2+DE^2=4=DA^2,\therefore AE \perp DE.$
$又\because AE \perp BC, DE\cap BC=E, DE \subset 平面BCD, BC \subset 平面BCD, \therefore AE \perp 平面BCD.$
$以E为原点，\overrightarrow{ED}，\overrightarrow{EB}，\overrightarrow{EA}的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，$
<img_362>
$则D(\sqrt{2}，0，0)，A(0，0，\sqrt{2})，B(0，\sqrt{2}，0)，E(0，0，0)，$
$\therefore \overrightarrow{DA}=(-\sqrt{2}，0，\sqrt{2})，\overrightarrow{AB}=(0，\sqrt{2}，-\sqrt{2})，$
$\because \overrightarrow{EF}=\overrightarrow{DA}， \therefore F(-\sqrt{2}，0，\sqrt{2})，$
$\therefore \overrightarrow{AF}=(-\sqrt{2}，0，0).$
$设平面DAB的法向量为\boldsymbol{n}_1=(x_1,y_1,z_1),$
$则\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{DA}\cdot \boldsymbol{n}_1=0,\\ \overrightarrow{AB}\cdot \boldsymbol{n}_1=0,\end{matrix}\right. 即 \left\{\begin{matrix}-\sqrt{2}x_1+\sqrt{2}z_1=0,\\ \sqrt{2}y_1-\sqrt{2}z_1=0,\end{matrix}\right.$
$令z_1=1,则 \boldsymbol{n}_1=(1,1,1).$
$设平面ABF的法向量为\boldsymbol{n}_2=(x_2,y_2,z_2),$
$则\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{AB}\cdot \boldsymbol{n}_2=0,\\ \overrightarrow{AF}\cdot \boldsymbol{n}_2=0,\end{matrix}\right. 即 \left\{\begin{matrix}\sqrt{2}y_2-\sqrt{2}z_2=0,\\ -\sqrt{2}x_2=0,\end{matrix}\right.$
$令z_2=1,则 \boldsymbol{n}_2=(0,1,1).$
$设二面角D-AB-F的平面角为\theta ,$
$则 |cos \theta |=\frac{|\boldsymbol{n}_1\cdot \boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1|\cdot |\boldsymbol{n}_2|}=\frac{2}{\sqrt{3}\times \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}.$
$又\because \theta \in [0,\pi ],$
$\therefore sin \theta =\sqrt{1-\cos^2\theta }=\sqrt{1-\left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)^2}=\frac{\sqrt{3}}{3},$
$\therefore 二面角D-AB-F的正弦值为\frac{\sqrt{3}}{3}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{3}}{3}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，三棱锥A-BCD中，DA=DB=DC,BD\perp CD，\angle ADB=\angle ADC=60^\circ ，E为BC的中点.$
![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268073264877571/img/compression/M_de29da90feca03c43a87ef0366594e17.jpg)
$点F满足 \overrightarrow{EF} = \overrightarrow{DA} ，求二面角D-AB-F的正弦值.$

Solution:
$设DA=DB=DC=2,则BC=2\sqrt{2}，DE=AE=\sqrt{2}，$
$\therefore AE^2+DE^2=4=DA^2,\therefore AE \perp DE.$
$又\because AE \perp BC, DE\cap BC=E, DE \subset 平面BCD, BC \subset 平面BCD, \therefore AE \perp 平面BCD.$
$以E为原点，\overrightarrow{ED}，\overrightarrow{EB}，\overrightarrow{EA}的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，$
![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268073575256065/img/compression/M_2ae0e961704f707a4acac4481f33ebf0.jpg)
$则D(\sqrt{2}，0，0)，A(0，0，\sqrt{2})，B(0，\sqrt{2}，0)，E(0，0，0)，$
$\therefore \overrightarrow{DA}=(-\sqrt{2}，0，\sqrt{2})，\overrightarrow{AB}=(0，\sqrt{2}，-\sqrt{2})，$
$\because \overrightarrow{EF}=\overrightarrow{DA}， \therefore F(-\sqrt{2}，0，\sqrt{2})，$
$\therefore \overrightarrow{AF}=(-\sqrt{2}，0，0).$
$设平面DAB的法向量为\boldsymbol{n}_1=(x_1,y_1,z_1),$
$则\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{DA}\cdot \boldsymbol{n}_1=0,\\ \overrightarrow{AB}\cdot \boldsymbol{n}_1=0,\end{matrix}\right. 即 \left\{\begin{matrix}-\sqrt{2}x_1+\sqrt{2}z_1=0,\\ \sqrt{2}y_1-\sqrt{2}z_1=0,\end{matrix}\right.$
$令z_1=1,则 \boldsymbol{n}_1=(1,1,1).$
$设平面ABF的法向量为\boldsymbol{n}_2=(x_2,y_2,z_2),$
$则\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{AB}\cdot \boldsymbol{n}_2=0,\\ \overrightarrow{AF}\cdot \boldsymbol{n}_2=0,\end{matrix}\right. 即 \left\{\begin{matrix}\sqrt{2}y_2-\sqrt{2}z_2=0,\\ -\sqrt{2}x_2=0,\end{matrix}\right.$
$令z_2=1,则 \boldsymbol{n}_2=(0,1,1).$
$设二面角D-AB-F的平面角为\theta ,$
$则 |cos \theta |=\frac{|\boldsymbol{n}_1\cdot \boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1|\cdot |\boldsymbol{n}_2|}=\frac{2}{\sqrt{3}\times \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}.$
$又\because \theta \in [0,\pi ],$
$\therefore sin \theta =\sqrt{1-\cos^2\theta }=\sqrt{1-\left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)^2}=\frac{\sqrt{3}}{3},$
$\therefore 二面角D-AB-F的正弦值为\frac{\sqrt{3}}{3}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{3}}{3}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱台ABC-A_1B_1C_1中，已知A_1A\perp 平面ABC，AB\perp AC，AB=AC=AA_1=2，A_1C_1=1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点.$
![题目图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268074628026369/img/compression/M_d0d3f0b9eac0c6da2d33d5135562b272.jpg)
$求平面C_1MA与平面ACC_1 A_1所成角的余弦值；$

