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


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB=2，BC=a，PA\perp 底面ABCD.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1703664477550010370/img/compression/M_2eb72df11b8ef500172a1237d2f902a1.jpg)
$若在棱BC上至少存在一点M，使PM\perp DM，求a的取值范围.$

Solution:
$连接AM.\because PA\perp 平面ABCD，DM\subset 平面ABCD，\therefore DM\perp PA，又PM\perp DM，PA\cap PM=P，PA，PM\subset 平面PAM，\therefore DM\perp 平面PAM，\because AM\subset 平面PAM,\therefore DM\perp AM,\therefore 点M是以AD为直径的圆和棱BC的交点，\therefore 圆的半径r=\frac{AD}{2}\geq AB，即a\geq 4，\therefore a的取值范围是[4,+\infty ).$

Final answer: $[4, +\infty )$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB=2，BC=a，PA\perp 底面ABCD.$<img_2759>
$若在棱BC上至少存在一点M，使PM\perp DM，求a的取值范围.$

Solution:
$连接AM.\because PA\perp 平面ABCD，DM\subset 平面ABCD，\therefore DM\perp PA，又PM\perp DM，PA\cap PM=P，PA，PM\subset 平面PAM，\therefore DM\perp 平面PAM，\because AM\subset 平面PAM,\therefore DM\perp AM,\therefore 点M是以AD为直径的圆和棱BC的交点，\therefore 圆的半径r=\frac{AD}{2}\geq AB，即a\geq 4，\therefore a的取值范围是[4,+\infty ).$

Final answer: $[4, +\infty )$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，菱形ABCD的边长为2，\angle ABC=60^\circ ，E为AC的中点，将\triangle ACD沿AC翻折，使点D至点D'.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1703664491209715714/img/compression/M_6a0af3540acfba49e3c0b3eb90fa9e5a.jpg)
$求证：平面BD'E\perp 平面ABC；$

Solution:
$证明：在菱形ABCD中，\angle ABC=60^\circ ，\therefore \triangle ABC和\triangle ACD均为等边三角形.\because E为AC的中点，\therefore BE\perp AC，D'E\perp AC，\because BE\cap D'E=E，BE,D'E\subset 平面BD'E，\therefore AC\perp 平面BD'E，又\because AC\subset 平面ABC，\therefore 平面BD'E\perp 平面ABC.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，菱形ABCD的边长为2，\angle ABC=60^\circ ，E为AC的中点，将\triangle ACD沿AC翻折，使点D至点D'.$<img_1974>
$求证：平面BD'E\perp 平面ABC；$

Solution:
$证明：在菱形ABCD中，\angle ABC=60^\circ ，\therefore \triangle ABC和\triangle ACD均为等边三角形.\because E为AC的中点，\therefore BE\perp AC，D'E\perp AC，\because BE\cap D'E=E，BE,D'E\subset 平面BD'E，\therefore AC\perp 平面BD'E，又\because AC\subset 平面ABC，\therefore 平面BD'E\perp 平面ABC.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，菱形ABCD的边长为2，\angle ABC=60^\circ ，E为AC的中点，将\triangle ACD沿AC翻折，使点D至点D'.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1703664491209715714/img/compression/M_6a0af3540acfba49e3c0b3eb90fa9e5a.jpg)
$若三棱锥D'-ABC的体积为\frac{2\sqrt{2}}{3}，求二面角D'-AB-C的余弦值.$

Solution:
$如图,过D'作D'M\perp BE于点M，过M作MN\perp AB于点N，连接D'N.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1703664491503316994/img/compression/M_e7e8899cde767339d49f5b6f190434e3.jpg)$\because 平面BD'E\perp 平面ABC，平面BD'E\cap 平面ABC=BE，D'M\subset 平面BD'E，\therefore D'M\perp 平面ABC.\therefore V_{D'-ABC}=\frac{1}{3}\times \left(\frac{1}{2}\times 2\times \sqrt{3}\right)\times D'M=\frac{2\sqrt{2}}{3},故D'M=\frac{2\sqrt{6}}{3}.\because D'M\perp 平面ABC，AB\subset 平面ABC，\therefore D'M\perp AB，\because D'M\cap MN=M,D'M，MN\subset 平面D'MN，\therefore AB\perp 平面D'MN，\because D'N\subset 平面D'MN，\therefore AB\perp D'N.\therefore \angle D'NM即为二面角D'-AB-C的平面角.易得EM=\sqrt{(\sqrt{3})^2-\left(\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)^2}=\frac{\sqrt{3}}{3},\therefore BM=\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{2\sqrt{3}}{3}，\therefore MN=BM\\sin   30^\circ =\frac{\sqrt{3}}{3}，\therefore D'N=\sqrt{\left(\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^2}=\sqrt{3}，\therefore \\cos  \angle D'NM=\frac{MN}{D'N}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{3}}=\frac{1}{3}.故二面角D'-AB-C的余弦值为\frac{1}{3}.$

