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


Question: $在三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，D为AC的中点，D_{1}是A_{1}C_{1}上的一点.$<img_2889>
$(1)当\frac{A_1D_1}{D_1C_1}等于何值时，平面BC_{1}D\parallel 平面AB_{1}D_{1}？$

Solution:
$当\frac{A_1D_1}{D_1C_1}=1时，平面BC_{1}D\parallel 平面AB_{1}D_{1}，证明如下：因为D，D_{1}分别是AC，A_{1}C_{1}的中点，所以AD\parallel D_{1}C_{1}，且AD=D_{1}C_{1}，所以四边形ADC_{1}D_{1}是平行四边形，所以AD_{1}\parallel DC_{1}.因为DC_{1}\not\subset 平面AB_{1}D_{1}，AD_{1}\subset 平面AB_{1}D_{1}，所以DC_{1}\parallel 平面AB_{1}D_{1}.连接DD_{1},易知DD_{1}\parallel BB_{1}，且DD_{1}=BB_{1}，所以四边形BDD_{1}B_{1}是平行四边形，所以BD\parallel B_{1}D_{1}.因为BD\not\subset 平面AB_{1}D_{1},B_{1}D_{1}\subset 平面AB_{1}D_{1},所以BD\parallel 平面AB_{1}D_{1},又DC_{1}\cap BD=D,DC_{1},BD\subset 平面BC_{1}D,所以平面BC_{1}D\parallel 平面AB_{1}D_{1}.$



Final answer: $1$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，D为AC的中点，D_{1}是A_{1}C_{1}上的一点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600586821828609/img/compression/M_f22f6c2382303606bcc0e53e2843dfe0.jpg)
$(1)当\frac{A_1D_1}{D_1C_1}等于何值时，平面BC_{1}D\parallel 平面AB_{1}D_{1}？并证明；$

Solution:
$当\frac{A_1D_1}{D_1C_1}=1时，平面BC_{1}D\parallel 平面AB_{1}D_{1}，证明如下：因为D，D_{1}分别是AC，A_{1}C_{1}的中点，所以AD\parallel D_{1}C_{1}，且AD=D_{1}C_{1}，所以四边形ADC_{1}D_{1}是平行四边形，所以AD_{1}\parallel DC_{1}.因为DC_{1}\not\subset 平面AB_{1}D_{1}，AD_{1}\subset 平面AB_{1}D_{1}，所以DC_{1}\parallel 平面AB_{1}D_{1}.连接DD_{1},易知DD_{1}\parallel BB_{1}，且DD_{1}=BB_{1}，所以四边形BDD_{1}B_{1}是平行四边形，所以BD\parallel B_{1}D_{1}.因为BD\not\subset 平面AB_{1}D_{1},B_{1}D_{1}\subset 平面AB_{1}D_{1},所以BD\parallel 平面AB_{1}D_{1},又DC_{1}\cap BD=D,DC_{1},BD\subset 平面BC_{1}D,所以平面BC_{1}D\parallel 平面AB_{1}D_{1}.$

Final answer: $\frac{A_1D_1}{D_1C_1}=1$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，D为AC的中点，D_{1}是A_{1}C_{1}上的一点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600586821828609/img/compression/M_f22f6c2382303606bcc0e53e2843dfe0.jpg)
$(2)当平面BC_{1}D\parallel 平面AB_{1}D_{1}时，记几何体A-A_{1}B_{1}D_{1}，ABD-B_{1}C_{1}D_{1}的体积分别为V_{1}，V_{2}，求V_{1}:V_{2}.$

Solution:
$易知V_{1}=\frac{1}{3}S_{\triangle A_{1}B_{1}D_{1}}\cdot h_{1}，V_{C_{1}-BCD}=\frac{1}{3}S_{\triangle BCD}\cdot h_{2}，其中h_{1}，h_{2}分别为点A到平面A_{1}B_{1}D_{1}的距离，点C_{1}到平面BCD的距离，显然有h_{1}=h_{2}，由(1)知，D_{1}是线段A_{1}C_{1}的中点，则显然有S_{\triangle A_{1}B_{1}D_{1}}=S_{\triangle BCD}，所以V_{1}=V_{C_{1}-BCD}.又V_{ABC-A_{1}B_{1}C_{1}}=S_{\triangle ABC}\cdot h_{1}，且S_{\triangle ABC}=2S_{\triangle BCD}，所以V_{ABC-A_{1}B_{1}C_{1}}=6V_{1}，故V_{2}=V_{ABC-A_{1}B_{1}C_{1}}-V_{1}-V_{C_{1}-BCD}=4V_{1}，所以V_{1}:V_{2}=1:4.$

