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


Question: $在四棱锥P－ABCD中，PD\perp 底面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，且\angle BAD=60^\circ ，E是BC的中点．
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094472727142401/img/compression/M_d23698c9c5f1af7cad2d05c82938cc35.jpg)
$(1)求证：AD\perp PE；$

Solution:
$以D为坐标原点，菱形ABCD的边DC的垂线为x轴，DC所在直线为y轴，DP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094472123162625/img/compression/M_339e4101dc01ca097ef2b28a65a39613.jpg)$则D(0，0，0)，A(\sqrt{3}，-1，0)，C(0，2，0)，B(\sqrt{3}，1，0)，E\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2},0\right).设PD=a(a>0)，则P(0，0，a).证明：易得\overrightarrow{AD}=(-\sqrt{3}，1，0)，\overrightarrow{PE}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2},-a\right)，所以\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{PE}=-\frac{3}{2}+\frac{3}{2}=0，所以\overrightarrow{AD}\perp \overrightarrow{PE}，即AD\perp PE.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P－ABCD中，PD\perp 底面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，且\angle BAD=60^\circ ，E是BC的中点．
$<img_2780>
$(1)求证：AD\perp PE；$

Solution:
$以D为坐标原点，菱形ABCD的边DC的垂线为x轴，DC所在直线为y轴，DP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示.$<img_2269>$则D(0，0，0)，A(\sqrt{3}，-1，0)，C(0，2，0)，B(\sqrt{3}，1，0)，E\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2},0\right).设PD=a(a>0)，则P(0，0，a).证明：易得\overrightarrow{AD}=(-\sqrt{3}，1，0)，\overrightarrow{PE}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2},-a\right)，所以\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{PE}=-\frac{3}{2}+\frac{3}{2}=0，所以\overrightarrow{AD}\perp \overrightarrow{PE}，即AD\perp PE.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P－ABCD中，PD\perp 底面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，且\angle BAD=60^\circ ，E是BC的中点．
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094472727142401/img/compression/M_d23698c9c5f1af7cad2d05c82938cc35.jpg)
$(2)若PA\perp PC，求二面角B－PC－D的余弦值.$

Solution:
$易得\overrightarrow{PA}=(\sqrt{3}，-1，-a)，\overrightarrow{PC}=(0，2，-a).因为PA\perp PC，所以\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{PC}=-2+a^{2}=0，解得a=\sqrt{2}(负值舍去)，所以\overrightarrow{PC}=(0，2，-\sqrt{2})，易知\overrightarrow{PB}=(\sqrt{3}，1，-\sqrt{2})，\overrightarrow{PD}=(0，0，-\sqrt{2}).设平面PBC的一个法向量为n=(x，y，z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{PB}=\sqrt{3}x+y-\sqrt{2}z=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{PC}=2y-\sqrt{2}z=0,\end{matrix}\right.令z=\sqrt{2}，则y=1，x=\frac{\sqrt{3}}{3}，所以n=\left(\frac{\sqrt{3}}{3},1,\sqrt{2}\right).易得平面PCD的一个法向量m=(1，0，0)，则\\cos  \langle m,n\rangle =\frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{\frac{10}{3}}}=\frac{\sqrt{10}}{10}.利用空间向量，将求二面角B-PC-D的余弦值转化为求平面PBC与平面PCD的法向量的夹角的余弦值.由图可知，二面角B-PC-D为锐二面角，所以二面角B-PC-D的余弦值为\frac{\sqrt{10}}{10}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{10}}{10}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P－ABCD中，PD\perp 底面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，且\angle BAD=60^\circ ，E是BC的中点．
$<img_2780>
$(2)若PA\perp PC，求二面角B－PC－D的余弦值.$

