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


Question: $如图，在四边形ABCD中，AB^{2}+BC^{2}+AB\cdot BC=AC^{2}.$<img_1876>
$若CD=\sqrt{3}BC，\angle CAD=30^\circ ，\angle BCD=120^\circ ，求\angle ACB的值.$

Solution:
$由(1)知B=120^\circ .设\angle ACB=\theta ，则\angle ACD=120^\circ -\theta ，\angle ADC=30^\circ +\theta ，\angle BAC=60^\circ -\theta .在\triangle ACD中，由正弦定理得\frac{AC}{\\\sin   (30^{\circ}+\theta )}=\frac{CD}{\\\sin    30^{\circ}}，所以AC=\frac{\\\sin   (30^{\circ}+\theta )}{\\\sin    30^{\circ}}\cdot CD，①在\triangle ABC中，由正弦定理得\frac{AC}{\\\sin    120^{\circ}}=\frac{BC}{\\\sin   (60^{\circ}-\theta )}，所以AC=\frac{\\\sin    120^{\circ}}{\\\sin   (60^{\circ}-\theta )}\cdot BC，②又CD=\sqrt{3}BC，③\therefore 由①②③得\sqrt{3}\times \frac{\\\sin   (30^{\circ}+\theta )}{\\\sin    30^{\circ}}=\frac{\\\sin    120^{\circ}}{\\\sin   (60^{\circ}-\theta )}，由等量关系构造方程.整理得\\sin  (30^\circ +\theta )\\sin  (60^\circ -\theta )=\frac{1}{4}，\therefore \\sin  (30^\circ +\theta )\\cos  (30^\circ +\theta )=\frac{1}{4}，\therefore \\sin  (60^\circ +2\theta )=\frac{1}{2}，\because 0^\circ <\theta <60^\circ ，\therefore 60^\circ <60^\circ +2\theta <180^\circ ，\therefore 60^\circ +2\theta =150^\circ ，解得\theta =45^\circ ，故\angle ACB=45^\circ .$

Final answer: $45^\circ$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在四边形ABCD中，AB^{2}+BC^{2}+AB\cdot BC=AC^{2}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600376308076545/img/compression/M_49195d7e6abafd44c84dd229938c9b9f.jpg)
$若CD=\sqrt{3}BC，\angle CAD=30^\circ ，\angle BCD=120^\circ ，求\angle ACB的值.$

Solution:
$由(1)知B=120^\circ .设\angle ACB=\theta ，则\angle ACD=120^\circ -\theta ，\angle ADC=30^\circ +\theta ，\angle BAC=60^\circ -\theta .在\triangle ACD中，由正弦定理得\frac{AC}{\\\sin   (30^{\circ}+\theta )}=\frac{CD}{\\\sin    30^{\circ}}，所以AC=\frac{\\\sin   (30^{\circ}+\theta )}{\\\sin    30^{\circ}}\cdot CD，①在\triangle ABC中，由正弦定理得\frac{AC}{\\\sin    120^{\circ}}=\frac{BC}{\\\sin   (60^{\circ}-\theta )}，所以AC=\frac{\\\sin    120^{\circ}}{\\\sin   (60^{\circ}-\theta )}\cdot BC，②又CD=\sqrt{3}BC，③\therefore 由①②③得\sqrt{3}\times \frac{\\\sin   (30^{\circ}+\theta )}{\\\sin    30^{\circ}}=\frac{\\\sin    120^{\circ}}{\\\sin   (60^{\circ}-\theta )}，由等量关系构造方程.整理得\\sin  (30^\circ +\theta )\\sin  (60^\circ -\theta )=\frac{1}{4}，\therefore \\sin  (30^\circ +\theta )\\cos  (30^\circ +\theta )=\frac{1}{4}，\therefore \\sin  (60^\circ +2\theta )=\frac{1}{2}，\because 0^\circ <\theta <60^\circ ，\therefore 60^\circ <60^\circ +2\theta <180^\circ ，\therefore 60^\circ +2\theta =150^\circ ，解得\theta =45^\circ ，故\angle ACB=45^\circ .$

Final answer: $45^\circ$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某商场经营者王某准备在商场门前“摆地摊”，经营“冷饮与小吃”生意.已知该商场门前是一块扇形区域，拟对这块扇形空地AOB进行改造.如图所示，平行四边形OMPN区域为顾客的休息区域，阴影区域为“摆地摊”区域，点P在弧\overset{\LARGE{\frown}}{AB}上，点M和点N分别在线段OA和线段OB上，且OA=90，\angle AOB=\frac{\pi }{3}.记\angle POB=\theta .$<img_1561>
$当\theta =\frac{\pi }{4}时，求\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}；$