Solution:
$因为A_1A\perp 平面ABC，且AB，AC\subset 平面ABC，$

$所以A_1A\perp AB，A_1A\perp AC.$

$又AB\perp AC，所以A_1A，AB，AC两两垂直.$

$如图，分别以\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AA_1}的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系A-xyz.$

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268075001319426/img/compression/M_46222c41c76dce479f42f511832219bd.jpg)

$则A(0，0，0)，C_1(0，1，2)，C(0，2，0)，M(1，1，0)，所以\overrightarrow{AC_1}=(0，1，2)，\overrightarrow{AM}=(1，1，0).$

$设平面C_1MA的法向量为m=(x,y,z)，$

$则\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{AC_1}\cdot m=0,\\ \overrightarrow{AM}\cdot m=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}y+2z=0,\\ x+y=0,\end{matrix}\right.$

$令y=2,则x=-2,z=-1，即m=(-2,2,-1),$

$易知平面ACCA_1A_1的一个法向量为n=(1,0,0).$

$设平面C_1MA与平面ACCA_1A_1所成的角为\theta ，$

$则|cos \theta |=|cos\langle m,n\rangle |=\frac{|\boldsymbol{m}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}|\cdot |\boldsymbol{n}|}=\frac{2}{3}.$

$又\theta \in \left(0,\frac{\pi }{2}\right],所以\cos  \theta =\frac{2}{3},$

$故平面C_1MA与平面ACCA_1A_1所成角的余弦值为\frac{2}{3}.$

Final answer: $\frac{2}{3}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱台ABC-A_1B_1C_1中，已知A_1A\perp 平面ABC，AB\perp AC，AB=AC=AA_1=2，A_1C_1=1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点.$
<img_2106>
$求平面C_1MA与平面ACC_1 A_1所成角的余弦值；$

Solution:
$因为A_1A\perp 平面ABC，且AB，AC\subset 平面ABC，$

$所以A_1A\perp AB，A_1A\perp AC.$

$又AB\perp AC，所以A_1A，AB，AC两两垂直.$

$如图，分别以\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AA_1}的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系A-xyz.$

<img_2299>

$则A(0，0，0)，C_1(0，1，2)，C(0，2，0)，M(1，1，0)，所以\overrightarrow{AC_1}=(0，1，2)，\overrightarrow{AM}=(1，1，0).$

$设平面C_1MA的法向量为m=(x,y,z)，$

$则\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{AC_1}\cdot m=0,\\ \overrightarrow{AM}\cdot m=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}y+2z=0,\\ x+y=0,\end{matrix}\right.$

$令y=2,则x=-2,z=-1，即m=(-2,2,-1),$

$易知平面ACCA_1A_1的一个法向量为n=(1,0,0).$

$设平面C_1MA与平面ACCA_1A_1所成的角为\theta ，$

$则|cos \theta |=|cos\langle m,n\rangle |=\frac{|\boldsymbol{m}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}|\cdot |\boldsymbol{n}|}=\frac{2}{3}.$

$又\theta \in \left(0,\frac{\pi }{2}\right],所以\cos  \theta =\frac{2}{3},$

$故平面C_1MA与平面ACCA_1A_1所成角的余弦值为\frac{2}{3}.$

Final answer: $\frac{2}{3}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱台ABC-A_1B_1C_1中，已知A_1A\perp 平面ABC，AB\perp AC，AB=AC=AA_1=2，A_1C_1=1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点.$
![题目图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268074628026369/img/compression/M_d0d3f0b9eac0c6da2d33d5135562b272.jpg)
$求点C到平面C_1MA的距离.$