Final answer: $\frac{1}{4}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，D为AC的中点，D_{1}是A_{1}C_{1}上的一点.$<img_2889>
$(2)当平面BC_{1}D\parallel 平面AB_{1}D_{1}时，记几何体A-A_{1}B_{1}D_{1}，ABD-B_{1}C_{1}D_{1}的体积分别为V_{1}，V_{2}，求V_{1}:V_{2}.$

Solution:
$易知V_{1}=\frac{1}{3}S_{\triangle A_{1}B_{1}D_{1}}\cdot h_{1}，V_{C_{1}-BCD}=\frac{1}{3}S_{\triangle BCD}\cdot h_{2}，其中h_{1}，h_{2}分别为点A到平面A_{1}B_{1}D_{1}的距离，点C_{1}到平面BCD的距离，显然有h_{1}=h_{2}，由(1)知，D_{1}是线段A_{1}C_{1}的中点，则显然有S_{\triangle A_{1}B_{1}D_{1}}=S_{\triangle BCD}，所以V_{1}=V_{C_{1}-BCD}.又V_{ABC-A_{1}B_{1}C_{1}}=S_{\triangle ABC}\cdot h_{1}，且S_{\triangle ABC}=2S_{\triangle BCD}，所以V_{ABC-A_{1}B_{1}C_{1}}=6V_{1}，故V_{2}=V_{ABC-A_{1}B_{1}C_{1}}-V_{1}-V_{C_{1}-BCD}=4V_{1}，所以V_{1}:V_{2}=1:4.$

Final answer: $\frac{1}{4}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AD\perp 平面PCD，平面ADP\perp 平面ACP，PC=PD=2，AD=4，M为PA的中点.$<img_2317>
$(1)求证：PC\perp PD；$

Solution:
$证明：过点D作DF\perp PA，垂足为F，\because 平面ADP\perp 平面ACP，平面ADP\cap 平面ACP=PA，DF\subset 平面ADP，\therefore DF\perp 平面ACP，\because PC\subset 平面ACP，\therefore DF\perp PC.\because AD\perp 平面PCD，PC\subset 平面PCD，\therefore AD\perp PC，\because AD\cap DF=D，AD，DF\subset 平面ADP，\therefore PC\perp 平面ADP，\because PD\subset 平面ADP，\therefore PC\perp PD.$<img_2643>
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AD\perp 平面PCD，平面ADP\perp 平面ACP，PC=PD=2，AD=4，M为PA的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600659521191939/img/compression/M_d6c1c4accbf859a2e8c1e217d11107be.jpg)
$(1)求证：PC\perp PD；$

Solution:
$证明：过点D作DF\perp PA，垂足为F，\because 平面ADP\perp 平面ACP，平面ADP\cap 平面ACP=PA，DF\subset 平面ADP，\therefore DF\perp 平面ACP，\because PC\subset 平面ACP，\therefore DF\perp PC.\because AD\perp 平面PCD，PC\subset 平面PCD，\therefore AD\perp PC，\because AD\cap DF=D，AD，DF\subset 平面ADP，\therefore PC\perp 平面ADP，\because PD\subset 平面ADP，\therefore PC\perp PD.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600659730907137/img/compression/M_56bc204e58c0886fb78a5b9a20467c31.jpg)

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AD\perp 平面PCD，平面ADP\perp 平面ACP，PC=PD=2，AD=4，M为PA的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600659521191939/img/compression/M_d6c1c4accbf859a2e8c1e217d11107be.jpg)
$(2)求二面角C-DM-P的正切值.$

Solution:
$过点P作PN\perp DM，垂足为N，连接CN，由(1)知PC\perp 平面ADP，PN，DM\subset 平面ADP，\therefore PC\perp PN，PC\perp DM，又PN\perp DM，PN\cap PC=P，PN，PC\subset 平面PCN，\therefore DM\perp 平面PCN，\because CN\subset 平面PCN，\therefore DM\perp CN，\therefore \angle PNC为二面角C-DM-P的平面角，\because AD\perp 平面PCD，PD\subset 平面PCD，\therefore AD\perp PD，\because AD=4，PD=2，\therefore PA=\sqrt{AD^2+PD^2}=2\sqrt{5}，\because M为PA的中点，\therefore DM=\frac{1}{2}PA=\sqrt{5}，由S_{\triangle PDM}=\frac{1}{2}PD\cdot \frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}DM\cdot PN，得4=\sqrt{5}\cdot PN，\therefore PN=\frac{4}{\sqrt{5}}，\therefore \\tan  \angle PNC=\frac{PC}{PN}=\frac{2}{\frac{4}{\sqrt{5}}}=\frac{\sqrt{5}}{2}，因此，二面角C-DM-P的正切值为\frac{\sqrt{5}}{2}.$

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


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AD\perp 平面PCD，平面ADP\perp 平面ACP，PC=PD=2，AD=4，M为PA的中点.$<img_2317>
$(2)求二面角C-DM-P的正切值.$

