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


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，PA\perp 底面ABCD，AD\perp DC，AB\parallel DC，AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643137963823107/img/compression/M_142f1c4dd7802804242f604c62d29864.jpg)
$(2)若F为棱PC上一点，满足BF\perp AC，求线段PF的长.$

Solution:
$\because F为PC上一点，\therefore 设\overrightarrow{PF}=\lambda \overrightarrow{PC}(0\leq \lambda \leq 1),\therefore \overrightarrow{BF}=\overrightarrow{BP}+\overrightarrow{PF}=\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AB}+\lambda \overrightarrow{PC}=\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AB}+\lambda (\overrightarrow{AD}+2\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AP})=(1-\lambda )\overrightarrow{AP}-(1-2\lambda )\overrightarrow{AB}+\lambda \overrightarrow{AD}.\because BF\perp AC,\therefore \overrightarrow{BF}\cdot \overrightarrow{AC}=[(1-\lambda )\overrightarrow{AP}-(1-2\lambda )\overrightarrow{AB}+\lambda \overrightarrow{AD}]\cdot (\overrightarrow{AD}+2\overrightarrow{AB})=-2(1-2\lambda )+4\lambda =0,解得\lambda =\frac{1}{4}.易知|\overrightarrow{PC}|=\sqrt{{(\overrightarrow{AD}+2\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AP})}^2}=\sqrt{4+4+4}=2\sqrt{3},\therefore PF=\frac{1}{4}PC=\frac{\sqrt{3}}{2}，即线段PF的长为\frac{\sqrt{3}}{2}.$

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


Question: $如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAC\perp 平面ABC，\triangle ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，AC=16，PA=PC=10，O为AC中点，H为\triangle PBC内的动点(含边界).$<img_3134>
$(1)求点O到平面PBC的距离；$

Solution:
$在三棱锥P－ABC中，连接OB，OP，因为\triangle ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，PA=PC，O为AC中点，所以OP\perp OC，OB\perp OC，又平面PAC\perp 平面ABC，平面PAC\cap 平面ABC=AC，OP\subset 平面PAC，所以OP\perp 平面ABC，又OB\subset 平面ABC，所以OP\perp OB，所以OB，OC，OP两两互相垂直.易得V_{三棱锥O－PBC}=V_{三棱锥P－OBC}=\frac{1}{3}\cdot PO\cdot S_{\triangle OBC}=\frac{1}{3}\times \sqrt{{10}^2-8^2}\times \frac{1}{2}\times \left(\frac{16}{2}\right)^2=64.易得PB=\sqrt{PO^2+OB^2}=10,故PB=PC,故S_{\triangle PBC}=\frac{1}{2}\cdot BC\cdot \sqrt{PB^2-\left(\frac{BC}{2}\right)^2}=\frac{1}{2}\times 8\sqrt{2}\times \sqrt{10^2-(4\sqrt{2})^2}=8\sqrt{34}，所以点O到平面PBC的距离d=\frac{V_{\text{三棱锥}O-PBC}}{\frac{1}{3} \cdot S_{\vartriangle PBC}}=\frac{64}{\frac{1}{3} \times 8\sqrt{34}}=\frac{12\sqrt{34}}{17}.$

Final answer: $\frac{12\sqrt{34}}{17}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAC\perp 平面ABC，\triangle ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，AC=16，PA=PC=10，O为AC中点，H为\triangle PBC内的动点(含边界).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643208008699906/img/compression/M_762f05aca82a97c9a21fe4a97ed87316.jpg)
$(1)求点O到平面PBC的距离；$

Solution:
$在三棱锥P－ABC中，连接OB，OP，因为\triangle ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，PA=PC，O为AC中点，所以OP\perp OC，OB\perp OC，又平面PAC\perp 平面ABC，平面PAC\cap 平面ABC=AC，OP\subset 平面PAC，所以OP\perp 平面ABC，又OB\subset 平面ABC，所以OP\perp OB，所以OB，OC，OP两两互相垂直.易得V_{三棱锥O－PBC}=V_{三棱锥P－OBC}=\frac{1}{3}\cdot PO\cdot S_{\triangle OBC}=\frac{1}{3}\times \sqrt{{10}^2-8^2}\times \frac{1}{2}\times \left(\frac{16}{2}\right)^2=64.易得PB=\sqrt{PO^2+OB^2}=10,故PB=PC,故S_{\triangle PBC}=\frac{1}{2}\cdot BC\cdot \sqrt{PB^2-\left(\frac{BC}{2}\right)^2}=\frac{1}{2}\times 8\sqrt{2}\times \sqrt{10^2-(4\sqrt{2})^2}=8\sqrt{34}，所以点O到平面PBC的距离d=\frac{V_{\text{三棱锥}O-PBC}}{\frac{1}{3} \cdot S_{\vartriangle PBC}}=\frac{64}{\frac{1}{3} \times 8\sqrt{34}}=\frac{12\sqrt{34}}{17}.$