Solution:
$由(2)知，\overrightarrow{AC}= (0,2,0)，$
平面CMA的一个法向量为m=(-2,2,-1).
设点C到平面CMA的距离为d,
$则d=\frac{|\overrightarrow{AC}\cdot \boldsymbol{m}|}{|\boldsymbol{m}|}=\frac{|(0,2,0)\cdot (-2,2,-1)|}{\sqrt{(-2)^2+2^2+1^2}}=\frac{4}{3},$
$所以点C到平面CMA的距离为\frac{4}{3}.$

Final answer: $\frac{4}{3}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱台ABC-A_1B_1C_1中，已知A_1A\perp 平面ABC，AB\perp AC，AB=AC=AA_1=2，A_1C_1=1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点.$
<img_2106>
$求点C到平面C_1MA的距离.$

Solution:
$由(2)知，\overrightarrow{AC}= (0,2,0)，$
平面CMA的一个法向量为m=(-2,2,-1).
设点C到平面CMA的距离为d,
$则d=\frac{|\overrightarrow{AC}\cdot \boldsymbol{m}|}{|\boldsymbol{m}|}=\frac{|(0,2,0)\cdot (-2,2,-1)|}{\sqrt{(-2)^2+2^2+1^2}}=\frac{4}{3},$
$所以点C到平面CMA的距离为\frac{4}{3}.$

Final answer: $\frac{4}{3}$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆E：x^2/a^2 + y^2/b^2 = 1 (a > b > 0) 的一个顶点为 A(0，1)，离心率 e = \sqrt{6}/3.$
$过点P(-\sqrt{3}，1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N.设椭圆的左顶点为D，求\frac{|MD|}{|MN|}的值.$

Solution:
$设直线BC的方程为y－1=k(x+\sqrt{3}).$

$由\left\{\begin{matrix}y-1=k(x+\sqrt{3}),\\ x^2+3y^2=3\end{matrix}\right.得(3k^2+1)x^2+(6\sqrt{3}k^2+6k)x+9k^2+6\sqrt{3}k=0.$

$由\Delta =(6\sqrt{3}k^2+6k)^2－4(3k^2+1)(9k^2+6\sqrt{3}k)>0，得k<0.$

$设B(x_1，y_1)，C(x_2，y_2)，则x_1+x_2=－\frac{6\sqrt{3}k^2+6k}{3k^2+1}，x_1x_2=\frac{9k^2+6\sqrt{3}k}{3k^2+1}.$

$直线AB的方程为y=\frac{y_1-1}{x_1}x+1.$

$令y=0，得点M的横坐标为x_{M}=－\frac{x_1}{y_1-1}=－\frac{x_1}{k(x_1+\sqrt{3})}.$

$同理可得点N的横坐标为x_{N}=－\frac{x_2}{y_2-1}=－\frac{x_2}{k(x_2+\sqrt{3})}.$

$x_{M}+x_{N}=－\frac{1}{k}\left(\frac{x_1}{x_1+\sqrt{3}}+\frac{x_2}{x_2+\sqrt{3}}\right)=-\frac{1}{k}\cdot \frac{2x_1x_2+\sqrt{3}(x_1+x_2)}{x_1x_2+\sqrt{3}(x_1+x_2)+3}=-\frac{1}{k}\cdot \frac{2\left(\frac{9k^2+6\sqrt{3}k}{3k^2+1}\right)+\sqrt{3}\left(-\frac{6\sqrt{3}k^2+6k}{3k^2+1}\right)}{\frac{9k^2+6\sqrt{3}k}{3k^2+1}+\sqrt{3}\left(-\frac{6\sqrt{3}k^2+6k}{3k^2+1}\right)+3}=－\frac{1}{k}\cdot \frac{6\sqrt{3}k}{3}=－2\sqrt{3}.$

$因为点D坐标为(-\sqrt{3}，0)，则点D为线段MN的中点，所以\frac{|MD|}{|MN|}=\frac{1}{2}.$

Final answer: $\frac{1}{2}$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆 C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (其中 a>b>0)过点 A(0，2)和 B(0，－2)，且 a = \sqrt{2}b.$
$过点D(0，1)且不与x轴垂直的直线l交椭圆C于M，N，直线MA，NB分别交直线y=t(-2<t<2)于点P，Q.若|DP|=|DQ|，求t的值.$

