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


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AC=AB=AA_{1}，\angle CAB=90^\circ ，M是B_{1}C_{1}的中点，N是AC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094399700115457/img/compression/M_c322e081ae7cdc690532344a74b47e57.jpg)
$(2)求直线A_{1}B与平面BCC_{1}B_{1}所成角的大小.$

Solution:
$连接A_{1}M，BM，因为A_{1}B_{1}=A_{1}C_{1}，M是B_{1}C_{1}的中点，所以A_{1}M\perp B_{1}C_{1}.又因为平面A_{1}B_{1}C_{1}\perp 平面BCC_{1}B_{1}，A_{1}M\subset 平面A_{1}B_{1}C_{1}，平面A_{1}B_{1}C_{1}\cap 平面BCC_{1}B_{1}=B_{1}C_{1}，所以A_{1}M\perp 平面BCC_{1}B_{1}，所以直线BM为A_{1}B在平面BCC_{1}B_{1}内的射影，所以\angle A_{1}BM为直线A_{1}B与平面BCC_{1}B_{1}所成的角.设AB=2，则A_{1}M=\sqrt{2}，A_{1}B=2\sqrt{2}，所以\\sin  \angle A_{1}BM=\frac{A_1M}{A_1B}=\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{2}，所以\angle A_{1}BM=30^\circ ，所以直线A_{1}B与平面BCC_{1}B_{1}所成角的大小为30^\circ .$

Final answer: $30^\circ $
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AC=AB=AA_{1}，\angle CAB=90^\circ ，M是B_{1}C_{1}的中点，N是AC的中点.$<img_2190>
$(2)求直线A_{1}B与平面BCC_{1}B_{1}所成角的大小.$

Solution:
$连接A_{1}M，BM，因为A_{1}B_{1}=A_{1}C_{1}，M是B_{1}C_{1}的中点，所以A_{1}M\perp B_{1}C_{1}.又因为平面A_{1}B_{1}C_{1}\perp 平面BCC_{1}B_{1}，A_{1}M\subset 平面A_{1}B_{1}C_{1}，平面A_{1}B_{1}C_{1}\cap 平面BCC_{1}B_{1}=B_{1}C_{1}，所以A_{1}M\perp 平面BCC_{1}B_{1}，所以直线BM为A_{1}B在平面BCC_{1}B_{1}内的射影，所以\angle A_{1}BM为直线A_{1}B与平面BCC_{1}B_{1}所成的角.设AB=2，则A_{1}M=\sqrt{2}，A_{1}B=2\sqrt{2}，所以\\sin  \angle A_{1}BM=\frac{A_1M}{A_1B}=\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{2}，所以\angle A_{1}BM=30^\circ ，所以直线A_{1}B与平面BCC_{1}B_{1}所成角的大小为30^\circ .$

Final answer: $30^\circ $
Subfield: Solid Geometry


Question: $在六面体ABCDFE中，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形ABEF是梯形，AF\parallel BE，平面ABCD\perp 平面ABEF，BE=2AF=2，EF=\sqrt{3}.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094406767517697/img/compression/M_b0488544103ab26add08fb974ff15cf9.jpg)
$(1)证明：AC\parallel 平面DEF；$

Solution:
$证明：连接BD，交AC于点O，取DE的中点M，连接FM,OM，因为四边形ABCD是正方形，所以O是BD的中点，所以OM是\triangle DBE的中位线，所以OM\parallel BE，OM=\frac{1}{2}BE,又AF\parallel BE，AF=\frac{1}{2}BE，所以AF\parallel OM，AF=OM，所以四边形AOMF是平行四边形，所以AO\parallel FM,即AC\parallel FM，又FM\subset 平面DEF，AC\not\subset 平面DEF，所以AC\parallel 平面DEF.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $在六面体ABCDFE中，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形ABEF是梯形，AF\parallel BE，平面ABCD\perp 平面ABEF，BE=2AF=2，EF=\sqrt{3}.
$<img_2076>
$(1)证明：AC\parallel 平面DEF；$

Solution:
$证明：连接BD，交AC于点O，取DE的中点M，连接FM,OM，因为四边形ABCD是正方形，所以O是BD的中点，所以OM是\triangle DBE的中位线，所以OM\parallel BE，OM=\frac{1}{2}BE,又AF\parallel BE，AF=\frac{1}{2}BE，所以AF\parallel OM，AF=OM，所以四边形AOMF是平行四边形，所以AO\parallel FM,即AC\parallel FM，又FM\subset 平面DEF，AC\not\subset 平面DEF，所以AC\parallel 平面DEF.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在六面体ABCDFE中，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形ABEF是梯形，AF\parallel BE，平面ABCD\perp 平面ABEF，BE=2AF=2，EF=\sqrt{3}.
$<img_2076>
$(2)求直线AD与平面ECD所成角的正弦值.$

