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


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，PA\perp 平面ABCD，且AB=2，AD=3，PA=\sqrt{3}，AD\parallel BC，AB\perp BC，\angle ADC=45^\circ .$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661582468366338/img/compression/M_8fc5e98bb2b593d338317f88fe7a6446.jpg)
$(1)求异面直线PC与AD夹角的余弦值；$

Solution:
$以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661582766161922/img/compression/M_572a37d617b630596267ebfd39f26531.jpg)$则A(0，0，0)，P(0,0,\sqrt{3})，C(2,1,0)，D(0,3,0)，\therefore \overrightarrow{PC}=(2,1,-\sqrt{3})，\overrightarrow{AD}=(0,3,0)，设异面直线PC与AD的夹角为\theta ，则\\cos   \theta =\frac{|\overrightarrow{PC} \cdot \overrightarrow{AD}|}{|\overrightarrow{PC}||\overrightarrow{AD}|}=\frac{3}{\sqrt{8} \times 3}=\frac{\sqrt{2}}{4}，\therefore 异面直线PC与AD夹角的余弦值为\frac{\sqrt{2}}{4}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{2}}{4}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，PA\perp 平面ABCD，且AB=2，AD=3，PA=\sqrt{3}，AD\parallel BC，AB\perp BC，\angle ADC=45^\circ .$<img_2398>
$(1)求异面直线PC与AD夹角的余弦值；$

Solution:
$以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，$<img_1966>$则A(0，0，0)，P(0,0,\sqrt{3})，C(2,1,0)，D(0,3,0)，\therefore \overrightarrow{PC}=(2,1,-\sqrt{3})，\overrightarrow{AD}=(0,3,0)，设异面直线PC与AD的夹角为\theta ，则\\cos   \theta =\frac{|\overrightarrow{PC} \cdot \overrightarrow{AD}|}{|\overrightarrow{PC}||\overrightarrow{AD}|}=\frac{3}{\sqrt{8} \times 3}=\frac{\sqrt{2}}{4}，\therefore 异面直线PC与AD夹角的余弦值为\frac{\sqrt{2}}{4}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{2}}{4}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，PA\perp 平面ABCD，且AB=2，AD=3，PA=\sqrt{3}，AD\parallel BC，AB\perp BC，\angle ADC=45^\circ .$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661582468366338/img/compression/M_8fc5e98bb2b593d338317f88fe7a6446.jpg)
$(2)求点A到平面PCD的距离.$

Solution:
$连接AC，设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z)，易知\overrightarrow{CD}=(-2,2,0)，\overrightarrow{AC}=(2,1,0)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{PC}=2x+y-\sqrt{3}z=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{CD}=-2x+2y=0,\end{matrix}\right.取x=1，得n=(1,1,\sqrt{3})，\therefore 点A到平面PCD的距离d=\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AC}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{3}{\sqrt{5}}=\frac{3\sqrt{5}}{5}.$

Final answer: $\frac{3\sqrt{5}}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，PA\perp 平面ABCD，且AB=2，AD=3，PA=\sqrt{3}，AD\parallel BC，AB\perp BC，\angle ADC=45^\circ .$<img_2398>
$(2)求点A到平面PCD的距离.$

Solution:
$连接AC，设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z)，易知\overrightarrow{CD}=(-2,2,0)，\overrightarrow{AC}=(2,1,0)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{PC}=2x+y-\sqrt{3}z=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{CD}=-2x+2y=0,\end{matrix}\right.取x=1，得n=(1,1,\sqrt{3})，\therefore 点A到平面PCD的距离d=\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AC}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{3}{\sqrt{5}}=\frac{3\sqrt{5}}{5}.$

Final answer: $\frac{3\sqrt{5}}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，已知平面四边形ABCP中，D为PA的中点，PA\perp AB，CD\parallel AB，且PA=CD=2AB=4.将此平面四边形ABCP沿CD折成直二面角P-DC-B，连接PA，PB，设PB的中点为E.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661585834143747/img/compression/M_e23ccc927d55be7568c2bf9e739bab80.jpg)
$(1)证明：平面PBD\perp 平面PBC；$