Final answer: $\frac{1}{3}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，菱形ABCD的边长为2，\angle ABC=60^\circ ，E为AC的中点，将\triangle ACD沿AC翻折，使点D至点D'.$<img_1974>
$若三棱锥D'-ABC的体积为\frac{2\sqrt{2}}{3}，求二面角D'-AB-C的余弦值.$

Solution:
$如图,过D'作D'M\perp BE于点M，过M作MN\perp AB于点N，连接D'N.$<img_2930>$\because 平面BD'E\perp 平面ABC，平面BD'E\cap 平面ABC=BE，D'M\subset 平面BD'E，\therefore D'M\perp 平面ABC.\therefore V_{D'-ABC}=\frac{1}{3}\times \left(\frac{1}{2}\times 2\times \sqrt{3}\right)\times D'M=\frac{2\sqrt{2}}{3},故D'M=\frac{2\sqrt{6}}{3}.\because D'M\perp 平面ABC，AB\subset 平面ABC，\therefore D'M\perp AB，\because D'M\cap MN=M,D'M，MN\subset 平面D'MN，\therefore AB\perp 平面D'MN，\because D'N\subset 平面D'MN，\therefore AB\perp D'N.\therefore \angle D'NM即为二面角D'-AB-C的平面角.易得EM=\sqrt{(\sqrt{3})^2-\left(\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)^2}=\frac{\sqrt{3}}{3},\therefore BM=\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{2\sqrt{3}}{3}，\therefore MN=BM\\sin   30^\circ =\frac{\sqrt{3}}{3}，\therefore D'N=\sqrt{\left(\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^2}=\sqrt{3}，\therefore \\cos  \angle D'NM=\frac{MN}{D'N}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{3}}=\frac{1}{3}.故二面角D'-AB-C的余弦值为\frac{1}{3}.$

Final answer: $\frac{1}{3}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在平行四边形ABCD中，AB=6，BC=4，\angle BAD=60^\circ ，过点A作CD的垂线交CD的延长线于点E，连接EB交AD于点F，如图①；将\triangle ADE沿AD折起，使得点E到达点P的位置，如图②．



![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1703664447834914818/img/compression/M_d8efee61b2b6174a5f075c804f7b4e65.jpg)


图①






![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1703664447834914818/img/compression/M_d28cdfb53eafa09bf352cb4e67d02307.jpg)


图②


$
$(1)证明：直线AD\perp 平面BFP；$

Solution:
$证明：在题图①中，根据已知条件可得，DE=2，AE=2\sqrt{3}，BE=4\sqrt{3}．因为\angle DAB=\angle ADE,\angle DFE=\angle AFB，所以\triangle ABF∽\triangle DEF，所以\frac{DF}{AF}=\frac{EF}{BF}=\frac{DE}{AB}=\frac{1}{3}．所以AF=3，BF=3\sqrt{3}.因为AF^{2}+BF^{2}=AB^{2}，所以AF\perp BF，即BE\perp AD.则在题图②中，PF\perp AD，BF\perp AD，因为PF\cap BF=F，PF，BF\subset 平面BFP，所以AD\perp 平面BFP．$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $在平行四边形ABCD中，AB=6，BC=4，\angle BAD=60^\circ ，过点A作CD的垂线交CD的延长线于点E，连接EB交AD于点F，如图①；将\triangle ADE沿AD折起，使得点E到达点P的位置，如图②．



<img_1858>


图①






<img_1511>


图②


$
$(1)证明：直线AD\perp 平面BFP；$

Solution:
$证明：在题图①中，根据已知条件可得，DE=2，AE=2\sqrt{3}，BE=4\sqrt{3}．因为\angle DAB=\angle ADE,\angle DFE=\angle AFB，所以\triangle ABF∽\triangle DEF，所以\frac{DF}{AF}=\frac{EF}{BF}=\frac{DE}{AB}=\frac{1}{3}．所以AF=3，BF=3\sqrt{3}.因为AF^{2}+BF^{2}=AB^{2}，所以AF\perp BF，即BE\perp AD.则在题图②中，PF\perp AD，BF\perp AD，因为PF\cap BF=F，PF，BF\subset 平面BFP，所以AD\perp 平面BFP．$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在平行四边形ABCD中，AB=6，BC=4，\angle BAD=60^\circ ，过点A作CD的垂线交CD的延长线于点E，连接EB交AD于点F，如图①；将\triangle ADE沿AD折起，使得点E到达点P的位置，如图②．



![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1703664447834914818/img/compression/M_d8efee61b2b6174a5f075c804f7b4e65.jpg)


图①






![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1703664447834914818/img/compression/M_d28cdfb53eafa09bf352cb4e67d02307.jpg)