Solution:
$过点A作AG\parallel FE交BE于点G.又AF\parallel GE，所以四边形AGEF为平行四边形，所以AG=FE=\sqrt{3}，GE=AF=1,所以BG=BE-EG=1,又因为AB=2,所以AB^{2}=AG^{2}+BG^{2},所以\angle AGB=90^\circ ,\angle GAB=30^\circ ,\angle ABG=60^\circ .过点A作AB的垂线，交EF于点H.因为平面ABCD\perp 平面ABEF，平面ABCD\cap 平面ABEF=AB，所以AH\perp 平面ABCD，又四边形ABCD是正方形，所以AB,AD,AH两两互相垂直.以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，$<img_3041>$则A(0,0,0),D(2,0,0),C(2,2,0),E(0,1,\sqrt{3}),所以\overrightarrow{DC}=(0,2,0),\overrightarrow{DE}=(-2,1,\sqrt{3}),\overrightarrow{AD}=(2,0,0),设平面ECD的一个法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DC}=2y=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DE}=-2x+y+\sqrt{3}z=0,\end{matrix}\right.令x=\sqrt{3}，则y=0,z=2，所以n=(\sqrt{3},0,2).设直线AD与平面ECD所成的角为\theta ，则\\sin   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{AD},n\rangle |=\frac{|\overrightarrow{AD} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{AD}||\boldsymbol{n}|}=\frac{2\sqrt{3}}{2 \times \sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{7}，所以直线AD与平面ECD所成角的正弦值为\frac{\sqrt{21}}{7}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{21}}{7}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在六面体ABCDFE中，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形ABEF是梯形，AF\parallel BE，平面ABCD\perp 平面ABEF，BE=2AF=2，EF=\sqrt{3}.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094406767517697/img/compression/M_b0488544103ab26add08fb974ff15cf9.jpg)
$(2)求直线AD与平面ECD所成角的正弦值.$

Solution:
$过点A作AG\parallel FE交BE于点G.又AF\parallel GE，所以四边形AGEF为平行四边形，所以AG=FE=\sqrt{3}，GE=AF=1,所以BG=BE-EG=1,又因为AB=2,所以AB^{2}=AG^{2}+BG^{2},所以\angle AGB=90^\circ ,\angle GAB=30^\circ ,\angle ABG=60^\circ .过点A作AB的垂线，交EF于点H.因为平面ABCD\perp 平面ABEF，平面ABCD\cap 平面ABEF=AB，所以AH\perp 平面ABCD，又四边形ABCD是正方形，所以AB,AD,AH两两互相垂直.以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094406767517697/img/compression/M_d5fc08c21739ec21b8f3463fdf156c13.jpg)$则A(0,0,0),D(2,0,0),C(2,2,0),E(0,1,\sqrt{3}),所以\overrightarrow{DC}=(0,2,0),\overrightarrow{DE}=(-2,1,\sqrt{3}),\overrightarrow{AD}=(2,0,0),设平面ECD的一个法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DC}=2y=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DE}=-2x+y+\sqrt{3}z=0,\end{matrix}\right.令x=\sqrt{3}，则y=0,z=2，所以n=(\sqrt{3},0,2).设直线AD与平面ECD所成的角为\theta ，则\\sin   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{AD},n\rangle |=\frac{|\overrightarrow{AD} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{AD}||\boldsymbol{n}|}=\frac{2\sqrt{3}}{2 \times \sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{7}，所以直线AD与平面ECD所成角的正弦值为\frac{\sqrt{21}}{7}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{21}}{7}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，侧棱PA\perp 底面ABCD，AD\parallel BC，\angle ABC=90^\circ ，AD=1，PA=AB=BC=2，M是棱PB的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094407526686722/img/compression/M_5ec8002cbce5e727df179b13d1aa757c.jpg)
$(1)已知点E在棱BC上，且平面AME\parallel 平面PCD，试确定点E的位置,并说明理由；$

Solution:
$E是BC的中点，理由如下：\because 平面AME\parallel 平面PCD，平面ABCD\cap 平面AME=AE,平面ABCD\cap 平面PCD=CD，\therefore AE\parallel CD，又\because AD\parallel EC，\therefore 四边形ADCE是平行四边形,\therefore EC=AD=1，又\because BC=2，\therefore BE=EC，即E是BC的中点.$

Final answer: $E是BC的中点$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，侧棱PA\perp 底面ABCD，AD\parallel BC，\angle ABC=90^\circ ，AD=1，PA=AB=BC=2，M是棱PB的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094407526686722/img/compression/M_5ec8002cbce5e727df179b13d1aa757c.jpg)
$(2)设N是线段CD上的动点，当点N在何处时，直线MN与平面PAB所成的角最大？并求出最大角的正弦值.$

