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


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的正三角形且与底面垂直，底面ABCD是菱形，且\angle ABC=60^\circ ，M为棱PC上的动点，且\frac{PM}{PC}=\lambda (\lambda \in [0,1]).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693861407377391619/img/compression/M_958f18033f6decedc9ccbf28603a3da6.jpg)
$(2)试确定\lambda 的值，使得平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为\frac{2\sqrt{5}}{5}.$

Solution:
$由(1)可知OP\perp AD,又因为平面PAD\perp 平面ABCD,平面PAD\cap 平面ABCD=AD,PO\subset 平面PAD，所以PO\perp 平面ABCD，又因为OC\subset 平面ABCD，所以OC\perp PO,所以OC，PO，AD两两垂直.以O为原点，建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示,$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693861407708741633/img/compression/M_8b96e5d954b8ba5090b1de935443f07d.jpg)$则O(0，0，0)，P(0,0,\sqrt{3}),A(0,-1,0),D(0,1,0),C(\sqrt{3},0,0),所以\overrightarrow{PC}=(\sqrt{3},0，-\sqrt{3}).由\overrightarrow{PM}=\lambda \overrightarrow{PC}=(\sqrt{3}\lambda ,0,-\sqrt{3}\lambda )可得点M的坐标为(\sqrt{3}\lambda ,0,\sqrt{3}-\sqrt{3}\lambda )，所以\overrightarrow{AM}=(\sqrt{3}\lambda ,1,\sqrt{3}-\sqrt{3}\lambda ),\overrightarrow{DM}=(\sqrt{3}\lambda ,-1,\sqrt{3}-\sqrt{3}\lambda ),设平面ADM的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AM}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{DM}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\sqrt{3}\lambda x+y+(\sqrt{3}-\sqrt{3}\lambda )z=0,\\ \sqrt{3}\lambda x-y+(\sqrt{3}-\sqrt{3}\lambda )z=0,\end{matrix}\right.令z=\lambda ，得x=\lambda -1,y=0，则n=(\lambda -1,0,\lambda )为平面ADM的一个法向量，显然平面PAD的一个法向量为\overrightarrow{OC}=(\sqrt{3},0,0),令|\\cos  \langle n,\overrightarrow{OC}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{OC}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{OC}|}=\frac{|\sqrt{3}(\lambda -1)|}{\sqrt{(\lambda -1)^2+\lambda ^2}\cdot \sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}，解得\lambda =\frac{1}{3}或\lambda =-1(舍去)，所以当\lambda =\frac{1}{3}时，平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为\frac{2\sqrt{5}}{5}.$

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


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的正三角形且与底面垂直，底面ABCD是菱形，且\angle ABC=60^\circ ，M为棱PC上的动点，且\frac{PM}{PC}=\lambda (\lambda \in [0,1]).$<img_2157>
$(2)试确定\lambda 的值，使得平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为\frac{2\sqrt{5}}{5}.$

Solution:
$由(1)可知OP\perp AD,又因为平面PAD\perp 平面ABCD,平面PAD\cap 平面ABCD=AD,PO\subset 平面PAD，所以PO\perp 平面ABCD，又因为OC\subset 平面ABCD，所以OC\perp PO,所以OC，PO，AD两两垂直.以O为原点，建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示,$<img_2403>$则O(0，0，0)，P(0,0,\sqrt{3}),A(0,-1,0),D(0,1,0),C(\sqrt{3},0,0),所以\overrightarrow{PC}=(\sqrt{3},0，-\sqrt{3}).由\overrightarrow{PM}=\lambda \overrightarrow{PC}=(\sqrt{3}\lambda ,0,-\sqrt{3}\lambda )可得点M的坐标为(\sqrt{3}\lambda ,0,\sqrt{3}-\sqrt{3}\lambda )，所以\overrightarrow{AM}=(\sqrt{3}\lambda ,1,\sqrt{3}-\sqrt{3}\lambda ),\overrightarrow{DM}=(\sqrt{3}\lambda ,-1,\sqrt{3}-\sqrt{3}\lambda ),设平面ADM的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AM}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{DM}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\sqrt{3}\lambda x+y+(\sqrt{3}-\sqrt{3}\lambda )z=0,\\ \sqrt{3}\lambda x-y+(\sqrt{3}-\sqrt{3}\lambda )z=0,\end{matrix}\right.令z=\lambda ，得x=\lambda -1,y=0，则n=(\lambda -1,0,\lambda )为平面ADM的一个法向量，显然平面PAD的一个法向量为\overrightarrow{OC}=(\sqrt{3},0,0),令|\\cos  \langle n,\overrightarrow{OC}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{OC}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{OC}|}=\frac{|\sqrt{3}(\lambda -1)|}{\sqrt{(\lambda -1)^2+\lambda ^2}\cdot \sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}，解得\lambda =\frac{1}{3}或\lambda =-1(舍去)，所以当\lambda =\frac{1}{3}时，平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为\frac{2\sqrt{5}}{5}.$

