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


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，\angle ABC=\frac{2\pi }{3}，AP\perp PD，AD\perp PB，且AD=PB=2，线段AD的中点为O.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894231380328451/img/compression/M_5bcfeade6f23fd45834be1a61478b2a8.jpg)
$(2)求二面角D-PB-C的余弦值.$

Solution:
$因为AP\perp PD，O为AD的中点，所以OP=\frac{1}{2}AD=1，易得\triangle ABD为等边三角形，又BO\perp AD，所以OB=\sqrt{AB^2-AO^2}=\sqrt{3}，所以OP^{2}+OB^{2}=PB^{2}，所以OP\perp OB.以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894231917199362/img/compression/M_b4e9e1b8f689afe03fbbe75755a38fd4.jpg)$则B(0,\sqrt{3},0)，C(-2,\sqrt{3}，0)，D(-1,0,0)，P(0,0,1)，所以\overrightarrow{DB}=(1,\sqrt{3},0)，\overrightarrow{DP}=(1,0,1)，\overrightarrow{BC}=(-2,0,0)，\overrightarrow{BP}=(0,-\sqrt{3},1)，设平面PBD的法向量为m=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{DB}=x_1+\sqrt{3}y_1=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{DP}=x_1+z_1=0,\end{matrix}\right.取x_{1}=\sqrt{3}，可得m=(\sqrt{3},-1,-\sqrt{3})，设平面PBC的法向量为n=(x_{2},y_{2},z_{2})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{BC}=-2x_2=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{BP}=-\sqrt{3}y_2+z_2=0,\end{matrix}\right.取y_{2}=1，可得n=(0,1,\sqrt{3})，所以\\cos  \langle m,n\rangle =\frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=-\frac{4}{\sqrt{7} \times 2}=-\frac{2\sqrt{7}}{7}，由图可知，二面角D-PB-C为锐二面角，因此，二面角D-PB-C的余弦值为\frac{2\sqrt{7}}{7}.$

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


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，\angle ABC=\frac{2\pi }{3}，AP\perp PD，AD\perp PB，且AD=PB=2，线段AD的中点为O.$<img_2912>
$(2)求二面角D-PB-C的余弦值.$

Solution:
$因为AP\perp PD，O为AD的中点，所以OP=\frac{1}{2}AD=1，易得\triangle ABD为等边三角形，又BO\perp AD，所以OB=\sqrt{AB^2-AO^2}=\sqrt{3}，所以OP^{2}+OB^{2}=PB^{2}，所以OP\perp OB.以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，$<img_2346>$则B(0,\sqrt{3},0)，C(-2,\sqrt{3}，0)，D(-1,0,0)，P(0,0,1)，所以\overrightarrow{DB}=(1,\sqrt{3},0)，\overrightarrow{DP}=(1,0,1)，\overrightarrow{BC}=(-2,0,0)，\overrightarrow{BP}=(0,-\sqrt{3},1)，设平面PBD的法向量为m=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{DB}=x_1+\sqrt{3}y_1=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{DP}=x_1+z_1=0,\end{matrix}\right.取x_{1}=\sqrt{3}，可得m=(\sqrt{3},-1,-\sqrt{3})，设平面PBC的法向量为n=(x_{2},y_{2},z_{2})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{BC}=-2x_2=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{BP}=-\sqrt{3}y_2+z_2=0,\end{matrix}\right.取y_{2}=1，可得n=(0,1,\sqrt{3})，所以\\cos  \langle m,n\rangle =\frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=-\frac{4}{\sqrt{7} \times 2}=-\frac{2\sqrt{7}}{7}，由图可知，二面角D-PB-C为锐二面角，因此，二面角D-PB-C的余弦值为\frac{2\sqrt{7}}{7}.$

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


Question: $如图1，在梯形ABCD中，AB\parallel DC，AD=BC=CD=2，AB=4，E为AB的中点，以DE为折痕把\triangle ADE折起，连接AB，AC，得到如图2所示的几何体，根据图2所示的几何体解答下列问题.
$<img_1530>$ $<img_2541>
$(1)证明：DE\perp AC；$