Solution:
$易得\overrightarrow{PA}=(\sqrt{3}，-1，-a)，\overrightarrow{PC}=(0，2，-a).因为PA\perp PC，所以\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{PC}=-2+a^{2}=0，解得a=\sqrt{2}(负值舍去)，所以\overrightarrow{PC}=(0，2，-\sqrt{2})，易知\overrightarrow{PB}=(\sqrt{3}，1，-\sqrt{2})，\overrightarrow{PD}=(0，0，-\sqrt{2}).设平面PBC的一个法向量为n=(x，y，z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{PB}=\sqrt{3}x+y-\sqrt{2}z=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{PC}=2y-\sqrt{2}z=0,\end{matrix}\right.令z=\sqrt{2}，则y=1，x=\frac{\sqrt{3}}{3}，所以n=\left(\frac{\sqrt{3}}{3},1,\sqrt{2}\right).易得平面PCD的一个法向量m=(1，0，0)，则\\cos  \langle m,n\rangle =\frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{\frac{10}{3}}}=\frac{\sqrt{10}}{10}.利用空间向量，将求二面角B-PC-D的余弦值转化为求平面PBC与平面PCD的法向量的夹角的余弦值.由图可知，二面角B-PC-D为锐二面角，所以二面角B-PC-D的余弦值为\frac{\sqrt{10}}{10}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{10}}{10}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图所示，多面体ABCDEC_{1}F是由底面为ABCD的长方体被截面AEC_{1}F所截得到的，其中AB=4，BC=2，CC_{1}=3，BE=1，四边形AEC_{1}F为平行四边形.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094443443499010/img/compression/M_680baf1843eff7122cd8c00d6019eaf2.jpg)
$(1)求BF的长；$

Solution:
$因为四边形AEC_{1}F为平行四边形，所以\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{EC_1}.设DF=a.建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则B(2，4，0)，A(2，0，0)，E(2，4，1)，C_{1}(0，4，3)，F(0，0，a)，所以\overrightarrow{AF}=(-2,0,a),\overrightarrow{EC_1}=(-2,0,2),所以(-2，0，a)=(-2，0，2)，所以a=2,所以F(0，0，2)，所以\overrightarrow{BF}=(-2，-4，2),所以|\overrightarrow{BF}|=2\sqrt{6}，即BF的长为2\sqrt{6}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094443686768641/img/compression/M_8daa925b19a78c6a65baea2c6027175c.jpg)

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


Question: $如图所示，多面体ABCDEC_{1}F是由底面为ABCD的长方体被截面AEC_{1}F所截得到的，其中AB=4，BC=2，CC_{1}=3，BE=1，四边形AEC_{1}F为平行四边形.$<img_2132>
$(1)求BF的长；$

Solution:
$因为四边形AEC_{1}F为平行四边形，所以\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{EC_1}.设DF=a.建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则B(2，4，0)，A(2，0，0)，E(2，4，1)，C_{1}(0，4，3)，F(0，0，a)，所以\overrightarrow{AF}=(-2,0,a),\overrightarrow{EC_1}=(-2,0,2),所以(-2，0，a)=(-2，0，2)，所以a=2,所以F(0，0，2)，所以\overrightarrow{BF}=(-2，-4，2),所以|\overrightarrow{BF}|=2\sqrt{6}，即BF的长为2\sqrt{6}.$<img_1616>

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


Question: $如图所示，多面体ABCDEC_{1}F是由底面为ABCD的长方体被截面AEC_{1}F所截得到的，其中AB=4，BC=2，CC_{1}=3，BE=1，四边形AEC_{1}F为平行四边形.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094443443499010/img/compression/M_680baf1843eff7122cd8c00d6019eaf2.jpg)
$(2)求点C到平面AEC_{1}F的距离.$

Solution:
$易知C(0,4,0),又C_{1}(0,4,3),A(2,0,0),E(2,4,1),所以\overrightarrow{CC_1}=(0,0,3),\overrightarrow{EC_1}=(-2,0,2),\overrightarrow{AE}=(0,4,1).设平面AEC_{1}F的一个法向量为n=(x，y，z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AE}=4y+z=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{EC_1}=-2x+2z=0,\end{matrix}\right.令x=1,则y=-\frac{1}{4},z=1,所以n=\left(1,-\frac{1}{4},1\right).所以点C到平面AEC_{1}F的距离d=\frac{|\overrightarrow{CC_1} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{3}{\frac{\sqrt{33}}{4}}=\frac{4\sqrt{33}}{11}.$

Final answer: $\frac{4\sqrt{33}}{11}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图所示，多面体ABCDEC_{1}F是由底面为ABCD的长方体被截面AEC_{1}F所截得到的，其中AB=4，BC=2，CC_{1}=3，BE=1，四边形AEC_{1}F为平行四边形.$<img_2132>
$(2)求点C到平面AEC_{1}F的距离.$

Solution:
$易知C(0,4,0),又C_{1}(0,4,3),A(2,0,0),E(2,4,1),所以\overrightarrow{CC_1}=(0,0,3),\overrightarrow{EC_1}=(-2,0,2),\overrightarrow{AE}=(0,4,1).设平面AEC_{1}F的一个法向量为n=(x，y，z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AE}=4y+z=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{EC_1}=-2x+2z=0,\end{matrix}\right.令x=1,则y=-\frac{1}{4},z=1,所以n=\left(1,-\frac{1}{4},1\right).所以点C到平面AEC_{1}F的距离d=\frac{|\overrightarrow{CC_1} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{3}{\frac{\sqrt{33}}{4}}=\frac{4\sqrt{33}}{11}.$

