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


Question: $《瀑布》(图1)是最为人所知的作品之一，图中的瀑布会源源不断地落下，落下的水又逆流而上，荒唐至极，但又会让你百看不腻，画面下方还有一位饶有兴致地观察者，似乎她没发现什么不对劲.画面两座高塔各有一个几何体，左塔上方是著名的“三立方体合体”，它由三个正方体构成，右塔上的几何体是首次出现，后称“埃舍尔多面体”.$<img_2420>$图1埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造，设边长均为2，定义正方形A_{n}B_{n}C_{n}D_{n}，n=1,2,3的顶点为“框架点”，定义两正方形交线为“极轴”，其端点为“极点”，记为P_{n},Q_{n}，将极点P_{1},Q_{1}分别与正方形A_{2}B_{2}C_{2}D_{2}的顶点连线，取其中点记为E_{m}，F_{m}，m=1,2,3,4(如图2).埃舍尔多面体可视部分是由12个四棱锥构成的，这些四棱锥顶点均为“框架点”，底面四边形由两个“极点”与两个“中点”构成，为了便于理解，图3中我们构造了其中两个四棱锥A_{1}-P_{1}E_{1}P_{2}E_{2}和A_{2}-P_{2}E_{1}P_{3}F_{1}.$<img_1764>$图2$<img_3073>$图3$
$(1)求异面直线P_{1}A_{2}与Q_{1}B_{2}所成角的余弦值；$

Solution:
$由题意知，OP_{2},OQ_{3},OP_{1}两两互相垂直，且OP_{2}=OQ_{3}=OP_{1}=1.以O为坐标原点，\overrightarrow{OP_2},\overrightarrow{OQ_3},\overrightarrow{OP_1}的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.$<img_1532>$则O(0,0,0)，P_{2}(1,0,0)，Q_{3}(0,1,0)，P_{1}(0,0,1)，B_{2}(1,1,0)，A_{1}(1,0,1)，A_{2}(1,-1,0)，Q_{1}(0,0,-1).因为E_{1},E_{2}分别是P_{1}A_{2},P_{1}B_{2}的中点，所以E_{1}\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)，E_{2}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)，所以\overrightarrow{P_1A_2}=(1,-1,-1)，\overrightarrow{Q_1B_2}=(1,1,1)，则\\cos  \langle \overrightarrow{P_1A_2},\overrightarrow{Q_1B_2}\rangle =\frac{\overrightarrow{P_1A_2}\cdot \overrightarrow{Q_1B_2}}{|\overrightarrow{P_1A_2}||\overrightarrow{Q_1B_2}|}=\frac{-1}{\sqrt{3}\times \sqrt{3}}=-\frac{1}{3}，由图可知，异面直线P_{1}A_{2}与Q_{1}B_{2}所成角的余弦值为\frac{1}{3}.$

Final answer: $\frac{1}{3}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $《瀑布》(图1)是最为人所知的作品之一，图中的瀑布会源源不断地落下，落下的水又逆流而上，荒唐至极，但又会让你百看不腻，画面下方还有一位饶有兴致地观察者，似乎她没发现什么不对劲.画面两座高塔各有一个几何体，左塔上方是著名的“三立方体合体”，它由三个正方体构成，右塔上的几何体是首次出现，后称“埃舍尔多面体”.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693878120023072770/img/compression/M_a4dd6db2e8bc965684cd1e3d3aec4410.jpg)$图1埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造，设边长均为2，定义正方形A_{n}B_{n}C_{n}D_{n}，n=1,2,3的顶点为“框架点”，定义两正方形交线为“极轴”，其端点为“极点”，记为P_{n},Q_{n}，将极点P_{1},Q_{1}分别与正方形A_{2}B_{2}C_{2}D_{2}的顶点连线，取其中点记为E_{m}，F_{m}，m=1,2,3,4(如图2).埃舍尔多面体可视部分是由12个四棱锥构成的，这些四棱锥顶点均为“框架点”，底面四边形由两个“极点”与两个“中点”构成，为了便于理解，图3中我们构造了其中两个四棱锥A_{1}-P_{1}E_{1}P_{2}E_{2}和A_{2}-P_{2}E_{1}P_{3}F_{1}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693878120023072770/img/compression/M_e6e18ec43d5e54b1307eb23fd57d1fc7.jpg)$图2$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693878120023072770/img/compression/M_2300d48d68978bd9afab366e8380361f.jpg)$图3$
$(1)求异面直线P_{1}A_{2}与Q_{1}B_{2}所成角的余弦值；$

