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


Question: $如图，在矩形ABCD中，AB=4，E为边CD上的点，CB=CE，以BE为折痕把\triangle CBE折起，使点C到达点P的位置，且使二面角P-BE-C为直二面角，三棱锥P-ABE的体积为\frac{4\sqrt{2}}{3}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629778766426114/img/compression/M_db82f2e7b2a6d3bc184f8c3d74ac8e1c.jpg)
$(2)求二面角B-PA-D的余弦值.$

Solution:
$以D为原点，\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DC}的方向分别为x，y轴的正方向，过D作z轴垂直于平面ABCD，建立空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629779055833090/img/compression/M_f01cdef9035fb0b102cb3a794c45f2c7.jpg)$则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),P(1,3,\sqrt{2})，则\overrightarrow{AP}=(-1,3,\sqrt{2}),\overrightarrow{DA}=(2,0,0),\overrightarrow{AB}=(0,4,0)，设平面BPA的法向量为n_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{AP}\cdot \boldsymbol{n}_1=-x_1+3y_1+\sqrt{2}z_1=0,\\ \overrightarrow{AB}\cdot \boldsymbol{n}_1=4y_1=0,\end{matrix}\right.取z_{1}=1，可得n_{1}=(\sqrt{2},0,1)，设平面DPA的法向量为n_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2})，则\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{AP}\cdot \boldsymbol{n}_2=-x_2+3y_2+\sqrt{2}z_2=0,\\ \overrightarrow{DA}\cdot \boldsymbol{n}_2=2x_2=0,\end{matrix}\right.取z_{2}=3，可得n_{2}=(0,-\sqrt{2},3)，则\\cos  \langle n_{1},n_{2}\rangle =\frac{\boldsymbol{n}_1\cdot \boldsymbol{n}_2}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|}=\frac{3}{\sqrt{3}\times \sqrt{11}}=\frac{\sqrt{33}}{11}，由图知二面角B-PA-D的平面角为钝角，所以二面角B-PA-D的余弦值为-\frac{\sqrt{33}}{11}.$

Final answer: $-\frac{\sqrt{33}}{11}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P-ABCD中，AD\parallel BC，AB=AD=2，BC=1，\angle BAD=120^\circ ，PA\perp CD，PD\perp AC，点E是棱PD上靠近点P的三等分点.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629779420737538/img/compression/M_c334b63e0e5f190149b9a05b037b58a0.jpg)
$(1)证明：PA\perp 平面ABCD；$

Solution:
$证明：在\triangle ABC中，\angle ABC=60^\circ ，AB=2，BC=1，由余弦定理可得，AC=\sqrt{AB^2+BC^2-2AB\cdot BC\\\cos   \angle ABC}=\sqrt{3}，从而有AB^{2}=BC^{2}+AC^{2}，则AC\perp BC，\because AD\parallel BC，\therefore AC\perp AD，\because PD\perp AC，PD\cap AD=D，AD,PD\subset 平面PAD，\therefore AC\perp 平面PAD，\because PA\subset 平面PAD，\therefore AC\perp PA，\because PA\perp CD，AC\cap CD=C，AC,CD\subset 平面ABCD，\therefore PA\perp 平面ABCD.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P-ABCD中，AD\parallel BC，AB=AD=2，BC=1，\angle BAD=120^\circ ，PA\perp CD，PD\perp AC，点E是棱PD上靠近点P的三等分点.
$<img_1525>
$(1)证明：PA\perp 平面ABCD；$

Solution:
$证明：在\triangle ABC中，\angle ABC=60^\circ ，AB=2，BC=1，由余弦定理可得，AC=\sqrt{AB^2+BC^2-2AB\cdot BC\\\cos   \angle ABC}=\sqrt{3}，从而有AB^{2}=BC^{2}+AC^{2}，则AC\perp BC，\because AD\parallel BC，\therefore AC\perp AD，\because PD\perp AC，PD\cap AD=D，AD,PD\subset 平面PAD，\therefore AC\perp 平面PAD，\because PA\subset 平面PAD，\therefore AC\perp PA，\because PA\perp CD，AC\cap CD=C，AC,CD\subset 平面ABCD，\therefore PA\perp 平面ABCD.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P-ABCD中，AD\parallel BC，AB=AD=2，BC=1，\angle BAD=120^\circ ，PA\perp CD，PD\perp AC，点E是棱PD上靠近点P的三等分点.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629779420737538/img/compression/M_c334b63e0e5f190149b9a05b037b58a0.jpg)
$(2)若平面PAC与平面EAC的夹角的余弦值为\frac{3\sqrt{10}}{10}，求四棱锥P-ABCD的体积.$