Final answer: $\frac{4\sqrt{33}}{11}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图所示，在长方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，AD=AA_{1}=1，AB=2，E为线段AB的中点，F为线段A_{1}B_{1}的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094447004463107/img/compression/M_bab339447be5bb91644181c178fa63d4.jpg)
$(1)求A_{1}B_{1}与平面A_{1}EC所成角的正弦值；$

Solution:
$如图，以D为原点，DA，DC，DD_{1}所在直线分别为x轴,y轴,z轴，建立空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094447314841602/img/compression/M_a15229ba47c62ef1c9a72a9a6cbfa012.jpg)$则A_{1}(1,0,1)，B_{1}(1,2,1)，E(1,1,0)，C(0,2,0)，F(1,1,1)，所以\overrightarrow{A_1B_1}=(0,2,0)，\overrightarrow{A_1E}=(0,1,-1)，\overrightarrow{EC}=(-1,1,0).设平面A_{1}EC的一个法向量为m=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{A_1E}=y_1-z_1=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{EC}=-x_1+y_1=0,\end{matrix}\right.令x_{1}=1，可得y_{1}=1，z_{1}=1，所以m=(1,1,1).设A_{1}B_{1}与平面A_{1}EC所成的角为\theta ，则\\sin   \theta =|\\cos  \langle m,\overrightarrow{A_1B_1}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{A_1B_1}|}{|\boldsymbol{m}||\overrightarrow{A_1B_1}|}=\frac{2}{\sqrt{3} \times 2}=\frac{\sqrt{3}}{3}，所以A_{1}B_{1}与平面A_{1}EC所成角的正弦值为\frac{\sqrt{3}}{3}.$

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


Question: $如图所示，在长方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，AD=AA_{1}=1，AB=2，E为线段AB的中点，F为线段A_{1}B_{1}的中点.$<img_1977>
$(1)求A_{1}B_{1}与平面A_{1}EC所成角的正弦值；$

Solution:
$如图，以D为原点，DA，DC，DD_{1}所在直线分别为x轴,y轴,z轴，建立空间直角坐标系，$<img_2668>$则A_{1}(1,0,1)，B_{1}(1,2,1)，E(1,1,0)，C(0,2,0)，F(1,1,1)，所以\overrightarrow{A_1B_1}=(0,2,0)，\overrightarrow{A_1E}=(0,1,-1)，\overrightarrow{EC}=(-1,1,0).设平面A_{1}EC的一个法向量为m=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{A_1E}=y_1-z_1=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{EC}=-x_1+y_1=0,\end{matrix}\right.令x_{1}=1，可得y_{1}=1，z_{1}=1，所以m=(1,1,1).设A_{1}B_{1}与平面A_{1}EC所成的角为\theta ，则\\sin   \theta =|\\cos  \langle m,\overrightarrow{A_1B_1}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{A_1B_1}|}{|\boldsymbol{m}||\overrightarrow{A_1B_1}|}=\frac{2}{\sqrt{3} \times 2}=\frac{\sqrt{3}}{3}，所以A_{1}B_{1}与平面A_{1}EC所成角的正弦值为\frac{\sqrt{3}}{3}.$

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


Question: $如图所示，在长方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，AD=AA_{1}=1，AB=2，E为线段AB的中点，F为线段A_{1}B_{1}的中点.$<img_1977>
$(2)求证：FC_{1}\parallel 平面A_{1}EC，并求直线FC_{1}与平面A_{1}EC之间的距离.$

Solution:
$连接EF，因为E为线段AB的中点，F为线段A_{1}B_{1}的中点，所以EF\xlongequal{//} _{}BB_{1}\xlongequal{//} CC_{1}，则四边形EFC_{1}C是平行四边形，所以FC_{1}\parallel EC.因为EC\subset 平面A_{1}EC，FC_{1}\not\subset 平面A_{1}EC，所以FC_{1}\parallel 平面A_{1}EC.由(1)知，平面A_{1}EC的一个法向量为m=(1,1,1),\overrightarrow{EF}=(0,0,1)，所以直线FC_{1}与平面A_{1}EC之间的距离d=\frac{|\overrightarrow{EF} \cdot \boldsymbol{m}|}{|\boldsymbol{m}|}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图所示，在长方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，AD=AA_{1}=1，AB=2，E为线段AB的中点，F为线段A_{1}B_{1}的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094447004463107/img/compression/M_bab339447be5bb91644181c178fa63d4.jpg)
$(2)求证：FC_{1}\parallel 平面A_{1}EC，并求直线FC_{1}与平面A_{1}EC之间的距离.$