Solution:
$由题意知，OP_{2},OQ_{3},OP_{1}两两互相垂直，且OP_{2}=OQ_{3}=OP_{1}=1.以O为坐标原点，\overrightarrow{OP_2},\overrightarrow{OQ_3},\overrightarrow{OP_1}的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693878121335889923/img/compression/M_3b0310e51712e8452793bec854508c4e.jpg)$则O(0,0,0)，P_{2}(1,0,0)，Q_{3}(0,1,0)，P_{1}(0,0,1)，B_{2}(1,1,0)，A_{1}(1,0,1)，A_{2}(1,-1,0)，Q_{1}(0,0,-1).因为E_{1},E_{2}分别是P_{1}A_{2},P_{1}B_{2}的中点，所以E_{1}\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)，E_{2}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)，所以\overrightarrow{P_1A_2}=(1,-1,-1)，\overrightarrow{Q_1B_2}=(1,1,1)，则\\cos  \langle \overrightarrow{P_1A_2},\overrightarrow{Q_1B_2}\rangle =\frac{\overrightarrow{P_1A_2}\cdot \overrightarrow{Q_1B_2}}{|\overrightarrow{P_1A_2}||\overrightarrow{Q_1B_2}|}=\frac{-1}{\sqrt{3}\times \sqrt{3}}=-\frac{1}{3}，由图可知，异面直线P_{1}A_{2}与Q_{1}B_{2}所成角的余弦值为\frac{1}{3}.$

Final answer: $\frac{1}{3}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $《瀑布》(图1)是最为人所知的作品之一，图中的瀑布会源源不断地落下，落下的水又逆流而上，荒唐至极，但又会让你百看不腻，画面下方还有一位饶有兴致地观察者，似乎她没发现什么不对劲.画面两座高塔各有一个几何体，左塔上方是著名的“三立方体合体”，它由三个正方体构成，右塔上的几何体是首次出现，后称“埃舍尔多面体”.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693878120023072770/img/compression/M_a4dd6db2e8bc965684cd1e3d3aec4410.jpg)$图1埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造，设边长均为2，定义正方形A_{n}B_{n}C_{n}D_{n}，n=1,2,3的顶点为“框架点”，定义两正方形交线为“极轴”，其端点为“极点”，记为P_{n},Q_{n}，将极点P_{1},Q_{1}分别与正方形A_{2}B_{2}C_{2}D_{2}的顶点连线，取其中点记为E_{m}，F_{m}，m=1,2,3,4(如图2).埃舍尔多面体可视部分是由12个四棱锥构成的，这些四棱锥顶点均为“框架点”，底面四边形由两个“极点”与两个“中点”构成，为了便于理解，图3中我们构造了其中两个四棱锥A_{1}-P_{1}E_{1}P_{2}E_{2}和A_{2}-P_{2}E_{1}P_{3}F_{1}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693878120023072770/img/compression/M_e6e18ec43d5e54b1307eb23fd57d1fc7.jpg)$图2$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693878120023072770/img/compression/M_2300d48d68978bd9afab366e8380361f.jpg)$图3$
$(2)求平面P_{1}A_{1}E_{1}与平面A_{1}E_{2}P_{2}所成的二面角的正弦值；$

Solution:
$由(1)得，\overrightarrow{P_1A_1}=(1,0,0)，\overrightarrow{P_1E_1}=\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right)，\overrightarrow{P_2A_1}=(0,0,1)，\overrightarrow{P_2E_2}=\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right).设n_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1})是平面P_{1}A_{1}E_{1}的一个法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}_1\cdot \overrightarrow{P_1A_1}=0,\\ \boldsymbol{n}_1\cdot \overrightarrow{P_1E_1}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}x_1=0,\\ \frac{1}{2}x_1-\frac{1}{2}y_1-\frac{1}{2}z_1=0,\end{matrix}\right.令y_{1}=1，则x_{1}=0,z_{1}=-1,所以n_{1}=(0,1,-1)是平面P_{1}A_{1}E_{1}的一个法向量.设n_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2})是平面A_{1}E_{2}P_{2}的一个法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}_2\cdot \overrightarrow{P_2A_1}=0,\\ \boldsymbol{n}_2\cdot \overrightarrow{P_2E_2}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}z_2=0,\\ -\frac{1}{2}x_2+\frac{1}{2}y_2+\frac{1}{2}z_2=0,\end{matrix}\right.令x_{2}=1，则y_{2}=1,z_{2}=0,所以n_{2}=(1,1,0)是平面A_{1}E_{2}P_{2}的一个法向量，则\\cos  \langle n_{1},n_{2}\rangle =\frac{\boldsymbol{n}_1\cdot \boldsymbol{n}_2}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|}=\frac{1}{\sqrt{2}\times \sqrt{2}}=\frac{1}{2}，所以平面P_{1}A_{1}E_{1}与平面A_{1}E_{2}P_{2}所成的二面角的正弦值为\sqrt{1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}.$