Solution:
$以A为坐标原点，以AC，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A-xyz，如图，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629779420737538/img/compression/M_827b63e272e295b38e38e3b41e26b7f3.jpg)$则A(0,0,0)，C(\sqrt{3},0,0)，D(0,2,0),则\overrightarrow{AC}=(\sqrt{3},0,0)，设AP=t,t>0，则P(0,0,t)，E\left(0,\frac{2}{3},\frac{2}{3}t\right)，则\overrightarrow{AE}=\left(0,\frac{2}{3},\frac{2}{3}t\right),易知\overrightarrow{AD}=(0,2,0)是平面PAC的一个法向量.设平面EAC的法向量是n=(x,y,z)，由\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{AC}\cdot \boldsymbol{n}=0,\\ \overrightarrow{AE}\cdot \boldsymbol{n}=0,\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}\sqrt{3}x=0,\\ \frac{2}{3}y+\frac{2}{3}tz=0,\end{matrix}\right.取z=-1，则n=(0,t,-1)，因为平面PAC与平面EAC的夹角的余弦值为\frac{3\sqrt{10}}{10}，所以|\\cos  \langle \overrightarrow{AD},n\rangle |=\frac{|\overrightarrow{AD}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{AD}||\boldsymbol{n}|}=\frac{|2t|}{2\sqrt{1+t^2}}=\frac{3\sqrt{10}}{10}，解得t=3，所以四棱锥P-ABCD的体积V=\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}\times (1+2)\times \sqrt{3}\times 3=\frac{3\sqrt{3}}{2}.$

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


Question: $在四棱锥P-ABCD中，AD\parallel BC，AB=AD=2，BC=1，\angle BAD=120^\circ ，PA\perp CD，PD\perp AC，点E是棱PD上靠近点P的三等分点.
$<img_1525>
$(2)若平面PAC与平面EAC的夹角的余弦值为\frac{3\sqrt{10}}{10}，求四棱锥P-ABCD的体积.$

Solution:
$以A为坐标原点，以AC，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A-xyz，如图，$<img_2556>$则A(0,0,0)，C(\sqrt{3},0,0)，D(0,2,0),则\overrightarrow{AC}=(\sqrt{3},0,0)，设AP=t,t>0，则P(0,0,t)，E\left(0,\frac{2}{3},\frac{2}{3}t\right)，则\overrightarrow{AE}=\left(0,\frac{2}{3},\frac{2}{3}t\right),易知\overrightarrow{AD}=(0,2,0)是平面PAC的一个法向量.设平面EAC的法向量是n=(x,y,z)，由\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{AC}\cdot \boldsymbol{n}=0,\\ \overrightarrow{AE}\cdot \boldsymbol{n}=0,\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}\sqrt{3}x=0,\\ \frac{2}{3}y+\frac{2}{3}tz=0,\end{matrix}\right.取z=-1，则n=(0,t,-1)，因为平面PAC与平面EAC的夹角的余弦值为\frac{3\sqrt{10}}{10}，所以|\\cos  \langle \overrightarrow{AD},n\rangle |=\frac{|\overrightarrow{AD}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{AD}||\boldsymbol{n}|}=\frac{|2t|}{2\sqrt{1+t^2}}=\frac{3\sqrt{10}}{10}，解得t=3，所以四棱锥P-ABCD的体积V=\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}\times (1+2)\times \sqrt{3}\times 3=\frac{3\sqrt{3}}{2}.$

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


Question: $中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种被称为“曲池”的几何体.该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分).在如图所示的“曲池”中，AA_{1}\perp 平面A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}，记弧AB、弧DC的长度分别为l_{1}，l_{2}，已知AD=1，l_{1}=2l_{2}=\frac{4\pi }{3}，E为弧A_{1}B_{1}的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629780012134401/img/compression/M_15dca9f91c21de7e12bbd2227c2c3977.jpg)
$(1)证明：A_{1}D_{1}\perp DE；$