Solution:
$在\triangle PMO中，\angle MOP=\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{12},\angle PMO=\pi -\frac{\pi }{3}=\frac{2\pi }{3},\angle MPO=\frac{\pi }{4}，因为OP=OA=90，所以由\frac{OP}{\\\sin   \angle PMO}=\frac{PM}{\\\sin   \angle MOP}=\frac{OM}{\\\sin   \angle MPO}可得\frac{90}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{PM}{\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}=\frac{OM}{\frac{\sqrt{2}}{2}}，解得PM=45\left(\sqrt{2}-\frac{\sqrt{6}}{3}\right)，OM=30\sqrt{6}，又ON=PM=45\left(\sqrt{2}-\frac{\sqrt{6}}{3}\right)，所以\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=|\overrightarrow{OM}|\times |\overrightarrow{ON}|\times \\cos  \angle AOB=30\sqrt{6}\times 45\left(\sqrt{2}-\frac{\sqrt{6}}{3}\right)\times \frac{1}{2}=1 350(\sqrt{3}-1).$

Final answer: $1 350(\sqrt{3}-1)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某商场经营者王某准备在商场门前“摆地摊”，经营“冷饮与小吃”生意.已知该商场门前是一块扇形区域，拟对这块扇形空地AOB进行改造.如图所示，平行四边形OMPN区域为顾客的休息区域，阴影区域为“摆地摊”区域，点P在弧\overset{\LARGE{\frown}}{AB}上，点M和点N分别在线段OA和线段OB上，且OA=90，\angle AOB=\frac{\pi }{3}.记\angle POB=\theta .$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600390616481795/img/compression/M_11cab01f326d44f734f03033503a1d3e.jpg)
$当\theta =\frac{\pi }{4}时，求\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}；$

Solution:
$在\triangle PMO中，\angle MOP=\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{12},\angle PMO=\pi -\frac{\pi }{3}=\frac{2\pi }{3},\angle MPO=\frac{\pi }{4}，因为OP=OA=90，所以由\frac{OP}{\\\sin   \angle PMO}=\frac{PM}{\\\sin   \angle MOP}=\frac{OM}{\\\sin   \angle MPO}可得\frac{90}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{PM}{\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}=\frac{OM}{\frac{\sqrt{2}}{2}}，解得PM=45\left(\sqrt{2}-\frac{\sqrt{6}}{3}\right)，OM=30\sqrt{6}，又ON=PM=45\left(\sqrt{2}-\frac{\sqrt{6}}{3}\right)，所以\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=|\overrightarrow{OM}|\times |\overrightarrow{ON}|\times \\cos  \angle AOB=30\sqrt{6}\times 45\left(\sqrt{2}-\frac{\sqrt{6}}{3}\right)\times \frac{1}{2}=1 350(\sqrt{3}-1).$

Final answer: $1 350(\sqrt{3}-1)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某商场经营者王某准备在商场门前“摆地摊”，经营“冷饮与小吃”生意.已知该商场门前是一块扇形区域，拟对这块扇形空地AOB进行改造.如图所示，平行四边形OMPN区域为顾客的休息区域，阴影区域为“摆地摊”区域，点P在弧\overset{\LARGE{\frown}}{AB}上，点M和点N分别在线段OA和线段OB上，且OA=90，\angle AOB=\frac{\pi }{3}.记\angle POB=\theta .$<img_1561>
$请写出顾客的休息区域OMPN的面积S关于\theta 的函数关系式，并求当\theta 为何值时，S取得最大值.$

Solution:
$在\triangle PMO中，OP=OA=90,\angle PMO=\pi -\frac{\pi }{3}=\frac{2\pi }{3},\angle MPO=\angle POB=\theta ,\angle MOP=\frac{\pi }{3}-\theta ，所以由\frac{OP}{\\\sin   \angle PMO}=\frac{OM}{\\\sin   \angle MPO}=\frac{PM}{\\\sin   \angle MOP}，可得\frac{90}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{OM}{\\\sin    \theta }=\frac{PM}{\\\sin   \left(\frac{\pi }{3}-\theta \right)}，故OM=60\sqrt{3}\\sin   \theta ,PM=60\sqrt{3}\\sin  \left(\frac{\pi }{3}-\theta \right)，S_{\triangle PMO}=\frac{1}{2}\\sin  \angle PMO\times PM\times OM=\frac{\sqrt{3}}{4}\times 60\sqrt{3}\\sin  \left(\frac{\pi }{3}-\theta \right)\times 60\sqrt{3}\\sin   \theta =2 700\sqrt{3}\\sin   \theta \\sin  \left(\frac{\pi }{3}-\theta \right)=2 700\sqrt{3}\times \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\\\sin    \theta \\\cos    \theta -\frac{1}{2}\\\sin   ^2\theta \right)=2 700\sqrt{3}\times \left(\frac{\sqrt{3}}{4}\\\sin    2\theta +\frac{1}{4}\\\cos    2\theta -\frac{1}{4}\right)=2 700\sqrt{3}\times \left[\frac{1}{2}\\\sin   \left(2\theta +\frac{\pi }{6}\right)-\frac{1}{4}\right]=1 350\sqrt{3}\\sin  \left(2\theta +\frac{\pi }{6}\right)-675\sqrt{3}\left(0<\theta <\frac{\pi }{3}\right)，所以S=2 S_{\triangle PMO}=2 700 \sqrt{3}\\sin  \left(2\theta + \frac{\pi }{6}\right)-1 350 \sqrt{3}\left(0<\theta <\frac{\pi }{3}\right).当\theta =\frac{\pi }{6}时，\\sin  \left(2\theta +\frac{\pi }{6}\right)=1，此时S取得最大值，且最大值为1 350 \sqrt{3}.$

