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


Question: $如图,在三棱柱ABC－A_{1}B_{1}C_{1}中,侧面AA_{1}C_{1}C\perp 底面ABC,AA_{1}=A_{1}C=AC=2,AB=BC,且AB\perp BC,O为AC的中点.$<img_2230>
$(1)求直线A_{1}C与平面A_{1}AB所成角的正弦值;$

Solution:
$因为A_{1}A=A_{1}C，且O为AC的中点，所以A_{1}O\perp AC，又平面AA_{1}C_{1}C\perp 平面ABC，平面AA_{1}C_{1}C\cap 平面ABC=AC，A_{1}O\subset 平面AA_{1}C_{1}C，所以A_{1}O\perp 平面ABC.连接OB，因为AB=BC，O为AC的中点，所以OB\perp AC.以O为原点，\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC},\overrightarrow{OA_1}的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0),A(0,-1,0),A_{1}(0,0,\sqrt{3}),C(0,1,0),C_{1}(0,2,\sqrt{3}),B(1,0,0)，所以\overrightarrow{A_1C}=(0,1,-\sqrt{3}),\overrightarrow{AA_1}=(0,1,\sqrt{3}),\overrightarrow{AB}=(1,1,0).$<img_1563>$设平面A_{1}AB的一个法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AA_1}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AB}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}y+\sqrt{3}z=0,\\ x+y=0,\end{matrix}\right.令y=1，得x=-1,z=-\frac{\sqrt{3}}{3}，此时n=\left(-1,1,-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)，所以\\cos  \langle n,\overrightarrow{A_1C}\rangle =\frac{\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{A_1C}}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{A_1C}|}=\frac{\sqrt{21}}{7}.故直线A_{1}C与平面A_{1}AB所成角的正弦值为\frac{\sqrt{21}}{7}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{21}}{7}.$
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)
$(2)在线段BC_{1}上是否存在一点E,使得OE\parallel 平面A_{1}AB？若存在,试确定点E的位置;若不存在,请说明理由.$

Solution:
$存在.设E(x_{0},y_{0},z_{0}),\overrightarrow{BE}=\lambda \overrightarrow{BC_1}，\lambda \in [0,1],则(x_{0}-1,y_{0},z_{0})=\lambda (-1,2,\sqrt{3})，得\left\{\begin{matrix}x_0=1-\lambda ,\\ y_0=2\lambda ,\\ z_0=\sqrt{3}\lambda ,\end{matrix}\right.所以E(1-\lambda ,2\lambda ,\sqrt{3}\lambda )，所以\overrightarrow{OE}=(1-\lambda ,2\lambda ,\sqrt{3}\lambda ).由(1)知，平面A_{1}AB的一个法向量为n=\left(-1,1,-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)，若OE\parallel 平面A_{1}AB，则\overrightarrow{OE}\cdot n=0，即-1+\lambda +2\lambda -\lambda =0，解得\lambda =\frac{1}{2}，故存在满足条件的点E，E为BC_{1}的中点.$

Final answer: $BC_1的中点$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AF=1，M是线段EF的中点，二面角A－DF－B的大小为60^\circ .$<img_2154>
$(1)求证：AM\parallel 平面BDE；$

Solution:
$证明：设AC\cap BD=N，连接NE，\because AC\parallel EF，AC=EF，M是线段EF的中点，N是线段AC的中点，\therefore AN\parallel EM，AN=EM，\therefore 四边形AMEN为平行四边形，\therefore AM\parallel EN，又\because EN\subset 平面BDE，AM\not\subset 平面BDE，\therefore AM\parallel 平面BDE.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AF=1，M是线段EF的中点，二面角A－DF－B的大小为60^\circ .$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1661941654709661698/img/compression/M_354f1ae5a376cf7a9b824f8401d2a4ab.jpg)
$(1)求证：AM\parallel 平面BDE；$

Solution:
$证明：设AC\cap BD=N，连接NE，\because AC\parallel EF，AC=EF，M是线段EF的中点，N是线段AC的中点，\therefore AN\parallel EM，AN=EM，\therefore 四边形AMEN为平行四边形，\therefore AM\parallel EN，又\because EN\subset 平面BDE，AM\not\subset 平面BDE，\therefore AM\parallel 平面BDE.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AF=1，M是线段EF的中点，二面角A－DF－B的大小为60^\circ .$<img_2154>
$(2)试在线段AC上找一点P，使得PF与CD所成的角为60^\circ .$