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


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，CA=CB=1，AA_{1}=2，\angle BCA=90^\circ ，M，N分别是A_{1}B_{1}，A_{1}A的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693861377994850307/img/compression/M_e6aca8898e1cef2327ec4a7325394658.jpg)
$(1)求\overrightarrow{BN}的模；$

Solution:
$由题意可知，CA，CB，CC_{1}两两垂直，以C为原点，CA，CB，CC_{1}所在直线分别为x轴、y轴、z轴，1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693861377994850307/img/compression/M_75ac513ce5ad3f5dc93ed14fa4c0e677.jpg)$依题意，B(0，1，0)，N(1，0，1)，\therefore \overrightarrow{BN}=(1，-1，1)，\therefore |\overrightarrow{BN}|=\sqrt{3}.$

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


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，CA=CB=1，AA_{1}=2，\angle BCA=90^\circ ，M，N分别是A_{1}B_{1}，A_{1}A的中点.$<img_2639>
$(1)求\overrightarrow{BN}的模；$

Solution:
$由题意可知，CA，CB，CC_{1}两两垂直，以C为原点，CA，CB，CC_{1}所在直线分别为x轴、y轴、z轴，1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系.$<img_2695>$依题意，B(0，1，0)，N(1，0，1)，\therefore \overrightarrow{BN}=(1，-1，1)，\therefore |\overrightarrow{BN}|=\sqrt{3}.$

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


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，CA=CB=1，AA_{1}=2，\angle BCA=90^\circ ，M，N分别是A_{1}B_{1}，A_{1}A的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693861377994850307/img/compression/M_e6aca8898e1cef2327ec4a7325394658.jpg)
$(2)求\\cos  \langle \overrightarrow{BA_1}，\overrightarrow{CB_1}\rangle 的值；$

Solution:
$依题意，A_{1}(1，0，2)，B(0，1，0)，C(0，0，0)，B_{1}(0，1，2)，\therefore \overrightarrow{BA_1}=(1，-1，2)，\overrightarrow{CB_1}=(0，1，2)，\overrightarrow{BA_1}\cdot \overrightarrow{CB_1}=1\times 0-1\times 1+2\times 2=3，|\overrightarrow{BA_1}|=\sqrt{6}，|\overrightarrow{CB_1}|=\sqrt{5},\therefore \\cos  \langle \overrightarrow{BA_1}，\overrightarrow{CB_1}\rangle =\frac{\overrightarrow{BA_1}\cdot \overrightarrow{CB_1}}{|\overrightarrow{BA_1}||\overrightarrow{CB_1}|}=\frac{\sqrt{30}}{10}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{30}}{10}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，CA=CB=1，AA_{1}=2，\angle BCA=90^\circ ，M，N分别是A_{1}B_{1}，A_{1}A的中点.$<img_2639>
$(2)求\\cos  \langle \overrightarrow{BA_1}，\overrightarrow{CB_1}\rangle 的值；$