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


Question: $《瀑布》(图1)是最为人所知的作品之一，图中的瀑布会源源不断地落下，落下的水又逆流而上，荒唐至极，但又会让你百看不腻，画面下方还有一位饶有兴致地观察者，似乎她没发现什么不对劲.画面两座高塔各有一个几何体，左塔上方是著名的“三立方体合体”，它由三个正方体构成，右塔上的几何体是首次出现，后称“埃舍尔多面体”.$<img_2420>$图1埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造，设边长均为2，定义正方形A_{n}B_{n}C_{n}D_{n}，n=1,2,3的顶点为“框架点”，定义两正方形交线为“极轴”，其端点为“极点”，记为P_{n},Q_{n}，将极点P_{1},Q_{1}分别与正方形A_{2}B_{2}C_{2}D_{2}的顶点连线，取其中点记为E_{m}，F_{m}，m=1,2,3,4(如图2).埃舍尔多面体可视部分是由12个四棱锥构成的，这些四棱锥顶点均为“框架点”，底面四边形由两个“极点”与两个“中点”构成，为了便于理解，图3中我们构造了其中两个四棱锥A_{1}-P_{1}E_{1}P_{2}E_{2}和A_{2}-P_{2}E_{1}P_{3}F_{1}.$<img_1764>$图2$<img_3073>$图3$
$(2)求平面P_{1}A_{1}E_{1}与平面A_{1}E_{2}P_{2}所成的二面角的正弦值；$

Solution:
$由(1)得，\overrightarrow{P_1A_1}=(1,0,0)，\overrightarrow{P_1E_1}=\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right)，\overrightarrow{P_2A_1}=(0,0,1)，\overrightarrow{P_2E_2}=\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right).设n_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1})是平面P_{1}A_{1}E_{1}的一个法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}_1\cdot \overrightarrow{P_1A_1}=0,\\ \boldsymbol{n}_1\cdot \overrightarrow{P_1E_1}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}x_1=0,\\ \frac{1}{2}x_1-\frac{1}{2}y_1-\frac{1}{2}z_1=0,\end{matrix}\right.令y_{1}=1，则x_{1}=0,z_{1}=-1,所以n_{1}=(0,1,-1)是平面P_{1}A_{1}E_{1}的一个法向量.设n_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2})是平面A_{1}E_{2}P_{2}的一个法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}_2\cdot \overrightarrow{P_2A_1}=0,\\ \boldsymbol{n}_2\cdot \overrightarrow{P_2E_2}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}z_2=0,\\ -\frac{1}{2}x_2+\frac{1}{2}y_2+\frac{1}{2}z_2=0,\end{matrix}\right.令x_{2}=1，则y_{2}=1,z_{2}=0,所以n_{2}=(1,1,0)是平面A_{1}E_{2}P_{2}的一个法向量，则\\cos  \langle n_{1},n_{2}\rangle =\frac{\boldsymbol{n}_1\cdot \boldsymbol{n}_2}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|}=\frac{1}{\sqrt{2}\times \sqrt{2}}=\frac{1}{2}，所以平面P_{1}A_{1}E_{1}与平面A_{1}E_{2}P_{2}所成的二面角的正弦值为\sqrt{1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}.$

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


Question: $《瀑布》(图1)是最为人所知的作品之一，图中的瀑布会源源不断地落下，落下的水又逆流而上，荒唐至极，但又会让你百看不腻，画面下方还有一位饶有兴致地观察者，似乎她没发现什么不对劲.画面两座高塔各有一个几何体，左塔上方是著名的“三立方体合体”，它由三个正方体构成，右塔上的几何体是首次出现，后称“埃舍尔多面体”.$<img_2420>$图1埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造，设边长均为2，定义正方形A_{n}B_{n}C_{n}D_{n}，n=1,2,3的顶点为“框架点”，定义两正方形交线为“极轴”，其端点为“极点”，记为P_{n},Q_{n}，将极点P_{1},Q_{1}分别与正方形A_{2}B_{2}C_{2}D_{2}的顶点连线，取其中点记为E_{m}，F_{m}，m=1,2,3,4(如图2).埃舍尔多面体可视部分是由12个四棱锥构成的，这些四棱锥顶点均为“框架点”，底面四边形由两个“极点”与两个“中点”构成，为了便于理解，图3中我们构造了其中两个四棱锥A_{1}-P_{1}E_{1}P_{2}E_{2}和A_{2}-P_{2}E_{1}P_{3}F_{1}.$<img_1764>$图2$<img_3073>$图3$
$(3)求埃舍尔多面体的表面积与体积(直接写出答案).$