图②


$
$若\angle BFP=120^\circ ，求点F到平面BCP的距离．$

Solution:
$在\triangle BFP中，过F作FH\perp PB，交PB于H．$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1703664448317259777/img/compression/M_0936fe1f4215d943151a65e0f22b048e.jpg)$由(1)知，AD\perp 平面BFP，因为BC\parallel AD，所以BC\perp 平面BFP．因为FH\subset 平面BFP，所以BC\perp FH．又BP\perp FH，BC\cap BP=B，BC，BP\subset 平面BCP，所以FH\perp 平面BCP，所以FH的长即为点F到平面BCP的距离．在\triangle BFP中，因为PF=\sqrt{3}，BF=3\sqrt{3}，\angle PFB=120^\circ ，所以BP=\sqrt{PF^2+BF^2-2PF\cdot BF\cdot \\\cos   \angle PFB}=\sqrt{39}，所以FH=\frac{BF\times PF\times \\\sin   \angle PFB}{BP}=\frac{9\sqrt{13}}{26}，即点F到平面BCP的距离为\frac{9\sqrt{13}}{26}.$

Final answer: $\frac{9\sqrt{13}}{26}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在平行四边形ABCD中，AB=6，BC=4，\angle BAD=60^\circ ，过点A作CD的垂线交CD的延长线于点E，连接EB交AD于点F，如图①；将\triangle ADE沿AD折起，使得点E到达点P的位置，如图②．



<img_1858>


图①






<img_1511>


图②


$
$若\angle BFP=120^\circ ，求点F到平面BCP的距离．$

Solution:
$在\triangle BFP中，过F作FH\perp PB，交PB于H．$<img_2379>$由(1)知，AD\perp 平面BFP，因为BC\parallel AD，所以BC\perp 平面BFP．因为FH\subset 平面BFP，所以BC\perp FH．又BP\perp FH，BC\cap BP=B，BC，BP\subset 平面BCP，所以FH\perp 平面BCP，所以FH的长即为点F到平面BCP的距离．在\triangle BFP中，因为PF=\sqrt{3}，BF=3\sqrt{3}，\angle PFB=120^\circ ，所以BP=\sqrt{PF^2+BF^2-2PF\cdot BF\cdot \\\cos   \angle PFB}=\sqrt{39}，所以FH=\frac{BF\times PF\times \\\sin   \angle PFB}{BP}=\frac{9\sqrt{13}}{26}，即点F到平面BCP的距离为\frac{9\sqrt{13}}{26}.$

Final answer: $\frac{9\sqrt{13}}{26}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在直角梯形ABCO中(如图①)，AB\parallel OC，AO\perp OC，AO=OC=\frac{1}{2}AB=2.将\triangle AOC沿AC折起，使O点到达D点，且AD\perp DB(如图②).



<img_2814>


图①






<img_2007>


图②


$
$求证：平面ABC\perp 平面ADC；$

Solution:
$证明：取AB的中点E，连接CE，如图所示，$<img_2793>$因为AO\perp OC，AO=OC=\frac{1}{2}AB=2，所以四边形AECO为正方形，所以AC=BC=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}，因为AC^{2}+BC^{2}=AB^{2}，所以BC\perp AC.在题图②中，AD\perp DC，AD\perp DB，CD\cap BD=D，CD,BD\subset 平面BCD，所以AD\perp 平面BCD.又因为BC\subset 平面BCD，所以AD\perp BC.因为AD\cap AC=A，AC,AD\subset 平面ACD，所以BC\perp 平面ACD，又因为BC\subset 平面ABC，所以平面ABC\perp 平面ADC.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在直角梯形ABCO中(如图①)，AB\parallel OC，AO\perp OC，AO=OC=\frac{1}{2}AB=2.将\triangle AOC沿AC折起，使O点到达D点，且AD\perp DB(如图②).



![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1703664534290427906/img/compression/M_980ce3e147a216bb25fc5ae402f07937.jpg)


图①






![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1703664534290427906/img/compression/M_257ee3c55acc42cee2e33f0b26e331b9.jpg)


图②


$
$求证：平面ABC\perp 平面ADC；$

Solution:
$证明：取AB的中点E，连接CE，如图所示，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1703664534839881730/img/compression/M_0458960c70a632dd8674c46d6dd4ddef.jpg)$因为AO\perp OC，AO=OC=\frac{1}{2}AB=2，所以四边形AECO为正方形，所以AC=BC=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}，因为AC^{2}+BC^{2}=AB^{2}，所以BC\perp AC.在题图②中，AD\perp DC，AD\perp DB，CD\cap BD=D，CD,BD\subset 平面BCD，所以AD\perp 平面BCD.又因为BC\subset 平面BCD，所以AD\perp BC.因为AD\cap AC=A，AC,AD\subset 平面ACD，所以BC\perp 平面ACD，又因为BC\subset 平面ABC，所以平面ABC\perp 平面ADC.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $在直角梯形ABCO中(如图①)，AB\parallel OC，AO\perp OC，AO=OC=\frac{1}{2}AB=2.将\triangle AOC沿AC折起，使O点到达D点，且AD\perp DB(如图②).