Solution:
$连接EF，因为E为线段AB的中点，F为线段A_{1}B_{1}的中点，所以EF\xlongequal{//} _{}BB_{1}\xlongequal{//} CC_{1}，则四边形EFC_{1}C是平行四边形，所以FC_{1}\parallel EC.因为EC\subset 平面A_{1}EC，FC_{1}\not\subset 平面A_{1}EC，所以FC_{1}\parallel 平面A_{1}EC.由(1)知，平面A_{1}EC的一个法向量为m=(1,1,1),\overrightarrow{EF}=(0,0,1)，所以直线FC_{1}与平面A_{1}EC之间的距离d=\frac{|\overrightarrow{EF} \cdot \boldsymbol{m}|}{|\boldsymbol{m}|}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}.$

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


Question: $如图1，在\triangle ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，AB=AC=2\sqrt{5}，BC=4．将\triangle ADE沿DE折起到\triangle A_{1}DE的位置，使得平面A_{1}DE\perp 平面BCED，如图2．
$<img_2035>
$(1)求证：A_{1}O\perp BD；$

Solution:
$证明：因为AB=AC，D，E分别为AB，AC的中点，所以AD=AE，即A_{1}D=A_{1}E.又O为DE的中点，所以A_{1}O\perp DE.因为平面A_{1}DE\perp 平面BCED，平面A_{1}DE\cap 平面BCED=DE，所以A_{1}O\perp 平面BCED.又BD\subset 平面BCED，所以A_{1}O\perp BD.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图1，在\triangle ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，AB=AC=2\sqrt{5}，BC=4．将\triangle ADE沿DE折起到\triangle A_{1}DE的位置，使得平面A_{1}DE\perp 平面BCED，如图2．
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094464947826689/img/compression/M_4d3989a8a2bfea63eae7b470ca3cd814.jpg)
$(1)求证：A_{1}O\perp BD；$

Solution:
$证明：因为AB=AC，D，E分别为AB，AC的中点，所以AD=AE，即A_{1}D=A_{1}E.又O为DE的中点，所以A_{1}O\perp DE.因为平面A_{1}DE\perp 平面BCED，平面A_{1}DE\cap 平面BCED=DE，所以A_{1}O\perp 平面BCED.又BD\subset 平面BCED，所以A_{1}O\perp BD.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图1，在\triangle ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，AB=AC=2\sqrt{5}，BC=4．将\triangle ADE沿DE折起到\triangle A_{1}DE的位置，使得平面A_{1}DE\perp 平面BCED，如图2．
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094464947826689/img/compression/M_4d3989a8a2bfea63eae7b470ca3cd814.jpg)
$(2)求直线A_{1}C与平面A_{1}BD所成角的正弦值；$

Solution:
$过点O作OH\perp BC交BC于点H，则H为BC的中点.因为在题图1中，AB=AC=2\sqrt{5}，BC=4，所以OH=\frac{1}{2} \sqrt{{(2\sqrt{5})}^2-2^2}=2，A_{1}O=OH=2，OE=OD=1，HC=HB=2.易得OA_{1},DE,OH两两互相垂直，以O为坐标原点，OH,OE,OA_{1}所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系，如图所示.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094464184463362/img/compression/M_90de1d0039347c424482c9649b6d6fa8.jpg)$则A_{1}(0,0,2)，C(2,2,0)，B(2,-2,0)，D(0,-1,0)，所以\overrightarrow{A_1B}=(2,-2,-2)，\overrightarrow{A_1D}=(0,-1,-2)，\overrightarrow{A_1C}=(2,2,-2).设平面A_{1}BD的一个法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{A_1B}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{A_1D}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}2x-2y-2z=0,\\ -y-2z=0,\end{matrix}\right.令z=1，则x=-1,y=-2,所以n=(-1,-2,1).设直线A_{1}C与平面A_{1}BD所成的角为\alpha ，则\\sin   \alpha =|\\cos  \langle n,\overrightarrow{A_1C}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{A_1C}|}{|\boldsymbol{n}| \cdot |\overrightarrow{A_1C}|}=\frac{8}{\sqrt{6} \times 2\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{2}}{3},所以直线A_{1}C与平面A_{1}BD所成角的正弦值为\frac{2\sqrt{2}}{3}.$