Solution:
$易得CE，CB，CD两两互相垂直，故以C为原点，\overrightarrow{CD},\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CE}的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系(图略)，设AB=t(t>0)，则A(t,t,0)，B(0,t,0)，D(t,0,0)，F(t,t,1)，\therefore \overrightarrow{AB}=(-t,0,0)，\overrightarrow{BD}=(t,-t,0)，\overrightarrow{BF}=(t,0,1)，易知AF\perp AB，AB\perp AD，又AF\cap AD=A，AF，AD\subset 平面ADF，\therefore AB\perp 平面ADF，\therefore \overrightarrow{AB}=(-t,0,0)为平面DAF的一个法向量.设平面BDF的一个法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{BD}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{BF}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}xt-yt=0,\\ xt+z=0,\end{matrix}\right.令x=1，则y=1，z=-t,\therefore n=(1,1,-t).设二面角A-DF-B的大小为\theta ，则|\\cos   \theta |=\left|\frac{\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AB}}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{AB}|}\right|=\left|\frac{(1,1,-t) \cdot (-t,0,0)}{\sqrt{t^2+2} \cdot \sqrt{t^2}}\right|=\frac{1}{\sqrt{t^2+2}}=\frac{1}{2}，解得t=\sqrt{2}(负值舍去).设P(a,a,0)(0\leq a\leq \sqrt{2})，则\overrightarrow{PF}=(\sqrt{2}-a,\sqrt{2}-a,1)，又\overrightarrow{CD}=(\sqrt{2},0,0)，\therefore \\cos   60^\circ =\left|\frac{\sqrt{2} \times (\sqrt{2}-a)}{\sqrt{2} \times \sqrt{2{(\sqrt{2}-a)^2}+1}}\right|=\frac{1}{2}，解得a=\frac{\sqrt{2}}{2}或a=\frac{3\sqrt{2}}{2}(舍去)，\therefore 当P为线段AC的中点时，直线PF与CD所成的角为60^\circ .$

Final answer: $60^\circ.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AF=1，M是线段EF的中点，二面角A－DF－B的大小为60^\circ .$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1661941654709661698/img/compression/M_354f1ae5a376cf7a9b824f8401d2a4ab.jpg)
$(2)试在线段AC上找一点P，使得PF与CD所成的角为60^\circ .$

Solution:
$易得CE，CB，CD两两互相垂直，故以C为原点，\overrightarrow{CD},\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CE}的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系(图略)，设AB=t(t>0)，则A(t,t,0)，B(0,t,0)，D(t,0,0)，F(t,t,1)，\therefore \overrightarrow{AB}=(-t,0,0)，\overrightarrow{BD}=(t,-t,0)，\overrightarrow{BF}=(t,0,1)，易知AF\perp AB，AB\perp AD，又AF\cap AD=A，AF，AD\subset 平面ADF，\therefore AB\perp 平面ADF，\therefore \overrightarrow{AB}=(-t,0,0)为平面DAF的一个法向量.设平面BDF的一个法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{BD}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{BF}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}xt-yt=0,\\ xt+z=0,\end{matrix}\right.令x=1，则y=1，z=-t,\therefore n=(1,1,-t).设二面角A-DF-B的大小为\theta ，则|\\cos   \theta |=\left|\frac{\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AB}}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{AB}|}\right|=\left|\frac{(1,1,-t) \cdot (-t,0,0)}{\sqrt{t^2+2} \cdot \sqrt{t^2}}\right|=\frac{1}{\sqrt{t^2+2}}=\frac{1}{2}，解得t=\sqrt{2}(负值舍去).设P(a,a,0)(0\leq a\leq \sqrt{2})，则\overrightarrow{PF}=(\sqrt{2}-a,\sqrt{2}-a,1)，又\overrightarrow{CD}=(\sqrt{2},0,0)，\therefore \\cos   60^\circ =\left|\frac{\sqrt{2} \times (\sqrt{2}-a)}{\sqrt{2} \times \sqrt{2{(\sqrt{2}-a)^2}+1}}\right|=\frac{1}{2}，解得a=\frac{\sqrt{2}}{2}或a=\frac{3\sqrt{2}}{2}(舍去)，\therefore 当P为线段AC的中点时，直线PF与CD所成的角为60^\circ .$

Final answer: $60^\circ.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图1，在直角梯形ABCD中，AB\parallel CD,\angle D=90^\circ ,四边形ABCE是边长为4的菱形，且\angle BCE=60^\circ .以BE为折痕将\triangle BCE折起，使点C到达点C_{1}的位置，且AC_{1}=2\sqrt{6},如图2.
$<img_2275>
图1