Solution:
$证明：在题图1中，连接CE.因为DC\parallel AB，CD=\frac{1}{2}AB，E为AB的中点，所以CD\parallel AE，CD=AE，所以四边形ADCE为平行四边形，所以CE=AD，在题图2中，取DE的中点O，连接OA，OC，因为AD=CE=CD=AE，所以DE\perp OA，DE\perp OC，因为OA\cap OC=O，OA,OC\subset 平面AOC，所以DE\perp 平面AOC，因为AC\subset 平面AOC，所以DE\perp AC.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图1，在梯形ABCD中，AB\parallel DC，AD=BC=CD=2，AB=4，E为AB的中点，以DE为折痕把\triangle ADE折起，连接AB，AC，得到如图2所示的几何体，根据图2所示的几何体解答下列问题.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894232756060162/img/compression/M_4abdedc0d8e825ffbac5f1e86bdd66af.jpg)$ $![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894232756060162/img/compression/M_994cd4daf4843e641d07bcdd57adcbed.jpg)
$(1)证明：DE\perp AC；$

Solution:
$证明：在题图1中，连接CE.因为DC\parallel AB，CD=\frac{1}{2}AB，E为AB的中点，所以CD\parallel AE，CD=AE，所以四边形ADCE为平行四边形，所以CE=AD，在题图2中，取DE的中点O，连接OA，OC，因为AD=CE=CD=AE，所以DE\perp OA，DE\perp OC，因为OA\cap OC=O，OA,OC\subset 平面AOC，所以DE\perp 平面AOC，因为AC\subset 平面AOC，所以DE\perp AC.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图1，在梯形ABCD中，AB\parallel DC，AD=BC=CD=2，AB=4，E为AB的中点，以DE为折痕把\triangle ADE折起，连接AB，AC，得到如图2所示的几何体，根据图2所示的几何体解答下列问题.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894232756060162/img/compression/M_4abdedc0d8e825ffbac5f1e86bdd66af.jpg)$ $![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894232756060162/img/compression/M_994cd4daf4843e641d07bcdd57adcbed.jpg)
$(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求二面角D-AE-C的余弦值.①四棱锥A-BCDE的体积为2；②直线AC与EB所成角的余弦值为\frac{\sqrt{6}}{4}.$

Solution:
$若选择①：因为DE\perp 平面AOC，DE\subset 平面BCDE，所以平面AOC\perp 平面BCDE,且平面AOC\cap 平面BCDE=OC，过点A作AH\perp OC于H，则AH\perp 平面BCDE，易知四边形BCDE的面积为2\sqrt{3}，所以四棱锥A-BCDE的体积V_{A-BCDE}=\frac{1}{3}\times 2\sqrt{3}\cdot AH=2，所以AH=\sqrt{3}=OA，所以AO与AH重合，所以AO\perp 平面BCDE，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，C(-\sqrt{3},0,0)，E(0,1,0)，A(0,0,\sqrt{3})，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894232756060162/img/compression/M_f59623edde899bf8916bb72b34049d5d.jpg)$易知平面DAE的一个法向量为\overrightarrow{CO}=(\sqrt{3},0,0)，设平面AEC的法向量为n=(x,y,z)，因为\overrightarrow{CE}=(\sqrt{3},1,0)，\overrightarrow{CA}=(\sqrt{3},0,\sqrt{3})，所以\left\{\begin{matrix}C\overrightarrow{E} \cdot \boldsymbol{n}=0,\\ C\overrightarrow{A} \cdot \boldsymbol{n}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix} \sqrt{3}x+y=0,\\  \sqrt{3}x+\sqrt{3}z=0,\end{matrix}\right.令x=1，得n=(1,-\sqrt{3},-1)，设二面角D-AE-C的大小为\theta ，易知\theta 为锐角，则\\cos   \theta =\left|\frac{\overrightarrow{CO} \cdot \boldsymbol{n}}{|\overrightarrow{CO}||\boldsymbol{n}|}\right|=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3} \times \sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}，所以二面角D-AE-C的余弦值为\frac{\sqrt{5}}{5}.若选择②：因为DC\parallel EB，所以\angle ACD(或其补角)即为异面直线AC与EB所成的角，在\triangle ADC中，\\cos  \angle ACD=\frac{AC^2+4-4}{4AC}=\frac{\sqrt{6}}{4}，所以AC=\sqrt{6}，所以OA^{2}+OC^{2}=AC^{2}，所以OA\perp OC，因为DE\perp 平面AOC，DE\subset 平面BCDE，所以平面AOC\perp 平面BCDE，且平面AOC\cap 平面BCOE=OC，以下步骤同选择①.$

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


Question: $如图1，在梯形ABCD中，AB\parallel DC，AD=BC=CD=2，AB=4，E为AB的中点，以DE为折痕把\triangle ADE折起，连接AB，AC，得到如图2所示的几何体，根据图2所示的几何体解答下列问题.
$<img_1530>$ $<img_2541>
$(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求二面角D-AE-C的余弦值.①四棱锥A-BCDE的体积为2；②直线AC与EB所成角的余弦值为\frac{\sqrt{6}}{4}.$