Solution:
$证明：延长A_{1}D_{1}，B_{1}C_{1}相交于点O_{1}，因为l_{1}=2l_{2}=\frac{4\pi }{3}，则D_{1}O_{1}=A_{1}D_{1}=AD=1，\angle A_{1}O_{1}B_{1}=\frac{2\pi }{3}.连接A_{1}E,D_{1}E，O_{1}E，因为E为弧A_{1}B_{1}的中点，则\angle A_{1}O_{1}E=\frac{\pi }{3}，则\triangle A_{1}O_{1}E为正三角形，于是A_{1}D_{1}\perp D_{1}E.因为AA_{1}\perp 平面A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}，DD_{1}\parallel AA_{1}，所以DD_{1}\perp 平面A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}，又A_{1}D_{1}\subset 平面A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}，所以A_{1}D_{1}\perp DD_{1}，又D_{1}E\cap DD_{1}=D_{1}，D_{1}E,DD_{1}\subset 平面DD_{1}E，因此A_{1}D_{1}\perp 平面DD_{1}E，又DE\subset 平面DD_{1}E，所以A_{1}D_{1}\perp DE.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种被称为“曲池”的几何体.该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分).在如图所示的“曲池”中，AA_{1}\perp 平面A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}，记弧AB、弧DC的长度分别为l_{1}，l_{2}，已知AD=1，l_{1}=2l_{2}=\frac{4\pi }{3}，E为弧A_{1}B_{1}的中点.$<img_2025>
$(1)证明：A_{1}D_{1}\perp DE；$

Solution:
$证明：延长A_{1}D_{1}，B_{1}C_{1}相交于点O_{1}，因为l_{1}=2l_{2}=\frac{4\pi }{3}，则D_{1}O_{1}=A_{1}D_{1}=AD=1，\angle A_{1}O_{1}B_{1}=\frac{2\pi }{3}.连接A_{1}E,D_{1}E，O_{1}E，因为E为弧A_{1}B_{1}的中点，则\angle A_{1}O_{1}E=\frac{\pi }{3}，则\triangle A_{1}O_{1}E为正三角形，于是A_{1}D_{1}\perp D_{1}E.因为AA_{1}\perp 平面A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}，DD_{1}\parallel AA_{1}，所以DD_{1}\perp 平面A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}，又A_{1}D_{1}\subset 平面A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}，所以A_{1}D_{1}\perp DD_{1}，又D_{1}E\cap DD_{1}=D_{1}，D_{1}E,DD_{1}\subset 平面DD_{1}E，因此A_{1}D_{1}\perp 平面DD_{1}E，又DE\subset 平面DD_{1}E，所以A_{1}D_{1}\perp DE.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种被称为“曲池”的几何体.该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分).在如图所示的“曲池”中，AA_{1}\perp 平面A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}，记弧AB、弧DC的长度分别为l_{1}，l_{2}，已知AD=1，l_{1}=2l_{2}=\frac{4\pi }{3}，E为弧A_{1}B_{1}的中点.$<img_2025>
$(2)若AA_{1}=4AD，求直线CE与平面DEB_{1}所成角的正弦值.$

Solution:
$以D_{1}为坐标原点，D_{1}O_{1}，D_{1}E，DD_{1}所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D_{1}xyz，则E(0,\sqrt{3},0)，C\left(\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},-4\right)，D(0,0,-4)，B_{1}(2,\sqrt{3},0)，则\overrightarrow{CE}=\left(- \frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},4\right)，\overrightarrow{DE}=(0,\sqrt{3},4)，\overrightarrow{DB_1}=(2,\sqrt{3},4).设平面DEB_{1}的法向量为m=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{DE}\cdot \boldsymbol{m}=\sqrt{3}y+4z=0,\\ \overrightarrow{DB_1}\cdot \boldsymbol{m}=2x+\sqrt{3}y+4z=0,\end{matrix}\right.令z=\sqrt{3}，得m=(0,-4,\sqrt{3})，设直线CE与平面DEB_{1}所成角为\theta ，则\\sin   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{CE},m\rangle |=\frac{|\overrightarrow{CE}\cdot \boldsymbol{m}|}{|\overrightarrow{CE}||\boldsymbol{m}|}=\frac{\left|-4\times \frac{\sqrt{3}}{2}+\sqrt{3}\times 4\right|}{\sqrt{19}\times \sqrt{{\left(-\frac{3}{2}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2+4^2}}=\frac{2\sqrt{3}}{19}，所以直线CE与平面DEB_{1}所成角的正弦值为\frac{2\sqrt{3}}{19}.$<img_1703>