Solution:
$由题意知PA，AB，AD两两互相垂直.以A为原点，AD，AB，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094407782539266/img/compression/M_2915658f5aa8124d755e4b8ea726d8ed.jpg)$则A(0,0,0),C(2,2,0),D(1,0,0),M(0,1,1)，\therefore \overrightarrow{MA}=(0，-1，-1)，\overrightarrow{AD}=(1，0，0)，\overrightarrow{DC}=(1，2，0).设直线MN与平面PAB所成的角为\theta ，\overrightarrow{DN}=\lambda \overrightarrow{DC}(0\leq \lambda \leq 1),则\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DN}=(\lambda +1,2\lambda -1,-1).易知n=(1,0,0)为平面PAB的一个法向量,则\\sin   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{MN},n\rangle |=\frac{\lambda +1}{\sqrt{(\lambda +1)^2+(2\lambda -1)^2+1}}=\sqrt{\frac{(\lambda +1)^2}{5\lambda ^2-2\lambda +3}}.令\lambda +1=t，则t\in [1,2],\frac{(\lambda +1)^2}{5\lambda ^2-2\lambda +3}=\frac{t^2}{5t^2-12t+10}=\frac{1}{10\left(\frac{1}{t}-\frac{3}{5}\right)^2+\frac{7}{5}},\therefore 当t=\frac{5}{3},即\lambda =\frac{2}{3}时，\\sin   \theta 取得最大值，为\frac{\sqrt{35}}{7},\therefore 当N是线段DC上靠近C的三等分点时，直线MN与平面PAB所成的角最大，最大角的正弦值为\frac{\sqrt{35}}{7}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{35}}{7}.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，侧棱PA\perp 底面ABCD，AD\parallel BC，\angle ABC=90^\circ ，AD=1，PA=AB=BC=2，M是棱PB的中点.$<img_2246>
$(2)设N是线段CD上的动点，当点N在何处时，直线MN与平面PAB所成的角最大？并求出最大角的正弦值.$

Solution:
$由题意知PA，AB，AD两两互相垂直.以A为原点，AD，AB，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,$<img_1999>$则A(0,0,0),C(2,2,0),D(1,0,0),M(0,1,1)，\therefore \overrightarrow{MA}=(0，-1，-1)，\overrightarrow{AD}=(1，0，0)，\overrightarrow{DC}=(1，2，0).设直线MN与平面PAB所成的角为\theta ，\overrightarrow{DN}=\lambda \overrightarrow{DC}(0\leq \lambda \leq 1),则\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DN}=(\lambda +1,2\lambda -1,-1).易知n=(1,0,0)为平面PAB的一个法向量,则\\sin   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{MN},n\rangle |=\frac{\lambda +1}{\sqrt{(\lambda +1)^2+(2\lambda -1)^2+1}}=\sqrt{\frac{(\lambda +1)^2}{5\lambda ^2-2\lambda +3}}.令\lambda +1=t，则t\in [1,2],\frac{(\lambda +1)^2}{5\lambda ^2-2\lambda +3}=\frac{t^2}{5t^2-12t+10}=\frac{1}{10\left(\frac{1}{t}-\frac{3}{5}\right)^2+\frac{7}{5}},\therefore 当t=\frac{5}{3},即\lambda =\frac{2}{3}时，\\sin   \theta 取得最大值，为\frac{\sqrt{35}}{7},\therefore 当N是线段DC上靠近C的三等分点时，直线MN与平面PAB所成的角最大，最大角的正弦值为\frac{\sqrt{35}}{7}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{35}}{7}.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P-ABCD中，PD\perp 底面ABCD，底面ABCD为矩形，AB=4，BC=2，PD=2\sqrt{3}，M为PB的中点，N为CD上靠近点D的四等分点.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094419200552961/img/compression/M_a753671fb6fa24d8c603497d14fe21cf.jpg)
$(1)证明：PB\perp 平面AMN；$