Solution:
$若选择①：因为DE\perp 平面AOC，DE\subset 平面BCDE，所以平面AOC\perp 平面BCDE,且平面AOC\cap 平面BCDE=OC，过点A作AH\perp OC于H，则AH\perp 平面BCDE，易知四边形BCDE的面积为2\sqrt{3}，所以四棱锥A-BCDE的体积V_{A-BCDE}=\frac{1}{3}\times 2\sqrt{3}\cdot AH=2，所以AH=\sqrt{3}=OA，所以AO与AH重合，所以AO\perp 平面BCDE，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，C(-\sqrt{3},0,0)，E(0,1,0)，A(0,0,\sqrt{3})，$<img_2999>$易知平面DAE的一个法向量为\overrightarrow{CO}=(\sqrt{3},0,0)，设平面AEC的法向量为n=(x,y,z)，因为\overrightarrow{CE}=(\sqrt{3},1,0)，\overrightarrow{CA}=(\sqrt{3},0,\sqrt{3})，所以\left\{\begin{matrix}C\overrightarrow{E} \cdot \boldsymbol{n}=0,\\ C\overrightarrow{A} \cdot \boldsymbol{n}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix} \sqrt{3}x+y=0,\\  \sqrt{3}x+\sqrt{3}z=0,\end{matrix}\right.令x=1，得n=(1,-\sqrt{3},-1)，设二面角D-AE-C的大小为\theta ，易知\theta 为锐角，则\\cos   \theta =\left|\frac{\overrightarrow{CO} \cdot \boldsymbol{n}}{|\overrightarrow{CO}||\boldsymbol{n}|}\right|=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3} \times \sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}，所以二面角D-AE-C的余弦值为\frac{\sqrt{5}}{5}.若选择②：因为DC\parallel EB，所以\angle ACD(或其补角)即为异面直线AC与EB所成的角，在\triangle ADC中，\\cos  \angle ACD=\frac{AC^2+4-4}{4AC}=\frac{\sqrt{6}}{4}，所以AC=\sqrt{6}，所以OA^{2}+OC^{2}=AC^{2}，所以OA\perp OC，因为DE\perp 平面AOC，DE\subset 平面BCDE，所以平面AOC\perp 平面BCDE，且平面AOC\cap 平面BCOE=OC，以下步骤同选择①.$

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


Question: $某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边AB、CD、AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB、CG就得到了一个“刍甍”，如图2.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894257608298498/img/compression/M_22357a8044d3e5f34258ae560ed9c458.jpg)$　$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894257608298498/img/compression/M_053ebd582071647a1ab9468ba1e065af.jpg)
$(1)若O是四边形EBCF的对角线的交点，求证：AO\parallel 平面GCF；$

Solution:
$证明：在题图2中取线段CF的中点H，连接OH、GH，由题图1可知，四边形EBCF是矩形，\therefore O是线段BF与CE的中点，\therefore OH\parallel BC且OH=\frac{1}{2}BC，易得AG\parallel BC且AG=\frac{1}{2}BC，\therefore AG\xlongequal{//} OH，\therefore 四边形AOHG是平行四边形，\therefore AO\parallel HG，又AO\not\subset 平面GCF，HG\subset 平面GCF，\therefore AO\parallel 平面GCF．$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边AB、CD、AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB、CG就得到了一个“刍甍”，如图2.$<img_2254>$　$<img_2042>
$(1)若O是四边形EBCF的对角线的交点，求证：AO\parallel 平面GCF；$

Solution:
$证明：在题图2中取线段CF的中点H，连接OH、GH，由题图1可知，四边形EBCF是矩形，\therefore O是线段BF与CE的中点，\therefore OH\parallel BC且OH=\frac{1}{2}BC，易得AG\parallel BC且AG=\frac{1}{2}BC，\therefore AG\xlongequal{//} OH，\therefore 四边形AOHG是平行四边形，\therefore AO\parallel HG，又AO\not\subset 平面GCF，HG\subset 平面GCF，\therefore AO\parallel 平面GCF．$
Subfield: Solid Geometry


Question: $某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边AB、CD、AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB、CG就得到了一个“刍甍”，如图2.$<img_2254>$　$<img_2042>
$(2)若二面角A-EF-B的大小为\frac{2\pi }{3}，求平面OAB与平面ABE夹角的余弦值.$