<img_2805>$
图2
$
$(1)证明：平面BC_{1}E\perp 平面ABED；$

Solution:
$证明：取BE的中点F，连接AF，C_{1}F.因为在题图1中，四边形ABCE是边长为4的菱形，且\angle BCE=60^\circ ,所以在题图2中，\triangle ABE，\triangle BEC_{1}均为边长为4的等边三角形，所以AF\perp BE，C_{1}F\perp BE，且AF=C_{1}F=2\sqrt{3}.又AC_{1}=2\sqrt{6},所以AF^{2}+C_{1}F^{2}=AC^2_1,所以AF\perp C_{1}F.又因为AF\cap BE=F,AF,BE\subset 平面ABE，所以C_{1}F\perp 平面ABED，因为C_{1}F\subset 平面BEC_{1}, 所以平面BC_{1}E\perp 平面ABED.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图1，在直角梯形ABCD中，AB\parallel CD,\angle D=90^\circ ,四边形ABCE是边长为4的菱形，且\angle BCE=60^\circ .以BE为折痕将\triangle BCE折起，使点C到达点C_{1}的位置，且AC_{1}=2\sqrt{6},如图2.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1661941655192006658/img/compression/M_320966fb4653049aeb11e75476e94dcc.jpg)
图1

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1661941655192006658/img/compression/M_ff39fc9654e41816cf0adaa3c526bc91.jpg)$
图2
$
$(1)证明：平面BC_{1}E\perp 平面ABED；$

Solution:
$证明：取BE的中点F，连接AF，C_{1}F.因为在题图1中，四边形ABCE是边长为4的菱形，且\angle BCE=60^\circ ,所以在题图2中，\triangle ABE，\triangle BEC_{1}均为边长为4的等边三角形，所以AF\perp BE，C_{1}F\perp BE，且AF=C_{1}F=2\sqrt{3}.又AC_{1}=2\sqrt{6},所以AF^{2}+C_{1}F^{2}=AC^2_1,所以AF\perp C_{1}F.又因为AF\cap BE=F,AF,BE\subset 平面ABE，所以C_{1}F\perp 平面ABED，因为C_{1}F\subset 平面BEC_{1}, 所以平面BC_{1}E\perp 平面ABED.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图1，在直角梯形ABCD中，AB\parallel CD,\angle D=90^\circ ,四边形ABCE是边长为4的菱形，且\angle BCE=60^\circ .以BE为折痕将\triangle BCE折起，使点C到达点C_{1}的位置，且AC_{1}=2\sqrt{6},如图2.
$<img_2275>
图1

<img_2805>$
图2
$
$(2)在棱DC_{1}上是否存在点P，使得P到平面ABC_{1}的距离为\frac{2\sqrt{15}}{5}？若存在，求出直线EP与平面ABC_{1}所成角的正弦值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$存在.由(1)得，AF，C_{1}F,BE两两互相垂直.建立空间直角坐标系Fxyz，如图所示：$<img_2003>$易得A(2\sqrt{3}，0，0)，B(0，2，0)，C_{1}(0，0，2\sqrt{3})，E(0，-2，0)，D(\sqrt{3}，-3，0)，所以\overrightarrow{AB}=(-2\sqrt{3}，2，0)，\overrightarrow{AC_1}=(-2\sqrt{3},0,2\sqrt{3}),\overrightarrow{DC_1}=(-\sqrt{3},3,2\sqrt{3}).设\overrightarrow{DP}=\lambda \overrightarrow{DC_1},\lambda \in [0,1],则P(\sqrt{3}-\sqrt{3}\lambda ,3\lambda -3,2\sqrt{3}\lambda ),所以\overrightarrow{C_1P}=(\sqrt{3}-\sqrt{3}\lambda ，3\lambda -3,2\sqrt{3}\lambda -2\sqrt{3}).设平面ABC_{1}的一个法向量为v=(x,y,z),则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{v} \cdot \overrightarrow{AB}=-2\sqrt{3}x+2y=0,\\ \boldsymbol{v} \cdot \overrightarrow{AC_1}=-2\sqrt{3}x+2\sqrt{3}z=0,\end{matrix}\right.令x=1,则y=\sqrt{3},z=1,故v=(1,\sqrt{3},1),则点P到平面ABC_{1}的距离d=\frac{|\overrightarrow{C_1P} \cdot \boldsymbol{v}|}{|\boldsymbol{v}|}=\frac{|(\sqrt{3}-\sqrt{3}\lambda ,3\lambda -3,2\sqrt{3}\lambda -2\sqrt{3}) \cdot (1,\sqrt{3},1)|}{\sqrt{1+3+1}}=\frac{2\sqrt{15}}{5},解得\lambda =\frac{1}{2}或\lambda =\frac{3}{2}(舍去).则\overrightarrow{EP}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{3}{2},\sqrt{3}\right)-(0,-2,0)=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},\sqrt{3}\right),设直线EP与平面ABC_{1}所成的角为\theta ，则\\sin   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{EP},v\rangle |=\frac{|\overrightarrow{EP} \cdot \boldsymbol{v}|}{|\overrightarrow{EP}| \cdot |\boldsymbol{v}|}=\frac{\left|\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},\sqrt{3}\right) \cdot (1,\sqrt{3},1)\right|}{\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{1}{4}+3} \times \sqrt{1+3+1}}=\frac{\sqrt{15}}{5}, 所以直线EP与平面ABC_{1}所成角的正弦值为\frac{\sqrt{15}}{5}.$