Solution:
$过点P作PN\perp DM，垂足为N，连接CN，由(1)知PC\perp 平面ADP，PN，DM\subset 平面ADP，\therefore PC\perp PN，PC\perp DM，又PN\perp DM，PN\cap PC=P，PN，PC\subset 平面PCN，\therefore DM\perp 平面PCN，\because CN\subset 平面PCN，\therefore DM\perp CN，\therefore \angle PNC为二面角C-DM-P的平面角，\because AD\perp 平面PCD，PD\subset 平面PCD，\therefore AD\perp PD，\because AD=4，PD=2，\therefore PA=\sqrt{AD^2+PD^2}=2\sqrt{5}，\because M为PA的中点，\therefore DM=\frac{1}{2}PA=\sqrt{5}，由S_{\triangle PDM}=\frac{1}{2}PD\cdot \frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}DM\cdot PN，得4=\sqrt{5}\cdot PN，\therefore PN=\frac{4}{\sqrt{5}}，\therefore \\tan  \angle PNC=\frac{PC}{PN}=\frac{2}{\frac{4}{\sqrt{5}}}=\frac{\sqrt{5}}{2}，因此，二面角C-DM-P的正切值为\frac{\sqrt{5}}{2}.$

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


Question: $如图，在长方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，AB=2，BC=CC_{1}=1.$<img_2972>
$(1)求证：平面BD_{1}C_{1}\perp 平面A_{1}B_{1}CD；$

Solution:
$证明：在长方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，D_{1}C_{1}\perp 平面BCC_{1}B_{1}.\because B_{1}C\subset 平面BCC_{1}B_{1}，\therefore D_{1}C_{1}\perp B_{1}C，\because BC=CC_{1}=1，\therefore 四边形BCC_{1}B_{1}为正方形，\therefore B_{1}C\perp BC_{1}.又BC_{1}\cap D_{1}C_{1}=C_{1}，BC_{1},D_{1}C_{1}\subset 平面BD_{1}C_{1},\therefore B_{1}C\perp 平面BD_{1}C_{1}.\because B_{1}C\subset 平面A_{1}B_{1}CD，\therefore 平面BD_{1}C_{1}\perp 平面A_{1}B_{1}CD.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在长方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，AB=2，BC=CC_{1}=1.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600623817900034/img/compression/M_d7e0cab842af11103e806430cb52cf02.jpg)
$(1)求证：平面BD_{1}C_{1}\perp 平面A_{1}B_{1}CD；$

Solution:
$证明：在长方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，D_{1}C_{1}\perp 平面BCC_{1}B_{1}.\because B_{1}C\subset 平面BCC_{1}B_{1}，\therefore D_{1}C_{1}\perp B_{1}C，\because BC=CC_{1}=1，\therefore 四边形BCC_{1}B_{1}为正方形，\therefore B_{1}C\perp BC_{1}.又BC_{1}\cap D_{1}C_{1}=C_{1}，BC_{1},D_{1}C_{1}\subset 平面BD_{1}C_{1},\therefore B_{1}C\perp 平面BD_{1}C_{1}.\because B_{1}C\subset 平面A_{1}B_{1}CD，\therefore 平面BD_{1}C_{1}\perp 平面A_{1}B_{1}CD.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在长方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，AB=2，BC=CC_{1}=1.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600623817900034/img/compression/M_d7e0cab842af11103e806430cb52cf02.jpg)
$(2)在棱AB上是否存在一点M，使D_{1}B\perp 平面MB_{1}C？若存在，请确定点M的位置；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$假设在棱AB上存在点M，使D_{1}B\perp 平面MB_{1}C.连接BD交MC于点O(图略).\because CM\subset 平面MB_{1}C，\therefore D_{1}B\perp CM.在长方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，D_{1}D\perp 平面ABCD.\because CM\subset 平面ABCD，\therefore D_{1}D\perp CM.又D_{1}D\cap D_{1}B=D_{1}，\therefore CM\perp 平面BDD_{1}.\because BD\subset 平面BDD_{1}，\therefore CM\perp BD.\because 四边形ABCD为矩形，\therefore \triangle ABD∽\triangle BCM，\therefore \frac{AB}{AD}=\frac{BC}{BM}，设AM=m(0＜m＜2)，则\frac{2}{1}=\frac{1}{2-m}，\therefore m=\frac{3}{2}.\therefore 在棱AB上存在点M，使D_{1}B\perp 平面MB_{1}C,此时AM=\frac{3}{2}.$