Final answer: $\frac{2\sqrt{3}}{19}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种被称为“曲池”的几何体.该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分).在如图所示的“曲池”中，AA_{1}\perp 平面A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}，记弧AB、弧DC的长度分别为l_{1}，l_{2}，已知AD=1，l_{1}=2l_{2}=\frac{4\pi }{3}，E为弧A_{1}B_{1}的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629780012134401/img/compression/M_15dca9f91c21de7e12bbd2227c2c3977.jpg)
$(2)若AA_{1}=4AD，求直线CE与平面DEB_{1}所成角的正弦值.$

Solution:
$以D_{1}为坐标原点，D_{1}O_{1}，D_{1}E，DD_{1}所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D_{1}xyz，则E(0,\sqrt{3},0)，C\left(\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},-4\right)，D(0,0,-4)，B_{1}(2,\sqrt{3},0)，则\overrightarrow{CE}=\left(- \frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},4\right)，\overrightarrow{DE}=(0,\sqrt{3},4)，\overrightarrow{DB_1}=(2,\sqrt{3},4).设平面DEB_{1}的法向量为m=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{DE}\cdot \boldsymbol{m}=\sqrt{3}y+4z=0,\\ \overrightarrow{DB_1}\cdot \boldsymbol{m}=2x+\sqrt{3}y+4z=0,\end{matrix}\right.令z=\sqrt{3}，得m=(0,-4,\sqrt{3})，设直线CE与平面DEB_{1}所成角为\theta ，则\\sin   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{CE},m\rangle |=\frac{|\overrightarrow{CE}\cdot \boldsymbol{m}|}{|\overrightarrow{CE}||\boldsymbol{m}|}=\frac{\left|-4\times \frac{\sqrt{3}}{2}+\sqrt{3}\times 4\right|}{\sqrt{19}\times \sqrt{{\left(-\frac{3}{2}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2+4^2}}=\frac{2\sqrt{3}}{19}，所以直线CE与平面DEB_{1}所成角的正弦值为\frac{2\sqrt{3}}{19}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629780263792642/img/compression/M_9ccb524460610f3d31568260cb4e71f6.jpg)

Final answer: $\frac{2\sqrt{3}}{19}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，已知圆锥PO，AB是底面圆O的直径，且长为4，C是圆O上异于A，B的一点，PA=2\sqrt{3}.设二面角P-AC-B与二面角P-BC-A的大小分别为\alpha 与\beta .$<img_2008>
$(1)求\frac{1}{\\\tan   ^2\alpha }+\frac{1}{\\\tan   ^2\beta }的值；$

Solution:
$连接PO，则PO\perp 平面ABC.分别取AC，BC的中点M，N，连接PM，OM，PN，ON，则在圆O中，OM\perp AC.由PO\perp 平面ABC，AC\subset 平面ABC，得PO\perp AC.又PO\cap OM=O，所以AC\perp 平面PMO，因为PM\subset 平面PMO，所以AC\perp PM.所以\angle PMO=\alpha .同理，\angle PNO=\beta .于是\frac{1}{\\\tan   ^2\alpha }+\frac{1}{\\\tan   ^2\beta }=\left(\frac{OM}{OP}\right)^{2} ^{}+\left(\frac{ON}{OP}\right)^{2} ^{}=\frac{OC^2-\left(\frac{1}{2}AC\right)^2+OC^2-\left(\frac{1}{2}BC\right)^2}{OP^2}=\frac{2OC^2-\frac{1}{4}(AC^2+BC^2)}{OP^2}=\frac{2OC^2-\frac{1}{4}AB^2}{OP^2}=\frac{2OC^2-OC^2}{OP^2}=\frac{OC^2}{OP^2}=\frac{OC^2}{AP^2-OA^2}=\frac{1}{2}.$

Final answer: $\frac{1}{2}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，已知圆锥PO，AB是底面圆O的直径，且长为4，C是圆O上异于A，B的一点，PA=2\sqrt{3}.设二面角P-AC-B与二面角P-BC-A的大小分别为\alpha 与\beta .$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629807297458178/img/compression/M_2a5b8e82617871088d01ac7247d497e2.jpg)
$(1)求\frac{1}{\\\tan   ^2\alpha }+\frac{1}{\\\tan   ^2\beta }的值；$