![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1703664534290427906/img/compression/M_980ce3e147a216bb25fc5ae402f07937.jpg)


图①






![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1703664534290427906/img/compression/M_257ee3c55acc42cee2e33f0b26e331b9.jpg)


图②


$
$设E为线段AB的中点，求点E到直线CD的距离.$

Solution:
$分别取AC,CD的中点F,H，连接EF,FH,HE，则EF\parallel BC,FH\parallel AD,$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1703664535133483010/img/compression/M_377282a57901ded8172acb3f2b7f9d6e.jpg)$因为BC\perp 平面ACD，EF\parallel BC，所以EF\perp 平面ACD，又因为CD\subset 平面ACD，所以EF\perp CD.因为AD\perp CD,AD\parallel FH，所以FH\perp CD.因为EF\cap FH=F，EF,FH\subset 平面EFH，所以CD\perp 平面EFH，又因为EH\subset 平面EFH，所以CD\perp EH.因为HF=\frac{1}{2}AD=1，EF=\frac{1}{2}BC=\sqrt{2}，且HF\perp EF，所以HE=\sqrt{1^2+(\sqrt{2})^2}=\sqrt{3}，即点E到直线CD的距离为\sqrt{3}.$

Final answer: $\sqrt{3}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在直角梯形ABCO中(如图①)，AB\parallel OC，AO\perp OC，AO=OC=\frac{1}{2}AB=2.将\triangle AOC沿AC折起，使O点到达D点，且AD\perp DB(如图②).



<img_2814>


图①






<img_2007>


图②


$
$设E为线段AB的中点，求点E到直线CD的距离.$

Solution:
$分别取AC,CD的中点F,H，连接EF,FH,HE，则EF\parallel BC,FH\parallel AD,$<img_2730>$因为BC\perp 平面ACD，EF\parallel BC，所以EF\perp 平面ACD，又因为CD\subset 平面ACD，所以EF\perp CD.因为AD\perp CD,AD\parallel FH，所以FH\perp CD.因为EF\cap FH=F，EF,FH\subset 平面EFH，所以CD\perp 平面EFH，又因为EH\subset 平面EFH，所以CD\perp EH.因为HF=\frac{1}{2}AD=1，EF=\frac{1}{2}BC=\sqrt{2}，且HF\perp EF，所以HE=\sqrt{1^2+(\sqrt{2})^2}=\sqrt{3}，即点E到直线CD的距离为\sqrt{3}.$

Final answer: $\sqrt{3}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是正方形，PA\perp 底面ABCD，AB=AP=4，PF=\frac{1}{4}PB，DE=\frac{1}{4}DC.$<img_2061>
$证明：EF\parallel 平面PAD；$

Solution:
$证明：过F作FG\parallel AB交PA于G，连接GD，$<img_3048>$由PF=\frac{1}{4}PB，得FG=\frac{1}{4}AB，因为底面ABCD是正方形，所以AB\parallel CD且AB=CD，所以FG=\frac{1}{4}CD且FG\parallel CD，又DE=\frac{1}{4}DC，所以FG=DE且FG\parallel DE，所以四边形FGDE为平行四边形，所以EF\parallel DG，因为EF\not\subset 平面PAD，DG\subset 平面PAD，所以EF\parallel 平面PAD.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是正方形，PA\perp 底面ABCD，AB=AP=4，PF=\frac{1}{4}PB，DE=\frac{1}{4}DC.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1703664535557107716/img/compression/M_23d136affbe62324d1ce238ed06cbd4f.jpg)
$证明：EF\parallel 平面PAD；$

Solution:
$证明：过F作FG\parallel AB交PA于G，连接GD，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1703664535896846337/img/compression/M_0e5ae9e38dc74aee222491ff2f79223f.jpg)$由PF=\frac{1}{4}PB，得FG=\frac{1}{4}AB，因为底面ABCD是正方形，所以AB\parallel CD且AB=CD，所以FG=\frac{1}{4}CD且FG\parallel CD，又DE=\frac{1}{4}DC，所以FG=DE且FG\parallel DE，所以四边形FGDE为平行四边形，所以EF\parallel DG，因为EF\not\subset 平面PAD，DG\subset 平面PAD，所以EF\parallel 平面PAD.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是正方形，PA\perp 底面ABCD，AB=AP=4，PF=\frac{1}{4}PB，DE=\frac{1}{4}DC.$<img_2061>
$求直线PC与平面CDF所成角的正弦值．$