Final answer: $\frac{12\sqrt{34}}{17}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAC\perp 平面ABC，\triangle ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，AC=16，PA=PC=10，O为AC中点，H为\triangle PBC内的动点(含边界).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643208008699906/img/compression/M_762f05aca82a97c9a21fe4a97ed87316.jpg)
$(2)若OH\parallel 平面PAB，求直线PH与平面ABC所成角的正弦值的取值范围.$

Solution:
$由(1)知OB,OC,OP两两互相垂直.以O为坐标原点，\overrightarrow{OB}，\overrightarrow{OC}，\overrightarrow{OP}的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz，如图，则O(0，0，0)，P(0，0，6)，A(0，－8，0)，C(0，8，0)，B(8，0，0)，设H(x，y，z)，则\overrightarrow{OH}=(x，y，z)，\overrightarrow{PH}=(x，y，z－6)，\overrightarrow{PA}=(0，－8，－6)，\overrightarrow{PB}=(8，0，－6)，\overrightarrow{PC}=(0，8，－6)，设平面PAB的法向量为n_{1}=(x_{1}，y_{1}，z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}_1 \cdot \overrightarrow{PA}=0,\\ \boldsymbol{n}_1 \cdot \overrightarrow{PB}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}-8y_1-6z_1=0,\\ 8x_1-6z_1=0,\end{matrix}\right.令y_{1}=－3，则x_{1}=3,z_{1}=4,故n_{1}=(3，－3，4).同理可求得平面PBC的一个法向量为(3，3，4)，记n_{2}=(3，3，4).因为OH\parallel 平面PAB，PH\subset 平面PBC，所以\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{OH} \cdot \boldsymbol{n}_1=0,\\ \overrightarrow{PH} \cdot \boldsymbol{n}_2=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}3x-3y+4z=0,\\ 3x+3y+4z-24=0,\end{matrix}\right.则\left\{\begin{matrix}z=3-\frac{3}{4}x,\\ y=4,\end{matrix}\right.所以H\left(x,4,3-\frac{3}{4}x\right)，所以\overrightarrow{PH}=\left(x,4,-3-\frac{3}{4}x\right).易得\left\{\begin{matrix}0\leq x\leq 8,\\ 0\leq 3-\frac{3}{4}x\leq 6,\end{matrix}\right.所以0\leq x\leq 4.易知(0，0，1)是平面ABC的一个法向量，记n_{3}=(0,0,1).设直线PH与平面ABC所成的角为\theta ，则\\sin   \theta =|\\cos  \langle n_{3}，\overrightarrow{PH}\rangle |=\frac{\left|3+\frac{3}{4}x\right|}{\sqrt{x^2+16+\left(-3-\frac{3}{4}x\right)^2}}=\frac{3\left(1+\frac{x}{4}\right)}{5\sqrt{\left(\frac{x}{4}+1\right)^2-\frac{32}{25}\left(\frac{x}{4}+1\right)+\frac{32}{25}}}，0\leq x\leq 4,令t=\frac{x}{4}+1，则t\in [1，2]，\frac{1}{t}\in \left[\frac{1}{2},1\right]，所以\\sin   \theta =\frac{3t}{5\sqrt{t^2-\frac{32}{25}t+\frac{32}{25}}}=\frac{3}{5\sqrt{\frac{32}{25t^2}-\frac{32}{25t}+1}}，令f \left(\frac{1}{t}\right)=\frac{32}{25}\cdot \frac{1}{t^2}－\frac{32}{25}\cdot \frac{1}{t}+1，\frac{1}{t}\in \left[\frac{1}{2},1\right],则f \left(\frac{1}{t}\right)\in \left[\frac{17}{25},1\right],所以\\sin   \theta \in \left[\frac{3}{5},\frac{3\sqrt{17}}{17}\right]，所以直线PH与平面ABC所成角的正弦值的取值范围为\left[\frac{3}{5},\frac{3\sqrt{17}}{17}\right].$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643208302301185/img/compression/M_05375202008aea901078d4f5114126df.jpg)

Final answer: $\left[\frac{3}{5},\frac{3\sqrt{17}}{17}\right]$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAC\perp 平面ABC，\triangle ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，AC=16，PA=PC=10，O为AC中点，H为\triangle PBC内的动点(含边界).$<img_3134>
$(2)若OH\parallel 平面PAB，求直线PH与平面ABC所成角的正弦值的取值范围.$