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


Question: $如图1，在直角梯形ABCD中，AB\parallel CD,\angle D=90^\circ ,四边形ABCE是边长为4的菱形，且\angle BCE=60^\circ .以BE为折痕将\triangle BCE折起，使点C到达点C_{1}的位置，且AC_{1}=2\sqrt{6},如图2.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1661941655192006658/img/compression/M_320966fb4653049aeb11e75476e94dcc.jpg)
图1

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1661941655192006658/img/compression/M_ff39fc9654e41816cf0adaa3c526bc91.jpg)$
图2
$
$(2)在棱DC_{1}上是否存在点P，使得P到平面ABC_{1}的距离为\frac{2\sqrt{15}}{5}？若存在，求出直线EP与平面ABC_{1}所成角的正弦值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$存在.由(1)得，AF，C_{1}F,BE两两互相垂直.建立空间直角坐标系Fxyz，如图所示：$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1661941655816957954/img/compression/M_0116900a1612b483ab7d5ded894dbff3.jpg)$易得A(2\sqrt{3}，0，0)，B(0，2，0)，C_{1}(0，0，2\sqrt{3})，E(0，-2，0)，D(\sqrt{3}，-3，0)，所以\overrightarrow{AB}=(-2\sqrt{3}，2，0)，\overrightarrow{AC_1}=(-2\sqrt{3},0,2\sqrt{3}),\overrightarrow{DC_1}=(-\sqrt{3},3,2\sqrt{3}).设\overrightarrow{DP}=\lambda \overrightarrow{DC_1},\lambda \in [0,1],则P(\sqrt{3}-\sqrt{3}\lambda ,3\lambda -3,2\sqrt{3}\lambda ),所以\overrightarrow{C_1P}=(\sqrt{3}-\sqrt{3}\lambda ，3\lambda -3,2\sqrt{3}\lambda -2\sqrt{3}).设平面ABC_{1}的一个法向量为v=(x,y,z),则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{v} \cdot \overrightarrow{AB}=-2\sqrt{3}x+2y=0,\\ \boldsymbol{v} \cdot \overrightarrow{AC_1}=-2\sqrt{3}x+2\sqrt{3}z=0,\end{matrix}\right.令x=1,则y=\sqrt{3},z=1,故v=(1,\sqrt{3},1),则点P到平面ABC_{1}的距离d=\frac{|\overrightarrow{C_1P} \cdot \boldsymbol{v}|}{|\boldsymbol{v}|}=\frac{|(\sqrt{3}-\sqrt{3}\lambda ,3\lambda -3,2\sqrt{3}\lambda -2\sqrt{3}) \cdot (1,\sqrt{3},1)|}{\sqrt{1+3+1}}=\frac{2\sqrt{15}}{5},解得\lambda =\frac{1}{2}或\lambda =\frac{3}{2}(舍去).则\overrightarrow{EP}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{3}{2},\sqrt{3}\right)-(0,-2,0)=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},\sqrt{3}\right),设直线EP与平面ABC_{1}所成的角为\theta ，则\\sin   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{EP},v\rangle |=\frac{|\overrightarrow{EP} \cdot \boldsymbol{v}|}{|\overrightarrow{EP}| \cdot |\boldsymbol{v}|}=\frac{\left|\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},\sqrt{3}\right) \cdot (1,\sqrt{3},1)\right|}{\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{1}{4}+3} \times \sqrt{1+3+1}}=\frac{\sqrt{15}}{5}, 所以直线EP与平面ABC_{1}所成角的正弦值为\frac{\sqrt{15}}{5}.$

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


Question: $如图，在四棱锥P－ABCD中，PA\perp 平面ABCD，AD\parallel BC，AB\perp AD，BC=\frac{2\sqrt{3}}{3},AB=1，BD=PA=2.$<img_2641>
$(1)求异面直线BD与PC所成角的余弦值；$