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


Question: $如图，在长方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，AB=2，BC=CC_{1}=1.$<img_2972>
$(2)在棱AB上是否存在一点M，使D_{1}B\perp 平面MB_{1}C？若存在，请确定点M的位置；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$假设在棱AB上存在点M，使D_{1}B\perp 平面MB_{1}C.连接BD交MC于点O(图略).\because CM\subset 平面MB_{1}C，\therefore D_{1}B\perp CM.在长方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，D_{1}D\perp 平面ABCD.\because CM\subset 平面ABCD，\therefore D_{1}D\perp CM.又D_{1}D\cap D_{1}B=D_{1}，\therefore CM\perp 平面BDD_{1}.\because BD\subset 平面BDD_{1}，\therefore CM\perp BD.\because 四边形ABCD为矩形，\therefore \triangle ABD∽\triangle BCM，\therefore \frac{AB}{AD}=\frac{BC}{BM}，设AM=m(0＜m＜2)，则\frac{2}{1}=\frac{1}{2-m}，\therefore m=\frac{3}{2}.\therefore 在棱AB上存在点M，使D_{1}B\perp 平面MB_{1}C,此时AM=\frac{3}{2}.$

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


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，\angle BAD＝60^\circ ，PA＝PD＝AD＝2，M，N分别为线段PC，AD的中点.$<img_3108>
$(1)求证：AD\perp 平面PBN；$

Solution:
$证明：连接BD，易得\triangle ABD和\triangle PAD都是边长为2的正三角形，\because N为AD的中点，\therefore AD\perp PN，AD\perp BN，\because PN\cap BN＝N，PN，BN\subset 平面PBN，\therefore AD\perp 平面PBN.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，\angle BAD＝60^\circ ，PA＝PD＝AD＝2，M，N分别为线段PC，AD的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600625118134275/img/compression/M_1a38b64bd8457cb632b1bc9004fc8727.jpg)
$(1)求证：AD\perp 平面PBN；$

Solution:
$证明：连接BD，易得\triangle ABD和\triangle PAD都是边长为2的正三角形，\because N为AD的中点，\therefore AD\perp PN，AD\perp BN，\because PN\cap BN＝N，PN，BN\subset 平面PBN，\therefore AD\perp 平面PBN.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，\angle BAD＝60^\circ ，PA＝PD＝AD＝2，M，N分别为线段PC，AD的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600625118134275/img/compression/M_1a38b64bd8457cb632b1bc9004fc8727.jpg)
$(2)若平面PAD\perp 平面ABCD，求三棱锥P-NBM的体积.$

Solution:
$\because 平面PAD\perp 平面ABCD，且平面PAD\cap 平面ABCD=AD，PN\perp AD，PN\subset 平面PAD，\therefore PN\perp 平面ABCD，\because BN\subset 平面ABCD，\therefore PN\perp BN，易得PN=BN=\sqrt{3}.\therefore S_{\triangle PBN}＝\frac{1}{2}\times \sqrt{3}\times \sqrt{3}=\frac{3}{2}.由(1)知AD\perp 平面PBN，\because 底面ABCD为菱形，\therefore BC\parallel AD，\therefore BC\perp 平面PBN.又M为PC的中点，\therefore V_{P-NBM}=V_{M-PBN}=\frac{1}{2}\times \frac{1}{3}\times \frac{3}{2}\times 2=\frac{1}{2}.$

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


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，\angle BAD＝60^\circ ，PA＝PD＝AD＝2，M，N分别为线段PC，AD的中点.$<img_3108>
$(2)若平面PAD\perp 平面ABCD，求三棱锥P-NBM的体积.$

Solution:
$\because 平面PAD\perp 平面ABCD，且平面PAD\cap 平面ABCD=AD，PN\perp AD，PN\subset 平面PAD，\therefore PN\perp 平面ABCD，\because BN\subset 平面ABCD，\therefore PN\perp BN，易得PN=BN=\sqrt{3}.\therefore S_{\triangle PBN}＝\frac{1}{2}\times \sqrt{3}\times \sqrt{3}=\frac{3}{2}.由(1)知AD\perp 平面PBN，\because 底面ABCD为菱形，\therefore BC\parallel AD，\therefore BC\perp 平面PBN.又M为PC的中点，\therefore V_{P-NBM}=V_{M-PBN}=\frac{1}{2}\times \frac{1}{3}\times \frac{3}{2}\times 2=\frac{1}{2}.$

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


Question: $如图，平面ABE\perp 平面ABC，\triangle ABC是等边三角形，D为AB的中点，BC=CF=2，FA=FB=2\sqrt{2}，EA=EB.$<img_3115>
$(1)证明：DE\parallel CF；$

Solution:
$证明：因为EA=EB，D为AB的中点，所以DE\perp AB，因为平面ABE\perp 平面ABC，平面ABE\cap 平面ABC=AB，DE\subset 平面ABE，所以DE\perp 平面ABC.因为BC=CF=2，FB=2\sqrt{2}，所以BC^{2}+CF^{2}=FB^{2}，所以CF\perp BC，同理CF\perp AC，因为AC\cap BC=C，AC，BC\subset 平面ABC，所以CF\perp 平面ABC，所以DE\parallel CF.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，平面ABE\perp 平面ABC，\triangle ABC是等边三角形，D为AB的中点，BC=CF=2，FA=FB=2\sqrt{2}，EA=EB.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600628758790146/img/compression/M_3a8fc17c904b1dc93ad2b44e7f77546a.jpg)
$(1)证明：DE\parallel CF；$