Solution:
$依题意，A_{1}(1，0，2)，B(0，1，0)，C(0，0，0)，B_{1}(0，1，2)，\therefore \overrightarrow{BA_1}=(1，-1，2)，\overrightarrow{CB_1}=(0，1，2)，\overrightarrow{BA_1}\cdot \overrightarrow{CB_1}=1\times 0-1\times 1+2\times 2=3，|\overrightarrow{BA_1}|=\sqrt{6}，|\overrightarrow{CB_1}|=\sqrt{5},\therefore \\cos  \langle \overrightarrow{BA_1}，\overrightarrow{CB_1}\rangle =\frac{\overrightarrow{BA_1}\cdot \overrightarrow{CB_1}}{|\overrightarrow{BA_1}||\overrightarrow{CB_1}|}=\frac{\sqrt{30}}{10}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{30}}{10}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，CA=CB=1，AA_{1}=2，\angle BCA=90^\circ ，M，N分别是A_{1}B_{1}，A_{1}A的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693861377994850307/img/compression/M_e6aca8898e1cef2327ec4a7325394658.jpg)
$(3)求证：A_{1}B\perp C_{1}M.$

Solution:
$证明：依题意，C_{1}(0，0，2)，M\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},2\right)，\therefore \overrightarrow{C_1M}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right)，又由(2)可得\overrightarrow{A_1B}=(-1，1，-2)，\therefore \overrightarrow{A_1B}\cdot \overrightarrow{C_1M}=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+0=0，\therefore \overrightarrow{A_1B}\perp \overrightarrow{C_1M}，\therefore A_{1}B\perp C_{1}M.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，CA=CB=1，AA_{1}=2，\angle BCA=90^\circ ，M，N分别是A_{1}B_{1}，A_{1}A的中点.$<img_2639>
$(3)求证：A_{1}B\perp C_{1}M.$

Solution:
$证明：依题意，C_{1}(0，0，2)，M\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},2\right)，\therefore \overrightarrow{C_1M}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right)，又由(2)可得\overrightarrow{A_1B}=(-1，1，-2)，\therefore \overrightarrow{A_1B}\cdot \overrightarrow{C_1M}=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+0=0，\therefore \overrightarrow{A_1B}\perp \overrightarrow{C_1M}，\therefore A_{1}B\perp C_{1}M.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥E-ABCD中，平面ADE\perp 平面ABCD，O，M分别为线段AD，DE的中点，四边形BCDO是边长为1的正方形，AE=DE，AE\perp DE.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693862048498720770/img/compression/M_94d5ba6b2282bdebb8e06fd2e8825fd0.jpg)
$(1)求证：CM\parallel 平面ABE；$

Solution:
$证明：取AE的中点P，连接BP，MP，如图所示.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693862048792322049/img/compression/M_4828177f2e2697b9d11792fcd83f4917.jpg)$\because M，P分别为ED，AE的中点，\therefore PM\parallel AD，且PM=\frac{1}{2}AD.\because 四边形BCDO是边长为1的正方形，\therefore BC\parallel OD，且BC=OD,又\because O为AD的中点，\therefore BC\parallel AD，且BC=\frac{1}{2}AD，\therefore PM\parallel BC，且PM=BC,\therefore 四边形BCMP为平行四边形，\therefore CM\parallel PB，又\because CM\not\subset 平面ABE，PB\subset 平面ABE，\therefore CM\parallel 平面ABE.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥E-ABCD中，平面ADE\perp 平面ABCD，O，M分别为线段AD，DE的中点，四边形BCDO是边长为1的正方形，AE=DE，AE\perp DE.$<img_2908>
$(1)求证：CM\parallel 平面ABE；$