Solution:
$易得\angle AEB为二面角A-EF-B的平面角，\therefore \angle AEB=\frac{2\pi }{3}，以E为坐标原点，\overrightarrow{EB}，\overrightarrow{EF}的方向分别为x轴，y轴的正方向建立空间直角坐标系E-xyz，如图，$<img_1718>$设CB=2EB=2EA=4，则B(2,0,0)，O(1,2,0)，A(-1,0,\sqrt{3})，\therefore \overrightarrow{OB}=(1,-2,0)，\overrightarrow{BA}=(-3,0,\sqrt{3})，设平面OAB的法向量为n=(x,y,z)，由\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{OB}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{BA}=0,\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}x-2y=0,\\ -3x+\sqrt{3}z=0,\end{matrix}\right.取x=2，则y=1，z=2\sqrt{3}，\therefore 平面OAB的一个法向量为n=(2,1,2\sqrt{3})，易知平面ABE的一个法向量m=(0,1,0)，\therefore \\cos  \langle n,m\rangle =\frac{\boldsymbol{n} \cdot \boldsymbol{m}}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{m}|}=\frac{1}{\sqrt{17}}=\frac{\sqrt{17}}{17}，\therefore 平面OAB与平面ABE夹角的余弦值为\frac{\sqrt{17}}{17}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{17}}{17}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边AB、CD、AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB、CG就得到了一个“刍甍”，如图2.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894257608298498/img/compression/M_22357a8044d3e5f34258ae560ed9c458.jpg)$　$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894257608298498/img/compression/M_053ebd582071647a1ab9468ba1e065af.jpg)
$(2)若二面角A-EF-B的大小为\frac{2\pi }{3}，求平面OAB与平面ABE夹角的余弦值.$

Solution:
$易得\angle AEB为二面角A-EF-B的平面角，\therefore \angle AEB=\frac{2\pi }{3}，以E为坐标原点，\overrightarrow{EB}，\overrightarrow{EF}的方向分别为x轴，y轴的正方向建立空间直角坐标系E-xyz，如图，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894258807869442/img/compression/M_e214749904939fa30cf912df3d4884f4.jpg)$设CB=2EB=2EA=4，则B(2,0,0)，O(1,2,0)，A(-1,0,\sqrt{3})，\therefore \overrightarrow{OB}=(1,-2,0)，\overrightarrow{BA}=(-3,0,\sqrt{3})，设平面OAB的法向量为n=(x,y,z)，由\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{OB}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{BA}=0,\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}x-2y=0,\\ -3x+\sqrt{3}z=0,\end{matrix}\right.取x=2，则y=1，z=2\sqrt{3}，\therefore 平面OAB的一个法向量为n=(2,1,2\sqrt{3})，易知平面ABE的一个法向量m=(0,1,0)，\therefore \\cos  \langle n,m\rangle =\frac{\boldsymbol{n} \cdot \boldsymbol{m}}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{m}|}=\frac{1}{\sqrt{17}}=\frac{\sqrt{17}}{17}，\therefore 平面OAB与平面ABE夹角的余弦值为\frac{\sqrt{17}}{17}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{17}}{17}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，正三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}的所有棱长均为2，D为棱BB_{1}(不包括端点)上一动点，E是AB的中点,连接A_{1}E,CE.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894259332157444/img/compression/M_613ab1f278bf9bb5a94f7ed8d0232107.jpg)
$(1)若AD\perp A_{1}C，求BD的长；$

Solution:
$易得CE\perp AB，又平面ABC\perp 平面ABB_{1}A_{1}，平面ABC\cap 平面ABB_{1}A_{1}=AB,所以CE\perp 平面ABB_{1}A_{1}.而AD\subset 平面ABB_{1}A_{1}所以AD\perp CE，又AD\perp A_{1}C，A_{1}C\cap CE=C,所以AD\perp 平面A_{1}CE，所以AD\perp A_{1}E.又四边形ABB_{1}A_{1}为正方形，易知Rt\triangle A_{1}AE\cong Rt\triangle ABD,所以BD=AE=\frac{1}{2}AB=1.$

Final answer: $1$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，正三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}的所有棱长均为2，D为棱BB_{1}(不包括端点)上一动点，E是AB的中点,连接A_{1}E,CE.$<img_2934>
$(1)若AD\perp A_{1}C，求BD的长；$