Solution:
$设直线l的方程为y=kx+1，M(x_1，y_1)，N(x_2，y_2)$
由
$$
\begin{cases}
\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1,\\ 
y=kx+1
\end{cases}
$$
$消去y得(2k^2+1)x^2+4kx－6=0，$
$则\Delta>0，x_1+x_2=\frac{-4k}{2k^2+1}①，x_1x_2=\frac{-6}{2k^2+1}②.$
$直线MA的方程为y=\frac{y_1-2}{x_1}x+2，令y=t，得x_P=\frac{(t-2)x_1}{y_1-2}=\frac{(t-2)x_1}{kx_1-1}，直线NB的方程为y=\frac{y_2+2}{x_2}x－2，令y=t，得x_Q=\frac{(t+2)x_2}{y_2+2}=\frac{(t+2)x_2}{kx_2+3}.$
$\because |DP|=|DQ|，\therefore |x_P|=|x_Q|，$
$解法一：易知x_P与x_Q异号，\therefore x_P+x_Q=0，$
$$
\therefore \frac{(t-2)x_1}{kx_1-1}+\frac{(t+2)x_2}{kx_2+3}=0，
$$
$$
\therefore \frac{(t-2)x_1(kx_2+3)+(t+2)x_2(kx_1-1)}{(kx_1-1)(kx_2+3)}=0，
$$
$$
\therefore (t－2)(kx_1x_2+3x_1)+(t+2)(kx_1x_2－x_2)=0，
$$
$$
\therefore (t－2)\left(-\frac{6k}{2k^2+1}+3x_1\right)+(t+2)\left(-\frac{2k}{2k^2+1}+x_1\right)=0，
$$
$$
\therefore \left(x_1-\frac{2k}{2k^2+1}\right)(4t－4)=0.
$$
$下面说明x_1-\frac{2k}{2k^2+1}\neq 0.$
$由(2k^2+1)x^2+4kx－6=0解得x=\frac{-2k\pm \sqrt{16k^2+6}}{2k^2+1}，$
$不妨取x_1=\frac{-2k+\sqrt{16k^2+6}}{2k^2+1},$
$$
\therefore x_1-\frac{2k}{2k^2+1}=\frac{-4k+\sqrt{16k^2+6}}{2k^2+1}，
$$
$\because \sqrt{16k^2+6}>4k，\therefore －4k+\sqrt{16k^2+6}\neq 0，$
$\therefore x_1-\frac{2k}{2k^2+1}\neq 0，$
$$
\left(另一种解释方式：\because x_1-\frac{2k}{2k^2+1}=x_2(kx_1－1)=x_2(y_1－2),又由题意知l不与x轴垂直，即x_2\neq 0,y_1\neq 2,\therefore x_1-\frac{2k}{2k^2+1}\neq 0\right).
$$
$\therefore t=1.$
$解法二：\therefore \left|\frac{(t-2)x_1}{kx_1-1}\right|=\left|\frac{(t+2)x_2}{kx_2+3}\right|,$
$即\left|\frac{t-2}{t+2}\right|=\left|\frac{x_2(kx_1-1)}{x_1(kx_2+3)}\right|=\left|\frac{kx_1x_2-x_2}{kx_1x_2+3x_1}\right|.$
$$
\because kx_1x_2=\frac{3}{2}(x_1+x_2)，(观察①②可得)
$$
$$
\therefore \left|\frac{kx_1x_2-x_2}{kx_1x_2+3x_1}\right|=\left|\frac{\frac{3}{2}(x_1+x_2)-x_2}{\frac{3}{2}(x_1+x_2)+3x_1}\right|=\left|\frac{\frac{3}{2}x_1+\frac{1}{2}x_2}{\frac{9}{2}x_1+\frac{3}{2}x_2}\right|=\frac{1}{3}，
$$
$$
\therefore \left|\frac{t-2}{t+2}\right|=\frac{1}{3}，即得t=1或t=4，
$$
$$
\because -2<t<2，\therefore t=1.
$$
$解法三：\therefore \left|\frac{(t-2)x_1}{kx_1-1}\right|=\left|\frac{(t+2)x_2}{kx_2+3}\right|,$
$即\left|\frac{t-2}{t+2}\right|=\left|\frac{x_2(kx_1-1)}{x_1(kx_2+3)}\right|=\left|\frac{kx_1x_2-x_2}{kx_1x_2+3x_1}\right|.$
$$
\therefore \left|\frac{kx_1x_2-x_2}{kx_1x_2+3x_1}\right|=\left|\frac{\frac{-6k}{1+2k^2}-\left(-\frac{4k}{1+2k^2}-x_1\right)}{\frac{-6k}{1+2k^2}+3x_1}\right|=
\left|\frac{\frac{-2k}{1+2k^2}+x_1}{\frac{-6k}{1+2k^2}+3x_1}\right|=\frac{1}{3}
$$
$$
\therefore \left|\frac{t-2}{t+2}\right|=\frac{1}{3}，解得t=1或t=4，
$$
$$
\because -2<t<2，\therefore t=1.
$$

Final answer: $t=1$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆E：\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a>b>0) 的左顶点为A，上、下顶点分别为B_1、B_2，直线AB_1的方程为x - \sqrt{3}y + \sqrt{3} = 0.$
$P是椭圆上一点，且在第一象限内，M是点P关于x轴的对称点。过P作垂直于y轴的直线交直线AB\_1于点Q，再过Q作垂直于x轴的直线交直线PB\_2于点N。求\angle MNQ的大小。$