Solution:
$因为四边形ABCD为矩形，所以AD\perp DC.因为PD\perp 底面ABCD，所以PD\perp AD,PD\perp DC，所以PD,AD,CD两两互相垂直.以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094418802094082/img/compression/M_6f4ab1bdfe18ca78834b96ea922a892f.jpg)$则P(0,0,2\sqrt{3}),B(2,4,0),A(2,0,0),M(1,2,\sqrt{3})，N(0,1,0)，D(0，0，0).证明：易得\overrightarrow{AN}=(-2，1，0)，\overrightarrow{AM}=(-1，2，\sqrt{3})，\overrightarrow{PB}=(2,4,-2\sqrt{3}).设平面AMN的一个法向量为n=(x，y，z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AN}=-2x+y=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AM}=-x+2y+\sqrt{3}z=0,\end{matrix}\right.取x=1，则y=2，z=-\sqrt{3}，所以n=(1，2，-\sqrt{3}).因为\overrightarrow{PB}=2n=(2,4,-2\sqrt{3})，所以n\parallel \overrightarrow{PB}，所以PB\perp 平面AMN.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P-ABCD中，PD\perp 底面ABCD，底面ABCD为矩形，AB=4，BC=2，PD=2\sqrt{3}，M为PB的中点，N为CD上靠近点D的四等分点.
$<img_2661>
$(1)证明：PB\perp 平面AMN；$

Solution:
$因为四边形ABCD为矩形，所以AD\perp DC.因为PD\perp 底面ABCD，所以PD\perp AD,PD\perp DC，所以PD,AD,CD两两互相垂直.以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，$<img_2562>$则P(0,0,2\sqrt{3}),B(2,4,0),A(2,0,0),M(1,2,\sqrt{3})，N(0,1,0)，D(0，0，0).证明：易得\overrightarrow{AN}=(-2，1，0)，\overrightarrow{AM}=(-1，2，\sqrt{3})，\overrightarrow{PB}=(2,4,-2\sqrt{3}).设平面AMN的一个法向量为n=(x，y，z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AN}=-2x+y=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AM}=-x+2y+\sqrt{3}z=0,\end{matrix}\right.取x=1，则y=2，z=-\sqrt{3}，所以n=(1，2，-\sqrt{3}).因为\overrightarrow{PB}=2n=(2,4,-2\sqrt{3})，所以n\parallel \overrightarrow{PB}，所以PB\perp 平面AMN.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P-ABCD中，PD\perp 底面ABCD，底面ABCD为矩形，AB=4，BC=2，PD=2\sqrt{3}，M为PB的中点，N为CD上靠近点D的四等分点.
$<img_2661>
$(2)求二面角M-AN-B的余弦值.$

Solution:
$因为PD\perp 平面ABCD，所以\overrightarrow{PD}=(0，0，-2\sqrt{3})为平面ANB的一个法向量.由(1)知，平面AMN的一个法向量为n=(1，2，-\sqrt{3})，所以\\cos  \langle \overrightarrow{PD},n\rangle =\frac{6}{2\sqrt{2} \times 2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{4}.由图知，二面角M-AN-B为锐二面角，所以二面角M-AN-B的余弦值为\frac{\sqrt{6}}{4}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{6}}{4}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P-ABCD中，PD\perp 底面ABCD，底面ABCD为矩形，AB=4，BC=2，PD=2\sqrt{3}，M为PB的中点，N为CD上靠近点D的四等分点.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094419200552961/img/compression/M_a753671fb6fa24d8c603497d14fe21cf.jpg)
$(2)求二面角M-AN-B的余弦值.$

Solution:
$因为PD\perp 平面ABCD，所以\overrightarrow{PD}=(0，0，-2\sqrt{3})为平面ANB的一个法向量.由(1)知，平面AMN的一个法向量为n=(1，2，-\sqrt{3})，所以\\cos  \langle \overrightarrow{PD},n\rangle =\frac{6}{2\sqrt{2} \times 2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{4}.由图知，二面角M-AN-B为锐二面角，所以二面角M-AN-B的余弦值为\frac{\sqrt{6}}{4}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{6}}{4}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB=\sqrt{2},AD=2,E为BC的中点，PA\perp BC,BD\perp PE.
$<img_2820>
$(1)证明：PA\perp 平面ABCD；$

Solution:
$证明：根据题意，得\\tan  \angle BAE=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}，\\tan  \angle CBD=\frac{\sqrt{2}}{2}，所以\angle BAE=\angle CBD,因为\angle BAE+\angle AEB=90^\circ ，所以\angle CBD+\angle AEB=90^\circ ，所以AE\perp BD.又BD\perp PE,PE\cap AE=E,PE,AE\subset 平面PAE，所以BD\perp 平面PAE，又PA\subset 平面PAE，所以BD\perp PA.又PA\perp BC,BD\cap BC=B,BD,BC\subset 平面ABCD，所以PA\perp 平面ABCD.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB=\sqrt{2},AD=2,E为BC的中点，PA\perp BC,BD\perp PE.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094425785610242/img/compression/M_d9035521bfdebd495d02ce2e42ed999c.jpg)
$(1)证明：PA\perp 平面ABCD；$