Solution:
$证明：取AE的中点P，连接BP，MP，如图所示.$<img_2089>$\because M，P分别为ED，AE的中点，\therefore PM\parallel AD，且PM=\frac{1}{2}AD.\because 四边形BCDO是边长为1的正方形，\therefore BC\parallel OD，且BC=OD,又\because O为AD的中点，\therefore BC\parallel AD，且BC=\frac{1}{2}AD，\therefore PM\parallel BC，且PM=BC,\therefore 四边形BCMP为平行四边形，\therefore CM\parallel PB，又\because CM\not\subset 平面ABE，PB\subset 平面ABE，\therefore CM\parallel 平面ABE.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥E-ABCD中，平面ADE\perp 平面ABCD，O，M分别为线段AD，DE的中点，四边形BCDO是边长为1的正方形，AE=DE，AE\perp DE.$<img_2908>
$(2)求直线CM与BD所成角的余弦值；$

Solution:
$连接EO，\because AE=DE，O为AD的中点，\therefore EO\perp AD.\because EO\subset 平面ADE，且平面ADE\perp 平面ABCD，平面ADE\cap 平面ABCD=AD,\therefore EO\perp 平面ABCD.又\because OB\subset 平面ABCD，OD\subset 平面ABCD，\therefore EO\perp OB，EO\perp OD,以O为原点，OB，OD，OE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，1为单位长度，建立空间直角坐标系，如图所示，则C(1,1,0),M\left(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right),B(1,0,0),D(0,1,0),\therefore \overrightarrow{CM}=\left(-1,-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)，\overrightarrow{BD}=(-1,1,0).设直线CM与BD所成的角为\theta ，则\\cos   \theta =\frac{|\overrightarrow{CM}\cdot \overrightarrow{BD}|}{|\overrightarrow{CM}||\overrightarrow{BD}|}=\frac{\frac{1}{2}}{\sqrt{\frac{3}{2}}\times \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}}{6},\therefore 直线CM与BD所成角的余弦值为\frac{\sqrt{3}}{6}.$<img_2952>

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


Question: $如图，在四棱锥E-ABCD中，平面ADE\perp 平面ABCD，O，M分别为线段AD，DE的中点，四边形BCDO是边长为1的正方形，AE=DE，AE\perp DE.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693862048498720770/img/compression/M_94d5ba6b2282bdebb8e06fd2e8825fd0.jpg)
$(2)求直线CM与BD所成角的余弦值；$

Solution:
$连接EO，\because AE=DE，O为AD的中点，\therefore EO\perp AD.\because EO\subset 平面ADE，且平面ADE\perp 平面ABCD，平面ADE\cap 平面ABCD=AD,\therefore EO\perp 平面ABCD.又\because OB\subset 平面ABCD，OD\subset 平面ABCD，\therefore EO\perp OB，EO\perp OD,以O为原点，OB，OD，OE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，1为单位长度，建立空间直角坐标系，如图所示，则C(1,1,0),M\left(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right),B(1,0,0),D(0,1,0),\therefore \overrightarrow{CM}=\left(-1,-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)，\overrightarrow{BD}=(-1,1,0).设直线CM与BD所成的角为\theta ，则\\cos   \theta =\frac{|\overrightarrow{CM}\cdot \overrightarrow{BD}|}{|\overrightarrow{CM}||\overrightarrow{BD}|}=\frac{\frac{1}{2}}{\sqrt{\frac{3}{2}}\times \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}}{6},\therefore 直线CM与BD所成角的余弦值为\frac{\sqrt{3}}{6}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693862049165615106/img/compression/M_98888840bcc8ca8f1996fbd43e0c2cff.jpg)

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


Question: $如图，在四棱锥E-ABCD中，平面ADE\perp 平面ABCD，O，M分别为线段AD，DE的中点，四边形BCDO是边长为1的正方形，AE=DE，AE\perp DE.$<img_2908>
$(3)点N在直线AD上，若平面BMN\perp 平面ABE，求线段AN的长.$