Solution:
$证明：因为EA=EB，D为AB的中点，所以DE\perp AB，因为平面ABE\perp 平面ABC，平面ABE\cap 平面ABC=AB，DE\subset 平面ABE，所以DE\perp 平面ABC.因为BC=CF=2，FB=2\sqrt{2}，所以BC^{2}+CF^{2}=FB^{2}，所以CF\perp BC，同理CF\perp AC，因为AC\cap BC=C，AC，BC\subset 平面ABC，所以CF\perp 平面ABC，所以DE\parallel CF.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，平面ABE\perp 平面ABC，\triangle ABC是等边三角形，D为AB的中点，BC=CF=2，FA=FB=2\sqrt{2}，EA=EB.$<img_3115>
$(2)求三棱锥C-BEF的体积.$

Solution:
$连接CD，FD，由(1)得DE\parallel 平面BCF，则E到平面BCF的距离等于D到平面BCF的距离，所以V_{C-BEF}=V_{E-BCF}=V_{D-BCF}，过点D作DM\perp BC，垂足为M，因为CF\perp 平面ABC，DM\subset 平面ABC，所以CF\perp DM，又BC\cap CF=C，BC，CF\subset 平面BCF，所以DM\perp 平面BCF，又DM=BD\\sin  \angle DBC=1\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}，所以V_{D-BCF}=\frac{1}{3}\times S_{\triangle BCF}\times DM=\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}\times 2\times 2\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}，所以V_{C-BEF}=\frac{\sqrt{3}}{3}.$<img_2281>

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


Question: $如图，平面ABE\perp 平面ABC，\triangle ABC是等边三角形，D为AB的中点，BC=CF=2，FA=FB=2\sqrt{2}，EA=EB.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600628758790146/img/compression/M_3a8fc17c904b1dc93ad2b44e7f77546a.jpg)
$(2)求三棱锥C-BEF的体积.$

Solution:
$连接CD，FD，由(1)得DE\parallel 平面BCF，则E到平面BCF的距离等于D到平面BCF的距离，所以V_{C-BEF}=V_{E-BCF}=V_{D-BCF}，过点D作DM\perp BC，垂足为M，因为CF\perp 平面ABC，DM\subset 平面ABC，所以CF\perp DM，又BC\cap CF=C，BC，CF\subset 平面BCF，所以DM\perp 平面BCF，又DM=BD\\sin  \angle DBC=1\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}，所以V_{D-BCF}=\frac{1}{3}\times S_{\triangle BCF}\times DM=\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}\times 2\times 2\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}，所以V_{C-BEF}=\frac{\sqrt{3}}{3}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600629056585729/img/compression/M_5ff796cb6f71f841f22737c641b8ae3b.jpg)

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


Question: $已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点，且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，已知\angle BAD=60^\circ ，\triangle PDB是等边三角形.$<img_2064>
$(1)求证：AC\perp PD；$

Solution:
$证明：因为点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，所以PO\perp 平面ABCD.因为AC\subset 平面ABCD，所以PO\perp AC.因为四边形ABCD为菱形，所以BD\perp AC，又PO\cap BD=O,PO,BD\subset 平面PBD，所以AC\perp 平面PBD.因为BD\subset 平面PBD，所以AC\perp PD.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点，且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，已知\angle BAD=60^\circ ，\triangle PDB是等边三角形.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600613470552065/img/compression/M_900e4adcb832f5113271d7f597279c30.jpg)
$(1)求证：AC\perp PD；$

Solution:
$证明：因为点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，所以PO\perp 平面ABCD.因为AC\subset 平面ABCD，所以PO\perp AC.因为四边形ABCD为菱形，所以BD\perp AC，又PO\cap BD=O,PO,BD\subset 平面PBD，所以AC\perp 平面PBD.因为BD\subset 平面PBD，所以AC\perp PD.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点，且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，已知\angle BAD=60^\circ ，\triangle PDB是等边三角形.$<img_2064>
$(2)求点D到平面PBC的距离；$