Solution:
$易得CE\perp AB，又平面ABC\perp 平面ABB_{1}A_{1}，平面ABC\cap 平面ABB_{1}A_{1}=AB,所以CE\perp 平面ABB_{1}A_{1}.而AD\subset 平面ABB_{1}A_{1}所以AD\perp CE，又AD\perp A_{1}C，A_{1}C\cap CE=C,所以AD\perp 平面A_{1}CE，所以AD\perp A_{1}E.又四边形ABB_{1}A_{1}为正方形，易知Rt\triangle A_{1}AE\cong Rt\triangle ABD,所以BD=AE=\frac{1}{2}AB=1.$

Final answer: $1$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，正三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}的所有棱长均为2，D为棱BB_{1}(不包括端点)上一动点，E是AB的中点,连接A_{1}E,CE.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894259332157444/img/compression/M_613ab1f278bf9bb5a94f7ed8d0232107.jpg)
$(2)当D在棱BB_{1}上运动时，求平面ADC_{1}与平面ABC的夹角的余弦值的取值范围.$

Solution:
$以E为原点，EB所在直线为x轴，EC所在直线为y轴，过E且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894259999051778/img/compression/M_e29b042a0b63440600e38c7639a03633.jpg)$则A(-1，0，0)，C_{1}(0，\sqrt{3}，2)，设BD=t，0所以\overrightarrow{AD}=(2,0,t)，\overrightarrow{AC_1}=(1,\sqrt{3},2).设平面ADC_{1}的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AD}=2x+tz=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AC_1}=x+\sqrt{3}y+2z=0,\end{matrix}\right.取x=1，得n=\left(1,\frac{4}{\sqrt{3}t}-\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{2}{t}\right).易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1)，设平面ADC_{1}与平面ABC的夹角为\theta ，\therefore \\cos   \theta =\frac{|\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{\frac{2}{t}}{\sqrt{1+\left(\frac{4}{\sqrt{3}t}-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2+\frac{4}{t^2}}}=\sqrt{\frac{3}{t^2-2t+7}}=\sqrt{\frac{3}{(t-1)^2+6}}.由于t\in (0,2)，故\\cos   \theta \in \left(\frac{\sqrt{21}}{7},\frac{\sqrt{2}}{2}\right].即平面ADC_{1}与平面ABC的夹角的余弦值的取值范围为\left(\frac{\sqrt{21}}{7},\frac{\sqrt{2}}{2}\right].$

Final answer: $\left(\frac{\sqrt{21}}{7},\frac{\sqrt{2}}{2}\right]$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，正三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}的所有棱长均为2，D为棱BB_{1}(不包括端点)上一动点，E是AB的中点,连接A_{1}E,CE.$<img_2934>
$(2)当D在棱BB_{1}上运动时，求平面ADC_{1}与平面ABC的夹角的余弦值的取值范围.$

Solution:
$以E为原点，EB所在直线为x轴，EC所在直线为y轴，过E且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，$<img_2817>$则A(-1，0，0)，C_{1}(0，\sqrt{3}，2)，设BD=t，0所以\overrightarrow{AD}=(2,0,t)，\overrightarrow{AC_1}=(1,\sqrt{3},2).设平面ADC_{1}的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AD}=2x+tz=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AC_1}=x+\sqrt{3}y+2z=0,\end{matrix}\right.取x=1，得n=\left(1,\frac{4}{\sqrt{3}t}-\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{2}{t}\right).易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1)，设平面ADC_{1}与平面ABC的夹角为\theta ，\therefore \\cos   \theta =\frac{|\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{\frac{2}{t}}{\sqrt{1+\left(\frac{4}{\sqrt{3}t}-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2+\frac{4}{t^2}}}=\sqrt{\frac{3}{t^2-2t+7}}=\sqrt{\frac{3}{(t-1)^2+6}}.由于t\in (0,2)，故\\cos   \theta \in \left(\frac{\sqrt{21}}{7},\frac{\sqrt{2}}{2}\right].即平面ADC_{1}与平面ABC的夹角的余弦值的取值范围为\left(\frac{\sqrt{21}}{7},\frac{\sqrt{2}}{2}\right].$



Final answer: $\left(\frac{\sqrt{21}}{7},\frac{\sqrt{2}}{2}\right]$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在等腰梯形ABCD中，AD\parallel BC，AB=BC=CD=\frac{1}{2}AD，以AC为折痕把\triangle ABC折起，使点B到达点P的位置，且AP\perp CD.$<img_2160>
$(1)证明：平面APC\perp 平面ADC；$