Solution:
$连接PO，则PO\perp 平面ABC.分别取AC，BC的中点M，N，连接PM，OM，PN，ON，则在圆O中，OM\perp AC.由PO\perp 平面ABC，AC\subset 平面ABC，得PO\perp AC.又PO\cap OM=O，所以AC\perp 平面PMO，因为PM\subset 平面PMO，所以AC\perp PM.所以\angle PMO=\alpha .同理，\angle PNO=\beta .于是\frac{1}{\\\tan   ^2\alpha }+\frac{1}{\\\tan   ^2\beta }=\left(\frac{OM}{OP}\right)^{2} ^{}+\left(\frac{ON}{OP}\right)^{2} ^{}=\frac{OC^2-\left(\frac{1}{2}AC\right)^2+OC^2-\left(\frac{1}{2}BC\right)^2}{OP^2}=\frac{2OC^2-\frac{1}{4}(AC^2+BC^2)}{OP^2}=\frac{2OC^2-\frac{1}{4}AB^2}{OP^2}=\frac{2OC^2-OC^2}{OP^2}=\frac{OC^2}{OP^2}=\frac{OC^2}{AP^2-OA^2}=\frac{1}{2}.$

Final answer: $\frac{1}{2}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，已知圆锥PO，AB是底面圆O的直径，且长为4，C是圆O上异于A，B的一点，PA=2\sqrt{3}.设二面角P-AC-B与二面角P-BC-A的大小分别为\alpha 与\beta .$<img_2008>
$(2)若\\tan   \beta =\sqrt{3}\\tan   \alpha ，求二面角A-PC-B的余弦值.$

Solution:
$因为\\tan   \beta =\sqrt{3}\\tan   \alpha ，即\frac{OP}{ON}=\sqrt{3}\cdot \frac{OP}{OM},所以OM=\sqrt{3}ON,即BC=\sqrt{3}AC,因为AC^{2}+BC^{2}=AB^{2},所以BC=2\sqrt{3},AC=2.在圆O中，CA\perp CB，以点C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系C-xyz.则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2\sqrt{3},0)，则\overrightarrow{CA}=(2，0，0)，\overrightarrow{CB}=(0，2\sqrt{3}，0)，因为PO\perp 平面ABC，所以OP\parallel z轴，从而P(1,\sqrt{3},2\sqrt{2}).则\overrightarrow{CP}=(1,\sqrt{3},2\sqrt{2}).设平面PAC的法向量为m=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{CA}=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{CP}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}2x=0,\\ x+\sqrt{3}y+2\sqrt{2}z=0,\end{matrix}\right.不妨取y=2\sqrt{2}，则m=(0,2\sqrt{2},-\sqrt{3}).设平面PBC的法向量为n=(m,n,t)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{CB}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{CP}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}2\sqrt{3}n=0,\\ m+\sqrt{3}n+2\sqrt{2}t=0,\end{matrix}\right.不妨取m=2\sqrt{2}，则n=(2\sqrt{2},0,-1).所以\\cos  \langle m,n\rangle =\frac{\boldsymbol{m}\cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}|\cdot |\boldsymbol{n}|}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{11}\times 3}=\frac{\sqrt{33}}{33}.又二面角A-PC-B为钝二面角，所以二面角A-PC-B的余弦值为-\frac{\sqrt{33}}{33}.$<img_2073>

Final answer: $-\frac{1}{33}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，已知圆锥PO，AB是底面圆O的直径，且长为4，C是圆O上异于A，B的一点，PA=2\sqrt{3}.设二面角P-AC-B与二面角P-BC-A的大小分别为\alpha 与\beta .$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629807297458178/img/compression/M_2a5b8e82617871088d01ac7247d497e2.jpg)
$(2)若\\tan   \beta =\sqrt{3}\\tan   \alpha ，求二面角A-PC-B的余弦值.$