Final answer: $\theta =\frac{\pi} {6}$, $1350\sqrt 3$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某商场经营者王某准备在商场门前“摆地摊”，经营“冷饮与小吃”生意.已知该商场门前是一块扇形区域，拟对这块扇形空地AOB进行改造.如图所示，平行四边形OMPN区域为顾客的休息区域，阴影区域为“摆地摊”区域，点P在弧\overset{\LARGE{\frown}}{AB}上，点M和点N分别在线段OA和线段OB上，且OA=90，\angle AOB=\frac{\pi }{3}.记\angle POB=\theta .$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600390616481795/img/compression/M_11cab01f326d44f734f03033503a1d3e.jpg)
$请写出顾客的休息区域OMPN的面积S关于\theta 的函数关系式，并求当\theta 为何值时，S取得最大值.$

Solution:
$在\triangle PMO中，OP=OA=90,\angle PMO=\pi -\frac{\pi }{3}=\frac{2\pi }{3},\angle MPO=\angle POB=\theta ,\angle MOP=\frac{\pi }{3}-\theta ，所以由\frac{OP}{\\\sin   \angle PMO}=\frac{OM}{\\\sin   \angle MPO}=\frac{PM}{\\\sin   \angle MOP}，可得\frac{90}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{OM}{\\\sin    \theta }=\frac{PM}{\\\sin   \left(\frac{\pi }{3}-\theta \right)}，故OM=60\sqrt{3}\\sin   \theta ,PM=60\sqrt{3}\\sin  \left(\frac{\pi }{3}-\theta \right)，S_{\triangle PMO}=\frac{1}{2}\\sin  \angle PMO\times PM\times OM=\frac{\sqrt{3}}{4}\times 60\sqrt{3}\\sin  \left(\frac{\pi }{3}-\theta \right)\times 60\sqrt{3}\\sin   \theta =2 700\sqrt{3}\\sin   \theta \\sin  \left(\frac{\pi }{3}-\theta \right)=2 700\sqrt{3}\times \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\\\sin    \theta \\\cos    \theta -\frac{1}{2}\\\sin   ^2\theta \right)=2 700\sqrt{3}\times \left(\frac{\sqrt{3}}{4}\\\sin    2\theta +\frac{1}{4}\\\cos    2\theta -\frac{1}{4}\right)=2 700\sqrt{3}\times \left[\frac{1}{2}\\\sin   \left(2\theta +\frac{\pi }{6}\right)-\frac{1}{4}\right]=1 350\sqrt{3}\\sin  \left(2\theta +\frac{\pi }{6}\right)-675\sqrt{3}\left(0<\theta <\frac{\pi }{3}\right)，所以S=2 S_{\triangle PMO}=2 700 \sqrt{3}\\sin  \left(2\theta + \frac{\pi }{6}\right)-1 350 \sqrt{3}\left(0<\theta <\frac{\pi }{3}\right).当\theta =\frac{\pi }{6}时，\\sin  \left(2\theta +\frac{\pi }{6}\right)=1，此时S取得最大值，且最大值为1 350 \sqrt{3}.$

Final answer: $\theta =\frac{\pi} {6}$, $1350\sqrt 3$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在\triangle ABC中，D为边AC上一点，且AC=4AD，\angle ABD=\angle ACB，\angle CBD=\frac{\pi }{2}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600338991353858/img/compression/M_e881bcc0eb21d13488f42fbce5735abd.jpg)
$求证：\\tan  \angle ACB=\frac{1}{2}；$