Solution:
$证明：由题意可建立如图所示的空间直角坐标系：$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661586169688066/img/compression/M_0934325373dd8e98508195794f7dbb48.jpg)$则B(2,2,0),C(0,4,0),D(0,0,0),P(0,0,2),E(1,1,1),所以\overrightarrow{PB}=(2,2,-2),\overrightarrow{PD}=(0,0,-2),\overrightarrow{PC}=(0,4,-2).设m=(x_{1},y_{1},z_{1})为平面PBD的一个法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{PB}=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{PD}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}2x_1+2y_1-2z_1=0,\\ -2z_1=0,\end{matrix}\right.取x_{1}=1,则m=(1,-1,0).设n=(x_{2},y_{2},z_{2})为平面PBC的一个法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{PB}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{PC}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}2x_2+2y_2-2z_2=0,\\ 4y_2-2z_2=0,\end{matrix}\right.取y_{2}=1,则n=(1,1,2).因为m\cdot n=1\times 1+(-1)\times 1+0=0,所以m\perp n，所以平面PBD\perp 平面PBC.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，已知平面四边形ABCP中，D为PA的中点，PA\perp AB，CD\parallel AB，且PA=CD=2AB=4.将此平面四边形ABCP沿CD折成直二面角P-DC-B，连接PA，PB，设PB的中点为E.$<img_1708>
$(1)证明：平面PBD\perp 平面PBC；$

Solution:
$证明：由题意可建立如图所示的空间直角坐标系：$<img_2951>$则B(2,2,0),C(0,4,0),D(0,0,0),P(0,0,2),E(1,1,1),所以\overrightarrow{PB}=(2,2,-2),\overrightarrow{PD}=(0,0,-2),\overrightarrow{PC}=(0,4,-2).设m=(x_{1},y_{1},z_{1})为平面PBD的一个法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{PB}=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{PD}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}2x_1+2y_1-2z_1=0,\\ -2z_1=0,\end{matrix}\right.取x_{1}=1,则m=(1,-1,0).设n=(x_{2},y_{2},z_{2})为平面PBC的一个法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{PB}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{PC}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}2x_2+2y_2-2z_2=0,\\ 4y_2-2z_2=0,\end{matrix}\right.取y_{2}=1,则n=(1,1,2).因为m\cdot n=1\times 1+(-1)\times 1+0=0,所以m\perp n，所以平面PBD\perp 平面PBC.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，已知平面四边形ABCP中，D为PA的中点，PA\perp AB，CD\parallel AB，且PA=CD=2AB=4.将此平面四边形ABCP沿CD折成直二面角P-DC-B，连接PA，PB，设PB的中点为E.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661585834143747/img/compression/M_e23ccc927d55be7568c2bf9e739bab80.jpg)
$(2)在线段BD上是否存在一点F，使得EF\perp 平面PBC？若存在，请确定点F的位置；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$假设线段BD上存在一点F，使得EF\perp 平面PBC，则\overrightarrow{DF}=\lambda \overrightarrow{DB}=(2\lambda ,2\lambda ,0)(0\leq \lambda \leq 1)，所以F(2\lambda ,2\lambda ,0)，则\overrightarrow{EF}=(2\lambda -1,2\lambda -1,-1)，要使EF\perp 平面PBC，需\overrightarrow{EF}\parallel n，所以\frac{2\lambda -1}{1}=\frac{-1}{2}，解得\lambda =\frac{1}{4}，所以线段BD上存在一点F，使得EF\perp 平面PBC，且F为线段BD上靠近点D的一个四等分点.$

Final answer: $线段BD上存在一点F，使得EF\perp 平面PBC，且F为线段BD上靠近点D的一个四等分点.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD=2AB，\triangle PAD是正三角形，CD\perp 平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661586979188738/img/compression/M_63045c8bcfd1eb4f50826581e3a8b862.jpg)
$(1)求平面EFG与平面ABCD的夹角；$

Solution:
$因为\triangle PAD是正三角形，O为AD的中点，所以PO\perp AD.因为CD\perp 平面PAD，PO\subset 平面PAD，所以PO\perp CD，因为AD\cap CD=D，所以PO\perp 平面ABCD.因为AD\parallel BC，AD=BC，O，G分别为AD，BC的中点，所以AO\parallel BG，AO=BG，所以四边形ABGO为平行四边形，所以OG\parallel AB，又AB\perp AD，所以OG\perp AD.以O为坐标原点，OA，OG，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661586626867203/img/compression/M_db24aece46eb0d2dbcd09471b3951c97.jpg)$设AB=2，则AD=4，A(2,0,0)，G(0,2,0)，D(-2,0,0),C(-2,2,0)，P(0,0,2\sqrt{3})，E(-1,1,\sqrt{3})，F(-1,0,\sqrt{3})，所以\overrightarrow{EF}=(0,-1,0)，\overrightarrow{EG}=(1,1,-\sqrt{3}).设平面EFG的一个法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{EF}=-y=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{EG}=x+y-\sqrt{3}z=0,\end{matrix}\right.取x=\sqrt{3}，可得n=(\sqrt{3},0,1).易知平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1)，所以\\cos  \langle m,n\rangle =\frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{1}{2}，所以平面EFG与平面ABCD的夹角为\frac{\pi }{3}.$