Solution:
$由(1)知OB,OC,OP两两互相垂直.以O为坐标原点，\overrightarrow{OB}，\overrightarrow{OC}，\overrightarrow{OP}的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz，如图，则O(0，0，0)，P(0，0，6)，A(0，－8，0)，C(0，8，0)，B(8，0，0)，设H(x，y，z)，则\overrightarrow{OH}=(x，y，z)，\overrightarrow{PH}=(x，y，z－6)，\overrightarrow{PA}=(0，－8，－6)，\overrightarrow{PB}=(8，0，－6)，\overrightarrow{PC}=(0，8，－6)，设平面PAB的法向量为n_{1}=(x_{1}，y_{1}，z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}_1 \cdot \overrightarrow{PA}=0,\\ \boldsymbol{n}_1 \cdot \overrightarrow{PB}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}-8y_1-6z_1=0,\\ 8x_1-6z_1=0,\end{matrix}\right.令y_{1}=－3，则x_{1}=3,z_{1}=4,故n_{1}=(3，－3，4).同理可求得平面PBC的一个法向量为(3，3，4)，记n_{2}=(3，3，4).因为OH\parallel 平面PAB，PH\subset 平面PBC，所以\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{OH} \cdot \boldsymbol{n}_1=0,\\ \overrightarrow{PH} \cdot \boldsymbol{n}_2=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}3x-3y+4z=0,\\ 3x+3y+4z-24=0,\end{matrix}\right.则\left\{\begin{matrix}z=3-\frac{3}{4}x,\\ y=4,\end{matrix}\right.所以H\left(x,4,3-\frac{3}{4}x\right)，所以\overrightarrow{PH}=\left(x,4,-3-\frac{3}{4}x\right).易得\left\{\begin{matrix}0\leq x\leq 8,\\ 0\leq 3-\frac{3}{4}x\leq 6,\end{matrix}\right.所以0\leq x\leq 4.易知(0，0，1)是平面ABC的一个法向量，记n_{3}=(0,0,1).设直线PH与平面ABC所成的角为\theta ，则\\sin   \theta =|\\cos  \langle n_{3}，\overrightarrow{PH}\rangle |=\frac{\left|3+\frac{3}{4}x\right|}{\sqrt{x^2+16+\left(-3-\frac{3}{4}x\right)^2}}=\frac{3\left(1+\frac{x}{4}\right)}{5\sqrt{\left(\frac{x}{4}+1\right)^2-\frac{32}{25}\left(\frac{x}{4}+1\right)+\frac{32}{25}}}，0\leq x\leq 4,令t=\frac{x}{4}+1，则t\in [1，2]，\frac{1}{t}\in \left[\frac{1}{2},1\right]，所以\\sin   \theta =\frac{3t}{5\sqrt{t^2-\frac{32}{25}t+\frac{32}{25}}}=\frac{3}{5\sqrt{\frac{32}{25t^2}-\frac{32}{25t}+1}}，令f \left(\frac{1}{t}\right)=\frac{32}{25}\cdot \frac{1}{t^2}－\frac{32}{25}\cdot \frac{1}{t}+1，\frac{1}{t}\in \left[\frac{1}{2},1\right],则f \left(\frac{1}{t}\right)\in \left[\frac{17}{25},1\right],所以\\sin   \theta \in \left[\frac{3}{5},\frac{3\sqrt{17}}{17}\right]，所以直线PH与平面ABC所成角的正弦值的取值范围为\left[\frac{3}{5},\frac{3\sqrt{17}}{17}\right].$<img_2292>



Final answer: $\left[\frac{3}{5},\frac{3\sqrt{17}}{17}\right]$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥S－ABCD中，平面SAD\perp 平面ABCD，AD\parallel BC，\angle BAD=60^\circ ，且AD=DS=SA=AB=2，BC=3.$<img_2452>
$(1)求直线SB与平面SCD所成角的正弦值；$

Solution:
$取AD的中点O，连接DB,OB，SO.易得\triangle SAD，\triangle ABD均为等边三角形，所以SO\perp AD，OB\perp AD，由于平面SAD\perp 平面ABCD，且平面SAD\cap 平面ABCD=AD，SO\subset 平面SAD，所以SO\perp 平面ABCD，又OB\subset 平面ABCD，所以SO\perp OB，故SO,OB,AD两两互相垂直.以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系,则S(0，0，\sqrt{3})，D(0，－1，0)，C(\sqrt{3},－3,0)，B(\sqrt{3},0,0)，A(0，1，0)，\therefore \overrightarrow{SD}=(0,－1,－\sqrt{3})，\overrightarrow{DC}=(\sqrt{3},－2,0)，\overrightarrow{SB}=(\sqrt{3},0,－\sqrt{3}).设平面SCD的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{SD} \cdot \boldsymbol{n}=-y-\sqrt{3}z=0,\\ \overrightarrow{DC} \cdot \boldsymbol{n}=\sqrt{3}x-2y=0,\end{matrix}\right.取x=2，则y=\sqrt{3},z=-1,故n=(2,\sqrt{3},－1)，设直线SB与平面SCD所成的角为\theta ，则\\sin   \theta =|\\cos  \langle n,\overrightarrow{SB}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{SB}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{SB}|}=\frac{3}{4}，所以直线SB与平面SCD所成角的正弦值为\frac{3}{4}.$<img_2283>