Solution:
$由题意可得，\triangle ABD，\triangle BCD，\triangle PBD都是边长为2的等边三角形，所以PO=AO=CO=\sqrt{3}，S_{\triangle BDC}=\frac{1}{2}\times 2\times \sqrt{3}=\sqrt{3}，所以PC=\sqrt{PO^2+CO^2}=\sqrt{6}.因为BP=BC=2，所以S_{\triangle PBC}=\frac{1}{2}\times \sqrt{6}\times \sqrt{2^2-\left(\frac{\sqrt{6}}{2}\right)^2}=\frac{\sqrt{15}}{2}.设点D到平面PBC的距离为h，由V_{D-PBC}=V_{P-BDC}，得\frac{1}{3}S_{\triangle PBC}\cdot h=\frac{1}{3}S_{\triangle BDC}\cdot OP，即\frac{\sqrt{15}}{2}h=\sqrt{3}\times \sqrt{3}，解得h=\frac{2\sqrt{15}}{5}.故点D到平面PBC的距离为\frac{2\sqrt{15}}{5}.$

Final answer: $\frac{2\sqrt{15}}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点，且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，已知\angle BAD=60^\circ ，\triangle PDB是等边三角形.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600613470552065/img/compression/M_900e4adcb832f5113271d7f597279c30.jpg)
$(2)求点D到平面PBC的距离；$

Solution:
$由题意可得，\triangle ABD，\triangle BCD，\triangle PBD都是边长为2的等边三角形，所以PO=AO=CO=\sqrt{3}，S_{\triangle BDC}=\frac{1}{2}\times 2\times \sqrt{3}=\sqrt{3}，所以PC=\sqrt{PO^2+CO^2}=\sqrt{6}.因为BP=BC=2，所以S_{\triangle PBC}=\frac{1}{2}\times \sqrt{6}\times \sqrt{2^2-\left(\frac{\sqrt{6}}{2}\right)^2}=\frac{\sqrt{15}}{2}.设点D到平面PBC的距离为h，由V_{D-PBC}=V_{P-BDC}，得\frac{1}{3}S_{\triangle PBC}\cdot h=\frac{1}{3}S_{\triangle BDC}\cdot OP，即\frac{\sqrt{15}}{2}h=\sqrt{3}\times \sqrt{3}，解得h=\frac{2\sqrt{15}}{5}.故点D到平面PBC的距离为\frac{2\sqrt{15}}{5}.$

Final answer: $\frac{2\sqrt{15}}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点，且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，已知\angle BAD=60^\circ ，\triangle PDB是等边三角形.$<img_2064>
$(3)若点E是线段AD上的动点，问：点E在何处时，直线PE与平面PBC所成的角最大？求出最大角的正弦值$

Solution:
$设直线PE与平面PBC所成的角为\theta ，因为AD\parallel BC，BC\subset 平面PBC，所以AD\parallel 平面PBC，所以点E到平面PBC的距离即为点D到平面PBC的距离h.过E作EF\perp 平面PBC，垂足为点F，连接PF，则\theta =\angle EPF，$<img_2028>$此时\\sin   \theta =\frac{EF}{PE}=\frac{2\sqrt{15}}{5PE}，要使\theta 最大，则需使PE最小，此时PE\perp AD.由题意可知，OD=1,OA=\sqrt{3}，因为PO\perp 平面ABCD，且PO=\sqrt{3}，所以PA=\sqrt{OP^2+OA^2}=\sqrt{6}，PD=\sqrt{OP^2+OD^2}=2，在\triangle PAD中，由余弦定理可得：\\cos  \angle PAD=\frac{AP^2+AD^2-PD^2}{2AP\cdot AD}=\frac{6+4-4}{2\times \sqrt{6}\times 2}=\frac{\sqrt{6}}{4}，所以\\sin  \angle PAD=\sqrt{1-{\\\cos    }^2\angle PAD}=\frac{\sqrt{10}}{4}，所以S_{\triangle PAD}=\frac{1}{2}AP\cdot AD\\sin  \angle PAD=\frac{1}{2}AD\cdot PE，即\frac{1}{2}\times \sqrt{6}\times 2\times \frac{\sqrt{10}}{4}=\frac{1}{2}\times 2\times PE，解得PE=\frac{\sqrt{15}}{2}，DE=\sqrt{PD^2-PE^2}=\sqrt{4-\frac{15}{4}}=\frac{1}{2}，所以\\sin   \theta =\frac{2\sqrt{15}}{5PE}=\frac{4}{5}，此时点E在线段AD上靠近点D的\frac{1}{4}处.$



Final answer: \frac{4}{5}
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点，且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，已知\angle BAD=60^\circ ，\triangle PDB是等边三角形.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600613470552065/img/compression/M_900e4adcb832f5113271d7f597279c30.jpg)
$(3)若点E是线段AD上的动点，问：点E在何处时，直线PE与平面PBC所成的角最大？求出最大角的正弦值，并说明点E此时所在的位置.$