Solution:
$设P(x_0,y_0)(x_0>0,y_0>0),则M(x_0,-y_0)。由点P在椭圆E上，得\frac{x^2_0}{3} + y^2_0 = 1。将y=y_0代入直线AB_1的方程x-\sqrt{3}y+\sqrt{3}=0中，得x=\sqrt{3}(y_0-1)。所以Q(\sqrt{3}(y_0-1),y_0)。由题意得直线PB_2的方程为y=\frac{y_0+1}{x_0}x-1，令x=\sqrt{3}(y_0-1)，得y=\frac{\sqrt{3}(y^2_0-1)}{x_0}-1=\frac{\sqrt{3}\left(-\frac{x^2_0}{3}\right)}{x_0}-1=-\frac{\sqrt{3}}{3}x_0-1。所以N\left(\sqrt{3}(y_0-1),-\frac{\sqrt{3}}{3}x_0-1\right)。$

<img_207>

$所以k_{MN}=\frac{y_M-y_N}{x_M-x_N}=\frac{-y_0+\frac{\sqrt{3}}{3}x_0+1}{x_0-\sqrt{3}(y_0-1)}=\frac{x_0-\sqrt{3}y_0+\sqrt{3}}{\sqrt{3}x_0-3y_0+3}=\frac{\sqrt{3}}{3}，即直线MN的倾斜角是\frac{\pi }{6}，所以\angle MNQ=\frac{\pi }{3}。$

Final answer: $\frac{\pi }{3}$
Subfield: Sequence


Question: $已知数列{a_n}满足a_{n+1}-2a_n=0,a_3=8.$
$设b_n=\frac{n}{a_n},数列{b_n}的前n项和为T_n.若2T_n>m-2021对n\in N^恒成立，求正整数m的最大值.$

Solution:
$由(1)可得b_n=\frac{n}{a_n}=\frac{n}{2^n},则T_n=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+\ldots +\frac{n}{2^n},\frac{1}{2} T_n=\frac{1}{2^2}+\frac{2}{2^3}+\frac{3}{2^4}+\ldots +\frac{n}{2^{n+1}},两式相减可得\frac{1}{2}T_n=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\ldots +\frac{1}{2^n}-\frac{n}{2^{n+1}}=\frac{\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2^n}\right)}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n}{2^{n+1}}，化简可得T_n=2-\frac{n+2}{2^n}(n \in N^)，因为T_{n+1}-T_n=2-\frac{n+3}{2^{n+1}}-2+\frac{n+2}{2^n}=\frac{n+1}{2^{n+1}}>0，所以{T_n}逐项递增，T_1最小，为\frac{1}{2},所以2\times \frac{1}{2}>m-2 021，解得m<2022，又m \in N^，所以m的最大值为2021.$

Final answer: 2021
Subfield: Sequence


Question: $已知等比数列a_n的前n项和为S_n(n\in N^)，且\frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_2}=\frac{2}{a_3}, S_6=63.$
$若对任意的n\in N, b_n是log_2 a_n和log_2 a_{n+1}的等差中项，求数列{(-1)^n b^2_n}的前2n项和.$

Solution:
$由题意，得b_n = \frac{1}{2}(\log_2 a_n + \log_2 a_{n+1}) = \frac{1}{2}(\log_2 2^{n-1} + \log_2 2^n) = n-\frac{1}{2}，即{b_n}是首项为 \frac{1}{2}，公差为1的等差数列.$

$设数列{(-1)^n b^2_n}的前n项和为T_n，则T_{2n}=(-b^2_1+b^2_2)+(-b^2_3+b^2_4)+\ldots +(-b^2_{2n-1}+b^2_{2n})=b_1+b_2+\ldots +b_{2n}=\frac{2n(b_1+b_{2n})}{2}=2n^2.$

Final answer: $2n^2$
Subfield: Sequence


Question: $已知等差数列{a_n}满足：a_3=7，a_5+a_7=26．{a_n}的前n项和为S_n．$
$令b_{n}=\frac{1}{a^2_n-1}(n\in N^{}),求数列{b_{n}}的前n项和T_{n}．$

Solution:
$由(1)知，a_n=2n+1，$
$所以b_n=\frac{1}{a^2_n-1}=\frac{1}{{(2n+1)}^2-1}=\frac{1}{4n(n+1)}=\frac{1}{4}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})，$
$所以T_n=\frac{1}{4}(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})=\frac{1}{4}(1-\frac{1}{n+1})=\frac{n}{4(n+1)}.$

Final answer: \frac{n}{4(n+1)}
Subfield: Sequence


Question: $已知公差不为零的等差数列a_n的前n项和为S_n，S_3=6，a_2，a_4，a_8成等比数列，数列b_n满足b_1=1，b_{n+1}=2b_n+1.$
$求\sum \limits^{{100}}_{{k=1}}a^2_k\cdot sin\left(a_k \cdot \frac{\pi }{2}\right)的值；$