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


Question: $如图，在四棱锥S－ABCD中，平面SAD\perp 平面ABCD，AD\parallel BC，\angle BAD=60^\circ ，且AD=DS=SA=AB=2，BC=3.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643211899191300/img/compression/M_8b57713492196f3f1c2b193aca1a3651.jpg)
$(1)求直线SB与平面SCD所成角的正弦值；$

Solution:
$取AD的中点O，连接DB,OB，SO.易得\triangle SAD，\triangle ABD均为等边三角形，所以SO\perp AD，OB\perp AD，由于平面SAD\perp 平面ABCD，且平面SAD\cap 平面ABCD=AD，SO\subset 平面SAD，所以SO\perp 平面ABCD，又OB\subset 平面ABCD，所以SO\perp OB，故SO,OB,AD两两互相垂直.以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系,则S(0，0，\sqrt{3})，D(0，－1，0)，C(\sqrt{3},－3,0)，B(\sqrt{3},0,0)，A(0，1，0)，\therefore \overrightarrow{SD}=(0,－1,－\sqrt{3})，\overrightarrow{DC}=(\sqrt{3},－2,0)，\overrightarrow{SB}=(\sqrt{3},0,－\sqrt{3}).设平面SCD的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{SD} \cdot \boldsymbol{n}=-y-\sqrt{3}z=0,\\ \overrightarrow{DC} \cdot \boldsymbol{n}=\sqrt{3}x-2y=0,\end{matrix}\right.取x=2，则y=\sqrt{3},z=-1,故n=(2,\sqrt{3},－1)，设直线SB与平面SCD所成的角为\theta ，则\\sin   \theta =|\\cos  \langle n,\overrightarrow{SB}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{SB}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{SB}|}=\frac{3}{4}，所以直线SB与平面SCD所成角的正弦值为\frac{3}{4}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643212146655234/img/compression/M_4c2512ec851dc1b1906fe49fd84ba231.jpg)

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


Question: $如图，在四棱锥S－ABCD中，平面SAD\perp 平面ABCD，AD\parallel BC，\angle BAD=60^\circ ，且AD=DS=SA=AB=2，BC=3.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643211899191300/img/compression/M_8b57713492196f3f1c2b193aca1a3651.jpg)
$(2)在线段SD上是否存在一点M，使得平面MAC\perp 平面SCD？如果存在，求此时\frac{SM}{SD}的值；如果不存在，请说明理由.$

Solution:
$存在.同(1)中所建坐标系，设\overrightarrow{SM}=\lambda \overrightarrow{SD}=(0,－\lambda ,－\sqrt{3}\lambda )，0\leq \lambda <1，则\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{SA}－\overrightarrow{SM}=(0，1+\lambda ,\sqrt{3}\lambda －\sqrt{3})，由(1)知\overrightarrow{AC}=(\sqrt{3},－4,0).设平面MAC的法向量为m=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{MA}=(1+\lambda )y_1+(\sqrt{3}\lambda -\sqrt{3})z_1=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AC}=\sqrt{3}x_1-4y_1=0,\end{matrix}\right.取x_{1}=4，则y_{1}=\sqrt{3},z_{1}=\frac{1+\lambda }{1-\lambda },故m=\left(4,\sqrt{3},\frac{1+\lambda }{1-\lambda }\right)，由平面MAC\perp 平面SCD得m\perp n，故8+3-\frac{1+\lambda }{1-\lambda }=0，解得\lambda =\frac{5}{6}.当\lambda =1时，M与D重合，此时平面MAC的一个法向量为\overrightarrow{OS}=(0,0,\sqrt{3}),易知\overrightarrow{OS}与n不垂直，故不满足平面MAC\perp 平面SCD.综上可知，在线段SD上存在一点M，使得平面MAC\perp 平面SCD,此时\frac{SM}{SD}=\frac{5}{6}.$

Final answer: $在线段SD上存在一点M，使得平面MAC\perp 平面SCD，此时SM/SD的值为5/6.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知正三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AB=2，AB_{1}\perp BC_{1}，点O，O_{1}分别是边AC，A_{1}C_{1}的中点，建立如图所示的空间直角坐标系.$<img_1832>
$(1)求正三棱柱的侧棱长；$