Solution:
$因为\\tan   \beta =\sqrt{3}\\tan   \alpha ，即\frac{OP}{ON}=\sqrt{3}\cdot \frac{OP}{OM},所以OM=\sqrt{3}ON,即BC=\sqrt{3}AC,因为AC^{2}+BC^{2}=AB^{2},所以BC=2\sqrt{3},AC=2.在圆O中，CA\perp CB，以点C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系C-xyz.则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2\sqrt{3},0)，则\overrightarrow{CA}=(2，0，0)，\overrightarrow{CB}=(0，2\sqrt{3}，0)，因为PO\perp 平面ABC，所以OP\parallel z轴，从而P(1,\sqrt{3},2\sqrt{2}).则\overrightarrow{CP}=(1,\sqrt{3},2\sqrt{2}).设平面PAC的法向量为m=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{CA}=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{CP}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}2x=0,\\ x+\sqrt{3}y+2\sqrt{2}z=0,\end{matrix}\right.不妨取y=2\sqrt{2}，则m=(0,2\sqrt{2},-\sqrt{3}).设平面PBC的法向量为n=(m,n,t)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{CB}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{CP}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}2\sqrt{3}n=0,\\ m+\sqrt{3}n+2\sqrt{2}t=0,\end{matrix}\right.不妨取m=2\sqrt{2}，则n=(2\sqrt{2},0,-1).所以\\cos  \langle m,n\rangle =\frac{\boldsymbol{m}\cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}|\cdot |\boldsymbol{n}|}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{11}\times 3}=\frac{\sqrt{33}}{33}.又二面角A-PC-B为钝二面角，所以二面角A-PC-B的余弦值为-\frac{\sqrt{33}}{33}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629807578476545/img/compression/M_02240e1109d80758f3fe6e46d287898e.jpg)

Final answer: $-\frac{1}{33}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD\perp 平面ABCD，平面PAB\perp 平面ABCD.$<img_2749>
$(1)求证：PA\perp 平面ABCD；$

Solution:
$证明：如图，在平面ABCD中取一点E，并过点E作直线a\perp AD，直线b\perp AB，因为平面PAD\perp 平面ABCD，平面PAD\cap 平面ABCD=AD，a\subset 平面ABCD，所以a\perp 平面PAD，因为PA\subset 平面PAD，所以PA\perp a.同理证得PA\perp b.因为a\cap b=E，a,b\subset 平面ABCD，所以PA\perp 平面ABCD.
$<img_3029>
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD\perp 平面ABCD，平面PAB\perp 平面ABCD.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629808455086082/img/compression/M_60f9473eeb976c76a6b5beeb914640e0.jpg)
$(1)求证：PA\perp 平面ABCD；$

Solution:
$证明：如图，在平面ABCD中取一点E，并过点E作直线a\perp AD，直线b\perp AB，因为平面PAD\perp 平面ABCD，平面PAD\cap 平面ABCD=AD，a\subset 平面ABCD，所以a\perp 平面PAD，因为PA\subset 平面PAD，所以PA\perp a.同理证得PA\perp b.因为a\cap b=E，a,b\subset 平面ABCD，所以PA\perp 平面ABCD.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629807578476545/img/compression/M_e197ec6dfbf49fd28c65f28ef836a101.jpg)

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD\perp 平面ABCD，平面PAB\perp 平面ABCD.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629808455086082/img/compression/M_60f9473eeb976c76a6b5beeb914640e0.jpg)
$(2)设PA=AD=2AB=2，AB\perp AD，AD\parallel BC，平面PBC与平面PCD的夹角的余弦值为\frac{2\sqrt{5}}{5}，求BC的长.$

Solution:
$以A为坐标原点，\overrightarrow{AD}，\overrightarrow{AB}，\overrightarrow{AP}的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，则B(0,1,0)，D(2,0,0)，P(0,0,2)，则\overrightarrow{PB}=(0,1,-2),\overrightarrow{PD}=(2,0,-2),设BC=t,t>0,则C(t,1,0)，则\overrightarrow{DC}=(t-2,1,0)，\overrightarrow{BC}=(t,0,0)，设平面PBC的法向量为m=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{PB}=y_1-2z_1=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{BC}=tx_1=0,\end{matrix}\right.令z_{1}=1，得m=(0,2,1)，设平面PCD的法向量为n=(x_{2},y_{2},z_{2})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{PD}=2x_2-2z_2=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{DC}=(t-2)x_2+y_2=0,\end{matrix}\right.令x_{2}=1，得n=(1,2-t,1)，由题意知\frac{|\boldsymbol{m}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{2\sqrt{5}}{5}，即\frac{|5-2t|}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{2+{(2-t)}^2}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}，解得t=\frac{1}{4}，所以BC的长为\frac{1}{4}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629808710938626/img/compression/M_5d110cbd54fdaf26410e7cf2852934d8.jpg)