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


Question: $如图1，在\triangle ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，AB=AC=2\sqrt{5}，BC=4．将\triangle ADE沿DE折起到\triangle A_{1}DE的位置，使得平面A_{1}DE\perp 平面BCED，如图2．
$<img_2035>
$(2)求直线A_{1}C与平面A_{1}BD所成角的正弦值；$

Solution:
$过点O作OH\perp BC交BC于点H，则H为BC的中点.因为在题图1中，AB=AC=2\sqrt{5}，BC=4，所以OH=\frac{1}{2} \sqrt{{(2\sqrt{5})}^2-2^2}=2，A_{1}O=OH=2，OE=OD=1，HC=HB=2.易得OA_{1},DE,OH两两互相垂直，以O为坐标原点，OH,OE,OA_{1}所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系，如图所示.$<img_1535>$则A_{1}(0,0,2)，C(2,2,0)，B(2,-2,0)，D(0,-1,0)，所以\overrightarrow{A_1B}=(2,-2,-2)，\overrightarrow{A_1D}=(0,-1,-2)，\overrightarrow{A_1C}=(2,2,-2).设平面A_{1}BD的一个法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{A_1B}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{A_1D}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}2x-2y-2z=0,\\ -y-2z=0,\end{matrix}\right.令z=1，则x=-1,y=-2,所以n=(-1,-2,1).设直线A_{1}C与平面A_{1}BD所成的角为\alpha ，则\\sin   \alpha =|\\cos  \langle n,\overrightarrow{A_1C}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{A_1C}|}{|\boldsymbol{n}| \cdot |\overrightarrow{A_1C}|}=\frac{8}{\sqrt{6} \times 2\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{2}}{3},所以直线A_{1}C与平面A_{1}BD所成角的正弦值为\frac{2\sqrt{2}}{3}.$

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


Question: $如图1，在\triangle ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，AB=AC=2\sqrt{5}，BC=4．将\triangle ADE沿DE折起到\triangle A_{1}DE的位置，使得平面A_{1}DE\perp 平面BCED，如图2．
$<img_2035>
$(3)在线段A_{1}C上是否存在点F，使得直线DF和BC所成角的余弦值为\frac{\sqrt{5}}{5}？若存在，求出\frac{A_1F}{A_1C}的值；若不存在，请说明理由．$

Solution:
$假设在线段A_{1}C上存在一点F满足题意.设\frac{A_1F}{A_1C}=\lambda (0\leq \lambda \leq 1).由(2)易得\overrightarrow{DA_1}=(0,1,2)，\overrightarrow{BC}=(0,4,0)，\overrightarrow{A_1C}=(2，2，-2)，则\overrightarrow{DF}=\overrightarrow{DA_1}+\overrightarrow{A_1F}=\overrightarrow{DA_1}+\lambda \overrightarrow{A_1C}=(2\lambda ,1+2\lambda ,2-2\lambda ).因为直线DF和BC所成角的余弦值为\frac{\sqrt{5}}{5}，所以|\\cos  \langle \overrightarrow{DF},\overrightarrow{BC}\rangle |=\frac{|\overrightarrow{DF} \cdot \overrightarrow{BC}|}{|\overrightarrow{DF}| \cdot |\overrightarrow{BC}|}=\frac{\sqrt{5}}{5}，即\frac{|4+8\lambda |}{\sqrt{4\lambda ^2+{(1+2\lambda )}^2+{(2-2\lambda )}^2} \times 4}=\frac{\sqrt{5}}{5}，整理，得\lambda ^{2}+3\lambda =0,解得\lambda =0或\lambda =-3(舍去),所以当点F与点A_{1}重合时，直线DF和BC所成角的余弦值为\frac{\sqrt{5}}{5}，此时\frac{A_1F}{A_1C}=0.$

Final answer: $0$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图1，在\triangle ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，AB=AC=2\sqrt{5}，BC=4．将\triangle ADE沿DE折起到\triangle A_{1}DE的位置，使得平面A_{1}DE\perp 平面BCED，如图2．
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094464947826689/img/compression/M_4d3989a8a2bfea63eae7b470ca3cd814.jpg)
$(3)在线段A_{1}C上是否存在点F，使得直线DF和BC所成角的余弦值为\frac{\sqrt{5}}{5}？若存在，求出\frac{A_1F}{A_1C}的值；若不存在，请说明理由．$