Solution:
$设正三棱柱的侧棱长为h.由题意得A(0，-1，0)，B(\sqrt{3}，0，0)，C(0，1，0)，B_{1}(\sqrt{3}，0，h)，C_{1}(0，1，h)，则\overrightarrow{AB_1}=(\sqrt{3}，1，h)，\overrightarrow{BC_1}=(-\sqrt{3}，1，h).因为AB_{1}\perp BC_{1}，所以\overrightarrow{AB_1}\cdot \overrightarrow{BC_1}=-3＋1＋h^{2}=0，所以h=\sqrt{2}(负值舍去).故正三棱柱的侧棱长为\sqrt{2}.$

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


Question: $已知正三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AB=2，AB_{1}\perp BC_{1}，点O，O_{1}分别是边AC，A_{1}C_{1}的中点，建立如图所示的空间直角坐标系.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643168791957506/img/compression/M_9df218a03829cfb49a118ee8dd40affc.jpg)
$(1)求正三棱柱的侧棱长；$

Solution:
$设正三棱柱的侧棱长为h.由题意得A(0，-1，0)，B(\sqrt{3}，0，0)，C(0，1，0)，B_{1}(\sqrt{3}，0，h)，C_{1}(0，1，h)，则\overrightarrow{AB_1}=(\sqrt{3}，1，h)，\overrightarrow{BC_1}=(-\sqrt{3}，1，h).因为AB_{1}\perp BC_{1}，所以\overrightarrow{AB_1}\cdot \overrightarrow{BC_1}=-3＋1＋h^{2}=0，所以h=\sqrt{2}(负值舍去).故正三棱柱的侧棱长为\sqrt{2}.$

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


Question: $已知正三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AB=2，AB_{1}\perp BC_{1}，点O，O_{1}分别是边AC，A_{1}C_{1}的中点，建立如图所示的空间直角坐标系.$<img_1832>
$(2)求异面直线AB_{1}与BC所成角的余弦值.$

Solution:
$由(1)可知\overrightarrow{AB_1}=(\sqrt{3}，1，\sqrt{2})，\overrightarrow{BC}=(-\sqrt{3}，1，0)，所以\overrightarrow{AB_1}\cdot \overrightarrow{BC}=-3＋1=-2，|\overrightarrow{AB_1}|=\sqrt{6}，|\overrightarrow{BC}|=2，所以\\cos  \langle \overrightarrow{AB_1}，\overrightarrow{BC}\rangle =\frac{-2}{2\sqrt{6}}=-\frac{\sqrt{6}}{6}.所以异面直线AB_{1}与BC所成角的余弦值为\frac{\sqrt{6}}{6}.$

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


Question: $已知正三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AB=2，AB_{1}\perp BC_{1}，点O，O_{1}分别是边AC，A_{1}C_{1}的中点，建立如图所示的空间直角坐标系.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643168791957506/img/compression/M_9df218a03829cfb49a118ee8dd40affc.jpg)
$(2)求异面直线AB_{1}与BC所成角的余弦值.$

Solution:
$由(1)可知\overrightarrow{AB_1}=(\sqrt{3}，1，\sqrt{2})，\overrightarrow{BC}=(-\sqrt{3}，1，0)，所以\overrightarrow{AB_1}\cdot \overrightarrow{BC}=-3＋1=-2，|\overrightarrow{AB_1}|=\sqrt{6}，|\overrightarrow{BC}|=2，所以\\cos  \langle \overrightarrow{AB_1}，\overrightarrow{BC}\rangle =\frac{-2}{2\sqrt{6}}=-\frac{\sqrt{6}}{6}.所以异面直线AB_{1}与BC所成角的余弦值为\frac{\sqrt{6}}{6}.$

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


Question: $如图,以棱长为1的正方体的三条共顶点的棱所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系Oxyz,点P在线段AB上,点Q在线段DC上.$<img_2985>
$(1)当|PB|=2|AP|,且点P关于y轴的对称点为M时,求|PM|;$

Solution:
$由|PB|=2|AP|得P\left(1,\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right),所以M\left(-1,\frac{1}{3},-\frac{2}{3}\right),所以|PM|=\sqrt{(1+1)^2+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{3}\right)^2+\left(\frac{2}{3}+\frac{2}{3}\right)^2}=\frac{2\sqrt{13}}{3}.$

Final answer: $\frac{2\sqrt{13}}{3}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图,以棱长为1的正方体的三条共顶点的棱所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系Oxyz,点P在线段AB上,点Q在线段DC上.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643171228848129/img/compression/M_bf742d6a3f6b9c0eba310b27207324a7.jpg)
$(1)当|PB|=2|AP|,且点P关于y轴的对称点为M时,求|PM|;$