Solution:
$证明：如图1，在等腰梯形ABCD中取AD的中点N，连接CN，则BC\xlongequal{//} AN，所以四边形ABCN为平行四边形，所以CN=AB=AN=DN，所以AC\perp CD.
$<img_2029>$
图1

又三棱锥P-ACD中，AP\perp CD，AP\cap AC=A，AP,AC\subset 平面PAC，所以CD\perp 平面APC.又CD\subset 平面ADC，所以平面APC\perp 平面ADC.
$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在等腰梯形ABCD中，AD\parallel BC，AB=BC=CD=\frac{1}{2}AD，以AC为折痕把\triangle ABC折起，使点B到达点P的位置，且AP\perp CD.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894285500420098/img/compression/M_0cc255a32c949accf70f1511c6444158.jpg)
$(1)证明：平面APC\perp 平面ADC；$

Solution:
$证明：如图1，在等腰梯形ABCD中取AD的中点N，连接CN，则BC\xlongequal{//} AN，所以四边形ABCN为平行四边形，所以CN=AB=AN=DN，所以AC\perp CD.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894286007930881/img/compression/M_898517f1733ca5981d74dfdaa74e6505.jpg)$
图1

又三棱锥P-ACD中，AP\perp CD，AP\cap AC=A，AP,AC\subset 平面PAC，所以CD\perp 平面APC.又CD\subset 平面ADC，所以平面APC\perp 平面ADC.
$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在等腰梯形ABCD中，AD\parallel BC，AB=BC=CD=\frac{1}{2}AD，以AC为折痕把\triangle ABC折起，使点B到达点P的位置，且AP\perp CD.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894285500420098/img/compression/M_0cc255a32c949accf70f1511c6444158.jpg)
$(2)若M为PD上一点，且三棱锥D-ACM的体积是三棱锥P-ACM体积的2倍，求二面角P-AC-M的余弦值.$

Solution:
$取AC的中点O，连接PO，由AP=PC，可知PO\perp AC，又平面APC\perp 平面ADC，平面APC\cap 平面ADC=AC，所以PO\perp 平面ADC，以O为原点，OA所在直线为x轴，在平面ACD内过O且与OA垂直的直线为y轴，OP所在直线为z轴建立如图2所示的空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894286771294209/img/compression/M_1f9fe898d9b57ca34b8ff5187d02b75c.jpg)$图2令AP=2，则O(0，0，0)，A(\sqrt{3},0,0)，P(0,0,1)，D(-\sqrt{3},2,0)，所以\overrightarrow{OA}=(\sqrt{3}，0，0)，\overrightarrow{OP}=(0，0，1)，\overrightarrow{PD}=(-\sqrt{3}，2，-1).由V_{P-ACM}:V_{D-ACM}=1:2，得\overrightarrow{PM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{PD}，所以\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{PM}=\overrightarrow{OP}+\frac{1}{3}\overrightarrow{PD}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right)，设平面ACM的法向量为n=(x,y,z)，由\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{OM}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{OA}=0,\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}-\frac{\sqrt{3}}{3}x+\frac{2}{3}y+\frac{2}{3}z=0,\\  \sqrt{3}x=0,\end{matrix}\right.取z=-1，得x=0，y=1，所以n=(0,1,-1)，易知平面PAC的一个法向量为m=(0,1,0)，所以\\cos  \langle m,n\rangle =\frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{\sqrt{2}}{2}.又因为二面角P-AC-M为锐二面角，所以其余弦值为\frac{\sqrt{2}}{2}.$

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


Question: $如图，在等腰梯形ABCD中，AD\parallel BC，AB=BC=CD=\frac{1}{2}AD，以AC为折痕把\triangle ABC折起，使点B到达点P的位置，且AP\perp CD.$<img_2160>
$(2)若M为PD上一点，且三棱锥D-ACM的体积是三棱锥P-ACM体积的2倍，求二面角P-AC-M的余弦值.$