Solution:
$证明：设\angle ABD=\angle ACB=\alpha ，则在Rt\triangle BCD中，CD=\frac{BC}{\\\cos    \alpha }，在\triangle ABC中，由正弦定理知\frac{AC}{\\\sin   \left(\frac{\pi }{2}+\alpha \right)}=\frac{BC}{\\\sin   \left(\frac{\pi }{2}-2\alpha \right)}，所以AC=\frac{BC\cdot \\\cos    \alpha }{\\\cos    2\alpha }，又AC=4AD，即AC=\frac{4}{3}CD，所以\frac{BC\cdot \\\cos    \alpha }{\\\cos    2\alpha }=\frac{4}{3}\cdot \frac{BC}{\\\cos    \alpha }，即3\\cos  ^{2}\alpha =4\\cos   2\alpha ，又4\\cos   2\alpha =4\\cos  ^{2}\alpha -4\\sin  ^{2}\alpha ，所以\\tan  ^{2}\alpha =\frac{1}{4}，又\alpha 为锐角，所以\\tan   \alpha =\frac{1}{2}，即\\tan  \angle ACB=\frac{1}{2}，得证.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $在\triangle ABC中，D为边AC上一点，且AC=4AD，\angle ABD=\angle ACB，\angle CBD=\frac{\pi }{2}.$<img_1774>
$求证：\\tan  \angle ACB=\frac{1}{2}；$

Solution:
$证明：设\angle ABD=\angle ACB=\alpha ，则在Rt\triangle BCD中，CD=\frac{BC}{\\\cos    \alpha }，在\triangle ABC中，由正弦定理知\frac{AC}{\\\sin   \left(\frac{\pi }{2}+\alpha \right)}=\frac{BC}{\\\sin   \left(\frac{\pi }{2}-2\alpha \right)}，所以AC=\frac{BC\cdot \\\cos    \alpha }{\\\cos    2\alpha }，又AC=4AD，即AC=\frac{4}{3}CD，所以\frac{BC\cdot \\\cos    \alpha }{\\\cos    2\alpha }=\frac{4}{3}\cdot \frac{BC}{\\\cos    \alpha }，即3\\cos  ^{2}\alpha =4\\cos   2\alpha ，又4\\cos   2\alpha =4\\cos  ^{2}\alpha -4\\sin  ^{2}\alpha ，所以\\tan  ^{2}\alpha =\frac{1}{4}，又\alpha 为锐角，所以\\tan   \alpha =\frac{1}{2}，即\\tan  \angle ACB=\frac{1}{2}，得证.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在\triangle ABC中，D为边AC上一点，且AC=4AD，\angle ABD=\angle ACB，\angle CBD=\frac{\pi }{2}.$<img_1774>
$若\triangle ABC的面积为15，求AB的长.$

Solution:
$由(1)可得\\sin   \alpha =\frac{\sqrt{5}}{5}，\\cos   \alpha =\frac{2\sqrt{5}}{5}，且BC=2BD，易知S_{\triangle BCD}=\frac{3}{4}S_{\triangle ABC}=\frac{45}{4}，所以\frac{1}{2}BC\cdot BD=\frac{45}{4}，则BC=3\sqrt{5}.在\triangle ABC中，由正弦定理知\frac{AB}{\\\sin    \alpha }=\frac{BC}{\\\sin   \left(\frac{\pi }{2}-2\alpha \right)}=\frac{BC}{\\\cos    2\alpha }，又\\cos   2\alpha =\\cos  ^{2}\alpha -\\sin  ^{2}\alpha =\frac{3}{5}，所以AB=\frac{BC\cdot \\\sin    \alpha }{\\\cos    2\alpha }=5.$

Final answer: $5$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在\triangle ABC中，D为边AC上一点，且AC=4AD，\angle ABD=\angle ACB，\angle CBD=\frac{\pi }{2}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600338991353858/img/compression/M_e881bcc0eb21d13488f42fbce5735abd.jpg)
$若\triangle ABC的面积为15，求AB的长.$

Solution:
$由(1)可得\\sin   \alpha =\frac{\sqrt{5}}{5}，\\cos   \alpha =\frac{2\sqrt{5}}{5}，且BC=2BD，易知S_{\triangle BCD}=\frac{3}{4}S_{\triangle ABC}=\frac{45}{4}，所以\frac{1}{2}BC\cdot BD=\frac{45}{4}，则BC=3\sqrt{5}.在\triangle ABC中，由正弦定理知\frac{AB}{\\\sin    \alpha }=\frac{BC}{\\\sin   \left(\frac{\pi }{2}-2\alpha \right)}=\frac{BC}{\\\cos    2\alpha }，又\\cos   2\alpha =\\cos  ^{2}\alpha -\\sin  ^{2}\alpha =\frac{3}{5}，所以AB=\frac{BC\cdot \\\sin    \alpha }{\\\cos    2\alpha }=5.$