Solution:
$当k=2m，m\in N^时，a_k^2\cdot sin\left(a_k \cdot \frac{\pi }{2}\right)=(2m)^2\cdot sin m\pi =0，$

$当k=2m-1，m\in N^时，a_k^2\cdot sin\left(a_k \cdot \frac{\pi }{2}\right)=(2m-1)^2\cdot sin\frac{2m-1}{2}\pi =(-1)^{m+1}\cdot (2m-1)^2，$

$\therefore \sum \limits^{100}_{k=1}a_k^2\cdot sin\left(a_k \cdot \frac{\pi }{2}\right)=1^2-3^2+5^2-7^2+\ldots +97^2-99^2$

$=(1-3)(1+3)+(5-7)(5+7)+\ldots +(97-99)(97+99)$

$=-2\times (1+3+5+7+\ldots +97+99)=-5 000.$

Final answer: $-5000$
Subfield: Sequence


Question: $已知等比数列{a_n}为递增数列，a_1=1，a_1+2是a_2与a_3的等差中项.$
$若项数为n的数列{b_n}满足：b_i=b_{n+1-i}(i=1，2，3，\ldots ，n)，则我们称其为n项的“对称数列”.例如：数列1，2，2，1为4项的“对称数列”；数列1，2，3，2，1为5项的“对称数列".设数列{c_n}为2k-1(k\geq 2)项的“对称数列”，其中c_1,c_2,c_3,\ldots ，c_n是公差为2的等差数列，数列{c_n}的最大项等于a_4.记数列{c_n}的前2k-1项和为S_{2k-1}，若S_{2k-1}=32，求k.$

Solution:
$由题意知：c_k = a_4 = 8，c_1, c_2, c_3, \ldots , c_k 是以8为末项，2为公差的等差数列，所以 c_k = c_1 + 2(k - 1) = 8，解得 c_1 = 10 - 2k。所以 c_1 + c_2 + c_3 +\ldots + c_k = \frac{k(8+c1)}{2} = k(9 - k)， $

$所以 S_{(2k-1)} = c_1 + c_2 +\ldots + c_k + c_{k+1} +\ldots + c_{2k-1} $

$= (c_1 + c_2 +\ldots + c_k) + (c_k + c_{k+1} +\ldots + c_{2k-1}) - c_k $

$= 2k(9 - k)-8 = 18k-2k^2-8， $

$所以 32=18k-2k^2-8 ，即 k^2-9k+20=0 ，解得 k=4 或 k=5.$

Final answer: $k=4, k=5$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥P-ABC中，\triangle PAB是正三角形，G是\triangle PAB的重心，D，E，H分别是PA，BC，PC的中点，点F在BC上，且BF=3FC.$

![22BKB5LSX234.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610083964690435/img/compression/M_92fefe75627deb6551cd1f0334503286.jpg)
$若PB\perp AC，AB=AC=2，BC=2\sqrt{2}，求二面角A-PC-B的余弦值.$

Solution:
$因为 AB = AC = 2，BC = 2\sqrt{2}，$
所以 AB<sup>2</sup> + AC<sup>2</sup> = 8 = BC<sup>2</sup>，所以 AB \perp  AC，又因为 PB \perp  AC，AB \cap  PB = B，
所以 $AC \perp 平面PAB$，
$以 A 为坐标原点，向量 \overrightarrow{AB}，\overrightarrow{AC} 的方向为 x 轴，y 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz，由题意得 A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，P(1，0，\sqrt{3})，则 \overrightarrow{AC} =(0，2，0)，\overrightarrow{AP} =(1，0，\sqrt{3})，\overrightarrow{PC} =(-1，2，-\sqrt{3})，\overrightarrow{BC} =(-2，2，0)，$
设平面 PAC 的法向量是 m =(x<sub>1</sub>，y<sub>1</sub>，z<sub>1</sub>),
$则 \left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AC}=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AP}=0,\end{matrix}\right.$
$所以 \left\{\begin{matrix}2y_1=0,\\ x_1+\sqrt{3}z_1=0,\end{matrix}\right.$
则 y<sub>1</sub> = 0，
$令 z<sub>1</sub> =-1，则 x<sub>1</sub> = \sqrt{3} ，所以 m =(\sqrt{3}，0，-1)，$
设平面 PBC 的法向量是 n =(x<sub>2</sub>，y<sub>2</sub>，z<sub>2</sub>)，
$则 \left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{PC}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{BC}=0,\end{matrix}\right.$
$所以 \left\{\begin{matrix}-x_2+2y_2-\sqrt{3}z_2=0,\\ -2x_2+2y_2=0,\end{matrix}\right.$
$令 z<sub>2</sub> = 1，则 \left\{\begin{matrix}x_2=\sqrt{3},\\ y_2=\sqrt{3},\end{matrix}\right.$
$所以 n =(\sqrt{3}，\sqrt{3}，1)，$
$所以 cos\langle m，n\rangle = \frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|} = \frac{\sqrt{7}}{7} ，又知二面角 A-PC-B 是锐二面角，所以二面角 A-PC-B 的余弦值为 \frac{\sqrt{7}}{7} .$