Solution:
$设\overrightarrow{ON}=\lambda \overrightarrow{OD}，则N(0,\lambda ,0),\therefore \overrightarrow{NB}=(1,-\lambda ,0),易得\overrightarrow{MB}=\left(1,-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right)，设平面BMN的法向量为n=(a,b,c),则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{MB}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{NB}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}a-\frac{1}{2}b-\frac{1}{2}c=0,\\ a-\lambda b=0,\end{matrix}\right.令a=\lambda ，则b=1,c=2\lambda -1,\therefore n=(\lambda ,1,2\lambda -1)为平面BMN的一个法向量，同理可求得平面ABE的一个法向量为m=(1,-1,1).\because 平面BMN\perp 平面ABE，\therefore m\cdot n=0，即\lambda -1+2\lambda -1=0,解得\lambda =\frac{2}{3}，\therefore AN=\frac{5}{3}.$

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


Question: $如图，在四棱锥E-ABCD中，平面ADE\perp 平面ABCD，O，M分别为线段AD，DE的中点，四边形BCDO是边长为1的正方形，AE=DE，AE\perp DE.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693862048498720770/img/compression/M_94d5ba6b2282bdebb8e06fd2e8825fd0.jpg)
$(3)点N在直线AD上，若平面BMN\perp 平面ABE，求线段AN的长.$

Solution:
$设\overrightarrow{ON}=\lambda \overrightarrow{OD}，则N(0,\lambda ,0),\therefore \overrightarrow{NB}=(1,-\lambda ,0),易得\overrightarrow{MB}=\left(1,-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right)，设平面BMN的法向量为n=(a,b,c),则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{MB}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{NB}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}a-\frac{1}{2}b-\frac{1}{2}c=0,\\ a-\lambda b=0,\end{matrix}\right.令a=\lambda ，则b=1,c=2\lambda -1,\therefore n=(\lambda ,1,2\lambda -1)为平面BMN的一个法向量，同理可求得平面ABE的一个法向量为m=(1,-1,1).\because 平面BMN\perp 平面ABE，\therefore m\cdot n=0，即\lambda -1+2\lambda -1=0,解得\lambda =\frac{2}{3}，\therefore AN=\frac{5}{3}.$

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


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AA_{1}=AB=AC=1,AB\perp AC,M，N分别是棱 CC_{1},BC的中点，点P在线段A_{1}B_{1}上.$<img_1956>
$(1)当直线PN与平面A_{1}B_{1}C_{1}所成的角最大时，求线段A_{1}P的长度；$

Solution:
$直线PN与平面A_{1}B_{1}C_{1}所成的角即为直线PN与平面ABC所成的角，过P作PH\perp AB于H,连接HN，易知\angle PNH即为直线PN与平面ABC所成的角，因为PH的长为定值，所以当NH的长最小时\angle PNH最大，易知当P为线段A_{1}B_{1}的中点时，NH\perp AB,此时NH的长最小，故当PN与平面A_{1}B_{1}C_{1}所成的角最大时，线段A_{1}P的长度为\frac{1}{2}.$

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


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AA_{1}=AB=AC=1,AB\perp AC,M，N分别是棱 CC_{1},BC的中点，点P在线段A_{1}B_{1}上.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693862050587484163/img/compression/M_596fa1e9cb7563bec5c9548b3c333197.jpg)
$(1)当直线PN与平面A_{1}B_{1}C_{1}所成的角最大时，求线段A_{1}P的长度；$

Solution:
$直线PN与平面A_{1}B_{1}C_{1}所成的角即为直线PN与平面ABC所成的角，过P作PH\perp AB于H,连接HN，易知\angle PNH即为直线PN与平面ABC所成的角，因为PH的长为定值，所以当NH的长最小时\angle PNH最大，易知当P为线段A_{1}B_{1}的中点时，NH\perp AB,此时NH的长最小，故当PN与平面A_{1}B_{1}C_{1}所成的角最大时，线段A_{1}P的长度为\frac{1}{2}.$

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


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AA_{1}=AB=AC=1,AB\perp AC,M，N分别是棱 CC_{1},BC的中点，点P在线段A_{1}B_{1}上.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693862050587484163/img/compression/M_596fa1e9cb7563bec5c9548b3c333197.jpg)
$(2)是否存在一点P，使平面PMN与平面AC_{1}C所成的角的余弦值为\frac{\sqrt{6}}{3}？若存在，试确定点P的位置，若不存在，说明理由.$