Solution:
$由(1)可得，\overrightarrow{P_1P_2}=(1,0,-1)，\overrightarrow{E_1E_2}=(0,1,0)，\overrightarrow{P_1E_1}=\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right)，\overrightarrow{P_2E_2}=\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)，\overrightarrow{A_1P_1}=(-1,0,0)，\overrightarrow{P_1E_2}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right)，所以\overrightarrow{P_2E_2}=-\overrightarrow{P_1E_1}，所以P_{2}E_{2}\parallel P_{1}E_{1}，且P_{2}E_{2}=P_{1}E_{1}，所以四边形P_{1}E_{1}P_{2}E_{2}为平行四边形.又\overrightarrow{P_1P_2}\cdot \overrightarrow{E_1E_2}=0，所以\overrightarrow{P_1P_2}\perp \overrightarrow{E_1E_2}，即P_{1}P_{2}\perp E_{1}E_{2}，所以四边形P_{1}E_{1}P_{2}E_{2}为菱形，又|\overrightarrow{P_1P_2}|=\sqrt{2}，|\overrightarrow{E_1E_2}|=1，所以S_{四边形P_{1}E_{1}P_{2}E_{2}}=\frac{1}{2}\times |\overrightarrow{P_1P_2}|\times |\overrightarrow{E_1E_2}|=\frac{\sqrt{2}}{2}.设n_{3}=(x_{3},y_{3},z_{3})是平面P_{1}E_{1}P_{2}E_{2}的一个法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}_3\cdot \overrightarrow{P_1P_2}=0,\\ \boldsymbol{n}_3\cdot \overrightarrow{P_1E_1}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}x_3-z_3=0,\\ \frac{1}{2}x_3-\frac{1}{2}y_3-\frac{1}{2}z_3=0,\end{matrix}\right.令x_{3}=1，则y_{3}=0,z_{3}=1,所以n_{3}=(1,0,1)是平面P_{1}E_{1}P_{2}E_{2}的一个法向量.又\overrightarrow{A_1P_1}=(-1,0,0)，所以点A_{1}到平面P_{1}E_{1}P_{2}E_{2}的距离d=\frac{|\overrightarrow{A_1P_1}\cdot \boldsymbol{n}_3|}{|\boldsymbol{n}_3|}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}，所以四棱锥A_{1}-P_{1}E_{1}P_{2}E_{2}的体积V_{1}=\frac{1}{3}\times S_{四边形P_{1}E_{1}P_{2}E_{2}}\times d=\frac{1}{3}\times \frac{\sqrt{2}}{2}\times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{6}.因为\overrightarrow{A_1P_1}=(-1,0,0)，\overrightarrow{P_1E_2}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right)，\overrightarrow{P_1E_1}=\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right)，所以\overrightarrow{A_1P_1}在\overrightarrow{P_1E_2}方向上的投影为\frac{\overrightarrow{A_1P_1}\cdot \overrightarrow{P_1E_2}}{|\overrightarrow{P_1E_2}|}=\frac{-\frac{1}{2}}{\sqrt{\frac{3}{4}}}=-\frac{\sqrt{3}}{3}，所以点A_{1}到直线P_{1}E_{2}的距离h_{1}=\sqrt{{|\overrightarrow{A_1P_1}|}^2-{\left|\frac{\overrightarrow{A_1P_1}\cdot \overrightarrow{P_1E_2}}{|\overrightarrow{P_1E_2}|}\right|}^2}=\frac{\sqrt{6}}{3}.同理可得，点A_{1}到直线P_{1}E_{1}的距离h_{2}=\frac{\sqrt{6}}{3}.所以四棱锥A_{1}-P_{1}E_{1}P_{2}E_{2}的侧面积S_{1}=\frac{1}{2}\times |\overrightarrow{P_1E_2}|\times h_{1}\times 4=\frac{1}{2}\times \frac{\sqrt{3}}{2}\times \frac{\sqrt{6}}{3}\times 4=\sqrt{2}.所以埃舍尔多面体的表面积为12S_{1}=12\sqrt{2}，体积为12V_{1}=2.$

Final answer: $12\sqrt 2,2$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，已知四棱锥S-ABCD.$<img_1779>
$(1)从5种颜色中选出3种颜色，涂在四棱锥S-ABCD的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数；$

Solution:
$由题意知，四棱锥S-ABCD的顶点S，A，B所涂颜色互不相同，则A，C颜色相同，且B，D颜色相同，所以共有5\times 4\times 3\times 1\times 1=60种不同的涂色方法.$

Final answer: $60$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，已知四棱锥S-ABCD.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693855954798968834/img/compression/M_d6c7045309bf4ec9ad750b7e2347909d.jpg)
$(1)从5种颜色中选出3种颜色，涂在四棱锥S-ABCD的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数；$

Solution:
$由题意知，四棱锥S-ABCD的顶点S，A，B所涂颜色互不相同，则A，C颜色相同，且B，D颜色相同，所以共有5\times 4\times 3\times 1\times 1=60种不同的涂色方法.$

Final answer: $60$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，已知四棱锥S-ABCD.$<img_1779>
$(2)从5种颜色中选出4种颜色，涂在四棱锥S-ABCD的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数.$

Solution:
$解法一：由题意知，四棱锥S-ABCD的顶点S，A，B所涂颜色互不相同，则A，C可以颜色相同，B，D可以颜色相同，并且两组中必有一组颜色相同，所以先从两组中选出一组涂同一颜色，有2种选法(如：B，D颜色相同)；再从5种颜色中，选出4种颜色涂在S，A，B，C四个顶点上，最后D涂B的颜色，有5\times 4\times 3\times 2\times 1=120种不同的涂色方法.根据分步计数原理知，共有2\times 120=240种不同的涂色方法.解法二：分两类.第一类，A与C颜色相同.由题意知，四棱锥S-ABCD的顶点S，A，B所涂颜色互不相同，它们有5\times 4\times 3=60种不同的涂色方法，所以共有5\times 4\times 3\times 1\times 2=120种不同的涂色方法；第二类，A与C颜色不同.由题意知，四棱锥S-ABCD的顶点S，A，B所涂颜色互不相同，它们有5\times 4\times 3=60种不同的涂色方法，所以共有5\times 4\times 3\times 2\times 1=120种不同的涂色方法.根据分类计数原理知，共有120+120=240种不同的涂色方法.$