Solution:
$由|PB|=2|AP|得P\left(1,\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right),所以M\left(-1,\frac{1}{3},-\frac{2}{3}\right),所以|PM|=\sqrt{(1+1)^2+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{3}\right)^2+\left(\frac{2}{3}+\frac{2}{3}\right)^2}=\frac{2\sqrt{13}}{3}.$

Final answer: $\frac{2\sqrt{13}}{3}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图,以棱长为1的正方体的三条共顶点的棱所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系Oxyz,点P在线段AB上,点Q在线段DC上.$<img_2985>
$(2)当点P是AB的中点,点Q在DC上运动时,探究|PQ|的最小值.$

Solution:
$由题意得P\left(1,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right).设点Q(a,1,a),a\in [0,1],则|PQ|=\sqrt{(a-1)^{2}+\left(1-\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(a-\frac{1}{2}\right)^{2}}=\sqrt{2a^{2}-3a+\frac{3}{2}}=\sqrt{2\left(a-\frac{3}{4}\right)^{2}+\frac{3}{8}},所以当a=\frac{3}{4}时,|PQ|取得最小值，为\frac{\sqrt{6}}{4},此时点Q的坐标为\left(\frac{3}{4},1,\frac{3}{4}\right).$

Final answer: $\frac{\sqrt{6}}{4}$,$(\frac{3}{4},1,\frac{3}{4})$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图,以棱长为1的正方体的三条共顶点的棱所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系Oxyz,点P在线段AB上,点Q在线段DC上.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643171228848129/img/compression/M_bf742d6a3f6b9c0eba310b27207324a7.jpg)
$(2)当点P是AB的中点,点Q在DC上运动时,探究|PQ|的最小值.$

Solution:
$由题意得P\left(1,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right).设点Q(a,1,a),a\in [0,1],则|PQ|=\sqrt{(a-1)^{2}+\left(1-\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(a-\frac{1}{2}\right)^{2}}=\sqrt{2a^{2}-3a+\frac{3}{2}}=\sqrt{2\left(a-\frac{3}{4}\right)^{2}+\frac{3}{8}},所以当a=\frac{3}{4}时,|PQ|取得最小值，为\frac{\sqrt{6}}{4},此时点Q的坐标为\left(\frac{3}{4},1,\frac{3}{4}\right).$

Final answer: $\frac{\sqrt{6}}{4}$,$(\frac{3}{4},1,\frac{3}{4})$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在正方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，点E，M，N分别是棱CC_{1}，B_{1}C_{1}，BB_{1}的中点，点F在线段MN上运动.$<img_3009>
$(1)证明：A_{1}F\parallel 平面D_{1}AE；$

Solution:
$证明：连接BC_{1},A_{1}N,NE,A_{1}M.\because M,N分别是B_{1}C_{1},BB_{1}的中点，\therefore MN\parallel BC_{1}，又BC_{1}\parallel AD_{1}，\therefore MN\parallel AD_{1}.\because MN\not\subset 平面AD_{1}E，AD_{1}\subset 平面AD_{1}E，\therefore MN\parallel 平面AD_{1}E.易知NE\parallel A_{1}D_{1}，NE=A_{1}D_{1}，\therefore 四边形A_{1}NED_{1}是平行四边形，\therefore A_{1}N\parallel D_{1}E.\because A_{1}N\not\subset 平面AD_{1}E，D_{1}E\subset 平面AD_{1}E,\therefore A_{1}N\parallel 平面AD_{1}E.\because A_{1}N\cap MN=N，A_{1}N,MN\subset 平面A_{1}MN,\therefore 平面A_{1}MN\parallel 平面D_{1}AE.又A_{1}F\subset 平面A_{1}MN,\therefore A_{1}F\parallel 平面D_{1}AE.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在正方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，点E，M，N分别是棱CC_{1}，B_{1}C_{1}，BB_{1}的中点，点F在线段MN上运动.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643216456507395/img/compression/M_23771f5615719cfef556410f02d73c18.jpg)
$(1)证明：A_{1}F\parallel 平面D_{1}AE；$