Solution:
$由(1)知FG\parallel CD，则平面CDF即为平面CDGF，所以P到平面CDF的距离即为P到平面CDGF的距离，记为d，则直线PC与平面CDF所成角的正弦值为\frac{d}{PC}.利用V_{P-CDGF}=V_{D-PGF}+V_{F-PCD}得到关于d的方程.因为PA\perp 平面ABCD，CD,AD\subset 平面ABCD，所以PA\perp CD,PA\perp AD，又四边形ABCD是正方形，所以AD\perp CD，又PA\cap AD=A，PA,AD\subset 平面PAD，所以CD\perp 平面PAD，由PD\subset 平面PAD，得CD\perp PD，因为CD=4,PD=4\sqrt{2}，所以S_{\triangle PCD}=\frac{1}{2}CD\cdot PD=8\sqrt{2}，易得A到平面PCD的距离为2\sqrt{2}，且是G到平面PCD的距离的4倍，所以G到平面PCD的距离为\frac{\sqrt{2}}{2}，又FG\parallel CD，所以F到平面PCD的距离为\frac{\sqrt{2}}{2}，所以V_{F-PCD}=\frac{1}{3}\times \frac{\sqrt{2}}{2}\times 8\sqrt{2}=\frac{8}{3}.因为AD\perp AB，AD\perp PA，PA\cap AB=A，所以AD\perp 平面PAB，因为FG=1，PG=1，所以S_{\triangle PGF}=\frac{1}{2}\times 1\times 1=\frac{1}{2},所以V_{D-PGF}=\frac{1}{3}AD\cdot S_{\triangle PGF}=\frac{1}{3}\times 4\times \frac{1}{2}=\frac{2}{3}，故V_{P-CDGF}=\frac{10}{3}.因为GD\subset 平面PAD，CD\perp 平面PAD，所以CD\perp GD，故四边形CDGF为直角梯形，且GD=5，则S_{梯形CDGF}=\frac{1}{2}GD\cdot (FG+CD)=\frac{1}{2}\times 5\times (1+4)=\frac{25}{2}，所以\frac{1}{3}d\cdot S_{梯形CDGF}=\frac{10}{3}，解得d=\frac{4}{5}，又PC=\sqrt{CD^2+PD^2}=4\sqrt{3}，所以直线PC与平面CDF所成角的正弦值为\frac{d}{PC}=\frac{\sqrt{3}}{15}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{3}}{15}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是正方形，PA\perp 底面ABCD，AB=AP=4，PF=\frac{1}{4}PB，DE=\frac{1}{4}DC.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1703664535557107716/img/compression/M_23d136affbe62324d1ce238ed06cbd4f.jpg)
$求直线PC与平面CDF所成角的正弦值．$

Solution:
$由(1)知FG\parallel CD，则平面CDF即为平面CDGF，所以P到平面CDF的距离即为P到平面CDGF的距离，记为d，则直线PC与平面CDF所成角的正弦值为\frac{d}{PC}.利用V_{P-CDGF}=V_{D-PGF}+V_{F-PCD}得到关于d的方程.因为PA\perp 平面ABCD，CD,AD\subset 平面ABCD，所以PA\perp CD,PA\perp AD，又四边形ABCD是正方形，所以AD\perp CD，又PA\cap AD=A，PA,AD\subset 平面PAD，所以CD\perp 平面PAD，由PD\subset 平面PAD，得CD\perp PD，因为CD=4,PD=4\sqrt{2}，所以S_{\triangle PCD}=\frac{1}{2}CD\cdot PD=8\sqrt{2}，易得A到平面PCD的距离为2\sqrt{2}，且是G到平面PCD的距离的4倍，所以G到平面PCD的距离为\frac{\sqrt{2}}{2}，又FG\parallel CD，所以F到平面PCD的距离为\frac{\sqrt{2}}{2}，所以V_{F-PCD}=\frac{1}{3}\times \frac{\sqrt{2}}{2}\times 8\sqrt{2}=\frac{8}{3}.因为AD\perp AB，AD\perp PA，PA\cap AB=A，所以AD\perp 平面PAB，因为FG=1，PG=1，所以S_{\triangle PGF}=\frac{1}{2}\times 1\times 1=\frac{1}{2},所以V_{D-PGF}=\frac{1}{3}AD\cdot S_{\triangle PGF}=\frac{1}{3}\times 4\times \frac{1}{2}=\frac{2}{3}，故V_{P-CDGF}=\frac{10}{3}.因为GD\subset 平面PAD，CD\perp 平面PAD，所以CD\perp GD，故四边形CDGF为直角梯形，且GD=5，则S_{梯形CDGF}=\frac{1}{2}GD\cdot (FG+CD)=\frac{1}{2}\times 5\times (1+4)=\frac{25}{2}，所以\frac{1}{3}d\cdot S_{梯形CDGF}=\frac{10}{3}，解得d=\frac{4}{5}，又PC=\sqrt{CD^2+PD^2}=4\sqrt{3}，所以直线PC与平面CDF所成角的正弦值为\frac{d}{PC}=\frac{\sqrt{3}}{15}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{3}}{15}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在平行四边形ABCD中，AB=4，AD=2，\angle BAD=60^\circ ，E，F分别为AB，BC上的点，且AE=2EB，CF=2FB.$<img_2112>
$若\overrightarrow{DE}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AD}，求x，y的值；$