Solution:
$易得AB，AD，AP两两互相垂直，以AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，$<img_1674>$由BD^{2}=AB^{2}+AD^{2}，得AD=\sqrt{3}，则B(1,0,0),D(0,\sqrt{3},0),P(0,0,2),C\left(1,\frac{2\sqrt{3}}{3},0\right)，\therefore \overrightarrow{BD}=(-1,\sqrt{3},0),\overrightarrow{PC}=\left(1,\frac{2\sqrt{3}}{3},-2\right).设异面直线BD与PC所成的角为\theta ，则\\cos   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{BD},\overrightarrow{PC}\rangle |=\frac{|\overrightarrow{BD} \cdot \overrightarrow{PC}|}{|\overrightarrow{BD}||\overrightarrow{PC}|}=\frac{1}{2 \times \sqrt{\frac{19}{3}}}=\frac{\sqrt{57}}{38}，\therefore 异面直线BD与PC所成角的余弦值为\frac{\sqrt{57}}{38}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{57}}{38}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P－ABCD中，PA\perp 平面ABCD，AD\parallel BC，AB\perp AD，BC=\frac{2\sqrt{3}}{3},AB=1，BD=PA=2.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1661941657062666241/img/compression/M_66935fb77ac88af33cdfba8826cf1db1.jpg)
$(1)求异面直线BD与PC所成角的余弦值；$

Solution:
$易得AB，AD，AP两两互相垂直，以AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1661941657389821953/img/compression/M_c14f9fa39f502f08ac068e6f18e2f510.jpg)$由BD^{2}=AB^{2}+AD^{2}，得AD=\sqrt{3}，则B(1,0,0),D(0,\sqrt{3},0),P(0,0,2),C\left(1,\frac{2\sqrt{3}}{3},0\right)，\therefore \overrightarrow{BD}=(-1,\sqrt{3},0),\overrightarrow{PC}=\left(1,\frac{2\sqrt{3}}{3},-2\right).设异面直线BD与PC所成的角为\theta ，则\\cos   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{BD},\overrightarrow{PC}\rangle |=\frac{|\overrightarrow{BD} \cdot \overrightarrow{PC}|}{|\overrightarrow{BD}||\overrightarrow{PC}|}=\frac{1}{2 \times \sqrt{\frac{19}{3}}}=\frac{\sqrt{57}}{38}，\therefore 异面直线BD与PC所成角的余弦值为\frac{\sqrt{57}}{38}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{57}}{38}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P－ABCD中，PA\perp 平面ABCD，AD\parallel BC，AB\perp AD，BC=\frac{2\sqrt{3}}{3},AB=1，BD=PA=2.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1661941657062666241/img/compression/M_66935fb77ac88af33cdfba8826cf1db1.jpg)
$(2)在棱BC上是否存在一点Q，使二面角A－PD－Q的余弦值为\frac{\sqrt{30}}{10}？若存在，请确定点Q的位置；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$存在.设Q(1,a,0)\left(0\leq a\leq \frac{2\sqrt{3}}{3}\right)，则\overrightarrow{DQ}=(1,a-\sqrt{3},0),\overrightarrow{PD}=(0,\sqrt{3},-2).易知平面PAD的一个法向量为n_{1}=(1,0,0).设平面PDQ的一个法向量为n_{2}=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}{\boldsymbol{n}_2} \cdot \overrightarrow{PD}=0,\\ {\boldsymbol{n}_2} \cdot \overrightarrow{DQ}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\sqrt{3}y-2z=0,\\ x+(a-\sqrt{3})y=0,\end{matrix}\right.取y=2，则z=\sqrt{3},x=2\sqrt{3}-2a，此时n_{2}=(2\sqrt{3}-2a,2,\sqrt{3}).设二面角A-PD-Q的平面角为\alpha ，则\\cos   \alpha =|\\cos  \langle n_{1},n_{2}\rangle |=\frac{|{\boldsymbol{n}_1} \cdot {\boldsymbol{n}_2}|}{|{\boldsymbol{n}_1}||{\boldsymbol{n}_2}|}=\frac{|2\sqrt{3}-2a|}{\sqrt{{(2\sqrt{3}-2a)^2}+7}}=\frac{\sqrt{30}}{10}，\therefore (2\sqrt{3}-2a)^{2}=3，\therefore a=\frac{\sqrt{3}}{2}或a=\frac{3\sqrt{3}}{2}，又0\leq a\leq \frac{2\sqrt{3}}{3}，\therefore a=\frac{\sqrt{3}}{2}.故当Q满足BQ=\frac{3}{4}BC时，能使二面角A-PD-Q的余弦值为\frac{\sqrt{30}}{10}.$