Solution:
$证明：连接BC_{1},A_{1}N,NE,A_{1}M.\because M,N分别是B_{1}C_{1},BB_{1}的中点，\therefore MN\parallel BC_{1}，又BC_{1}\parallel AD_{1}，\therefore MN\parallel AD_{1}.\because MN\not\subset 平面AD_{1}E，AD_{1}\subset 平面AD_{1}E，\therefore MN\parallel 平面AD_{1}E.易知NE\parallel A_{1}D_{1}，NE=A_{1}D_{1}，\therefore 四边形A_{1}NED_{1}是平行四边形，\therefore A_{1}N\parallel D_{1}E.\because A_{1}N\not\subset 平面AD_{1}E，D_{1}E\subset 平面AD_{1}E,\therefore A_{1}N\parallel 平面AD_{1}E.\because A_{1}N\cap MN=N，A_{1}N,MN\subset 平面A_{1}MN,\therefore 平面A_{1}MN\parallel 平面D_{1}AE.又A_{1}F\subset 平面A_{1}MN,\therefore A_{1}F\parallel 平面D_{1}AE.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在正方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，点E，M，N分别是棱CC_{1}，B_{1}C_{1}，BB_{1}的中点，点F在线段MN上运动.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643216456507395/img/compression/M_23771f5615719cfef556410f02d73c18.jpg)
$(2)求直线EF与平面D_{1}AE所成角的正弦值的最大值.$

Solution:
$以D为坐标原点，\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DC},\overrightarrow{DD_1}的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向，建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为2，则A(2,0,0),E(0,2,1),D_{1}(0,0,2),M(1,2,2),N(2,2,1),\therefore \overrightarrow{D_1E}=(0,2,-1),\overrightarrow{AD_1}=(-2,0,2),\overrightarrow{NM}=(-1,0,1).\because 点F在线段MN上，\therefore 可设\overrightarrow{NF}=\lambda \overrightarrow{NM}(0\leq \lambda \leq 1),则F(2-\lambda ,2,1+\lambda )，\therefore \overrightarrow{EF}=(2-\lambda ,0,\lambda ).由点在线段上，结合共线向量定理引入变量\lambda .设n=(x,y,z)是平面D_{1}AE的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{D_1E}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AD_1}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}2y-z=0,\\ -2x+2z=0,\end{matrix}\right. 取z=2，得y=1,x=2，\therefore n=(2,1,2).设直线EF与平面D_{1}AE所成的角为\theta ，则\\sin   \theta =|\\cos  \langle n,\overrightarrow{EF}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{EF}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{EF}|}=\frac{4}{3\sqrt{2\lambda ^2-4\lambda +4}}=\frac{2\sqrt{2}}{3\sqrt{{(\lambda -1)}^2+1}}.结合向量的夹角公式，用含\lambda 的式子表示出\\sin   \theta .\because \lambda \in [0,1]，\therefore 当\lambda =1时，\\sin   \theta 取得最大值，且(\\sin   \theta )_{max}=\frac{2\sqrt{2}}{3}.结合二次函数和反比例函数的性质，求得\\sin   \theta 的最大值.\therefore 直线EF与平面D_{1}AE所成角的正弦值的最大值为\frac{2\sqrt{2}}{3}.$

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


Question: $如图，在正方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，点E，M，N分别是棱CC_{1}，B_{1}C_{1}，BB_{1}的中点，点F在线段MN上运动.$<img_3009>
$(2)求直线EF与平面D_{1}AE所成角的正弦值的最大值.$

Solution:
$以D为坐标原点，\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DC},\overrightarrow{DD_1}的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向，建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为2，则A(2,0,0),E(0,2,1),D_{1}(0,0,2),M(1,2,2),N(2,2,1),\therefore \overrightarrow{D_1E}=(0,2,-1),\overrightarrow{AD_1}=(-2,0,2),\overrightarrow{NM}=(-1,0,1).\because 点F在线段MN上，\therefore 可设\overrightarrow{NF}=\lambda \overrightarrow{NM}(0\leq \lambda \leq 1),则F(2-\lambda ,2,1+\lambda )，\therefore \overrightarrow{EF}=(2-\lambda ,0,\lambda ).由点在线段上，结合共线向量定理引入变量\lambda .设n=(x,y,z)是平面D_{1}AE的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{D_1E}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AD_1}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}2y-z=0,\\ -2x+2z=0,\end{matrix}\right. 取z=2，得y=1,x=2，\therefore n=(2,1,2).设直线EF与平面D_{1}AE所成的角为\theta ，则\\sin   \theta =|\\cos  \langle n,\overrightarrow{EF}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{EF}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{EF}|}=\frac{4}{3\sqrt{2\lambda ^2-4\lambda +4}}=\frac{2\sqrt{2}}{3\sqrt{{(\lambda -1)}^2+1}}.结合向量的夹角公式，用含\lambda 的式子表示出\\sin   \theta .\because \lambda \in [0,1]，\therefore 当\lambda =1时，\\sin   \theta 取得最大值，且(\\sin   \theta )_{max}=\frac{2\sqrt{2}}{3}.结合二次函数和反比例函数的性质，求得\\sin   \theta 的最大值.\therefore 直线EF与平面D_{1}AE所成角的正弦值的最大值为\frac{2\sqrt{2}}{3}.$