Final answer: $5$
Subfield: Plane Geometry


Question: $根据图形用符号表示下列点、线、面的关系.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600470293790722/img/compression/M_249588795bb98af7c481bd4786d76aa7.jpg)
$点P与直线AB；$

Solution:
$P\in AB.$

Final answer: $P在直线AB上。$
Subfield: Plane Geometry


Question: $根据图形用符号表示下列点、线、面的关系.$<img_1650>
$点C与直线AB；$

Solution:
$C∉AB.$

Final answer: $C∉AB$
Subfield: Plane Geometry


Question: $根据图形用符号表示下列点、线、面的关系.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600470293790722/img/compression/M_249588795bb98af7c481bd4786d76aa7.jpg)
$点C与直线AB；$

Solution:
$C∉AB.$

Final answer: $C∉AB$
Subfield: Plane Geometry


Question: $根据图形用符号表示下列点、线、面的关系.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600470293790722/img/compression/M_249588795bb98af7c481bd4786d76aa7.jpg)
$点M与平面ABCD；$

Solution:
$M\in 平面ABCD.$

Final answer: $M在平面ABCD上。$
Subfield: Plane Geometry


Question: $根据图形用符号表示下列点、线、面的关系.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600470293790722/img/compression/M_249588795bb98af7c481bd4786d76aa7.jpg)
$点A_{1}与平面ABCD；$

Solution:
$A_{1}∉平面ABCD.$

Final answer: $A1不在平面ABCD上。$
Subfield: Plane Geometry


Question: $根据图形用符号表示下列点、线、面的关系.$<img_1650>
$直线AB与直线BC；$

Solution:
$AB\cap BC=B.$

Final answer: $AB\cap BC=B.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $根据图形用符号表示下列点、线、面的关系.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600470293790722/img/compression/M_249588795bb98af7c481bd4786d76aa7.jpg)
$直线AB与直线BC；$

Solution:
$AB\cap BC=B.$

Final answer: $AB\cap BC=B.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $根据图形用符号表示下列点、线、面的关系.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600470293790722/img/compression/M_249588795bb98af7c481bd4786d76aa7.jpg)
$直线AB与平面ABCD；$

Solution:
$AB\subset 平面ABCD.$

Final answer: $AB\subset 平面ABCD.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $根据图形用符号表示下列点、线、面的关系.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600470293790722/img/compression/M_249588795bb98af7c481bd4786d76aa7.jpg)
$平面ABB_{1}A_{1}与平面ABCD.$

Solution:
$平面ABB_{1}A_{1}\cap 平面ABCD=AB.$

Final answer: $平面ABB_1A_1与平面ABCD的交线是AB.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把\triangle CDF折起，使点C到达点P的位置，且平面PEF\perp 平面ABFD.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600648493240321/img/compression/M_d2ed184db0eb1020a9b4daf3d4077f15.jpg)
$证明：PF\perp PE；$

Solution:
$证明：因为四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，所以BF\perp EF，又平面PEF\perp 平面ABFD，且平面PEF\cap 平面ABFD=EF，BF\subset 平面ABFD，所以BF\perp 平面PEF，所以BF\perp PF.又因为BF\parallel AD，所以PF\perp AD.又PF\perp PD，AD\cap PD=D，AD，PD\subset 平面ADP，所以PF\perp 平面ADP，又PE\subset 平面ADP，所以PF\perp PE.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把\triangle CDF折起，使点C到达点P的位置，且平面PEF\perp 平面ABFD.$<img_1518>
$证明：PF\perp PE；$

Solution:
$证明：因为四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，所以BF\perp EF，又平面PEF\perp 平面ABFD，且平面PEF\cap 平面ABFD=EF，BF\subset 平面ABFD，所以BF\perp 平面PEF，所以BF\perp PF.又因为BF\parallel AD，所以PF\perp AD.又PF\perp PD，AD\cap PD=D，AD，PD\subset 平面ADP，所以PF\perp 平面ADP，又PE\subset 平面ADP，所以PF\perp PE.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把\triangle CDF折起，使点C到达点P的位置，且平面PEF\perp 平面ABFD.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600648493240321/img/compression/M_d2ed184db0eb1020a9b4daf3d4077f15.jpg)
$若AB=2，求三棱锥B-PEF的体积.$