Final answer: $\frac{1}{4}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD\perp 平面ABCD，平面PAB\perp 平面ABCD.$<img_2749>
$(2)设PA=AD=2AB=2，AB\perp AD，AD\parallel BC，平面PBC与平面PCD的夹角的余弦值为\frac{2\sqrt{5}}{5}，求BC的长.$

Solution:
$以A为坐标原点，\overrightarrow{AD}，\overrightarrow{AB}，\overrightarrow{AP}的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，则B(0,1,0)，D(2,0,0)，P(0,0,2)，则\overrightarrow{PB}=(0,1,-2),\overrightarrow{PD}=(2,0,-2),设BC=t,t>0,则C(t,1,0)，则\overrightarrow{DC}=(t-2,1,0)，\overrightarrow{BC}=(t,0,0)，设平面PBC的法向量为m=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{PB}=y_1-2z_1=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{BC}=tx_1=0,\end{matrix}\right.令z_{1}=1，得m=(0,2,1)，设平面PCD的法向量为n=(x_{2},y_{2},z_{2})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{PD}=2x_2-2z_2=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{DC}=(t-2)x_2+y_2=0,\end{matrix}\right.令x_{2}=1，得n=(1,2-t,1)，由题意知\frac{|\boldsymbol{m}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{2\sqrt{5}}{5}，即\frac{|5-2t|}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{2+{(2-t)}^2}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}，解得t=\frac{1}{4}，所以BC的长为\frac{1}{4}.$<img_2971>

Final answer: $\frac{1}{4}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，已知PA=PC，AB=BC.$<img_2979>
$(1)求证:PB\perp AC；$

Solution:
$证明:取AC的中点M，连接MB，MP,\because 在\triangle PAC中，PA=PC，M为AC的中点，\therefore MP\perp AC,在\triangle ABC中，AB=BC，M为AC的中点，\therefore MB\perp AC，又MP\cap MB=M，MP，MB\subset 平面PMB,\therefore AC\perp 平面PMB,又PB\subset 平面PMB，\therefore PB\perp AC.(4分)$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，已知PA=PC，AB=BC.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629809050677250/img/compression/M_a2a24fbbb53c9d9bbe81ab4a4ae621ab.jpg)
$(1)求证:PB\perp AC；$

Solution:
$证明:取AC的中点M，连接MB，MP,\because 在\triangle PAC中，PA=PC，M为AC的中点，\therefore MP\perp AC,在\triangle ABC中，AB=BC，M为AC的中点，\therefore MB\perp AC，又MP\cap MB=M，MP，MB\subset 平面PMB,\therefore AC\perp 平面PMB,又PB\subset 平面PMB，\therefore PB\perp AC.(4分)$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，已知PA=PC，AB=BC.$<img_2979>
$(2)若平面PCD\perp 平面ABCD，AB\parallel CD，且AB=2CD=2，\angle ABC=90^\circ ，二面角P-BC-D的大小为45^\circ ，求直线PB与平面PAD所成角的正弦值.$

Solution:
$\because \angle ABC=90^\circ ，AB\parallel CD,\therefore BC\perp CD，\because 平面PCD\perp 平面ABCD，平面PCD\cap 平面ABCD=CD，BC\perp CD，BC\subset 平面ABCD，\therefore BC\perp 平面PCD，\because PC\subset 平面PCD，\therefore BC\perp PC.故\angle PCD为二面角P-BC-D的平面角，\angle PCD=45^\circ .(6分)以B为原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(2,2,2)，A(0,2,0)，C(2,0,0)，D(2,1,0).则\overrightarrow{DP}=(0,1,2),\overrightarrow{AD}=(2,-1,0),设平面PAD的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{DP}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AD}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}y+2z=0,\\ 2x-y=0,\end{matrix}\right.令x=1,得n=(1,2,-1).(9分)又\overrightarrow{BP}=(2,2,2)，所以直线BP与平面PAD所成角的正弦值为|\\cos  \langle n，\overrightarrow{BP}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{BP}|}{|\boldsymbol{n}|\cdot |\overrightarrow{BP}|}=\frac{\sqrt{2}}{3}.(12分)$<img_1756>