Solution:
$证明：根据题意，得\\tan  \angle BAE=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}，\\tan  \angle CBD=\frac{\sqrt{2}}{2}，所以\angle BAE=\angle CBD,因为\angle BAE+\angle AEB=90^\circ ，所以\angle CBD+\angle AEB=90^\circ ，所以AE\perp BD.又BD\perp PE,PE\cap AE=E,PE,AE\subset 平面PAE，所以BD\perp 平面PAE，又PA\subset 平面PAE，所以BD\perp PA.又PA\perp BC,BD\cap BC=B,BD,BC\subset 平面ABCD，所以PA\perp 平面ABCD.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB=\sqrt{2},AD=2,E为BC的中点，PA\perp BC,BD\perp PE.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094425785610242/img/compression/M_d9035521bfdebd495d02ce2e42ed999c.jpg)
$(2)若直线PC与平面PAD所成的角为30^\circ ，求二面角A-PE-D的余弦值.$

Solution:
$因为PA\perp 平面ABCD，CD\subset 平面ABCD，所以PA\perp CD，又CD\perp AD,PA\cap AD=A,PA,AD\subset 平面PAD，所以CD\perp 平面PAD，又PD\subset 平面PAD，所以CD\perp PD,所以\angle CPD为直线PC与平面PAD所成的角，即\angle CPD=30^\circ .在Rt\triangle CPD中，CD=\sqrt{2}，\angle CPD=30^\circ ，所以PD=\sqrt{6}，又PA\perp AD，所以PA=\sqrt{{(\sqrt{6})}^2-2^2}=\sqrt{2}.以A为坐标原点，\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AP}的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094425785610242/img/compression/M_d1fd4e1a803acdf4da6362d8d6d2651f.jpg)$则B(\sqrt{2},0,0),D(0,2,0),E(\sqrt{2},1,0),P(0,0,\sqrt{2}),所以\overrightarrow{DP}=(0,-2,\sqrt{2}),\overrightarrow{DE}=(\sqrt{2},-1,0)，\overrightarrow{BD}=(-\sqrt{2},2,0).设平面PDE的一个法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{DP} \cdot \boldsymbol{n}=-2y+\sqrt{2}z=0,\\ \overrightarrow{DE} \cdot \boldsymbol{n}=\sqrt{2}x-y=0,\end{matrix}\right.取x=1，则y=\sqrt{2},z=2，所以n=(1,\sqrt{2},2).易知平面PAE的一个法向量为\overrightarrow{BD}=(-\sqrt{2},2,0),所以\\cos  \langle n，\overrightarrow{BD}\rangle =\frac{\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{BD}}{|\boldsymbol{n}| \cdot |\overrightarrow{BD}|}=\frac{-\sqrt{2}+2\sqrt{2}}{\sqrt{7} \times \sqrt{6}}=\frac{\sqrt{21}}{21}.由图可知,二面角A-PE-D为锐二面角，所以二面角A-PE-D的余弦值为\frac{\sqrt{21}}{21}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{21}}{21}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB=\sqrt{2},AD=2,E为BC的中点，PA\perp BC,BD\perp PE.
$<img_2820>
$(2)若直线PC与平面PAD所成的角为30^\circ ，求二面角A-PE-D的余弦值.$

Solution:
$因为PA\perp 平面ABCD，CD\subset 平面ABCD，所以PA\perp CD，又CD\perp AD,PA\cap AD=A,PA,AD\subset 平面PAD，所以CD\perp 平面PAD，又PD\subset 平面PAD，所以CD\perp PD,所以\angle CPD为直线PC与平面PAD所成的角，即\angle CPD=30^\circ .在Rt\triangle CPD中，CD=\sqrt{2}，\angle CPD=30^\circ ，所以PD=\sqrt{6}，又PA\perp AD，所以PA=\sqrt{{(\sqrt{6})}^2-2^2}=\sqrt{2}.以A为坐标原点，\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AP}的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，$<img_3077>$则B(\sqrt{2},0,0),D(0,2,0),E(\sqrt{2},1,0),P(0,0,\sqrt{2}),所以\overrightarrow{DP}=(0,-2,\sqrt{2}),\overrightarrow{DE}=(\sqrt{2},-1,0)，\overrightarrow{BD}=(-\sqrt{2},2,0).设平面PDE的一个法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{DP} \cdot \boldsymbol{n}=-2y+\sqrt{2}z=0,\\ \overrightarrow{DE} \cdot \boldsymbol{n}=\sqrt{2}x-y=0,\end{matrix}\right.取x=1，则y=\sqrt{2},z=2，所以n=(1,\sqrt{2},2).易知平面PAE的一个法向量为\overrightarrow{BD}=(-\sqrt{2},2,0),所以\\cos  \langle n，\overrightarrow{BD}\rangle =\frac{\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{BD}}{|\boldsymbol{n}| \cdot |\overrightarrow{BD}|}=\frac{-\sqrt{2}+2\sqrt{2}}{\sqrt{7} \times \sqrt{6}}=\frac{\sqrt{21}}{21}.由图可知,二面角A-PE-D为锐二面角，所以二面角A-PE-D的余弦值为\frac{\sqrt{21}}{21}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{21}}{21}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图甲所示，BO是梯形ABCD的高，\angle BAD=45^\circ ，OB=BC=1，OD=3OA，将三角形AOB沿OB折起至三角形POB的位置，使得PC=\sqrt{3}，得到如图乙所示的四棱锥P-OBCD.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094427467526146/img/compression/M_669c769da9654d6a03ecbecc5c562515.jpg)![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094427467526146/img/compression/M_33ac05c2535a6772669d94b3988d3dd7.jpg)
$(1)在棱PD上是否存在一点F，使得CF\parallel 平面POB？若存在，求出PF的值；若不存在，请说明理由;$