Solution:
$过点P作PQ\perp EF，垂足为Q，易证PQ\perp 平面ABFD.因为AB=2，所以EF=2，PF=1，PE=\sqrt{3}，所以PQ=\frac{\sqrt{3}}{2}，故V_{B-PEF}=V_{P-BEF}=\frac{1}{3}\times S_{\triangle BEF}\times PQ=\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}\times 2\times 1\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{6}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600648849756161/img/compression/M_93eae647b73e971ce42358721897c0e1.jpg)

Final answer: $\frac{\sqrt{3}}{6}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把\triangle CDF折起，使点C到达点P的位置，且平面PEF\perp 平面ABFD.$<img_1518>
$若AB=2，求三棱锥B-PEF的体积.$

Solution:
$过点P作PQ\perp EF，垂足为Q，易证PQ\perp 平面ABFD.因为AB=2，所以EF=2，PF=1，PE=\sqrt{3}，所以PQ=\frac{\sqrt{3}}{2}，故V_{B-PEF}=V_{P-BEF}=\frac{1}{3}\times S_{\triangle BEF}\times PQ=\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}\times 2\times 1\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{6}.$<img_2825>

Final answer: $\frac{\sqrt{3}}{6}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在平行四边形ABCD中，AB=CD=a，AD=2a，E是BC的中点，\angle A=60^\circ ，现将该平行四边形沿对角线BD折成直二面角A-BD-C，如图.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600629383741442/img/compression/M_eea83baeaab483846fddd115fa40eac0.jpg)
$求证：AB\perp CD；$

Solution:
$证明：在\triangle ABD中，AB=a，AD=2a，\angle A=60^\circ ，由余弦定理得BD=\sqrt{a^2+4a^2-2\times a\times 2a\times \frac{1}{2}}=\sqrt{3}a，所以AB^{2}+BD^{2}=AD^{2}，所以\angle ABD=90^\circ ，即AB\perp BD.又因为二面角A-BD-C是直二面角，平面ABD\cap 平面BCD=BD，AB\subset 平面ABD，所以AB\perp 平面BCD.又CD\subset 平面BCD，所以AB\perp CD.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $在平行四边形ABCD中，AB=CD=a，AD=2a，E是BC的中点，\angle A=60^\circ ，现将该平行四边形沿对角线BD折成直二面角A-BD-C，如图.$<img_3075>
$求证：AB\perp CD；$

Solution:
$证明：在\triangle ABD中，AB=a，AD=2a，\angle A=60^\circ ，由余弦定理得BD=\sqrt{a^2+4a^2-2\times a\times 2a\times \frac{1}{2}}=\sqrt{3}a，所以AB^{2}+BD^{2}=AD^{2}，所以\angle ABD=90^\circ ，即AB\perp BD.又因为二面角A-BD-C是直二面角，平面ABD\cap 平面BCD=BD，AB\subset 平面ABD，所以AB\perp 平面BCD.又CD\subset 平面BCD，所以AB\perp CD.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在平行四边形ABCD中，AB=CD=a，AD=2a，E是BC的中点，\angle A=60^\circ ，现将该平行四边形沿对角线BD折成直二面角A-BD-C，如图.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600629383741442/img/compression/M_eea83baeaab483846fddd115fa40eac0.jpg)
$求二面角A-ED-B的余弦值.$

Solution:
$在\triangle BCD中，E是BC的中点，由(1)易知\angle BED=120^\circ ，BE=a.过点B作BF\perp DE，交DE的延长线于点F，连接AF.因为AB\perp 平面BCD，DF\subset 平面BCD，所以DF\perp AB，又DF\perp BF，AB\cap BF=B，所以DF\perp 平面ABF，又AF\subset 平面ABF，所以AF\perp DF，所以\angle AFB为二面角A-ED-B的平面角.在Rt\triangle BFE中，\angle BEF=60^\circ ，BE=a，因此BF=\frac{\sqrt{3}a}{2}，所以\\tan  \angle AFB=\frac{AB}{BF}=\frac{a}{\frac{\sqrt{3}a}{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}，所以\\cos  \angle AFB=\frac{\sqrt{21}}{7}.所以二面角A-ED-B的余弦值是\frac{\sqrt{21}}{7}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600629668954113/img/compression/M_087f967c2b194cad1f9f65a80f52a751.jpg)

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


Question: $在平行四边形ABCD中，AB=CD=a，AD=2a，E是BC的中点，\angle A=60^\circ ，现将该平行四边形沿对角线BD折成直二面角A-BD-C，如图.$<img_3075>
$求二面角A-ED-B的余弦值.$