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


Question: $如图1，在边长为4的菱形ABCD中，\angle DAB=60^\circ ，点M，N分别是边BC，CD的中点，AC\cap BD=O_{1}，AC\cap MN=G.沿MN将\triangle CMN翻折到\triangle PMN的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥P－ABMND.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643216993378306/img/compression/M_b79ddadab72fde31ae8c6d30498de56a.jpg)
图1

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643216993378306/img/compression/M_6eb9e925942c0537bae68fa6d6ca3849.jpg)$
图2
$
$(2)当四棱锥P－MNDB的体积最大时，在线段PA上是否存在一点Q，使得平面QMN与平面PMN夹角的余弦值为\frac{\sqrt{10}}{10}？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$易知四边形MNDB为等腰梯形，DB=4，MN=2，O_{1}G=\sqrt{3}，\therefore S_{等腰梯形MNDB}=\frac{(2+4) \times \sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}，要使四棱锥P－MNDB的体积最大，只需点P到平面MNDB的距离最大即可，易知当PG\perp 平面MNDB时，点P到平面MNDB的距离最大，且PG=\sqrt{3}.假设存在符合题意的点Q.以G为坐标原点，GA，GM，GP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz，则A(3\sqrt{3}，0，0)，M(0，1，0)，N(0，－1，0)，P(0，0，\sqrt{3})，\therefore \overrightarrow{NM}=(0，2，0).易知平面PMN的一个法向量为(1，0，0)，记n=(1，0，0)，设\overrightarrow{AQ}=\lambda \overrightarrow{AP}(0\leq \lambda <1)，由点在线段上,结合共线向量定理引入变量\lambda .又\overrightarrow{AP}=(－3\sqrt{3}，0，\sqrt{3})，\therefore \overrightarrow{AQ}=(－3\sqrt{3}\lambda ，0，\sqrt{3}\lambda )，\therefore Q(3\sqrt{3}(1－\lambda )，0，\sqrt{3}\lambda )，\therefore \overrightarrow{QM}=(3\sqrt{3}(\lambda －1)，1，－\sqrt{3}\lambda ).设平面QMN的法向量为m=(x_{1}，y_{1}，z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{NM}=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{QM}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}2y_1=0,\\ 3\sqrt{3}(\lambda -1)x_1+y_1-\sqrt{3}\lambda z_1=0,\end{matrix}\right.取z_{1}=1，则x_{1}=\frac{\lambda }{3(\lambda -1)},y_{1}=0,\therefore m=\left(\frac{\lambda }{3(\lambda -1)},0,1\right)=\frac{1}{3(\lambda -1)}(\lambda ，0，3(\lambda －1))，\therefore 平面QMN的一个法向量为(\lambda ，0，3(\lambda －1))，记m_{1}=(\lambda ,0,3(\lambda -1)).设平面QMN与平面PMN的夹角为\theta ，则\\cos   \theta =\left|\frac{\boldsymbol{n} \cdot \boldsymbol{m}_1}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{m}_1|}\right|=\frac{\sqrt{10}}{10}，即\left|\frac{\lambda }{\sqrt{\lambda ^2+9(\lambda -1)^2}}\right|=\frac{\sqrt{10}}{10}，由向量的夹角公式,得到含变量\lambda 的方程,根据方程的解得结论.解得\lambda =\frac{1}{2}.当\lambda =1时，Q与P重合，此时不满足题意.综上可知，存在符合题意的点Q且Q为线段PA的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643216993378306/img/compression/M_4963f9a1974acfb5b55d7a85a73f0817.jpg)

Final answer: $存在，Q为线段PA的中点。$
Subfield: Solid Geometry


Question: $底面为矩形ABCD的长方体被截面AEC_{1}F所截得到的多面体如图所示，其中AB=4，BC=2，CC_{1}=3，BE=1，四边形AEC_{1}F为平行四边形.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643193616220163/img/compression/M_b3b68817b804825df490d60b93e8bcf6.jpg)
$(1)求线段BF的长；$

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，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}，即线段BF的长为2\sqrt{6}.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643193616220163/img/compression/M_d12fb692b7bb1a2183e8f7227afe5060.jpg)

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


Question: $底面为矩形ABCD的长方体被截面AEC_{1}F所截得到的多面体如图所示，其中AB=4，BC=2，CC_{1}=3，BE=1，四边形AEC_{1}F为平行四边形.$<img_2237>
$(1)求线段BF的长；$

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，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}，即线段BF的长为2\sqrt{6}.
$<img_2667>

Final answer: $2\sqrt{6}$