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


Question: $已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD=2AB，\triangle PAD是正三角形，CD\perp 平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点.$<img_2016>
$(1)求平面EFG与平面ABCD的夹角；$

Solution:
$因为\triangle PAD是正三角形，O为AD的中点，所以PO\perp AD.因为CD\perp 平面PAD，PO\subset 平面PAD，所以PO\perp CD，因为AD\cap CD=D，所以PO\perp 平面ABCD.因为AD\parallel BC，AD=BC，O，G分别为AD，BC的中点，所以AO\parallel BG，AO=BG，所以四边形ABGO为平行四边形，所以OG\parallel AB，又AB\perp AD，所以OG\perp AD.以O为坐标原点，OA，OG，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，$<img_1743>$设AB=2，则AD=4，A(2,0,0)，G(0,2,0)，D(-2,0,0),C(-2,2,0)，P(0,0,2\sqrt{3})，E(-1,1,\sqrt{3})，F(-1,0,\sqrt{3})，所以\overrightarrow{EF}=(0,-1,0)，\overrightarrow{EG}=(1,1,-\sqrt{3}).设平面EFG的一个法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{EF}=-y=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{EG}=x+y-\sqrt{3}z=0,\end{matrix}\right.取x=\sqrt{3}，可得n=(\sqrt{3},0,1).易知平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1)，所以\\cos  \langle m,n\rangle =\frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{1}{2}，所以平面EFG与平面ABCD的夹角为\frac{\pi }{3}.$

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


Question: $已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD=2AB，\triangle PAD是正三角形，CD\perp 平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点.$<img_2016>
$(2)线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG的夹角为\frac{\pi }{6}？若存在，求出\frac{PM}{PA}的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG的夹角为\frac{\pi }{6}，设\overrightarrow{PM}=\lambda \overrightarrow{PA}=\lambda (2,0,-2\sqrt{3})=(2\lambda ,0,-2\sqrt{3}\lambda )，0\leq \lambda \leq 1，则\overrightarrow{GM}=\overrightarrow{GP}+\overrightarrow{PM}=(0,-2,2\sqrt{3})+(2\lambda ,0,-2\sqrt{3}\lambda )=(2\lambda ,-2,2\sqrt{3}-2\sqrt{3}\lambda )，由题意可得|\\cos  \langle n,\overrightarrow{GM}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{GM}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{GM}|}=\frac{2\sqrt{3}}{2\sqrt{4\lambda ^2+4+12(1-\lambda )^2}}=\frac{1}{2}，整理可得4\lambda ^{2}-6\lambda +1=0，因为0\leq \lambda \leq 1，所以\lambda =\frac{3-\sqrt{5}}{4}.因此线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG的夹角为\frac{\pi }{6}，且\frac{PM}{PA}=\frac{3-\sqrt{5}}{4}.$

Final answer: $\frac{3-\sqrt{5}}{4}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD=2AB，\triangle PAD是正三角形，CD\perp 平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661586979188738/img/compression/M_63045c8bcfd1eb4f50826581e3a8b862.jpg)
$(2)线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG的夹角为\frac{\pi }{6}？若存在，求出\frac{PM}{PA}的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG的夹角为\frac{\pi }{6}，设\overrightarrow{PM}=\lambda \overrightarrow{PA}=\lambda (2,0,-2\sqrt{3})=(2\lambda ,0,-2\sqrt{3}\lambda )，0\leq \lambda \leq 1，则\overrightarrow{GM}=\overrightarrow{GP}+\overrightarrow{PM}=(0,-2,2\sqrt{3})+(2\lambda ,0,-2\sqrt{3}\lambda )=(2\lambda ,-2,2\sqrt{3}-2\sqrt{3}\lambda )，由题意可得|\\cos  \langle n,\overrightarrow{GM}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{GM}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{GM}|}=\frac{2\sqrt{3}}{2\sqrt{4\lambda ^2+4+12(1-\lambda )^2}}=\frac{1}{2}，整理可得4\lambda ^{2}-6\lambda +1=0，因为0\leq \lambda \leq 1，所以\lambda =\frac{3-\sqrt{5}}{4}.因此线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG的夹角为\frac{\pi }{6}，且\frac{PM}{PA}=\frac{3-\sqrt{5}}{4}.$