Final answer: $240$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，已知四棱锥S-ABCD.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693855954798968834/img/compression/M_d6c7045309bf4ec9ad750b7e2347909d.jpg)
$(2)从5种颜色中选出4种颜色，涂在四棱锥S-ABCD的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数.$

Solution:
$解法一：由题意知，四棱锥S-ABCD的顶点S，A，B所涂颜色互不相同，则A，C可以颜色相同，B，D可以颜色相同，并且两组中必有一组颜色相同，所以先从两组中选出一组涂同一颜色，有2种选法(如：B，D颜色相同)；再从5种颜色中，选出4种颜色涂在S，A，B，C四个顶点上，最后D涂B的颜色，有5\times 4\times 3\times 2\times 1=120种不同的涂色方法.根据分步计数原理知，共有2\times 120=240种不同的涂色方法.解法二：分两类.第一类，A与C颜色相同.由题意知，四棱锥S-ABCD的顶点S，A，B所涂颜色互不相同，它们有5\times 4\times 3=60种不同的涂色方法，所以共有5\times 4\times 3\times 1\times 2=120种不同的涂色方法；第二类，A与C颜色不同.由题意知，四棱锥S-ABCD的顶点S，A，B所涂颜色互不相同，它们有5\times 4\times 3=60种不同的涂色方法，所以共有5\times 4\times 3\times 2\times 1=120种不同的涂色方法.根据分类计数原理知，共有120+120=240种不同的涂色方法.$

Final answer: $240$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥S-ABCD中，四边形ABCD是矩形，\triangle SAD是等边三角形，平面SAD\perp 平面ABCD，AB=1，E为棱SA上一点，P为棱AD的中点，四棱锥S-ABCD的体积为\frac{2\sqrt{3}}{3}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693846934499426307/img/compression/M_3217179d3f029c971df4cd223b548c68.jpg)
$(1)若E为棱SA的中点，F是SB的中点，求证：平面PEF\parallel 平面SCD；$

Solution:
$证明：在等边三角形SAD中，P为AD的中点，于是SP\perp AD，又平面SAD\perp 平面ABCD，平面SAD\cap 平面ABCD=AD，SP\subset 平面SAD，\therefore SP\perp 平面ABCD，(1分)\therefore SP是四棱锥S-ABCD的高，设AD=m,则SP=\frac{\sqrt{3}}{2}m,S_{矩形ABCD}=m,\therefore V_{四棱锥S-ABCD}=\frac{1}{3}S_{矩形ABCD}\cdot SP=\frac{1}{3}m\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}m=\frac{2\sqrt{3}}{3},\therefore m=2,(2分)如图，以点P为坐标原点，PA所在直线为x轴，过点P且与AB平行的直线为y轴，PS所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则P(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，S(0，0，\sqrt{3})，E\left(\frac{1}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right),F\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right),(3分)$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693846934839164930/img/compression/M_d775705baa241c3eba236f2757aabfa3.jpg)$\therefore \overrightarrow{PE}=\left(\frac{1}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right),\overrightarrow{PF}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right),(4分)设n_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1})是平面PEF的一个法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}_1\cdot \overrightarrow{PE}=0,\\ \boldsymbol{n}_1\cdot \overrightarrow{PF}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\frac{1}{2}x_1+\frac{\sqrt{3}}{2}z_1=0,\\ \frac{1}{2}x_1+\frac{1}{2}y_1+\frac{\sqrt{3}}{2}z_1=0,\end{matrix}\right.令z_{1}=1,则x_{1}=-\sqrt{3},y_{1}=0,\therefore n_{1}=(-\sqrt{3},0,1).(5分)同理可得平面SCD的一个法向量为n_{2}=(-\sqrt{3},0,1).\because n_{1}=n_{2},\therefore 平面PEF\parallel 平面SCD.(6分)$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥S-ABCD中，四边形ABCD是矩形，\triangle SAD是等边三角形，平面SAD\perp 平面ABCD，AB=1，E为棱SA上一点，P为棱AD的中点，四棱锥S-ABCD的体积为\frac{2\sqrt{3}}{3}.$<img_1649>
$(1)若E为棱SA的中点，F是SB的中点，求证：平面PEF\parallel 平面SCD；$