Solution:
$存在点F，使得CF\parallel 平面POB.连接OC，依题意知PC=\sqrt{3}，OC=\sqrt{2}，OP=1，OD=3,所以OC^{2}+OP^{2}=PC^{2}，所以OP\perp OC.因为OP\perp OB，OC\subset 平面OBCD，OB\subset 平面OBCD，OC\cap OB=O，所以OP\perp 平面OBCD，又OD\subset 平面OBCD，所以OP\perp OD，所以PD=\sqrt{1+9}=\sqrt{10}.过点C作CG\parallel OB交OD于点G，作GF\parallel OP交PD于点F，连接CF，如图，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094428109254657/img/compression/M_230e5f0f1609f3f39c50f54e209b3246.jpg)$易知OG=1，所以OG=\frac{1}{3}OD.因为GF\parallel OP，所以PF=\frac{1}{3}PD=\frac{\sqrt{10}}{3}.因为CG\parallel OB，OB\subset 平面POB，CG\not\subset 平面POB，所以CG\parallel 平面POB.因为FG\parallel OP，OP\subset 平面POB，FG\not\subset 平面POB，所以FG\parallel 平面POB.又FG,CG\subset 平面CFG，FG\cap CG=G，所以平面CFG\parallel 平面POB,而CF\subset 平面CFG,所以CF\parallel 平面POB.故存在点F，使得CF\parallel 平面POB，此时PF=\frac{\sqrt{10}}{3}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{10}}{3}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图甲所示，BO是梯形ABCD的高，\angle BAD=45^\circ ，OB=BC=1，OD=3OA，将三角形AOB沿OB折起至三角形POB的位置，使得PC=\sqrt{3}，得到如图乙所示的四棱锥P-OBCD.
$<img_2477><img_2553>
$(1)在棱PD上是否存在一点F，使得CF\parallel 平面POB？若存在，求出PF的值；若不存在，请说明理由;$

Solution:
$存在点F，使得CF\parallel 平面POB.连接OC，依题意知PC=\sqrt{3}，OC=\sqrt{2}，OP=1，OD=3,所以OC^{2}+OP^{2}=PC^{2}，所以OP\perp OC.因为OP\perp OB，OC\subset 平面OBCD，OB\subset 平面OBCD，OC\cap OB=O，所以OP\perp 平面OBCD，又OD\subset 平面OBCD，所以OP\perp OD，所以PD=\sqrt{1+9}=\sqrt{10}.过点C作CG\parallel OB交OD于点G，作GF\parallel OP交PD于点F，连接CF，如图，$<img_1606>$易知OG=1，所以OG=\frac{1}{3}OD.因为GF\parallel OP，所以PF=\frac{1}{3}PD=\frac{\sqrt{10}}{3}.因为CG\parallel OB，OB\subset 平面POB，CG\not\subset 平面POB，所以CG\parallel 平面POB.因为FG\parallel OP，OP\subset 平面POB，FG\not\subset 平面POB，所以FG\parallel 平面POB.又FG,CG\subset 平面CFG，FG\cap CG=G，所以平面CFG\parallel 平面POB,而CF\subset 平面CFG,所以CF\parallel 平面POB.故存在点F，使得CF\parallel 平面POB，此时PF=\frac{\sqrt{10}}{3}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{10}}{3}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图甲所示，BO是梯形ABCD的高，\angle BAD=45^\circ ，OB=BC=1，OD=3OA，将三角形AOB沿OB折起至三角形POB的位置，使得PC=\sqrt{3}，得到如图乙所示的四棱锥P-OBCD.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094427467526146/img/compression/M_669c769da9654d6a03ecbecc5c562515.jpg)![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094427467526146/img/compression/M_33ac05c2535a6772669d94b3988d3dd7.jpg)
$(2)若E是线段PB上的一个动点，当直线CE与DP所成的角最小时，求二面角B-CE-D的余弦值.$