Final answer: $(1, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P－ABCD中，PA\perp 平面ABCD，AD\parallel BC，AB\perp AD，BC=\frac{2\sqrt{3}}{3},AB=1，BD=PA=2.$<img_2641>
$(2)在棱BC上是否存在一点Q，使二面角A－PD－Q的余弦值为\frac{\sqrt{30}}{10}？若存在，请确定点Q的位置；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$存在.设Q(1,a,0)\left(0\leq a\leq \frac{2\sqrt{3}}{3}\right)，则\overrightarrow{DQ}=(1,a-\sqrt{3},0),\overrightarrow{PD}=(0,\sqrt{3},-2).易知平面PAD的一个法向量为n_{1}=(1,0,0).设平面PDQ的一个法向量为n_{2}=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}{\boldsymbol{n}_2} \cdot \overrightarrow{PD}=0,\\ {\boldsymbol{n}_2} \cdot \overrightarrow{DQ}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\sqrt{3}y-2z=0,\\ x+(a-\sqrt{3})y=0,\end{matrix}\right.取y=2，则z=\sqrt{3},x=2\sqrt{3}-2a，此时n_{2}=(2\sqrt{3}-2a,2,\sqrt{3}).设二面角A-PD-Q的平面角为\alpha ，则\\cos   \alpha =|\\cos  \langle n_{1},n_{2}\rangle |=\frac{|{\boldsymbol{n}_1} \cdot {\boldsymbol{n}_2}|}{|{\boldsymbol{n}_1}||{\boldsymbol{n}_2}|}=\frac{|2\sqrt{3}-2a|}{\sqrt{{(2\sqrt{3}-2a)^2}+7}}=\frac{\sqrt{30}}{10}，\therefore (2\sqrt{3}-2a)^{2}=3，\therefore a=\frac{\sqrt{3}}{2}或a=\frac{3\sqrt{3}}{2}，又0\leq a\leq \frac{2\sqrt{3}}{3}，\therefore a=\frac{\sqrt{3}}{2}.故当Q满足BQ=\frac{3}{4}BC时，能使二面角A-PD-Q的余弦值为\frac{\sqrt{30}}{10}.$

Final answer: $(1, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形,AD\parallel BC,AB\perp BC,AB=\sqrt{3},BC=2AD=2,E为CD的中点,PB\perp AE.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1661941657880555521/img/compression/M_ccecf35c9f4eb08b9bf3cf64fb9e74fe.jpg)
$(1)证明:平面PBD\perp 平面ABCD;$

Solution:
$证明:\because 四棱锥的底面ABCD是直角梯形，AB=\sqrt{3}，BC=2AD=2，AB\perp BC，\therefore DC=2,\angle BCD=\frac{\pi }{3}，\therefore \triangle BCD是等边三角形,\therefore BD=2,DB平分\angle ADC.\because E为CD的中点,\therefore DE=AD=1,\therefore BD\perp AE,又\because PB\perp AE,PB\cap BD=B,PB，BD\subset 平面PBD，\therefore AE\perp 平面PBD.\because AE\subset 平面ABCD，\therefore 平面PBD\perp 平面ABCD.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形,AD\parallel BC,AB\perp BC,AB=\sqrt{3},BC=2AD=2,E为CD的中点,PB\perp AE.
$<img_1578>
$(1)证明:平面PBD\perp 平面ABCD;$

Solution:
$证明:\because 四棱锥的底面ABCD是直角梯形，AB=\sqrt{3}，BC=2AD=2，AB\perp BC，\therefore DC=2,\angle BCD=\frac{\pi }{3}，\therefore \triangle BCD是等边三角形,\therefore BD=2,DB平分\angle ADC.\because E为CD的中点,\therefore DE=AD=1,\therefore BD\perp AE,又\because PB\perp AE,PB\cap BD=B,PB，BD\subset 平面PBD，\therefore AE\perp 平面PBD.\because AE\subset 平面ABCD，\therefore 平面PBD\perp 平面ABCD.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形,AD\parallel BC,AB\perp BC,AB=\sqrt{3},BC=2AD=2,E为CD的中点,PB\perp AE.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1661941657880555521/img/compression/M_ccecf35c9f4eb08b9bf3cf64fb9e74fe.jpg)
$(2)若PB=PD,PC与平面ABCD所成的角为\frac{\pi }{4},试问在侧面PCD内是否存在一点N,使得BN\perp 平面PCD?若存在,求出点N到平面ABCD的距离;若不存在,请说明理由.$