![图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610084547698690/img/compression/M_d124337553a2ced360b39bf6217355d1.jpg)

Final answer: $\frac{\sqrt{7}}{7}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥P-ABC中，\triangle PAB是正三角形，G是\triangle PAB的重心，D，E，H分别是PA，BC，PC的中点，点F在BC上，且BF=3FC.$

<img_308>
$若PB\perp AC，AB=AC=2，BC=2\sqrt{2}，求二面角A-PC-B的余弦值.$

Solution:
$因为 AB = AC = 2，BC = 2\sqrt{2}，$
所以 AB<sup>2</sup> + AC<sup>2</sup> = 8 = BC<sup>2</sup>，所以 AB \perp  AC，又因为 PB \perp  AC，AB \cap  PB = B，
所以 $AC \perp 平面PAB$，
$以 A 为坐标原点，向量 \overrightarrow{AB}，\overrightarrow{AC} 的方向为 x 轴，y 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz，由题意得 A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，P(1，0，\sqrt{3})，则 \overrightarrow{AC} =(0，2，0)，\overrightarrow{AP} =(1，0，\sqrt{3})，\overrightarrow{PC} =(-1，2，-\sqrt{3})，\overrightarrow{BC} =(-2，2，0)，$
设平面 PAC 的法向量是 m =(x<sub>1</sub>，y<sub>1</sub>，z<sub>1</sub>),
$则 \left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AC}=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AP}=0,\end{matrix}\right.$
$所以 \left\{\begin{matrix}2y_1=0,\\ x_1+\sqrt{3}z_1=0,\end{matrix}\right.$
则 y<sub>1</sub> = 0，
$令 z<sub>1</sub> =-1，则 x<sub>1</sub> = \sqrt{3} ，所以 m =(\sqrt{3}，0，-1)，$
设平面 PBC 的法向量是 n =(x<sub>2</sub>，y<sub>2</sub>，z<sub>2</sub>)，
$则 \left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{PC}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{BC}=0,\end{matrix}\right.$
$所以 \left\{\begin{matrix}-x_2+2y_2-\sqrt{3}z_2=0,\\ -2x_2+2y_2=0,\end{matrix}\right.$
$令 z<sub>2</sub> = 1，则 \left\{\begin{matrix}x_2=\sqrt{3},\\ y_2=\sqrt{3},\end{matrix}\right.$
$所以 n =(\sqrt{3}，\sqrt{3}，1)，$
$所以 cos\langle m，n\rangle = \frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|} = \frac{\sqrt{7}}{7} ，又知二面角 A-PC-B 是锐二面角，所以二面角 A-PC-B 的余弦值为 \frac{\sqrt{7}}{7} .$

<img_279>

Final answer: $\frac{\sqrt{7}}{7}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA\perp 平面ABCD，M为PC的中点。$
![题目图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1632636360653598722/img/compression/M_11a61dd53eaf94b126bf41743b84c5bc.jpg)
$若AB=AD=PA=2，\angle BAD=120^\circ ，求二面角B-AM-D的正弦值．$

Solution:
$由题意可得平行四边形ABCD为菱形. 建立如图所示的空间直角坐标系，在菱形ABCD中，因为AB=AD=2，\angle BAD=120^\circ ，所以AC=2,OB=\sqrt{3}，所以B(\sqrt{3},0,0),C(0,1,0),D(-\sqrt{3},0,0)，A(0,-1,0),M(0,0,1)，$
$所以\overrightarrow{BA}=(-\sqrt{3},-1,0)，\overrightarrow{BM}=(-\sqrt{3},0,1)，\overrightarrow{DA}=(\sqrt{3},-1,0)，\overrightarrow{DM}=(\sqrt{3},0,1)，$
$设平面MBA的法向量为m=(x,y,z)，则 \left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}  \cdot \overrightarrow{BA}=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{BM}=0,\end{matrix}\right. 即 \left\{\begin{matrix}-\sqrt{3}x-y=0,\\ -\sqrt{3}x+z=0,\end{matrix}\right. 令x=1，则 \left\{\begin{matrix}y=-\sqrt{3},\\ z=\sqrt{3},\end{matrix}\right. 则m=(1,-\sqrt{3},\sqrt{3})，$
设平面MDA的法向量为n=(a,b,c),
$则 \left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DM}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DA}=0,\end{matrix}\right. 即 \left\{\begin{matrix}\sqrt{3}a+c=0,\\ \sqrt{3}a-b=0,\end{matrix}\right. 令a=1,$
$则n=(1,\sqrt{3},-\sqrt{3})，$
$所以cos\langle m,n\rangle =\frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}| \cdot |\boldsymbol{n}|}=\frac{1-3-3}{\sqrt{7} \times \sqrt{7}}=-\frac{5}{7}，所以sin\langle m,n\rangle =\frac{2\sqrt{6}}{7}，故二面角B-AM-D的正弦值为\frac{2\sqrt{6}}{7}.$