Solution:
$以O为坐标原点，OB，OD，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094429313019906/img/compression/M_e6ea10f3d61f3bc183b942449ed3c4ab.jpg)$则C(1,1,0)，D(0,3,0)，P(0,0,1)，B(1,0,0)，所以\overrightarrow{PB}=(1，0，-1)，\overrightarrow{DP}=(0,-3,1).设\overrightarrow{PE}=\lambda \overrightarrow{PB}(0\leq \lambda \leq 1)，E(x,y,z)，则(x,y,z-1)=\lambda (1,0,-1)，所以E(\lambda ,0,1-\lambda )，\overrightarrow{CE}=(\lambda -1,-1,1-\lambda ).设直线CE与DP所成的角为\theta ,则\\cos   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{CE},\overrightarrow{DP}\rangle |=\frac{|4-\lambda |}{\sqrt{10} \times \sqrt{2\lambda ^2-4\lambda +3}}=\frac{4-\lambda }{\sqrt{10} \times \sqrt{2\lambda ^2-4\lambda +3}}(0\leq \lambda \leq 1).令t=4-\lambda ，则\lambda =4-t(3\leq t\leq 4)，\\cos   \theta =\frac{t}{\sqrt{10} \times \sqrt{2t^2-12t+19}}=\frac{1}{\sqrt{10} \times \sqrt{19\left(\frac{1}{t}\right)^2-\frac{12}{t}+2}}.令a=\frac{1}{t}，则\frac{1}{4}\leq a\leq \frac{1}{3}，\\cos   \theta =\frac{1}{\sqrt{10} \times \sqrt{19a^2-12a+2}}=\frac{1}{\sqrt{10} \times \sqrt{19\left ( a-\frac{6}{19}  \right )^{2}  +\frac{2}{19} }}，所以当a=\frac{6}{19}时，\\cos   \theta 取得最大值，此时直线CE与DP所成的角最小，\lambda =\frac{5}{6}，所以E\left(\frac{5}{6},0,\frac{1}{6}\right).因为C(1,1,0)，D(0,3,0)，B(1,0,0),所以\overrightarrow{BC}=(0,1,0)，\overrightarrow{CE}=\left(-\frac{1}{6},-1,\frac{1}{6}\right)，\overrightarrow{CD}=(-1,2,0).设平面BCE的一个法向量为n_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1}),则\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{BC} \cdot \boldsymbol{n}_1=0,\\ \overrightarrow{CE} \cdot \boldsymbol{n}_1=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}y_1=0,\\ -\frac{1}{6}x_1-y_1+\frac{1}{6}z_1=0,\end{matrix}\right.取x_{1}=1，可得平面BCE的一个法向量为n_{1}=(1,0,1).设平面CED的一个法向量为n_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2}),则\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{CD} \cdot \boldsymbol{n}_2=0,\\ \overrightarrow{CE} \cdot \boldsymbol{n}_2=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}-x_2+2y_2=0,\\ -\frac{1}{6}x_2-y_2+\frac{1}{6}z_2=0,\end{matrix}\right.取x_{2}=2,可得平面CED的一个法向量为n_{2}=(2,1,8).所以\\cos  \langle n_{1},n_{2}\rangle =\frac{\boldsymbol{n}_1 \cdot \boldsymbol{n}_2}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|}=\frac{5\sqrt{138}}{69}.由图可知，二面角B-CE-D为钝二面角，则其余弦值为-\frac{5\sqrt{138}}{69}.$

Final answer: $-\frac{5\sqrt{138}}{69}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图甲所示，BO是梯形ABCD的高，\angle BAD=45^\circ ，OB=BC=1，OD=3OA，将三角形AOB沿OB折起至三角形POB的位置，使得PC=\sqrt{3}，得到如图乙所示的四棱锥P-OBCD.
$<img_2477><img_2553>
$(2)若E是线段PB上的一个动点，当直线CE与DP所成的角最小时，求二面角B-CE-D的余弦值.$