Solution:
$证明：在等边三角形SAD中，P为AD的中点，于是SP\perp AD，又平面SAD\perp 平面ABCD，平面SAD\cap 平面ABCD=AD，SP\subset 平面SAD，\therefore SP\perp 平面ABCD，(1分)\therefore SP是四棱锥S-ABCD的高，设AD=m,则SP=\frac{\sqrt{3}}{2}m,S_{矩形ABCD}=m,\therefore V_{四棱锥S-ABCD}=\frac{1}{3}S_{矩形ABCD}\cdot SP=\frac{1}{3}m\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}m=\frac{2\sqrt{3}}{3},\therefore m=2,(2分)如图，以点P为坐标原点，PA所在直线为x轴，过点P且与AB平行的直线为y轴，PS所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则P(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，S(0，0，\sqrt{3})，E\left(\frac{1}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right),F\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right),(3分)$<img_2989>$\therefore \overrightarrow{PE}=\left(\frac{1}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right),\overrightarrow{PF}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right),(4分)设n_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1})是平面PEF的一个法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}_1\cdot \overrightarrow{PE}=0,\\ \boldsymbol{n}_1\cdot \overrightarrow{PF}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\frac{1}{2}x_1+\frac{\sqrt{3}}{2}z_1=0,\\ \frac{1}{2}x_1+\frac{1}{2}y_1+\frac{\sqrt{3}}{2}z_1=0,\end{matrix}\right.令z_{1}=1,则x_{1}=-\sqrt{3},y_{1}=0,\therefore n_{1}=(-\sqrt{3},0,1).(5分)同理可得平面SCD的一个法向量为n_{2}=(-\sqrt{3},0,1).\because n_{1}=n_{2},\therefore 平面PEF\parallel 平面SCD.(6分)$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥S-ABCD中，四边形ABCD是矩形，\triangle SAD是等边三角形，平面SAD\perp 平面ABCD，AB=1，E为棱SA上一点，P为棱AD的中点，四棱锥S-ABCD的体积为\frac{2\sqrt{3}}{3}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693846934499426307/img/compression/M_3217179d3f029c971df4cd223b548c68.jpg)
$(2)是否存在点E，使得平面PEB与平面SAD的夹角的余弦值为\frac{\sqrt{30}}{10}？若存在，确定点E的位置；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$存在.设\overrightarrow{AE}=\lambda \overrightarrow{AS}=\lambda (-1,0,\sqrt{3})=(-\lambda ,0,\sqrt{3}\lambda )(0\leq \lambda \leq 1),则\overrightarrow{PE}=\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{AE}=(1,0,0)+(-\lambda ,0,\sqrt{3}\lambda )=(1-\lambda ,0,\sqrt{3}\lambda ),\overrightarrow{PB}=(1,1,0),(8分)设平面PEB的一个法向量为m=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{PE}=(1-\lambda )x+\sqrt{3}\lambda z=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{PB}=x+y=0,\end{matrix}\right.令x=\sqrt{3}\lambda ,则y=-\sqrt{3}\lambda ,z=\lambda -1,\therefore m=(\sqrt{3}\lambda ,-\sqrt{3}\lambda ,\lambda -1),易知平面SAD的一个法向量为\overrightarrow{AB}=(0,1,0),\therefore |\\cos  \langle \overrightarrow{AB},m\rangle |=\frac{|\overrightarrow{AB}\cdot {\boldsymbol{m}}|}{|\overrightarrow{AB}||{\boldsymbol{m}}|}=\frac{|-\sqrt{3}\lambda |}{\sqrt{7\lambda ^2-2\lambda +1}}=\frac{\sqrt{30}}{10}.(10分)\because 0\leq \lambda \leq 1，\therefore \lambda =\frac{1}{3},(11分)\therefore 存在点E，且E为AS上靠近A点的三等分点.(12分)$

Final answer: $存在. E为AS上靠近A点的三等分点.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱台ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，底面ABCD是菱形，AA_{1}=A_{1}B_{1}=\frac{1}{2}AB=1，\angle ABC=60^\circ ，AA_{1}\perp 平面ABCD，E是棱BC上一点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693846968153079811/img/compression/M_75a75b87ed623a3eac5be2248e7f0e04.jpg)
$(1)若E是BC的中点，求证：平面AD_{1}E\perp 平面CC_{1}D_{1}D；$

Solution:
$取BC的中点F，因为底面ABCD是菱形，\angle ABC=60^\circ ，所以AF\perp BC，AF\perp AD，又AA_{1}\perp 平面ABCD，AF\subset 平面ABCD，AD\subset 平面ABCD，所以AA_{1}\perp AF，AA_{1}\perp AD，即AA_{1}，AF，AD两两垂直.
(2分)
以A为坐标原点，AF，AD，AA_{1}所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693846968153079811/img/compression/M_f7c685ad751f4f484f83339645e509d9.jpg)$因为AA_{1}=A_{1}B_{1}=\frac{1}{2}AB=1，\angle ABC=60^\circ ，所以AB=2，AF=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}，A_{1}D_{1}=1，则A(0,0,0)，F(\sqrt{3},0,0)，D(0,2,0)，C(\sqrt{3},1,0)，D_{1}(0,1,1)，所以\overrightarrow{AD_1}=(0,1,1)，\overrightarrow{D_1D}=(0,1,-1)，\overrightarrow{CD}=(-\sqrt{3},1,0)，\overrightarrow{FC}=(0，1，0).
(3分)
证明：若E是BC的中点，则E与F重合，此时\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AF}=(\sqrt{3},0,0)，设平面AD_{1}E的一个法向量为m=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\bot \overrightarrow{AD_1},\\ \boldsymbol{m}\bot \overrightarrow{AE},\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{AD_1}=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{AE}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}y+z=0,\\ \sqrt{3}x=0,\end{matrix}\right.则\left\{\begin{matrix}z=-y,\\ x=0,\end{matrix}\right.令y=1，则z=-1,所以m=(0,1,-1)，
(5分)
所以\overrightarrow{D_1D}=m，即\overrightarrow{D_1D}也是平面AD_{1}E的一个法向量，因此D_{1}D\perp 平面AD_{1}E，又D_{1}D\subset 平面CC_{1}D_{1}D，所以平面AD_{1}E\perp 平面CC_{1}D_{1}D.
(6分)$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱台ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，底面ABCD是菱形，AA_{1}=A_{1}B_{1}=\frac{1}{2}AB=1，\angle ABC=60^\circ ，AA_{1}\perp 平面ABCD，E是棱BC上一点.$<img_2828>
$(1)若E是BC的中点，求证：平面AD_{1}E\perp 平面CC_{1}D_{1}D；$