Final answer: $\frac{3-\sqrt{5}}{4}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AA_{1}=AB=AC=1，AB\perp AC，M，N，Q分别为CC_{1}，BC，AC的中点，点P在线段A_{1}B_{1}上运动，且\overrightarrow{A_1P}=\lambda \overrightarrow{A_1B_1}(\lambda \in [0,1]).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661587373453313/img/compression/M_1088ea432e44f47e6875a87a08f82a1f.jpg)
$(1)证明：无论\lambda 取何值，总有AM\perp 平面PNQ；$

Solution:
$证明：如图所示，连接A_{1}Q.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661587650277377/img/compression/M_95e78e8ba91d1029fd70a1703ea49c0b.jpg)$因为AA_{1}=AC=1，M，Q分别是CC_{1}，AC的中点，所以Rt\triangle AA_{1}Q\cong Rt\triangle CAM，所以\angle MAC=\angle QA_{1}A，所以\angle MAC+\angle AQA_{1}=\angle QA_{1}A+\angle AQA_{1}=90^\circ ，所以AM\perp A_{1}Q.因为N，Q分别是BC，AC的中点，所以NQ\parallel AB.又AB\perp AC，所以NQ\perp AC.在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AA_{1}\perp 底面ABC，所以NQ\perp AA_{1}.又AC\cap AA_{1}=A，AC，AA_{1}\subset 平面ACC_{1}A_{1}，所以NQ\perp 平面ACC_{1}A_{1}，所以NQ\perp AM.由NQ\parallel AB和AB\parallel A_{1}B_{1}可得NQ\parallel A_{1}B_{1}，所以N，Q，A_{1}，P四点共面，所以A_{1}Q\subset 平面PNQ.因为NQ\cap A_{1}Q=Q，NQ，A_{1}Q\subset 平面PNQ，所以AM\perp 平面PNQ，所以无论\lambda 取何值，总有AM\perp 平面PNQ.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AA_{1}=AB=AC=1，AB\perp AC，M，N，Q分别为CC_{1}，BC，AC的中点，点P在线段A_{1}B_{1}上运动，且\overrightarrow{A_1P}=\lambda \overrightarrow{A_1B_1}(\lambda \in [0,1]).$<img_1748>
$(1)证明：无论\lambda 取何值，总有AM\perp 平面PNQ；$