Solution:
$设直线PE与平面PBC所成的角为\theta ，因为AD\parallel BC，BC\subset 平面PBC，所以AD\parallel 平面PBC，所以点E到平面PBC的距离即为点D到平面PBC的距离h.过E作EF\perp 平面PBC，垂足为点F，连接PF，则\theta =\angle EPF，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600613470552065/img/compression/M_51d414becb30b85642a34bb8928eded0.jpg)$此时\\sin   \theta =\frac{EF}{PE}=\frac{2\sqrt{15}}{5PE}，要使\theta 最大，则需使PE最小，此时PE\perp AD.由题意可知，OD=1,OA=\sqrt{3}，因为PO\perp 平面ABCD，且PO=\sqrt{3}，所以PA=\sqrt{OP^2+OA^2}=\sqrt{6}，PD=\sqrt{OP^2+OD^2}=2，在\triangle PAD中，由余弦定理可得：\\cos  \angle PAD=\frac{AP^2+AD^2-PD^2}{2AP\cdot AD}=\frac{6+4-4}{2\times \sqrt{6}\times 2}=\frac{\sqrt{6}}{4}，所以\\sin  \angle PAD=\sqrt{1-{\\\cos    }^2\angle PAD}=\frac{\sqrt{10}}{4}，所以S_{\triangle PAD}=\frac{1}{2}AP\cdot AD\\sin  \angle PAD=\frac{1}{2}AD\cdot PE，即\frac{1}{2}\times \sqrt{6}\times 2\times \frac{\sqrt{10}}{4}=\frac{1}{2}\times 2\times PE，解得PE=\frac{\sqrt{15}}{2}，DE=\sqrt{PD^2-PE^2}=\sqrt{4-\frac{15}{4}}=\frac{1}{2}，所以\\sin   \theta =\frac{2\sqrt{15}}{5PE}=\frac{4}{5}，此时点E在线段AD上靠近点D的\frac{1}{4}处.$

Final answer: $点E此时所在的位置：在线段AD上靠近点D的1/4处。最大角的正弦值：4/5。$
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}的所有棱长都相等，D，E分别是棱AB，A_{1}C_{1}的中点，如图所示.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600676701061123/img/compression/M_27c8807010a48d236f28dd660b03fa8c.jpg)
$(1)求证：DE\parallel 平面BCC_{1}B_{1}；$

Solution:
$如图，取BC的中点F，连接C_{1}F，DF，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600677044994049/img/compression/M_1df38ae610fe2e285be2b2758b41abff.jpg)$又D是棱AB的中点，\therefore DF是\triangle ABC的中位线，\therefore DF\parallel AC，且DF=\frac{1}{2}AC.又E是棱A_{1}C_{1}的中点，\therefore EC_{1}=\frac{1}{2}A_{1}C_{1},又A_{1}C_{1\xlongequal{//} }AC，\therefore EC_{1}\parallel AC，且EC_{1}=\frac{1}{2}AC，\therefore DF\parallel EC_{1}，且DF=EC_{1}，\therefore 四边形DEC_{1}F是平行四边形，\therefore DE\parallel C_{1}F.\because DE\not\subset 平面BCC_{1}B_{1}，C_{1}F\subset 平面BCC_{1}B_{1}，\therefore DE\parallel 平面BCC_{1}B_{1}.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}的所有棱长都相等，D，E分别是棱AB，A_{1}C_{1}的中点，如图所示.$<img_2298>
$(1)求证：DE\parallel 平面BCC_{1}B_{1}；$

Solution:
$如图，取BC的中点F，连接C_{1}F，DF，$<img_2847>$又D是棱AB的中点，\therefore DF是\triangle ABC的中位线，\therefore DF\parallel AC，且DF=\frac{1}{2}AC.又E是棱A_{1}C_{1}的中点，\therefore EC_{1}=\frac{1}{2}A_{1}C_{1},又A_{1}C_{1\xlongequal{//} }AC，\therefore EC_{1}\parallel AC，且EC_{1}=\frac{1}{2}AC，\therefore DF\parallel EC_{1}，且DF=EC_{1}，\therefore 四边形DEC_{1}F是平行四边形，\therefore DE\parallel C_{1}F.\because DE\not\subset 平面BCC_{1}B_{1}，C_{1}F\subset 平面BCC_{1}B_{1}，\therefore DE\parallel 平面BCC_{1}B_{1}.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}的所有棱长都相等，D，E分别是棱AB，A_{1}C_{1}的中点，如图所示.$<img_2298>
$(2)求DE与平面ABC所成角的正切值.$

Solution:
$\because DE\parallel C_{1}F，\therefore DE与平面ABC所成的角就是C_{1}F与平面ABC所成的角，利用一组平行线和同一平面所成的角相等把所求问题转化为DE与平面ABC所成的角.\because CC_{1}\perp 平面ABC，\therefore \angle C_{1}FC即为所求角的平面角，借助线面角的定义把空间角转化为平面角，将空间立体几何问题转化为平面几何问题.在Rt\triangle C_{1}CF中，FC=\frac{1}{2}CC_{1}，\therefore \\tan  \angle C_{1}FC=\frac{CC_1}{CF}=2，\therefore DE与平面ABC所成角的正切值是2.$