Solution:
$易得\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AE}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}，故x=\frac{2}{3},y=-1.(3分)$

Final answer: $x=\frac{2}{3}$, $y=-1$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在平行四边形ABCD中，AB=4，AD=2，\angle BAD=60^\circ ，E，F分别为AB，BC上的点，且AE=2EB，CF=2FB.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1703958613225775106/img/compression/M_d9f1d813171f117f973bd8a948d8dc05.jpg)
$若\overrightarrow{DE}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AD}，求x，y的值；$

Solution:
$易得\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AE}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}，故x=\frac{2}{3},y=-1.(3分)$

Final answer: $x=\frac{2}{3}$, $y=-1$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在平行四边形ABCD中，AB=4，AD=2，\angle BAD=60^\circ ，E，F分别为AB，BC上的点，且AE=2EB，CF=2FB.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1703958613225775106/img/compression/M_d9f1d813171f117f973bd8a948d8dc05.jpg)
$求\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DE}的值；$

Solution:
$由(1)可得\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DE}=\overrightarrow{AB}\cdot \left(\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}\right)=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}^2-\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}=\frac{2}{3}\times 16-4\times 2\times \\cos   60^\circ =\frac{20}{3}.(6分)$

Final answer: $\frac{20}{3}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在平行四边形ABCD中，AB=4，AD=2，\angle BAD=60^\circ ，E，F分别为AB，BC上的点，且AE=2EB，CF=2FB.$<img_2112>
$求\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DE}的值；$

Solution:
$由(1)可得\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DE}=\overrightarrow{AB}\cdot \left(\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}\right)=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}^2-\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}=\frac{2}{3}\times 16-4\times 2\times \\cos   60^\circ =\frac{20}{3}.(6分)$

Final answer: $\frac{20}{3}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在平行四边形ABCD中，AB=4，AD=2，\angle BAD=60^\circ ，E，F分别为AB，BC上的点，且AE=2EB，CF=2FB.$<img_2112>
$(3)求\\cos  \angle BEF的值.$

Solution:
$易得\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{BF}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AD},又|\overrightarrow{EB}|=\frac{4}{3}，(8分)\therefore |\overrightarrow{EF}|=\sqrt{\left(\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AD}\right)^2}=\frac{1}{3}\times \sqrt{16+4+2\times 4\times 2\times \frac{1}{2}}=\frac{2\sqrt{7}}{3},\overrightarrow{EB}\cdot \overrightarrow{EF}=\overrightarrow{EB}\cdot \frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{EB}\cdot \frac{1}{3}\overrightarrow{AD}=\frac{16}{9}+\frac{4}{9}=\frac{20}{9},(10分)\therefore \\cos  \angle BEF=\frac{\overrightarrow{EB}\cdot \overrightarrow{EF}}{|\overrightarrow{EB}||\overrightarrow{EF}|}=\frac{\frac{20}{9}}{\frac{4}{3}\times \frac{2\sqrt{7}}{3}}=\frac{5\sqrt{7}}{14}.(12分)$

Final answer: $\frac{5\sqrt{7}}{14}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在平行四边形ABCD中，AB=4，AD=2，\angle BAD=60^\circ ，E，F分别为AB，BC上的点，且AE=2EB，CF=2FB.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1703958613225775106/img/compression/M_d9f1d813171f117f973bd8a948d8dc05.jpg)
$(3)求\\cos  \angle BEF的值.$

Solution:
$易得\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{BF}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AD},又|\overrightarrow{EB}|=\frac{4}{3}，(8分)\therefore |\overrightarrow{EF}|=\sqrt{\left(\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AD}\right)^2}=\frac{1}{3}\times \sqrt{16+4+2\times 4\times 2\times \frac{1}{2}}=\frac{2\sqrt{7}}{3},\overrightarrow{EB}\cdot \overrightarrow{EF}=\overrightarrow{EB}\cdot \frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{EB}\cdot \frac{1}{3}\overrightarrow{AD}=\frac{16}{9}+\frac{4}{9}=\frac{20}{9},(10分)\therefore \\cos  \angle BEF=\frac{\overrightarrow{EB}\cdot \overrightarrow{EF}}{|\overrightarrow{EB}||\overrightarrow{EF}|}=\frac{\frac{20}{9}}{\frac{4}{3}\times \frac{2\sqrt{7}}{3}}=\frac{5\sqrt{7}}{14}.(12分)$