Solution:
$以A为原点，AB,AC,AA_{1}所在直线分别为x轴、y轴、z轴，1为单位长度，建立空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693862051015303170/img/compression/M_83754b655f642de93c84b565e1267345.jpg)$则A_{1}(0,0,1)，B_{1}(1，0，1)，N\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right)，M\left(0,1,\frac{1}{2}\right)，所以\overrightarrow{NM}=\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)，设\overrightarrow{A_1P}=\lambda \overrightarrow{A_1B_1}=\lambda (1,0,0)=(\lambda ，0，0)，\lambda \in [0，1]，所以P(\lambda ,0,1)，所以\overrightarrow{NP}=\left(\lambda -\frac{1}{2},-\frac{1}{2},1\right)，设平面PMN的法向量为n_{1}=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{NP}\cdot {\boldsymbol{n}_1}=0,\\ \overrightarrow{NM}\cdot {\boldsymbol{n}_1}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\left(\lambda -\frac{1}{2}\right)x-\frac{1}{2}y+z=0,\\ -\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}y+\frac{1}{2}z=0,\end{matrix}\right.令x=3,则y=2\lambda +1,z=2-2\lambda ，则n_{1}=(3,2\lambda +1,2-2\lambda )是平面PMN的一个法向量，易知平面AC_{1}C的一个法向量为n_{2}=(1,0,0)，故|\\cos   \langle n_{1},n_{2}\rangle |=\frac{|{{\boldsymbol{n}}_1}\cdot {{\boldsymbol{n}}_2}|}{|{{\boldsymbol{n}}_1}||{{\boldsymbol{n}}_2}|}=\frac{3}{\sqrt{8\lambda ^2-4\lambda +14}}=\frac{\sqrt{6}}{3},\therefore 16\lambda ^{2}-8\lambda +1=0，\therefore \lambda =\frac{1}{4}.\therefore 存在满足题意的点P，且点P为线段A_{1}B_{1}上靠近点A_{1}的四等分点.$

Final answer: $存在满足题意的点P，且点P为线段A_{1}B_{1}上靠近点A_{1}的四等分点.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，空间四边形OABC的各边及对角线的长均为2，E是AB的中点，F在OC上，且\overrightarrow{OF}=2\overrightarrow{FC}，设\overrightarrow{OA}=a，\overrightarrow{OB}=b，\overrightarrow{OC}=c.$<img_2272>
$(2)求向量\overrightarrow{OA}与向量\overrightarrow{EF}所成角的余弦值.$

Solution:
$因为空间四边形OABC的各边及对角线的长均为2，所以|a|=|b|=|c|=2，且a，b，c三个向量中任意两个向量的夹角都为\frac{\pi }{3}，所以a\cdot b=a\cdot c=b\cdot c=2\times 2\times \\cos   \frac{\pi }{3}=2.又因为\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{EF}=a\cdot \left(-\frac{1}{2}\boldsymbol{a}-\frac{1}{2}\boldsymbol{b}+\frac{2}{3}\boldsymbol{c}\right)=-\frac{1}{2}a^{2}-\frac{1}{2}a\cdot b+\frac{2}{3}a\cdot c=-\frac{1}{2}\times 2^{2}-\frac{1}{2}\times 2+\frac{2}{3}\times 2=-\frac{5}{3},|\overrightarrow{EF}|^{2}=\left(-\frac{1}{2}\boldsymbol{a}-\frac{1}{2}\boldsymbol{b}+\frac{2}{3}\boldsymbol{c}\right)^2=\frac{1}{4}a^{2}+\frac{1}{4}b^{2}+\frac{4}{9}c^{2}+\frac{1}{2}a\cdot b-\frac{2}{3}a\cdot c-\frac{2}{3}b\cdot c=\frac{1}{4}\times 2^{2}+\frac{1}{4}\times 2^{2}+\frac{4}{9}\times 2^{2}+\frac{1}{2}\times 2-\frac{2}{3}\times 2-\frac{2}{3}\times 2=\frac{19}{9}，即|\overrightarrow{EF}|=\frac{\sqrt{19}}{3}，所以\\cos  \langle \overrightarrow{OA},\overrightarrow{EF}\rangle =\frac{\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{EF}}{|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{EF}|}=\frac{-\frac{5}{3}}{2\times \frac{\sqrt{19}}{3}}=-\frac{5\sqrt{19}}{38}，所以向量\overrightarrow{OA}与向量\overrightarrow{EF}所成角的余弦值为-\frac{5\sqrt{19}}{38}.$