Solution:
$存在.在平面PBD内作PO\perp BD于O,连接OC.\because 平面PBD\perp 平面ABCD,平面PBD\cap 平面ABCD=BD,\therefore PO\perp 平面ABCD，\therefore PO\perp OC，\therefore \angle PCO即为PC与平面ABCD所成的角，即\angle PCO=\frac{\pi }{4}.\because PB=PD,PO\perp BD,\therefore O为BD的中点，OC\perp BD.易得OP=OC=\sqrt{3}，以O为原点，OB,OC,OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系,则B(1,0,0),C(0,\sqrt{3}，0)，D(-1,0,0),P(0,0,\sqrt{3})，\therefore \overrightarrow{PC}=(0，\sqrt{3},-\sqrt{3}),\overrightarrow{PD}=(-1,0,-\sqrt{3}).假设在侧面PCD内存在点N，使得BN\perp 平面PCD，设\overrightarrow{PN}=\lambda \overrightarrow{PD}+\mu \overrightarrow{PC}(\lambda ,\mu \geq 0,\lambda +\mu \leq 1)，易得N(-\lambda ,\sqrt{3}\mu ,-\sqrt{3}(\lambda +\mu -1)),\therefore \overrightarrow{BN}=(-\lambda -1,\sqrt{3}\mu ,-\sqrt{3}(\lambda +\mu -1)).由\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{BN} \cdot \overrightarrow{PC}=0,\\ \overrightarrow{BN} \cdot \overrightarrow{PD}=0\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}3\mu +3(\lambda +\mu -1)=0,\\ \lambda +1+3(\lambda +\mu -1)=0,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}\lambda =\frac{1}{5},\\ \mu =\frac{2}{5},\end{matrix}\right.满足题意，\therefore 点N到平面ABCD的距离为-\sqrt{3}(\lambda +\mu -1)=\frac{2\sqrt{3}}{5} .$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1661941657880555521/img/compression/M_b47af05143bad6c84dea33721902794d.jpg)

Final answer: $\frac{2\sqrt{3}}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形,AD\parallel BC,AB\perp BC,AB=\sqrt{3},BC=2AD=2,E为CD的中点,PB\perp AE.
$<img_1578>
$(2)若PB=PD,PC与平面ABCD所成的角为\frac{\pi }{4},试问在侧面PCD内是否存在一点N,使得BN\perp 平面PCD?若存在,求出点N到平面ABCD的距离;若不存在,请说明理由.$

Solution:
$存在.在平面PBD内作PO\perp BD于O,连接OC.\because 平面PBD\perp 平面ABCD,平面PBD\cap 平面ABCD=BD,\therefore PO\perp 平面ABCD，\therefore PO\perp OC，\therefore \angle PCO即为PC与平面ABCD所成的角，即\angle PCO=\frac{\pi }{4}.\because PB=PD,PO\perp BD,\therefore O为BD的中点，OC\perp BD.易得OP=OC=\sqrt{3}，以O为原点，OB,OC,OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系,则B(1,0,0),C(0,\sqrt{3}，0)，D(-1,0,0),P(0,0,\sqrt{3})，\therefore \overrightarrow{PC}=(0，\sqrt{3},-\sqrt{3}),\overrightarrow{PD}=(-1,0,-\sqrt{3}).假设在侧面PCD内存在点N，使得BN\perp 平面PCD，设\overrightarrow{PN}=\lambda \overrightarrow{PD}+\mu \overrightarrow{PC}(\lambda ,\mu \geq 0,\lambda +\mu \leq 1)，易得N(-\lambda ,\sqrt{3}\mu ,-\sqrt{3}(\lambda +\mu -1)),\therefore \overrightarrow{BN}=(-\lambda -1,\sqrt{3}\mu ,-\sqrt{3}(\lambda +\mu -1)).由\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{BN} \cdot \overrightarrow{PC}=0,\\ \overrightarrow{BN} \cdot \overrightarrow{PD}=0\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}3\mu +3(\lambda +\mu -1)=0,\\ \lambda +1+3(\lambda +\mu -1)=0,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}\lambda =\frac{1}{5},\\ \mu =\frac{2}{5},\end{matrix}\right.满足题意，\therefore 点N到平面ABCD的距离为-\sqrt{3}(\lambda +\mu -1)=\frac{2\sqrt{3}}{5} .$<img_1879>

Final answer: $\frac{2\sqrt{3}}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，PA\perp 平面ABCD，PA=AB=BC=2，AD=CD，\angle ABC=120^\circ .$<img_2093>
$(1)求证：平面PAC\perp 平面PBD；$

Solution:
$证明：设AC\cap BD=O，易得BD\perp AC.因为PA\perp 平面ABCD，BD\subset 平面ABCD，所以BD\perp PA.又因为PA\cap AC=A，PA，AC\subset 平面PAC，所以BD\perp 平面PAC.因为BD\subset 平面PBD，所以平面PAC\perp 平面PBD.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，PA\perp 平面ABCD，PA=AB=BC=2，AD=CD，\angle ABC=120^\circ .$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094471414325250/img/compression/M_417f5e9998e72df346ba0fea480effb0.jpg)
$(1)求证：平面PAC\perp 平面PBD；$