Final answer: $\frac{5\sqrt{7}}{14}$
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Question: $如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径：一种是从A处沿直线步行到C处；另一种是先从A处乘缆车到B处，再从B处沿直线步行到C处.现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min后，乙从A处乘缆车到B处，在B处停留1 min后，再从B处匀速步行到C处.假设缆车的速度为130 m/min，山路AC的长为1 260 m，经测量\\cos   A=\frac{12}{13}，\\cos   C=\frac{3}{5}.$<img_2182>
$乙出发多长时间后，乙在缆车上与甲的距离最短？$

Solution:
$\because \\cos   A=\frac{12}{13}，\\cos   C=\frac{3}{5}，A,C\in (0,\pi ),\therefore \\sin   A=\frac{5}{13}，\\sin   C=\frac{4}{5}，\therefore \\sin   B=\\sin  (A+C)=\\sin   A\\cos   C+\\cos   A\\sin   C=\frac{63}{65}.(2分)由\frac{AB}{\\\sin    C}=\frac{AC}{\\\sin    B}，得AB=\frac{AC\cdot \\\sin    C}{\\\sin    B}=1 040(m)， \therefore 乙在缆车上的时间为\frac{1 040}{130}=8(min).(4分)设乙出发t(0\leq t\leq 8)min后，甲、乙的距离为d m，则d^{2}=(130t)^{2}+[50(2+t)]^{2}-2\times 130t\times 50(2+t)\times \frac{12}{13}=200(37t^{2}-70t+50)，(5分)\therefore 当t=\frac{35}{37}时，d^{2}最小，即d最小，故乙出发\frac{35}{37} min后，乙在缆车上与甲的距离最短.(6分)$

Final answer: $\frac{35}{37}$ min
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径：一种是从A处沿直线步行到C处；另一种是先从A处乘缆车到B处，再从B处沿直线步行到C处.现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min后，乙从A处乘缆车到B处，在B处停留1 min后，再从B处匀速步行到C处.假设缆车的速度为130 m/min，山路AC的长为1 260 m，经测量\\cos   A=\frac{12}{13}，\\cos   C=\frac{3}{5}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1703958613792006146/img/compression/M_ce0f5d547fc98763b45ae281a97f3d79.jpg)
$乙出发多长时间后，乙在缆车上与甲的距离最短？$

Solution:
$\because \\cos   A=\frac{12}{13}，\\cos   C=\frac{3}{5}，A,C\in (0,\pi ),\therefore \\sin   A=\frac{5}{13}，\\sin   C=\frac{4}{5}，\therefore \\sin   B=\\sin  (A+C)=\\sin   A\\cos   C+\\cos   A\\sin   C=\frac{63}{65}.(2分)由\frac{AB}{\\\sin    C}=\frac{AC}{\\\sin    B}，得AB=\frac{AC\cdot \\\sin    C}{\\\sin    B}=1 040(m)， \therefore 乙在缆车上的时间为\frac{1 040}{130}=8(min).(4分)设乙出发t(0\leq t\leq 8)min后，甲、乙的距离为d m，则d^{2}=(130t)^{2}+[50(2+t)]^{2}-2\times 130t\times 50(2+t)\times \frac{12}{13}=200(37t^{2}-70t+50)，(5分)\therefore 当t=\frac{35}{37}时，d^{2}最小，即d最小，故乙出发\frac{35}{37} min后，乙在缆车上与甲的距离最短.(6分)$

Final answer: $\frac{35}{37}$ min
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径：一种是从A处沿直线步行到C处；另一种是先从A处乘缆车到B处，再从B处沿直线步行到C处.现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min后，乙从A处乘缆车到B处，在B处停留1 min后，再从B处匀速步行到C处.假设缆车的速度为130 m/min，山路AC的长为1 260 m，经测量\\cos   A=\frac{12}{13}，\\cos   C=\frac{3}{5}.$<img_2182>
$为使甲、乙在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在什么范围内？$

Solution:
$由\frac{BC}{\\\sin    A}=\frac{AC}{\\\sin    B}，得BC=\frac{AC\\\sin    A}{\\\sin    B}=\frac{1 260\times \frac{5}{13}}{\frac{63}{65}}=500(m).(8分)乙从B处出发时，甲已经走了50\times (2+8+1)=550(m)，还需走1 260-550=710 m才能到达C处，设乙步行的速度为v m/min，则\left|\frac{500}{v}-\frac{710}{50}\right|\leq 3，(10分)解得\frac{1 250}{43}\leq v\leq \frac{625}{14}.\therefore 为使甲、乙在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度(单位：m/min)应控制在\left[\frac{1 250}{43},\frac{625}{14}\right]内.(12分)$