Solution:
$取AC的中点O，连接PO，由AP=PC，可知PO\perp AC，又平面APC\perp 平面ADC，平面APC\cap 平面ADC=AC，所以PO\perp 平面ADC，以O为原点，OA所在直线为x轴，在平面ACD内过O且与OA垂直的直线为y轴，OP所在直线为z轴建立如图2所示的空间直角坐标系，$<img_1695>$图2令AP=2，则O(0，0，0)，A(\sqrt{3},0,0)，P(0,0,1)，D(-\sqrt{3},2,0)，所以\overrightarrow{OA}=(\sqrt{3}，0，0)，\overrightarrow{OP}=(0，0，1)，\overrightarrow{PD}=(-\sqrt{3}，2，-1).由V_{P-ACM}:V_{D-ACM}=1:2，得\overrightarrow{PM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{PD}，所以\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{PM}=\overrightarrow{OP}+\frac{1}{3}\overrightarrow{PD}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right)，设平面ACM的法向量为n=(x,y,z)，由\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{OM}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{OA}=0,\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}-\frac{\sqrt{3}}{3}x+\frac{2}{3}y+\frac{2}{3}z=0,\\  \sqrt{3}x=0,\end{matrix}\right.取z=-1，得x=0，y=1，所以n=(0,1,-1)，易知平面PAC的一个法向量为m=(0,1,0)，所以\\cos  \langle m,n\rangle =\frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{\sqrt{2}}{2}.又因为二面角P-AC-M为锐二面角，所以其余弦值为\frac{\sqrt{2}}{2}.$

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


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AB\perp 平面BB_{1}C_{1}C，已知\angle BCC_{1}=\frac{\pi }{3},BC=1,AB=C_{1}C=2，点E是棱CC_{1}的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894287266222083/img/compression/M_7934b15f1b3048716ab0cd14a7da603c.jpg)
$(1)求平面AB_{1}E与平面A_{1}B_{1}E夹角的余弦值；$

Solution:
$连接BC_{1},在\triangle BCC_{1}中，利用余弦定理，得BC^2_1=BC^{2}+CC^2_1-2BC\cdot CC_{1}\\cos  \angle BCC_{1}=1+4-2\times 1\times 2\times \frac{1}{2}=3，所以BC_{1}=\sqrt{3}，因为BC^{2}+BC^2_1=CC^2_1，所以BC\perp BC_{1}，以B为坐标原点，BC,BC_{1},BA所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系，如图，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894287853424642/img/compression/M_a466c0c2166acfbefda22b213ba51a2b.jpg)$则B(0，0，0)，C(1,0,0)，A(0,0,2)，B_{1}(-1，\sqrt{3}，0)，E\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)，所以\overrightarrow{EB_1}=\left(-\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)，\overrightarrow{EA}=\left(-\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2},2\right)，\overrightarrow{B_1A_1}=\overrightarrow{BA}=(0,0,2)，设平面AB_{1}E的法向量为m=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{EA}=-\frac{1}{2}x_1-\frac{\sqrt{3}}{2}y_1+2z_1=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{EB_1}=-\frac{3}{2}x_1+\frac{\sqrt{3}}{2}y_1=0,\end{matrix}\right.取y_{1}=\sqrt{3}，则x_{1}=1，z_{1}=1，即m=(1,\sqrt{3},1)，设平面A_{1}B_{1}E的法向量为n=(x_{2},y_{2},z_{2})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{B_1A_1}=2z_2=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{EB_1}=-\frac{3}{2}x_2+\frac{\sqrt{3}}{2}y_2=0,\end{matrix}\right.取y_{2}=\sqrt{3}，则x_{2}=1，z_{2}=0，即n=(1,\sqrt{3},0)，所以\\cos  \langle m,n\rangle =\frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{4}{2\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}，所以平面AB_{1}E与平面A_{1}B_{1}E夹角的余弦值为\frac{2\sqrt{5}}{5}．$

Final answer: $\frac{2\sqrt{5}}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AB\perp 平面BB_{1}C_{1}C，已知\angle BCC_{1}=\frac{\pi }{3},BC=1,AB=C_{1}C=2，点E是棱CC_{1}的中点.$<img_1881>
$(1)求平面AB_{1}E与平面A_{1}B_{1}E夹角的余弦值；$