![题目 图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1632636361261772802/img/compression/M_e65f258eb5f64ad2c989148155c458b6.jpg)

Final answer: $\frac{2\sqrt{6}}{7}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA\perp 平面ABCD，M为PC的中点。$
<img_253>
$若AB=AD=PA=2，\angle BAD=120^\circ ，求二面角B-AM-D的正弦值．$

Solution:
$由题意可得平行四边形ABCD为菱形. 建立如图所示的空间直角坐标系，在菱形ABCD中，因为AB=AD=2，\angle BAD=120^\circ ，所以AC=2,OB=\sqrt{3}，所以B(\sqrt{3},0,0),C(0,1,0),D(-\sqrt{3},0,0)，A(0,-1,0),M(0,0,1)，$
$所以\overrightarrow{BA}=(-\sqrt{3},-1,0)，\overrightarrow{BM}=(-\sqrt{3},0,1)，\overrightarrow{DA}=(\sqrt{3},-1,0)，\overrightarrow{DM}=(\sqrt{3},0,1)，$
$设平面MBA的法向量为m=(x,y,z)，则 \left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}  \cdot \overrightarrow{BA}=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{BM}=0,\end{matrix}\right. 即 \left\{\begin{matrix}-\sqrt{3}x-y=0,\\ -\sqrt{3}x+z=0,\end{matrix}\right. 令x=1，则 \left\{\begin{matrix}y=-\sqrt{3},\\ z=\sqrt{3},\end{matrix}\right. 则m=(1,-\sqrt{3},\sqrt{3})，$
设平面MDA的法向量为n=(a,b,c),
$则 \left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DM}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DA}=0,\end{matrix}\right. 即 \left\{\begin{matrix}\sqrt{3}a+c=0,\\ \sqrt{3}a-b=0,\end{matrix}\right. 令a=1,$
$则n=(1,\sqrt{3},-\sqrt{3})，$
$所以cos\langle m,n\rangle =\frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}| \cdot |\boldsymbol{n}|}=\frac{1-3-3}{\sqrt{7} \times \sqrt{7}}=-\frac{5}{7}，所以sin\langle m,n\rangle =\frac{2\sqrt{6}}{7}，故二面角B-AM-D的正弦值为\frac{2\sqrt{6}}{7}.$

<img_152>

Final answer: $\frac{2\sqrt{6}}{7}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB=2，DE=BF，BF\parallel DE，M为棱AE的中点.$
<img_2438>
$若ED\perp 平面ABCD，BM\perp CF,求二面角E-AF-B的余弦值.$

Solution:
$因为 ED \perp  平面 ABCD ，四边形 ABCD 是正方形, 因此 ED ，AD ，CD 两两垂直。 分别以 DA 、 DC 、 DE 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立空间直角坐标系， 则 B(2,2,0) ,C(0,2,0) , A(2,0,0), 设 ED=2a ,a>0 , 则 M(1,0,a) , F(2,2,2a) , E(0,0,2a) , 因此 \overrightarrow{BM}=(-1,-2,a) , \overrightarrow{CF}=(2,0,2a) .  因为 BM \perp  CF ，即 \overrightarrow{BM} \perp  \overrightarrow{CF} ， 因此 -1\times2+a\times2a=0 ，因此 a=1 ，因此 \overrightarrow{EA}=(2,0,-2), \overrightarrow{AF}=(0,2,2) .$

$设平面 EAF 的法向量为 \boldsymbol{m}=(x,y,z) , 则 $

$$
\left\{
\begin{matrix}
\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{EA}=0,\\ 
\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AF}=0,
\end{matrix}
\right.
$$

即 

$$
\left\{
\begin{matrix}
2x-2z=0,\\ 
2y+2z=0,
\end{matrix}
\right.
$$

$因此 \boldsymbol{m}=(1,-1,1) .$

$因为 BF \parallel  DE , DE \perp  平面 ABCD , 因此 BF \perp  平面 ABCD . 又 DA \subset  平面 ABCD ，因此 BF \perp  DA , 又 DA \perp  AB , BF \cap  AB=B , 因此 DA \perp  平面 AFB , 因此平面 AFB 的一个法向量为 \overrightarrow{DA}=(2，0，0) . 因为 cos\langle  \boldsymbol{m} ,\overrightarrow{DA} \rangle = \frac{2}{\sqrt{1+1+1} \times 2}= \frac {\sqrt{3}}{3} , 由图可知二面角 E - AF - B 为钝二面角，因此二面角 E - AF - B 的余弦值为 -\frac{\sqrt{3}}{3} .$

Final answer: $-\frac{\sqrt{3}}{3}$