Solution:
$证明：如图所示，连接A_{1}Q.$<img_2739>$因为AA_{1}=AC=1，M，Q分别是CC_{1}，AC的中点，所以Rt\triangle AA_{1}Q\cong Rt\triangle CAM，所以\angle MAC=\angle QA_{1}A，所以\angle MAC+\angle AQA_{1}=\angle QA_{1}A+\angle AQA_{1}=90^\circ ，所以AM\perp A_{1}Q.因为N，Q分别是BC，AC的中点，所以NQ\parallel AB.又AB\perp AC，所以NQ\perp AC.在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AA_{1}\perp 底面ABC，所以NQ\perp AA_{1}.又AC\cap AA_{1}=A，AC，AA_{1}\subset 平面ACC_{1}A_{1}，所以NQ\perp 平面ACC_{1}A_{1}，所以NQ\perp AM.由NQ\parallel AB和AB\parallel A_{1}B_{1}可得NQ\parallel A_{1}B_{1}，所以N，Q，A_{1}，P四点共面，所以A_{1}Q\subset 平面PNQ.因为NQ\cap A_{1}Q=Q，NQ，A_{1}Q\subset 平面PNQ，所以AM\perp 平面PNQ，所以无论\lambda 取何值，总有AM\perp 平面PNQ.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AA_{1}=AB=AC=1，AB\perp AC，M，N，Q分别为CC_{1}，BC，AC的中点，点P在线段A_{1}B_{1}上运动，且\overrightarrow{A_1P}=\lambda \overrightarrow{A_1B_1}(\lambda \in [0,1]).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661587373453313/img/compression/M_1088ea432e44f47e6875a87a08f82a1f.jpg)
$(2)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角为60^\circ ？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$存在点P，当A_{1}P=\frac{7-3\sqrt{5}}{4}时，平面PMN与平面ABC的夹角为60^\circ .理由如下：以A为坐标原点，AB，AC，AA_{1}所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661588090679297/img/compression/M_9bc62a13a27588b5fad32f47d995df8e.jpg)$则A_{1}(0,0,1),B_{1}(1,0,1),M\left(0,1,\frac{1}{2}\right),N\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right),Q\left(0,\frac{1}{2},0\right)，所以\overrightarrow{NM}=\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right),\overrightarrow{A_1B_1}=(1,0,0)，由\overrightarrow{A_1P}=\lambda \overrightarrow{A_1B_1}=\lambda (1,0,0)=(\lambda ,0,0)，可得点P(\lambda ，0，1)，所以\overrightarrow{PN}=\left(\frac{1}{2}-\lambda ,\frac{1}{2},-1\right).设n=(x,y,z)是平面PMN的一个法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{NM}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{PN}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}y+\frac{1}{2}z=0,\\ \left(\frac{1}{2}-\lambda \right)x+\frac{1}{2}y-z=0,\end{matrix}\right.令x=3，则y=1+2\lambda ，z=2-2\lambda ，所以n=(3，1+2\lambda ，2-2\lambda ).易知平面ABC的一个法向量为m=(0，0，1).假设存在符合条件的点P，则|\\cos  \langle m,n\rangle |=\frac{|2-2\lambda |}{\sqrt{9+(1+2\lambda )^2+(2-2\lambda )^2}}=\frac{1}{2}，整理得4\lambda ^{2}-14\lambda +1=0，解得\lambda =\frac{7-3\sqrt{5}}{4}或\lambda =\frac{7+3\sqrt{5}}{4}(舍去).综上，存在点P，且当A_{1}P=\frac{7-3\sqrt{5}}{4}时，满足平面PMN与平面ABC的夹角为60^\circ .$

Final answer: $存在点P，当A_{1}P=\frac{7-3\sqrt{5}}{4}时，平面PMN与平面ABC的夹角为60^\circ.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，侧面BB_{1}C_{1}C是菱形，其对角线的交点为O，且AB=AC_{1}，AB\perp B_{1}C.$<img_2207>
$(1)求证:AO\perp 平面BB_{1}C_{1}C;$

Solution:
$证明：\because 四边形BB_{1}C_{1}C是菱形，\therefore B_{1}C\perp BC_{1}，O是BC_{1}的中点.\because B_{1}C\perp AB，AB\cap BC_{1}=B，\therefore B_{1}C\perp 平面ABC_{1}，又AO\subset 平面ABC_{1}，\therefore B_{1}C\perp AO.\because AC_{1}=AB，O是BC_{1}的中点，\therefore AO\perp BC_{1}，又B_{1}C\cap BC_{1}=O，\therefore AO\perp 平面BB_{1}C_{1}C.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，侧面BB_{1}C_{1}C是菱形，其对角线的交点为O，且AB=AC_{1}，AB\perp B_{1}C.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661591244795906/img/compression/M_8e4e0e261ff3c1026e1fe207158eea0c.jpg)
$(1)求证:AO\perp 平面BB_{1}C_{1}C;$

Solution:
$证明：\because 四边形BB_{1}C_{1}C是菱形，\therefore B_{1}C\perp BC_{1}，O是BC_{1}的中点.\because B_{1}C\perp AB，AB\cap BC_{1}=B，\therefore B_{1}C\perp 平面ABC_{1}，又AO\subset 平面ABC_{1}，\therefore B_{1}C\perp AO.\because AC_{1}=AB，O是BC_{1}的中点，\therefore AO\perp BC_{1}，又B_{1}C\cap BC_{1}=O，\therefore AO\perp 平面BB_{1}C_{1}C.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，侧面BB_{1}C_{1}C是菱形，其对角线的交点为O，且AB=AC_{1}，AB\perp B_{1}C.$<img_2207>
$(2)若\angle B_{1}BC=60^\circ ，直线A_{1}B_{1}与平面BB_{1}C_{1}C的夹角为45^\circ ，求二面角A_{1}-B_{1}C_{1}-B的平面角的余弦值.$