Solution:
$连接BC_{1},在\triangle BCC_{1}中，利用余弦定理，得BC^2_1=BC^{2}+CC^2_1-2BC\cdot CC_{1}\\cos  \angle BCC_{1}=1+4-2\times 1\times 2\times \frac{1}{2}=3，所以BC_{1}=\sqrt{3}，因为BC^{2}+BC^2_1=CC^2_1，所以BC\perp BC_{1}，以B为坐标原点，BC,BC_{1},BA所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系，如图，$<img_1821>$则B(0，0，0)，C(1,0,0)，A(0,0,2)，B_{1}(-1，\sqrt{3}，0)，E\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)，所以\overrightarrow{EB_1}=\left(-\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)，\overrightarrow{EA}=\left(-\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2},2\right)，\overrightarrow{B_1A_1}=\overrightarrow{BA}=(0,0,2)，设平面AB_{1}E的法向量为m=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{EA}=-\frac{1}{2}x_1-\frac{\sqrt{3}}{2}y_1+2z_1=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{EB_1}=-\frac{3}{2}x_1+\frac{\sqrt{3}}{2}y_1=0,\end{matrix}\right.取y_{1}=\sqrt{3}，则x_{1}=1，z_{1}=1，即m=(1,\sqrt{3},1)，设平面A_{1}B_{1}E的法向量为n=(x_{2},y_{2},z_{2})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{B_1A_1}=2z_2=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{EB_1}=-\frac{3}{2}x_2+\frac{\sqrt{3}}{2}y_2=0,\end{matrix}\right.取y_{2}=\sqrt{3}，则x_{2}=1，z_{2}=0，即n=(1,\sqrt{3},0)，所以\\cos  \langle m,n\rangle =\frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{4}{2\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}，所以平面AB_{1}E与平面A_{1}B_{1}E夹角的余弦值为\frac{2\sqrt{5}}{5}．$

Final answer: $\frac{2\sqrt{5}}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AB\perp 平面BB_{1}C_{1}C，已知\angle BCC_{1}=\frac{\pi }{3},BC=1,AB=C_{1}C=2，点E是棱CC_{1}的中点.$<img_1881>
$(2)在棱CA上是否存在一点M，使得EM与平面A_{1}B_{1}E所成角的正弦值为\frac{2\sqrt{11}}{11}？若存在，求出\frac{CM}{CA}的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$假设存在满足题意的点M，且\frac{CM}{CA}=k(0\leq k\leq 1)，即\overrightarrow{CM}=k\overrightarrow{CA}，易得\overrightarrow{CA}=(-1，0，2)，所以\overrightarrow{CM}=k(-1,0,2)=(-k,0,2k).设EM与平面A_{1}B_{1}E所成的角为\theta ，因为\overrightarrow{EM}=\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{CM}=\left(\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)+(-k,0,2k)=\left(\frac{1}{2}-k,-\frac{\sqrt{3}}{2},2k\right)，所以\\sin   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{EM},n\rangle |=\left|\frac{\overrightarrow{EM} \cdot \boldsymbol{n}}{|\overrightarrow{EM}||\boldsymbol{n}|}\right|=\left|\frac{\frac{1}{2}-k-\frac{3}{2}}{\sqrt{{\left(\frac{1}{2}-k\right)}^2+\frac{3}{4}+4k^2} \times 2}\right|=\frac{2\sqrt{11}}{11}，解得k=\frac{1}{3}或k=\frac{5}{23}，所以存在满足题意的点M，且\frac{CM}{CA}=\frac{1}{3}或\frac{5}{23}.$

Final answer: $\frac{1}{3}, \frac{5}{23}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AB\perp 平面BB_{1}C_{1}C，已知\angle BCC_{1}=\frac{\pi }{3},BC=1,AB=C_{1}C=2，点E是棱CC_{1}的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894287266222083/img/compression/M_7934b15f1b3048716ab0cd14a7da603c.jpg)
$(2)在棱CA上是否存在一点M，使得EM与平面A_{1}B_{1}E所成角的正弦值为\frac{2\sqrt{11}}{11}？若存在，求出\frac{CM}{CA}的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$假设存在满足题意的点M，且\frac{CM}{CA}=k(0\leq k\leq 1)，即\overrightarrow{CM}=k\overrightarrow{CA}，易得\overrightarrow{CA}=(-1，0，2)，所以\overrightarrow{CM}=k(-1,0,2)=(-k,0,2k).设EM与平面A_{1}B_{1}E所成的角为\theta ，因为\overrightarrow{EM}=\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{CM}=\left(\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)+(-k,0,2k)=\left(\frac{1}{2}-k,-\frac{\sqrt{3}}{2},2k\right)，所以\\sin   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{EM},n\rangle |=\left|\frac{\overrightarrow{EM} \cdot \boldsymbol{n}}{|\overrightarrow{EM}||\boldsymbol{n}|}\right|=\left|\frac{\frac{1}{2}-k-\frac{3}{2}}{\sqrt{{\left(\frac{1}{2}-k\right)}^2+\frac{3}{4}+4k^2} \times 2}\right|=\frac{2\sqrt{11}}{11}，解得k=\frac{1}{3}或k=\frac{5}{23}，所以存在满足题意的点M，且\frac{CM}{CA}=\frac{1}{3}或\frac{5}{23}.$

Final answer: $\frac{1}{3}, \frac{5}{23}$