Solution:
$以O为坐标原点，OB，OD，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，$<img_2824>$则C(1,1,0)，D(0,3,0)，P(0,0,1)，B(1,0,0)，所以\overrightarrow{PB}=(1，0，-1)，\overrightarrow{DP}=(0,-3,1).设\overrightarrow{PE}=\lambda \overrightarrow{PB}(0\leq \lambda \leq 1)，E(x,y,z)，则(x,y,z-1)=\lambda (1,0,-1)，所以E(\lambda ,0,1-\lambda )，\overrightarrow{CE}=(\lambda -1,-1,1-\lambda ).设直线CE与DP所成的角为\theta ,则\\cos   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{CE},\overrightarrow{DP}\rangle |=\frac{|4-\lambda |}{\sqrt{10} \times \sqrt{2\lambda ^2-4\lambda +3}}=\frac{4-\lambda }{\sqrt{10} \times \sqrt{2\lambda ^2-4\lambda +3}}(0\leq \lambda \leq 1).令t=4-\lambda ，则\lambda =4-t(3\leq t\leq 4)，\\cos   \theta =\frac{t}{\sqrt{10} \times \sqrt{2t^2-12t+19}}=\frac{1}{\sqrt{10} \times \sqrt{19\left(\frac{1}{t}\right)^2-\frac{12}{t}+2}}.令a=\frac{1}{t}，则\frac{1}{4}\leq a\leq \frac{1}{3}，\\cos   \theta =\frac{1}{\sqrt{10} \times \sqrt{19a^2-12a+2}}=\frac{1}{\sqrt{10} \times \sqrt{19\left ( a-\frac{6}{19}  \right )^{2}  +\frac{2}{19} }}，所以当a=\frac{6}{19}时，\\cos   \theta 取得最大值，此时直线CE与DP所成的角最小，\lambda =\frac{5}{6}，所以E\left(\frac{5}{6},0,\frac{1}{6}\right).因为C(1,1,0)，D(0,3,0)，B(1,0,0),所以\overrightarrow{BC}=(0,1,0)，\overrightarrow{CE}=\left(-\frac{1}{6},-1,\frac{1}{6}\right)，\overrightarrow{CD}=(-1,2,0).设平面BCE的一个法向量为n_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1}),则\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{BC} \cdot \boldsymbol{n}_1=0,\\ \overrightarrow{CE} \cdot \boldsymbol{n}_1=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}y_1=0,\\ -\frac{1}{6}x_1-y_1+\frac{1}{6}z_1=0,\end{matrix}\right.取x_{1}=1，可得平面BCE的一个法向量为n_{1}=(1,0,1).设平面CED的一个法向量为n_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2}),则\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{CD} \cdot \boldsymbol{n}_2=0,\\ \overrightarrow{CE} \cdot \boldsymbol{n}_2=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}-x_2+2y_2=0,\\ -\frac{1}{6}x_2-y_2+\frac{1}{6}z_2=0,\end{matrix}\right.取x_{2}=2,可得平面CED的一个法向量为n_{2}=(2,1,8).所以\\cos  \langle n_{1},n_{2}\rangle =\frac{\boldsymbol{n}_1 \cdot \boldsymbol{n}_2}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|}=\frac{5\sqrt{138}}{69}.由图可知，二面角B-CE-D为钝二面角，则其余弦值为-\frac{5\sqrt{138}}{69}.$

Final answer: $-\frac{5\sqrt{138}}{69}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图,在三棱柱ABC－A_{1}B_{1}C_{1}中,侧面AA_{1}C_{1}C\perp 底面ABC,AA_{1}=A_{1}C=AC=2,AB=BC,且AB\perp BC,O为AC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1661941654038573058/img/compression/M_809bd36b01dba9c3db6e84dabee679bd.jpg)
$(1)求直线A_{1}C与平面A_{1}AB所成角的正弦值;$

Solution:
$因为A_{1}A=A_{1}C，且O为AC的中点，所以A_{1}O\perp AC，又平面AA_{1}C_{1}C\perp 平面ABC，平面AA_{1}C_{1}C\cap 平面ABC=AC，A_{1}O\subset 平面AA_{1}C_{1}C，所以A_{1}O\perp 平面ABC.连接OB，因为AB=BC，O为AC的中点，所以OB\perp AC.以O为原点，\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC},\overrightarrow{OA_1}的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0),A(0,-1,0),A_{1}(0,0,\sqrt{3}),C(0,1,0),C_{1}(0,2,\sqrt{3}),B(1,0,0)，所以\overrightarrow{A_1C}=(0,1,-\sqrt{3}),\overrightarrow{AA_1}=(0,1,\sqrt{3}),\overrightarrow{AB}=(1,1,0).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1661941654319591426/img/compression/M_2d5bb705596c45689ae90ec246806467.jpg)$设平面A_{1}AB的一个法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AA_1}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AB}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}y+\sqrt{3}z=0,\\ x+y=0,\end{matrix}\right.令y=1，得x=-1,z=-\frac{\sqrt{3}}{3}，此时n=\left(-1,1,-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)，所以\\cos  \langle n,\overrightarrow{A_1C}\rangle =\frac{\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{A_1C}}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{A_1C}|}=\frac{\sqrt{21}}{7}.故直线A_{1}C与平面A_{1}AB所成角的正弦值为\frac{\sqrt{21}}{7}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{21}}{7}.$