Solution:
$假设在线段A_{1}C上存在一点F满足题意.设\frac{A_1F}{A_1C}=\lambda (0\leq \lambda \leq 1).由(2)易得\overrightarrow{DA_1}=(0,1,2)，\overrightarrow{BC}=(0,4,0)，\overrightarrow{A_1C}=(2，2，-2)，则\overrightarrow{DF}=\overrightarrow{DA_1}+\overrightarrow{A_1F}=\overrightarrow{DA_1}+\lambda \overrightarrow{A_1C}=(2\lambda ,1+2\lambda ,2-2\lambda ).因为直线DF和BC所成角的余弦值为\frac{\sqrt{5}}{5}，所以|\\cos  \langle \overrightarrow{DF},\overrightarrow{BC}\rangle |=\frac{|\overrightarrow{DF} \cdot \overrightarrow{BC}|}{|\overrightarrow{DF}| \cdot |\overrightarrow{BC}|}=\frac{\sqrt{5}}{5}，即\frac{|4+8\lambda |}{\sqrt{4\lambda ^2+{(1+2\lambda )}^2+{(2-2\lambda )}^2} \times 4}=\frac{\sqrt{5}}{5}，整理，得\lambda ^{2}+3\lambda =0,解得\lambda =0或\lambda =-3(舍去),所以当点F与点A_{1}重合时，直线DF和BC所成角的余弦值为\frac{\sqrt{5}}{5}，此时\frac{A_1F}{A_1C}=0.$

Final answer: $0$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱台DEF-ABC中，AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094465342091266/img/compression/M_591ee535e517870e9e47ed4fc289af2e.jpg)
$(1)求证：BD\parallel 平面 FGH；$

Solution:
$证明：在三棱台DEF-ABC中，由AB=2DE得BC=2EF,又H为 BC的中点,所以BH=EF,又BH\parallel EF,所以四边形BHFE为平行四边形,可得BE\parallel HF.在\triangle ABC中，G为 AC的中点，H为 BC的中点，所以GH\parallel AB.又GH\cap HF=H，AB\cap BE=B,所以平面 FGH\parallel 平面ABED,因为BD\subset 平面ABED,所以BD\parallel 平面FGH.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱台DEF-ABC中，AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.$<img_2859>
$(1)求证：BD\parallel 平面 FGH；$

Solution:
$证明：在三棱台DEF-ABC中，由AB=2DE得BC=2EF,又H为 BC的中点,所以BH=EF,又BH\parallel EF,所以四边形BHFE为平行四边形,可得BE\parallel HF.在\triangle ABC中，G为 AC的中点，H为 BC的中点，所以GH\parallel AB.又GH\cap HF=H，AB\cap BE=B,所以平面 FGH\parallel 平面ABED,因为BD\subset 平面ABED,所以BD\parallel 平面FGH.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱台DEF-ABC中，AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.$<img_2859>
$(2)若CF\perp 平面ABC,AB\perp BC，CF=DE,\angle BAC=45^\circ ,求二面角H-GF-C的大小.$

Solution:
$连接DG，易知DF=\frac{1}{2}AC=GC，DF\parallel GC,所以四边形DGCF 为平行四边形，因此DG\parallel CF.又CF\perp 平面 ABC,所以DG\perp 平面 ABC.在\triangle ABC中，由AB\perp BC,\angle BAC=45^\circ ，得AB=BC,连接BG，因为G是AC的中点，所以GB\perp GC.因此GB,GC,GD两两互相垂直.以G为坐标原点，BG，GC，GD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，$<img_1542>$设AB=2，则CF=DE=1,BG=CG=\sqrt{2}，所以G(0,0,0),B(\sqrt{2},0,0),H\left(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2},0\right),F(0,\sqrt{2},1),故\overrightarrow{GH}=\left(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2},0\right),\overrightarrow{GF}=(0,\sqrt{2},1)，\overrightarrow{GB}=(\sqrt{2},0,0).设n=(x,y,z)是平面FGH的一个法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{GH}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{GF}=0,\end{matrix}\right. 即\left\{\begin{matrix}\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}y=0,\\ \sqrt{2}y+z=0,\end{matrix}\right.取x=1,得y=-1，z=\sqrt{2},所以n=(1,-1,\sqrt{2}).易知\overrightarrow{GB}=(\sqrt{2},0,0)是平面GFC的一个法向量，所以\\cos  \langle \overrightarrow{GB},n\rangle =\frac{\overrightarrow{GB} \cdot \boldsymbol{n}}{|\overrightarrow{GB}||\boldsymbol{n}|}=\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{2},由图知，二面角H-GF-C为锐二面角，所以二面角H-GF-C的大小为60^\circ .$