Solution:
$取BC的中点F，因为底面ABCD是菱形，\angle ABC=60^\circ ，所以AF\perp BC，AF\perp AD，又AA_{1}\perp 平面ABCD，AF\subset 平面ABCD，AD\subset 平面ABCD，所以AA_{1}\perp AF，AA_{1}\perp AD，即AA_{1}，AF，AD两两垂直.
(2分)
以A为坐标原点，AF，AD，AA_{1}所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：$<img_1842>$因为AA_{1}=A_{1}B_{1}=\frac{1}{2}AB=1，\angle ABC=60^\circ ，所以AB=2，AF=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}，A_{1}D_{1}=1，则A(0,0,0)，F(\sqrt{3},0,0)，D(0,2,0)，C(\sqrt{3},1,0)，D_{1}(0,1,1)，所以\overrightarrow{AD_1}=(0,1,1)，\overrightarrow{D_1D}=(0,1,-1)，\overrightarrow{CD}=(-\sqrt{3},1,0)，\overrightarrow{FC}=(0，1，0).
(3分)
证明：若E是BC的中点，则E与F重合，此时\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AF}=(\sqrt{3},0,0)，设平面AD_{1}E的一个法向量为m=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\bot \overrightarrow{AD_1},\\ \boldsymbol{m}\bot \overrightarrow{AE},\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{AD_1}=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{AE}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}y+z=0,\\ \sqrt{3}x=0,\end{matrix}\right.则\left\{\begin{matrix}z=-y,\\ x=0,\end{matrix}\right.令y=1，则z=-1,所以m=(0,1,-1)，
(5分)
所以\overrightarrow{D_1D}=m，即\overrightarrow{D_1D}也是平面AD_{1}E的一个法向量，因此D_{1}D\perp 平面AD_{1}E，又D_{1}D\subset 平面CC_{1}D_{1}D，所以平面AD_{1}E\perp 平面CC_{1}D_{1}D.
(6分)$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱台ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，底面ABCD是菱形，AA_{1}=A_{1}B_{1}=\frac{1}{2}AB=1，\angle ABC=60^\circ ，AA_{1}\perp 平面ABCD，E是棱BC上一点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693846968153079811/img/compression/M_75a75b87ed623a3eac5be2248e7f0e04.jpg)
$(2)设二面角E-AD_{1}-D的平面角为\theta ，且|\\cos   \theta |=\frac{1}{3}，求线段CE的长.$

Solution:
$由E是棱BC上一点，不妨设\overrightarrow{FE}=t\overrightarrow{FC}，其中-1\leq t\leq 1，则\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AF}+t\overrightarrow{FC}=(\sqrt{3},0,0)+t(0,1,0)=(\sqrt{3},t,0)， 设平面AD_{1}E的一个法向量为n=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AD_1}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AE}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}y_1+z_1=0,\\ \sqrt{3}x_1+ty_1=0,\end{matrix}\right.令x_{1}=t，则y_{1}=-\sqrt{3}，z_{1}=\sqrt{3}，所以n=(t,-\sqrt{3},\sqrt{3}).
(9分)
因为AA_{1}\perp 平面ABCD，AA_{1}\subset 平面AD_{1}D，所以平面AD_{1}D\perp 平面ABCD，又平面AD_{1}D\cap 平面ABCD=AD，AF\perp AD，所以AF\perp 平面AD_{1}D，则\overrightarrow{AF}=(\sqrt{3},0,0)为平面AD_{1}D的一个法向量，
(10分)
又二面角E-AD_{1}-D的平面角为\theta ，且|\\cos   \theta |=\frac{1}{3}，所以|\\cos   \theta |=|\\cos  \langle n,\overrightarrow{AF}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AF}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{AF}|}=\frac{|\sqrt{3}t|}{\sqrt{t^2+6}\cdot \sqrt{3}}=\frac{|t|}{\sqrt{t^2+6}}=\frac{1}{3}，解得t=\pm \frac{\sqrt{3}}{2}，又E(\sqrt{3}，t，0),C(\sqrt{3},1,0),所以|\overrightarrow{CE}|=\sqrt{(\sqrt{3}-\sqrt{3})^2+(t-1)^2}=1-t=1\pm \frac{\sqrt{3}}{2},故线段CE的长为1\pm \frac{\sqrt{3}}{2}.
(12分)$