Solution:
$\because AB\parallel A_{1}B_{1}，\therefore 直线A_{1}B_{1}与平面BB_{1}C_{1}C的夹角等于直线AB与平面BB_{1}C_{1}C的夹角，\because AO\perp 平面BB_{1}C_{1}C，\therefore 直线AB与平面BB_{1}C_{1}C的夹角即为\angle ABO，\therefore \angle ABO=45^\circ .设菱形BB_{1}C_{1}C的边长为2，则BO=C_{1}O=\sqrt{3}，CO=B_{1}O=1，AO=BO=\sqrt{3}.如图，以O为坐标原点，OB,OB_{1},OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，$<img_2591>$则B_{1}(0,1,0),B(\sqrt{3},0,0),C_{1}(-\sqrt{3},0,0),A(0,0,\sqrt{3}),则\overrightarrow{A_1B_1}=\overrightarrow{AB}=(\sqrt{3},0,-\sqrt{3}),\overrightarrow{B_1C_1}=(-\sqrt{3},-1,0),\overrightarrow{OA}=(0,0,\sqrt{3}).设平面A_{1}B_{1}C_{1}的一个法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{A_1B_1}=\sqrt{3}x-\sqrt{3}z=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{B_1C_1}=-\sqrt{3}x-y=0,\end{matrix}\right.令x=1，得n=(1,-\sqrt{3},1).易知平面BB_{1}C_{1}C的一个法向量为\overrightarrow{OA}=(0,0,\sqrt{3})，则\\cos  \langle n,\overrightarrow{OA}\rangle =\frac{\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{OA}}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{OA}|}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5} \times \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{5}}{5}，由图可知二面角A_{1}-B_{1}C_{1}-B为钝二面角，\therefore 二面角A_{1}-B_{1}C_{1}-B的平面角的余弦值为-\frac{\sqrt{5}}{5}.$

Final answer: $-\frac{\sqrt{5}}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，侧面BB_{1}C_{1}C是菱形，其对角线的交点为O，且AB=AC_{1}，AB\perp B_{1}C.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661591244795906/img/compression/M_8e4e0e261ff3c1026e1fe207158eea0c.jpg)
$(2)若\angle B_{1}BC=60^\circ ，直线A_{1}B_{1}与平面BB_{1}C_{1}C的夹角为45^\circ ，求二面角A_{1}-B_{1}C_{1}-B的平面角的余弦值.$

Solution:
$\because AB\parallel A_{1}B_{1}，\therefore 直线A_{1}B_{1}与平面BB_{1}C_{1}C的夹角等于直线AB与平面BB_{1}C_{1}C的夹角，\because AO\perp 平面BB_{1}C_{1}C，\therefore 直线AB与平面BB_{1}C_{1}C的夹角即为\angle ABO，\therefore \angle ABO=45^\circ .设菱形BB_{1}C_{1}C的边长为2，则BO=C_{1}O=\sqrt{3}，CO=B_{1}O=1，AO=BO=\sqrt{3}.如图，以O为坐标原点，OB,OB_{1},OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661591798444033/img/compression/M_03e7ee25c3d77bd6dc583acf4dbff906.jpg)$则B_{1}(0,1,0),B(\sqrt{3},0,0),C_{1}(-\sqrt{3},0,0),A(0,0,\sqrt{3}),则\overrightarrow{A_1B_1}=\overrightarrow{AB}=(\sqrt{3},0,-\sqrt{3}),\overrightarrow{B_1C_1}=(-\sqrt{3},-1,0),\overrightarrow{OA}=(0,0,\sqrt{3}).设平面A_{1}B_{1}C_{1}的一个法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{A_1B_1}=\sqrt{3}x-\sqrt{3}z=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{B_1C_1}=-\sqrt{3}x-y=0,\end{matrix}\right.令x=1，得n=(1,-\sqrt{3},1).易知平面BB_{1}C_{1}C的一个法向量为\overrightarrow{OA}=(0,0,\sqrt{3})，则\\cos  \langle n,\overrightarrow{OA}\rangle =\frac{\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{OA}}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{OA}|}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5} \times \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{5}}{5}，由图可知二面角A_{1}-B_{1}C_{1}-B为钝二面角，\therefore 二面角A_{1}-B_{1}C_{1}-B的平面角的余弦值为-\frac{\sqrt{5}}{5}.$

Final answer: $-\frac{\sqrt{5}}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四边形ABCD为菱形，\angle ABC=60^\circ ，AB=2，平面ABEF\perp 平面ABCD，EF\parallel AB，\angle BAF=90^\circ ，AF=EF=1，点P在线段CE上(不与端点重合).$<img_3025>
$(1)求证：BD\perp FC；$