Final answer: $60$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱台DEF-ABC中，AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094465342091266/img/compression/M_591ee535e517870e9e47ed4fc289af2e.jpg)
$(2)若CF\perp 平面ABC,AB\perp BC，CF=DE,\angle BAC=45^\circ ,求二面角H-GF-C的大小.$

Solution:
$连接DG，易知DF=\frac{1}{2}AC=GC，DF\parallel GC,所以四边形DGCF 为平行四边形，因此DG\parallel CF.又CF\perp 平面 ABC,所以DG\perp 平面 ABC.在\triangle ABC中，由AB\perp BC,\angle BAC=45^\circ ，得AB=BC,连接BG，因为G是AC的中点，所以GB\perp GC.因此GB,GC,GD两两互相垂直.以G为坐标原点，BG，GC，GD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094465736355841/img/compression/M_3311f19ce0cd0d9cde3fe3eb1407fd52.jpg)$设AB=2，则CF=DE=1,BG=CG=\sqrt{2}，所以G(0,0,0),B(\sqrt{2},0,0),H\left(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2},0\right),F(0,\sqrt{2},1),故\overrightarrow{GH}=\left(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2},0\right),\overrightarrow{GF}=(0,\sqrt{2},1)，\overrightarrow{GB}=(\sqrt{2},0,0).设n=(x,y,z)是平面FGH的一个法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{GH}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{GF}=0,\end{matrix}\right. 即\left\{\begin{matrix}\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}y=0,\\ \sqrt{2}y+z=0,\end{matrix}\right.取x=1,得y=-1，z=\sqrt{2},所以n=(1,-1,\sqrt{2}).易知\overrightarrow{GB}=(\sqrt{2},0,0)是平面GFC的一个法向量，所以\\cos  \langle \overrightarrow{GB},n\rangle =\frac{\overrightarrow{GB} \cdot \boldsymbol{n}}{|\overrightarrow{GB}||\boldsymbol{n}|}=\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{2},由图知，二面角H-GF-C为锐二面角，所以二面角H-GF-C的大小为60^\circ .$

Final answer: $60$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在正三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AB=2，AA_{1}=4，D是AB的中点，E是CC_{1}上一动点.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094512505921537/img/compression/M_b8a632dd8b8ee29499d122a37a1e4ea6.jpg)
$(1)若CE=1，求点A_{1}到平面ABE的距离；$

Solution:
$以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094512178765826/img/compression/M_06bdf404b14147b1625d6d31a50ece91.jpg)$则A(0,0,0)，B(\sqrt{3},1,0)，E(0,2,1)，A_{1}(0,0,4)，所以\overrightarrow{AA_1}=(0,0,4)，\overrightarrow{AB}=(\sqrt{3},1,0)，\overrightarrow{AE}=(0,2,1).设平面ABE的一个法向量为m=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AB}=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AE}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\sqrt{3}x+y=0,\\ 2y+z=0,\end{matrix}\right.令x=1，则y=-\sqrt{3}，z=2\sqrt{3}，所以m=(1,-\sqrt{3},2\sqrt{3}).所以点A_{1}到平面ABE的距离d=\frac{|\overrightarrow{AA_1} \cdot \boldsymbol{m}|}{|\boldsymbol{m}|}=\frac{8\sqrt{3}}{\sqrt{1+3+12}}=2\sqrt{3}.$

Final answer: $2\sqrt 3$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在正三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AB=2，AA_{1}=4，D是AB的中点，E是CC_{1}上一动点.
$<img_2875>
$(1)若CE=1，求点A_{1}到平面ABE的距离；$

Solution:
$以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，$<img_2624>$则A(0,0,0)，B(\sqrt{3},1,0)，E(0,2,1)，A_{1}(0,0,4)，所以\overrightarrow{AA_1}=(0,0,4)，\overrightarrow{AB}=(\sqrt{3},1,0)，\overrightarrow{AE}=(0,2,1).设平面ABE的一个法向量为m=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AB}=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AE}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\sqrt{3}x+y=0,\\ 2y+z=0,\end{matrix}\right.令x=1，则y=-\sqrt{3}，z=2\sqrt{3}，所以m=(1,-\sqrt{3},2\sqrt{3}).所以点A_{1}到平面ABE的距离d=\frac{|\overrightarrow{AA_1} \cdot \boldsymbol{m}|}{|\boldsymbol{m}|}=\frac{8\sqrt{3}}{\sqrt{1+3+12}}=2\sqrt{3}.$