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


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，已知PA=PC，AB=BC.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629809050677250/img/compression/M_a2a24fbbb53c9d9bbe81ab4a4ae621ab.jpg)
$(2)若平面PCD\perp 平面ABCD，AB\parallel CD，且AB=2CD=2，\angle ABC=90^\circ ，二面角P-BC-D的大小为45^\circ ，求直线PB与平面PAD所成角的正弦值.$

Solution:
$\because \angle ABC=90^\circ ，AB\parallel CD,\therefore BC\perp CD，\because 平面PCD\perp 平面ABCD，平面PCD\cap 平面ABCD=CD，BC\perp CD，BC\subset 平面ABCD，\therefore BC\perp 平面PCD，\because PC\subset 平面PCD，\therefore BC\perp PC.故\angle PCD为二面角P-BC-D的平面角，\angle PCD=45^\circ .(6分)以B为原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(2,2,2)，A(0,2,0)，C(2,0,0)，D(2,1,0).则\overrightarrow{DP}=(0,1,2),\overrightarrow{AD}=(2,-1,0),设平面PAD的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{DP}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AD}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}y+2z=0,\\ 2x-y=0,\end{matrix}\right.令x=1,得n=(1,2,-1).(9分)又\overrightarrow{BP}=(2,2,2)，所以直线BP与平面PAD所成角的正弦值为|\\cos  \langle n，\overrightarrow{BP}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{BP}|}{|\boldsymbol{n}|\cdot |\overrightarrow{BP}|}=\frac{\sqrt{2}}{3}.(12分)$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629809541410818/img/compression/M_770e6f8b8b6f68586d1bf595a79edd88.jpg)

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


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，\triangle PAD为等边三角形，平面PAD\perp 平面ABCD，PB\perp BC.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629809847595011/img/compression/M_e3bfc0cc224422bf4025bc71a9adaade.jpg)
$(1)求点A到平面PBC的距离；$

Solution:
$取AD的中点O，连接OB，OP.\because \triangle PAD为等边三角形，\therefore OP\perp AD，OA=1，OP=\sqrt{3}.\because 平面PAD\perp 平面ABCD，平面PAD\cap 平面ABCD=AD，OP\subset 平面PAD，\therefore OP\perp 平面ABCD.又\because OB\subset 平面ABCD，\therefore OP\perp OB.\because PB\perp BC，BC\parallel AD，\therefore PB\perp AD.又\because OP，PB\subset 平面POB，OP\cap PB=P，\therefore AD\perp 平面POB.又\because OB\subset 平面POB，\therefore AD\perp OB，\therefore OB=\sqrt{3}，PB=\sqrt{6}.设点A到平面PBC的距离为h，由V_{A-PBC}=V_{P-ABC}，得\frac{1}{3}S_{\triangle PBC}\cdot h=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot OP，即\frac{1}{2}\times 2\times \sqrt{6}h=\frac{1}{2}\times 2\times \sqrt{3}\times \sqrt{3},\therefore h=\frac{\sqrt{6}}{2}.$

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


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，\triangle PAD为等边三角形，平面PAD\perp 平面ABCD，PB\perp BC.$<img_2389>
$(1)求点A到平面PBC的距离；$

Solution:
$取AD的中点O，连接OB，OP.\because \triangle PAD为等边三角形，\therefore OP\perp AD，OA=1，OP=\sqrt{3}.\because 平面PAD\perp 平面ABCD，平面PAD\cap 平面ABCD=AD，OP\subset 平面PAD，\therefore OP\perp 平面ABCD.又\because OB\subset 平面ABCD，\therefore OP\perp OB.\because PB\perp BC，BC\parallel AD，\therefore PB\perp AD.又\because OP，PB\subset 平面POB，OP\cap PB=P，\therefore AD\perp 平面POB.又\because OB\subset 平面POB，\therefore AD\perp OB，\therefore OB=\sqrt{3}，PB=\sqrt{6}.设点A到平面PBC的距离为h，由V_{A-PBC}=V_{P-ABC}，得\frac{1}{3}S_{\triangle PBC}\cdot h=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot OP，即\frac{1}{2}\times 2\times \sqrt{6}h=\frac{1}{2}\times 2\times \sqrt{3}\times \sqrt{3},\therefore h=\frac{\sqrt{6}}{2}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{6}}{2}$