Solution:
$在\triangle BCD中，E是BC的中点，由(1)易知\angle BED=120^\circ ，BE=a.过点B作BF\perp DE，交DE的延长线于点F，连接AF.因为AB\perp 平面BCD，DF\subset 平面BCD，所以DF\perp AB，又DF\perp BF，AB\cap BF=B，所以DF\perp 平面ABF，又AF\subset 平面ABF，所以AF\perp DF，所以\angle AFB为二面角A-ED-B的平面角.在Rt\triangle BFE中，\angle BEF=60^\circ ，BE=a，因此BF=\frac{\sqrt{3}a}{2}，所以\\tan  \angle AFB=\frac{AB}{BF}=\frac{a}{\frac{\sqrt{3}a}{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}，所以\\cos  \angle AFB=\frac{\sqrt{21}}{7}.所以二面角A-ED-B的余弦值是\frac{\sqrt{21}}{7}.$<img_2460>

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


Question: $如图所示，某景区内景点D位于景点A的北偏东30^\circ 方向上，位于景点B的正北方向，还位于景点C的北偏西75^\circ 方向上．已知AB=5 km，AD=8 km.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591419967475714/img/compression/M_80ef7437729fa2e0557960f17cc03f31.jpg)
$求景点B与景点D之间的距离；$

Solution:
$设BD=x km，由题意得\angle ADB=30^\circ ,则在\triangle ABD中，由余弦定理得5^{2}=8^{2}+x^{2}-2\times 8x\\cos   30^\circ ，即x^{2}-8\sqrt{3}x+39=0，解得x=4\sqrt{3}\pm 3.因为4\sqrt{3}+3>8，应舍去，所以x=4\sqrt{3}-3\approx 3.9，即景点B与景点D之间的距离约为3.9 km.(4分)$

Final answer: $3.9 $ km
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，某景区内景点D位于景点A的北偏东30^\circ 方向上，位于景点B的正北方向，还位于景点C的北偏西75^\circ 方向上．已知AB=5 km，AD=8 km.$<img_2727>
$求景点B与景点D之间的距离；$

Solution:
$设BD=x km，由题意得\angle ADB=30^\circ ,则在\triangle ABD中，由余弦定理得5^{2}=8^{2}+x^{2}-2\times 8x\\cos   30^\circ ，即x^{2}-8\sqrt{3}x+39=0，解得x=4\sqrt{3}\pm 3.因为4\sqrt{3}+3>8，应舍去，所以x=4\sqrt{3}-3\approx 3.9，即景点B与景点D之间的距离约为3.9 km.(4分)$

Final answer: $3.9 $ km
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，某景区内景点D位于景点A的北偏东30^\circ 方向上，位于景点B的正北方向，还位于景点C的北偏西75^\circ 方向上．已知AB=5 km，AD=8 km.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591419967475714/img/compression/M_80ef7437729fa2e0557960f17cc03f31.jpg)
$求景点C与景点D之间的距离．(结果精确到0.1 km)$

Solution:
$在\triangle ABD中，由正弦定理得\frac{AD}{\\\sin   \angle ABD}=\frac{AB}{\\\sin   \angle ADB}，所以\\sin  \angle ABD=\\sin  \angle CBD=\frac{AD}{AB}\cdot \\sin  \angle ADB=\frac{4}{5}=0.8，(7分)所以\\cos  \angle CBD=0.6.(8分)在\triangle BCD中，\\sin  \angle DCB=\\sin  (\angle CBD+\angle BDC)=\\sin  (\angle CBD+75^\circ )\approx 0.8\times 0.26+0.6\times 0.97=0.79，由正弦定理得CD=\\sin  \angle CBD\times \frac{BD}{\\\sin   \angle DCB}\approx 3.9.故景点C与景点D之间的距离约为3.9 km.(12分)$

Final answer: $3.9 $ km
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，某景区内景点D位于景点A的北偏东30^\circ 方向上，位于景点B的正北方向，还位于景点C的北偏西75^\circ 方向上．已知AB=5 km，AD=8 km.$<img_2727>
$求景点C与景点D之间的距离．(结果精确到0.1 km)$

Solution:
$在\triangle ABD中，由正弦定理得\frac{AD}{\\\sin   \angle ABD}=\frac{AB}{\\\sin   \angle ADB}，所以\\sin  \angle ABD=\\sin  \angle CBD=\frac{AD}{AB}\cdot \\sin  \angle ADB=\frac{4}{5}=0.8，(7分)所以\\cos  \angle CBD=0.6.(8分)在\triangle BCD中，\\sin  \angle DCB=\\sin  (\angle CBD+\angle BDC)=\\sin  (\angle CBD+75^\circ )\approx 0.8\times 0.26+0.6\times 0.97=0.79，由正弦定理得CD=\\sin  \angle CBD\times \frac{BD}{\\\sin   \angle DCB}\approx 3.9.故景点C与景点D之间的距离约为3.9 km.(12分)$