Solution:
$证明：设AC\cap BD=O，易得BD\perp AC.因为PA\perp 平面ABCD，BD\subset 平面ABCD，所以BD\perp PA.又因为PA\cap AC=A，PA，AC\subset 平面PAC，所以BD\perp 平面PAC.因为BD\subset 平面PBD，所以平面PAC\perp 平面PBD.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，PA\perp 平面ABCD，PA=AB=BC=2，AD=CD，\angle ABC=120^\circ .$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094471414325250/img/compression/M_417f5e9998e72df346ba0fea480effb0.jpg)
$(2)若M为PB的中点，N为线段PC上一动点，求直线MN与平面PAC所成角的正弦值的取值范围．$

Solution:
$以O为坐标原点，OC，OD所在直线分别为x轴，y轴，过点O且平行于PA的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094471724703745/img/compression/M_d4c6ccbaf98a59ce509ecfb220d3debd.jpg)$则C(\sqrt{3},0,0)，P(-\sqrt{3},0,2)，B(0,-1,0).因为M为PB的中点，所以M\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},1\right).设\overrightarrow{PN}=\lambda \overrightarrow{PC}(0\leq \lambda \leq 1)，则N(2\sqrt{3}\lambda -\sqrt{3},0,2-2\lambda )，所以\overrightarrow{MN}=\left(2\sqrt{3}\lambda -\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},1-2\lambda \right).由(1)知BD\perp 平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为n=(0,1,0).设直线MN与平面PAC所成的角为\theta ，则\\sin   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{MN},n\rangle |=\frac{|\overrightarrow{MN} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{MN}||\boldsymbol{n}|}=\frac{1}{2\sqrt{16\lambda ^2-10\lambda +2}}=\frac{1}{2\sqrt{16\left(\lambda -\frac{5}{16}\right)^2+\frac{7}{16}}},0\leq \lambda \leq 1，将直线和平面所成的角的正弦值用含参的式子表示，利用二次函数性质求出最值，体现了函数思想.故当\lambda =\frac{5}{16}时，\\sin   \theta 取得最大值，为\frac{2\sqrt{7}}{7}；当\lambda =1时，\\sin   \theta 取得最小值，为\frac{\sqrt{2}}{8}.所以\frac{\sqrt{2}}{8}\leq \\sin   \theta \leq \frac{2\sqrt{7}}{7}，即直线MN与平面PAC所成角的正弦值的取值范围为\left[\frac{\sqrt{2}}{8},\frac{2\sqrt{7}}{7}\right]．$

Final answer: $\left[\frac{\sqrt{2}}{8},\frac{2\sqrt{7}}{7}\right]$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，PA\perp 平面ABCD，PA=AB=BC=2，AD=CD，\angle ABC=120^\circ .$<img_2093>
$(2)若M为PB的中点，N为线段PC上一动点，求直线MN与平面PAC所成角的正弦值的取值范围．$

Solution:
$以O为坐标原点，OC，OD所在直线分别为x轴，y轴，过点O且平行于PA的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，$<img_1816>$则C(\sqrt{3},0,0)，P(-\sqrt{3},0,2)，B(0,-1,0).因为M为PB的中点，所以M\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},1\right).设\overrightarrow{PN}=\lambda \overrightarrow{PC}(0\leq \lambda \leq 1)，则N(2\sqrt{3}\lambda -\sqrt{3},0,2-2\lambda )，所以\overrightarrow{MN}=\left(2\sqrt{3}\lambda -\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},1-2\lambda \right).由(1)知BD\perp 平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为n=(0,1,0).设直线MN与平面PAC所成的角为\theta ，则\\sin   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{MN},n\rangle |=\frac{|\overrightarrow{MN} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{MN}||\boldsymbol{n}|}=\frac{1}{2\sqrt{16\lambda ^2-10\lambda +2}}=\frac{1}{2\sqrt{16\left(\lambda -\frac{5}{16}\right)^2+\frac{7}{16}}},0\leq \lambda \leq 1，将直线和平面所成的角的正弦值用含参的式子表示，利用二次函数性质求出最值，体现了函数思想.故当\lambda =\frac{5}{16}时，\\sin   \theta 取得最大值，为\frac{2\sqrt{7}}{7}；当\lambda =1时，\\sin   \theta 取得最小值，为\frac{\sqrt{2}}{8}.所以\frac{\sqrt{2}}{8}\leq \\sin   \theta \leq \frac{2\sqrt{7}}{7}，即直线MN与平面PAC所成角的正弦值的取值范围为\left[\frac{\sqrt{2}}{8},\frac{2\sqrt{7}}{7}\right]．$



Final answer: $\left[\frac{\sqrt{2}}{8},\frac{2\sqrt{7}}{7}\right]$