Final answer: $2\sqrt 3$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在正三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AB=2，AA_{1}=4，D是AB的中点，E是CC_{1}上一动点.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094512505921537/img/compression/M_b8a632dd8b8ee29499d122a37a1e4ea6.jpg)
$(2)若CD\parallel 平面A_{1}BE，求二面角A_{1}-BE-C的余弦值.$

Solution:
$由(1)知B(\sqrt{3},1,0)，A_{1}(0,0,4)，C(0,2,0)，D\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0\right)，所以\overrightarrow{CD}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{3}{2},0\right)，\overrightarrow{A_1B}=(\sqrt{3},1,-4).设E(0,2,b)(0设平面A_{1}BE的一个法向量为n=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{A_1B}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{A_1E}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\sqrt{3}x_1+y_1-4z_1=0,\\ 2y_1+(b-4)z_1=0,\end{matrix}\right.令z_{1}=1，得n=\left(\frac{\sqrt{3}(b+4)}{6},\frac{4-b}{2},1\right).因为CD\parallel 平面A_{1}BE，所以\overrightarrow{CD}\cdot n=0，即\frac{\sqrt{3}}{2}\times \frac{\sqrt{3}(b+4)}{6}-\frac{3}{2}\times \frac{4-b}{2}+0\times 1=0,解得b=2，所以n=(\sqrt{3},1,1).取BC的中点H，连接AH，易知AH\perp 平面BCC_{1}B_{1}，H\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2},0\right)，所以平面BEC的一个法向量为\overrightarrow{AH}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2},0\right)，所以\\cos  \langle n,\overrightarrow{AH}\rangle =\frac{\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AH}}{|\boldsymbol{n}| \cdot |\overrightarrow{AH}|}=\frac{\sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2}+1 \times \frac{3}{2}+1 \times 0}{\sqrt{(\sqrt{3})^2+1^2+1^2} \times \sqrt{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2+\left(\frac{3}{2}\right)^2+0^2}}=\frac{3}{\sqrt{15}}=\frac{\sqrt{15}}{5}.由图知，二面角A_{1}-BE-C为钝二面角，所以二面角A_{1}-BE-C的余弦值为-\frac{\sqrt{15}}{5}.$

Final answer: $-\frac{\sqrt{15}}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在正三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AB=2，AA_{1}=4，D是AB的中点，E是CC_{1}上一动点.
$<img_2875>
$(2)若CD\parallel 平面A_{1}BE，求二面角A_{1}-BE-C的余弦值.$

Solution:
$由(1)知B(\sqrt{3},1,0)，A_{1}(0,0,4)，C(0,2,0)，D\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0\right)，所以\overrightarrow{CD}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{3}{2},0\right)，\overrightarrow{A_1B}=(\sqrt{3},1,-4).设E(0,2,b)(0设平面A_{1}BE的一个法向量为n=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{A_1B}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{A_1E}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\sqrt{3}x_1+y_1-4z_1=0,\\ 2y_1+(b-4)z_1=0,\end{matrix}\right.令z_{1}=1，得n=\left(\frac{\sqrt{3}(b+4)}{6},\frac{4-b}{2},1\right).因为CD\parallel 平面A_{1}BE，所以\overrightarrow{CD}\cdot n=0，即\frac{\sqrt{3}}{2}\times \frac{\sqrt{3}(b+4)}{6}-\frac{3}{2}\times \frac{4-b}{2}+0\times 1=0,解得b=2，所以n=(\sqrt{3},1,1).取BC的中点H，连接AH，易知AH\perp 平面BCC_{1}B_{1}，H\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2},0\right)，所以平面BEC的一个法向量为\overrightarrow{AH}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2},0\right)，所以\\cos  \langle n,\overrightarrow{AH}\rangle =\frac{\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AH}}{|\boldsymbol{n}| \cdot |\overrightarrow{AH}|}=\frac{\sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2}+1 \times \frac{3}{2}+1 \times 0}{\sqrt{(\sqrt{3})^2+1^2+1^2} \times \sqrt{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2+\left(\frac{3}{2}\right)^2+0^2}}=\frac{3}{\sqrt{15}}=\frac{\sqrt{15}}{5}.由图知，二面角A_{1}-BE-C为钝二面角，所以二面角A_{1}-BE-C的余弦值为-\frac{\sqrt{15}}{5}.$

Final answer: $-\frac{\sqrt{15}}{5}$