Final answer: $3.9 $ km
Subfield: Plane Geometry


Question: $勒洛三角形是由19世纪德国工程师勒洛在研究机械分类时发现的.如图1，以等边三角形ABC的每个顶点为圆心、边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形ABC.受此启发，某数学兴趣小组绘制了勒洛五边形.如图2，分别以正五边形ABCDE的各顶点为圆心，对角线长为半径，在距离该顶点较远的另外两个顶点间画一段圆弧，五段圆弧围成的曲边五边形就是勒洛五边形ABCDE.设正五边形ABCDE的边长为1.$<img_3086>$图1$<img_1869>$图2$
$求勒洛五边形ABCDE的周长l_{1}；$

Solution:
$依题意，因为正五边形ABCDE的边长为1，所以\angle EAB=\frac{(5-2)\times \pi }{5}=\frac{3\pi }{5}，\angle EAD=\angle DAC=\angle CAB,所以\angle EAB=3\angle DAC，所以\angle DAC=\frac{\pi }{5}，在\triangle DAC中，DC=1，\angle ADC=\frac{\pi -\angle DAC}{2}=\frac{2\pi }{5}，(2分)由正弦定理得\frac{DC}{\\\sin   \angle DAC}=\frac{AC}{\\\sin   \angle ADC}，所以AC=\frac{DC}{\\\sin   \angle DAC}\times \\sin  \angle ADC=\frac{1}{\\\sin    \frac{\pi }{5}}\times \\sin   \frac{2\pi }{5}=\frac{1}{\\\sin    \frac{\pi }{5}}\times 2\\sin   \frac{\pi }{5}\\cos   \frac{\pi }{5}=2\\cos   \frac{\pi }{5}=2\times \frac{\sqrt{5}+1}{4}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}，(4分)所以劣弧\overset{\LARGE{\frown}}{DC}的长为\frac{\pi }{5}\times \frac{\sqrt{5}+1}{2}=\frac{(\sqrt{5}+1)\pi }{10}，(5分)所以勒洛五边形ABCDE的周长l_{1}=5\times \frac{(\sqrt{5}+1)\pi }{10}=\frac{(\sqrt{5}+1)\pi }{2}.(6分)$

Final answer: $\frac{(\sqrt{5}+1)\pi }{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $勒洛三角形是由19世纪德国工程师勒洛在研究机械分类时发现的.如图1，以等边三角形ABC的每个顶点为圆心、边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形ABC.受此启发，某数学兴趣小组绘制了勒洛五边形.如图2，分别以正五边形ABCDE的各顶点为圆心，对角线长为半径，在距离该顶点较远的另外两个顶点间画一段圆弧，五段圆弧围成的曲边五边形就是勒洛五边形ABCDE.设正五边形ABCDE的边长为1.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591420441432067/img/compression/M_01477c8dd991dd4f79033481288a3ad1.jpg)$图1$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591420441432067/img/compression/M_85c0790da6827254a18f15a071e609f4.jpg)$图2$
$求勒洛五边形ABCDE的周长l_{1}；$

Solution:
$依题意，因为正五边形ABCDE的边长为1，所以\angle EAB=\frac{(5-2)\times \pi }{5}=\frac{3\pi }{5}，\angle EAD=\angle DAC=\angle CAB,所以\angle EAB=3\angle DAC，所以\angle DAC=\frac{\pi }{5}，在\triangle DAC中，DC=1，\angle ADC=\frac{\pi -\angle DAC}{2}=\frac{2\pi }{5}，(2分)由正弦定理得\frac{DC}{\\\sin   \angle DAC}=\frac{AC}{\\\sin   \angle ADC}，所以AC=\frac{DC}{\\\sin   \angle DAC}\times \\sin  \angle ADC=\frac{1}{\\\sin    \frac{\pi }{5}}\times \\sin   \frac{2\pi }{5}=\frac{1}{\\\sin    \frac{\pi }{5}}\times 2\\sin   \frac{\pi }{5}\\cos   \frac{\pi }{5}=2\\cos   \frac{\pi }{5}=2\times \frac{\sqrt{5}+1}{4}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}，(4分)所以劣弧\overset{\LARGE{\frown}}{DC}的长为\frac{\pi }{5}\times \frac{\sqrt{5}+1}{2}=\frac{(\sqrt{5}+1)\pi }{10}，(5分)所以勒洛五边形ABCDE的周长l_{1}=5\times \frac{(\sqrt{5}+1)\pi }{10}=\frac{(\sqrt{5}+1)\pi }{2}.(6分)$

Final answer: $\frac{(\sqrt{5}+1)\pi }{2}$