Final answer: $2$
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}的所有棱长都相等，D，E分别是棱AB，A_{1}C_{1}的中点，如图所示.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600676701061123/img/compression/M_27c8807010a48d236f28dd660b03fa8c.jpg)
$(2)求DE与平面ABC所成角的正切值.$

Solution:
$\because DE\parallel C_{1}F，\therefore DE与平面ABC所成的角就是C_{1}F与平面ABC所成的角，利用一组平行线和同一平面所成的角相等把所求问题转化为DE与平面ABC所成的角.\because CC_{1}\perp 平面ABC，\therefore \angle C_{1}FC即为所求角的平面角，借助线面角的定义把空间角转化为平面角，将空间立体几何问题转化为平面几何问题.在Rt\triangle C_{1}CF中，FC=\frac{1}{2}CC_{1}，\therefore \\tan  \angle C_{1}FC=\frac{CC_1}{CF}=2，\therefore DE与平面ABC所成角的正切值是2.$

Final answer: $2$
Subfield: Solid Geometry


Question: $截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为1的截角四面体.求：$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600665983488002/img/compression/M_d845282f081ca8684406e550f7f6bbdd.jpg)
$(1)该截角四面体的表面积；$

Solution:
$依题意，该截角四面体是由4个边长均为1的正三角形和4个边长均为1的正六边形围成的，在截角四面体中，正三角形的面积S_{1}=\frac{1}{2}\times 1\times 1\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}，边长为1的正六边形的面积S_{2}=6\times \frac{1}{2}\times 1\times 1\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}，所以该截角四面体的表面积S=4\times \frac{\sqrt{3}}{4}+4\times \frac{3\sqrt{3}}{2}=7\sqrt{3}.$

Final answer: $7\sqrt 3$
Subfield: Solid Geometry


Question: $截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为1的截角四面体.求：$<img_1859>
$(1)该截角四面体的表面积；$

Solution:
$依题意，该截角四面体是由4个边长均为1的正三角形和4个边长均为1的正六边形围成的，在截角四面体中，正三角形的面积S_{1}=\frac{1}{2}\times 1\times 1\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}，边长为1的正六边形的面积S_{2}=6\times \frac{1}{2}\times 1\times 1\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}，所以该截角四面体的表面积S=4\times \frac{\sqrt{3}}{4}+4\times \frac{3\sqrt{3}}{2}=7\sqrt{3}.$

Final answer: $7\sqrt 3$
Subfield: Solid Geometry


Question: $截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为1的截角四面体.求：$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600665983488002/img/compression/M_d845282f081ca8684406e550f7f6bbdd.jpg)
$(2)该截角四面体的体积.$

Solution:
$该截角四面体是由棱长为3的正四面体去掉4个角上棱长为1的正四面体而得到的，棱长为1的正四面体的高h=\sqrt{1-\left(\frac{2}{3}\times \frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2}=\frac{\sqrt{6}}{3}，棱长为3的正四面体的高为3h=\sqrt{6}，则棱长为1的正四面体的体积V_{1}=\frac{1}{3}\times \frac{\sqrt{3}}{4}\times 1^{2}\times \frac{\sqrt{6}}{3}=\frac{\sqrt{2}}{12}，棱长为3的正四面体的体积V_{2}=\frac{1}{3}\times \frac{\sqrt{3}}{4}\times 3^{2}\times \sqrt{6}=\frac{9\sqrt{2}}{4}，所以该截角四面体的体积V=V_{2}-4V_{1}=\frac{9\sqrt{2}}{4}-4\times \frac{\sqrt{2}}{12}=\frac{23\sqrt{2}}{12}.$

Final answer: $\frac{23\sqrt{2}}{12}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为1的截角四面体.求：$<img_1859>
$(2)该截角四面体的体积.$

Solution:
$该截角四面体是由棱长为3的正四面体去掉4个角上棱长为1的正四面体而得到的，棱长为1的正四面体的高h=\sqrt{1-\left(\frac{2}{3}\times \frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2}=\frac{\sqrt{6}}{3}，棱长为3的正四面体的高为3h=\sqrt{6}，则棱长为1的正四面体的体积V_{1}=\frac{1}{3}\times \frac{\sqrt{3}}{4}\times 1^{2}\times \frac{\sqrt{6}}{3}=\frac{\sqrt{2}}{12}，棱长为3的正四面体的体积V_{2}=\frac{1}{3}\times \frac{\sqrt{3}}{4}\times 3^{2}\times \sqrt{6}=\frac{9\sqrt{2}}{4}，所以该截角四面体的体积V=V_{2}-4V_{1}=\frac{9\sqrt{2}}{4}-4\times \frac{\sqrt{2}}{12}=\frac{23\sqrt{2}}{12}.$

Final answer: $\frac{23\sqrt{2}}{12}$