Solution:
$证明：如图，连接AC，因为四边形ABCD为菱形，所以AC\perp BD.因为\angle BAF=90^\circ ，所以AB\perp AF，又平面ABEF\perp 平面ABCD，平面ABEF\cap 平面ABCD=AB，AF\subset 平面ABEF，所以AF\perp 平面ABCD.又BD\subset 平面ABCD，所以AF\perp BD.又AF\cap AC=A，AF，AC\subset 平面AFC，所以BD\perp 平面AFC.又FC\subset 平面AFC，所以BD\perp FC.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四边形ABCD为菱形，\angle ABC=60^\circ ，AB=2，平面ABEF\perp 平面ABCD，EF\parallel AB，\angle BAF=90^\circ ，AF=EF=1，点P在线段CE上(不与端点重合).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661592591167492/img/compression/M_66c2955942d29d754635d785d947ef06.jpg)
$(1)求证：BD\perp FC；$

Solution:
$证明：如图，连接AC，因为四边形ABCD为菱形，所以AC\perp BD.因为\angle BAF=90^\circ ，所以AB\perp AF，又平面ABEF\perp 平面ABCD，平面ABEF\cap 平面ABCD=AB，AF\subset 平面ABEF，所以AF\perp 平面ABCD.又BD\subset 平面ABCD，所以AF\perp BD.又AF\cap AC=A，AF，AC\subset 平面AFC，所以BD\perp 平面AFC.又FC\subset 平面AFC，所以BD\perp FC.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四边形ABCD为菱形，\angle ABC=60^\circ ，AB=2，平面ABEF\perp 平面ABCD，EF\parallel AB，\angle BAF=90^\circ ，AF=EF=1，点P在线段CE上(不与端点重合).$<img_3025>
$(2)是否存在点P，使得二面角P-AB-D的平面角的余弦值为\frac{\sqrt{21}}{7}？若存在，求出\frac{EP}{PC}的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$设AC交BD于点O，取FC的中点G，连接OG，则OG\parallel AF.由(1)知AF\perp 平面ABCD，所以AF\perp AC，AF\perp BD，所以OG\perp AC，OG\perp BD.以O为原点，OB，OC，OG所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，$<img_2214>$则A(0,-1,0)，B(\sqrt{3},0,0)，C(0,1,0)，F(0,-1,1)，所以\overrightarrow{AB}=(\sqrt{3},1,0)，\overrightarrow{AF}=(0,0,1)，易知\overrightarrow{AF}=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量.设E(a,b,c)，则\overrightarrow{FE}=(a,b+1,c-1)，又\overrightarrow{FE}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}(\sqrt{3},1,0)，所以a=\frac{\sqrt{3}}{2}，b=-\frac{1}{2}，c=1，即E\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},1\right)，所以\overrightarrow{AE}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},1\right),\overrightarrow{EC}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2},-1\right).设\overrightarrow{EP}=\lambda \overrightarrow{EC}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda ,\frac{3}{2}\lambda ,-\lambda \right)(\lambda \in (0,1))，则\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{EP}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},1\right)+\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda ,\frac{3}{2}\lambda ,-\lambda \right)=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda ,\frac{1}{2}+\frac{3}{2}\lambda ,1-\lambda \right).设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AB}=\sqrt{3}x+y=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AP}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda \right)x+\left(\frac{1}{2}+\frac{3}{2}\lambda \right)y+(1-\lambda )z=0,\end{matrix}\right.令x=1，得y=-\sqrt{3}，z=\frac{2\sqrt{3}\lambda }{1-\lambda }，所以n=\left(1,-\sqrt{3},\frac{2\sqrt{3}\lambda }{1-\lambda }\right).所以|\\cos  \langle \overrightarrow{AF},n\rangle |=\frac{\left|\frac{2\sqrt{3}\lambda }{1-\lambda }\right|}{1 \times \sqrt{4+\left(\frac{2\sqrt{3}\lambda }{1-\lambda }\right)^2}}=\frac{\sqrt{21}}{7}，解得\lambda =\frac{1}{3}或\lambda =-1(舍去).所以存在点P，使得二面角P-AB-D的平面角的余弦值为\frac{\sqrt{21}}{7}，此时\frac{EP}{PC}=\frac{1}{2}.$