Final answer: $[\frac{1250}{43}, \frac{625}{14}]$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径：一种是从A处沿直线步行到C处；另一种是先从A处乘缆车到B处，再从B处沿直线步行到C处.现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min后，乙从A处乘缆车到B处，在B处停留1 min后，再从B处匀速步行到C处.假设缆车的速度为130 m/min，山路AC的长为1 260 m，经测量\\cos   A=\frac{12}{13}，\\cos   C=\frac{3}{5}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1703958613792006146/img/compression/M_ce0f5d547fc98763b45ae281a97f3d79.jpg)
$为使甲、乙在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在什么范围内？$

Solution:
$由\frac{BC}{\\\sin    A}=\frac{AC}{\\\sin    B}，得BC=\frac{AC\\\sin    A}{\\\sin    B}=\frac{1 260\times \frac{5}{13}}{\frac{63}{65}}=500(m).(8分)乙从B处出发时，甲已经走了50\times (2+8+1)=550(m)，还需走1 260-550=710 m才能到达C处，设乙步行的速度为v m/min，则\left|\frac{500}{v}-\frac{710}{50}\right|\leq 3，(10分)解得\frac{1 250}{43}\leq v\leq \frac{625}{14}.\therefore 为使甲、乙在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度(单位：m/min)应控制在\left[\frac{1 250}{43},\frac{625}{14}\right]内.(12分)$

Final answer: $[\frac{1250}{43}, \frac{625}{14}]$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某企业欲做一个介绍企业发展史的铭牌，铭牌的截面形状是如图所示的扇形环面(由扇形OAD挖去扇形OBC后构成).已知OA=2 m,OB=x m(0$<img_1903>
$求\theta 关于x的函数解析式;$

Solution:
$根据题意，可得l_{\overset{\LARGE{\frown}}{BC}} =x\theta  m，l_{\overset{\LARGE{\frown}}{AD}} =2\theta  m.因为BA+CD+l_{\overset{\LARGE{\frown}}{BC}} +l_{\overset{\LARGE{\frown}}{AD}} =6 m，所以(2-x)+(2-x)+x\theta +2\theta =6,所以\theta =\frac{2x+2}{x+2}(0<x<2).$

Final answer: $\theta = \frac{2x+2}{x+2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某企业欲做一个介绍企业发展史的铭牌，铭牌的截面形状是如图所示的扇形环面(由扇形OAD挖去扇形OBC后构成).已知OA=2 m,OB=x m(0$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021014416183297/img/compression/M_90830957214137ee2823e4d8886f7470.jpg)
$求\theta 关于x的函数解析式;$

Solution:
$根据题意，可得l_{\overset{\LARGE{\frown}}{BC}} =x\theta  m，l_{\overset{\LARGE{\frown}}{AD}} =2\theta  m.因为BA+CD+l_{\overset{\LARGE{\frown}}{BC}} +l_{\overset{\LARGE{\frown}}{AD}} =6 m，所以(2-x)+(2-x)+x\theta +2\theta =6,所以\theta =\frac{2x+2}{x+2}(0<x<2).$

Final answer: $\theta = \frac{2x+2}{x+2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某企业欲做一个介绍企业发展史的铭牌，铭牌的截面形状是如图所示的扇形环面(由扇形OAD挖去扇形OBC后构成).已知OA=2 m,OB=x m(0$<img_1903>
$记铭牌的截面面积为y m^{2}，试问x取何值时，y的值最大？并求出最大值.$

Solution:
$根据题意，可知y=S_{扇形OAD}-S_{扇形OBC}=\frac{1}{2}\theta \times 2^{2}-\frac{1}{2}\theta x^{2}(0＜x＜2)，所以y=-x^{2}+x+2=-\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{9}{4}(0＜x＜2).所以当x=\frac{1}{2}时，y_{max}=\frac{9}{4}.因此，当x=\frac{1}{2}时，y的值最大，且最大值为\frac{9}{4} .$

Final answer: $\frac{1}{2}$, $\frac{9}{4}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某企业欲做一个介绍企业发展史的铭牌，铭牌的截面形状是如图所示的扇形环面(由扇形OAD挖去扇形OBC后构成).已知OA=2 m,OB=x m(0$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021014416183297/img/compression/M_90830957214137ee2823e4d8886f7470.jpg)
$记铭牌的截面面积为y m^{2}，试问x取何值时，y的值最大？并求出最大值.$

Solution:
$根据题意，可知y=S_{扇形OAD}-S_{扇形OBC}=\frac{1}{2}\theta \times 2^{2}-\frac{1}{2}\theta x^{2}(0＜x＜2)，所以y=-x^{2}+x+2=-\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{9}{4}(0＜x＜2).所以当x=\frac{1}{2}时，y_{max}=\frac{9}{4}.因此，当x=\frac{1}{2}时，y的值最大，且最大值为\frac{9}{4} .$

Final answer: $\frac{1}{2}$, $\frac{9}{4}$