Final answer: $1+\frac{\sqrt(3)}{2}, 1-\frac{\sqrt(3)}{2}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱台ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，底面ABCD是菱形，AA_{1}=A_{1}B_{1}=\frac{1}{2}AB=1，\angle ABC=60^\circ ，AA_{1}\perp 平面ABCD，E是棱BC上一点.$<img_2828>
$(2)设二面角E-AD_{1}-D的平面角为\theta ，且|\\cos   \theta |=\frac{1}{3}，求线段CE的长.$

Solution:
$由E是棱BC上一点，不妨设\overrightarrow{FE}=t\overrightarrow{FC}，其中-1\leq t\leq 1，则\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AF}+t\overrightarrow{FC}=(\sqrt{3},0,0)+t(0,1,0)=(\sqrt{3},t,0)， 设平面AD_{1}E的一个法向量为n=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AD_1}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AE}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}y_1+z_1=0,\\ \sqrt{3}x_1+ty_1=0,\end{matrix}\right.令x_{1}=t，则y_{1}=-\sqrt{3}，z_{1}=\sqrt{3}，所以n=(t,-\sqrt{3},\sqrt{3}).
(9分)
因为AA_{1}\perp 平面ABCD，AA_{1}\subset 平面AD_{1}D，所以平面AD_{1}D\perp 平面ABCD，又平面AD_{1}D\cap 平面ABCD=AD，AF\perp AD，所以AF\perp 平面AD_{1}D，则\overrightarrow{AF}=(\sqrt{3},0,0)为平面AD_{1}D的一个法向量，
(10分)
又二面角E-AD_{1}-D的平面角为\theta ，且|\\cos   \theta |=\frac{1}{3}，所以|\\cos   \theta |=|\\cos  \langle n,\overrightarrow{AF}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AF}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{AF}|}=\frac{|\sqrt{3}t|}{\sqrt{t^2+6}\cdot \sqrt{3}}=\frac{|t|}{\sqrt{t^2+6}}=\frac{1}{3}，解得t=\pm \frac{\sqrt{3}}{2}，又E(\sqrt{3}，t，0),C(\sqrt{3},1,0),所以|\overrightarrow{CE}|=\sqrt{(\sqrt{3}-\sqrt{3})^2+(t-1)^2}=1-t=1\pm \frac{\sqrt{3}}{2},故线段CE的长为1\pm \frac{\sqrt{3}}{2}.
(12分)$

Final answer: $1+\frac{\sqrt(3)}{2}, 1-\frac{\sqrt(3)}{2}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $某工厂拟建造如图所示的容器，容器的上部为半球形，其半径为r m,下部为圆柱形，其高为l m,该容器的容积为\frac{160\pi }{3} m^{3}，且l\geq 6r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关，材料厚度不计.已知圆柱形部分侧面的建造费用为每平方米2.25千元，半球形部分以及圆柱下底面的建造费用为每平方米m(m>2.25)千元.设该容器的建造费用为y千元.$<img_2116>
$(1)写出y关于r的函数表达式$

Solution:
$设该容器的体积为V m^{3}，则V=\pi r^{2}l+\frac{2}{3}\pi r^{3}，又V=\frac{160}{3}\pi ，所以l=\frac{160}{3r^2}-\frac{2}{3}r.因为l\geq 6r，所以0所以y=2\pi rl\times \frac{9}{4}+3\pi r^{2}m=2\pi r\left(\frac{160}{3r^2}-\frac{2}{3}r\right)\times \frac{9}{4}+3\pi r^{2}m，因此y=3\pi (m-1)r^{2}+\frac{240\pi }{r}，0<r\leq 2.$



Final answer: $y=3\pi (m-1)r^2 + 240\pi /r$
Subfield: Solid Geometry


Question: $某工厂拟建造如图所示的容器，容器的上部为半球形，其半径为r m,下部为圆柱形，其高为l m,该容器的容积为\frac{160\pi }{3} m^{3}，且l\geq 6r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关，材料厚度不计.已知圆柱形部分侧面的建造费用为每平方米2.25千元，半球形部分以及圆柱下底面的建造费用为每平方米m(m>2.25)千元.设该容器的建造费用为y千元.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693820373075296258/img/compression/M_afdd8f61648bfc3b3dd95fbf5732ced7.jpg)
$(1)写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域；$

Solution:
$设该容器的体积为V m^{3}，则V=\pi r^{2}l+\frac{2}{3}\pi r^{3}，又V=\frac{160}{3}\pi ，所以l=\frac{160}{3r^2}-\frac{2}{3}r.因为l\geq 6r，所以0所以y=2\pi rl\times \frac{9}{4}+3\pi r^{2}m=2\pi r\left(\frac{160}{3r^2}-\frac{2}{3}r\right)\times \frac{9}{4}+3\pi r^{2}m，因此y=3\pi (m-1)r^{2}+\frac{240\pi }{r}，0<r\leq 2.$

Final answer: $y=3\pi (m-1)r^2 + 240\pi /r, 0<r\leq 2.$