Final answer: \frac{1}{2}
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四边形ABCD为菱形，\angle ABC=60^\circ ，AB=2，平面ABEF\perp 平面ABCD，EF\parallel AB，\angle BAF=90^\circ ，AF=EF=1，点P在线段CE上(不与端点重合).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661592591167492/img/compression/M_66c2955942d29d754635d785d947ef06.jpg)
$(2)是否存在点P，使得二面角P-AB-D的平面角的余弦值为\frac{\sqrt{21}}{7}？若存在，求出\frac{EP}{PC}的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$设AC交BD于点O，取FC的中点G，连接OG，则OG\parallel AF.由(1)知AF\perp 平面ABCD，所以AF\perp AC，AF\perp BD，所以OG\perp AC，OG\perp BD.以O为原点，OB，OC，OG所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661592863797250/img/compression/M_0b54c63520a102a3559fccb0ee8c4ea1.jpg)$则A(0,-1,0)，B(\sqrt{3},0,0)，C(0,1,0)，F(0,-1,1)，所以\overrightarrow{AB}=(\sqrt{3},1,0)，\overrightarrow{AF}=(0,0,1)，易知\overrightarrow{AF}=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量.设E(a,b,c)，则\overrightarrow{FE}=(a,b+1,c-1)，又\overrightarrow{FE}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}(\sqrt{3},1,0)，所以a=\frac{\sqrt{3}}{2}，b=-\frac{1}{2}，c=1，即E\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},1\right)，所以\overrightarrow{AE}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},1\right),\overrightarrow{EC}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2},-1\right).设\overrightarrow{EP}=\lambda \overrightarrow{EC}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda ,\frac{3}{2}\lambda ,-\lambda \right)(\lambda \in (0,1))，则\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{EP}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},1\right)+\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda ,\frac{3}{2}\lambda ,-\lambda \right)=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda ,\frac{1}{2}+\frac{3}{2}\lambda ,1-\lambda \right).设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AB}=\sqrt{3}x+y=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AP}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda \right)x+\left(\frac{1}{2}+\frac{3}{2}\lambda \right)y+(1-\lambda )z=0,\end{matrix}\right.令x=1，得y=-\sqrt{3}，z=\frac{2\sqrt{3}\lambda }{1-\lambda }，所以n=\left(1,-\sqrt{3},\frac{2\sqrt{3}\lambda }{1-\lambda }\right).所以|\\cos  \langle \overrightarrow{AF},n\rangle |=\frac{\left|\frac{2\sqrt{3}\lambda }{1-\lambda }\right|}{1 \times \sqrt{4+\left(\frac{2\sqrt{3}\lambda }{1-\lambda }\right)^2}}=\frac{\sqrt{21}}{7}，解得\lambda =\frac{1}{3}或\lambda =-1(舍去).所以存在点P，使得二面角P-AB-D的平面角的余弦值为\frac{\sqrt{21}}{7}，此时\frac{EP}{PC}=\frac{1}{2}.$

Final answer: $存在点P，使得二面角P-AB-D的平面角的余弦值为\frac{\sqrt{21}}{7}；
\frac{EP}{PC}=\frac{1}{2}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥P-ABC中，AB=BC=2\sqrt{2}，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点.$<img_2067>
$(1)证明：PO\perp 平面ABC；$

Solution:
$证明：连接BO.\because PA=PC=AC=4，O为AC的中点，\therefore PO\perp AC且PO=2\sqrt{3}.\because AB=BC=2\sqrt{2},AC=4，\therefore AB^{2}+BC^{2}=AC^{2},\therefore AB\perp BC，\therefore BO=\frac{1}{2}AC=2且BO\perp AC，\therefore PB^{2}=BO^{2}+PO^{2}，\therefore BO\perp PO，又\because BO\cap AC=O，\therefore PO\perp 平面ABC.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥P-ABC中，AB=BC=2\sqrt{2}，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661599331414018/img/compression/M_29e3530672de434f2dc818fd6ef0b08f.jpg)
$(1)证明：PO\perp 平面ABC；$

Solution:
$证明：连接BO.\because PA=PC=AC=4，O为AC的中点，\therefore PO\perp AC且PO=2\sqrt{3}.\because AB=BC=2\sqrt{2},AC=4，\therefore AB^{2}+BC^{2}=AC^{2},\therefore AB\perp BC，\therefore BO=\frac{1}{2}AC=2且BO\perp AC，\therefore PB^{2}=BO^{2}+PO^{2}，\therefore BO\perp PO，又\because BO\cap AC=O，\therefore PO\perp 平面ABC.$

Final answer: 证明题