Final answer: $-\frac{5\sqrt 19}{38}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，空间四边形OABC的各边及对角线的长均为2，E是AB的中点，F在OC上，且\overrightarrow{OF}=2\overrightarrow{FC}，设\overrightarrow{OA}=a，\overrightarrow{OB}=b，\overrightarrow{OC}=c.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693861347791667202/img/compression/M_9f85c7246a7995ce31f70b3a2e8d9311.jpg)
$(2)求向量\overrightarrow{OA}与向量\overrightarrow{EF}所成角的余弦值.$

Solution:
$因为空间四边形OABC的各边及对角线的长均为2，所以|a|=|b|=|c|=2，且a，b，c三个向量中任意两个向量的夹角都为\frac{\pi }{3}，所以a\cdot b=a\cdot c=b\cdot c=2\times 2\times \\cos   \frac{\pi }{3}=2.又因为\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{EF}=a\cdot \left(-\frac{1}{2}\boldsymbol{a}-\frac{1}{2}\boldsymbol{b}+\frac{2}{3}\boldsymbol{c}\right)=-\frac{1}{2}a^{2}-\frac{1}{2}a\cdot b+\frac{2}{3}a\cdot c=-\frac{1}{2}\times 2^{2}-\frac{1}{2}\times 2+\frac{2}{3}\times 2=-\frac{5}{3},|\overrightarrow{EF}|^{2}=\left(-\frac{1}{2}\boldsymbol{a}-\frac{1}{2}\boldsymbol{b}+\frac{2}{3}\boldsymbol{c}\right)^2=\frac{1}{4}a^{2}+\frac{1}{4}b^{2}+\frac{4}{9}c^{2}+\frac{1}{2}a\cdot b-\frac{2}{3}a\cdot c-\frac{2}{3}b\cdot c=\frac{1}{4}\times 2^{2}+\frac{1}{4}\times 2^{2}+\frac{4}{9}\times 2^{2}+\frac{1}{2}\times 2-\frac{2}{3}\times 2-\frac{2}{3}\times 2=\frac{19}{9}，即|\overrightarrow{EF}|=\frac{\sqrt{19}}{3}，所以\\cos  \langle \overrightarrow{OA},\overrightarrow{EF}\rangle =\frac{\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{EF}}{|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{EF}|}=\frac{-\frac{5}{3}}{2\times \frac{\sqrt{19}}{3}}=-\frac{5\sqrt{19}}{38}，所以向量\overrightarrow{OA}与向量\overrightarrow{EF}所成角的余弦值为-\frac{5\sqrt{19}}{38}.$

Final answer: $-\frac{5\sqrt 19}{38}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在如图所示的几何体中，四边形CDEF为正方形，四边形ABCD为等腰梯形，AB\parallel CD，AB=2BC，\angle ABC=60^\circ ，AC\perp FB.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693861391363538949/img/compression/M_0cef9777068b2264b3dfb41856ca30fc.jpg)
$(1)求证：AC\perp 平面FBC；$

Solution:
$证明：\because \overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}，\therefore \overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BC}^{2}=2|\overrightarrow{BC}|^{2}\times \left(-\frac{1}{2}\right)+\overrightarrow{BC}^{2}=0,\therefore \overrightarrow{AC}\perp \overrightarrow{BC}，即AC\perp BC，又\because AC\perp FB，FB\cap BC=B，\therefore AC\perp 平面FBC.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $在如图所示的几何体中，四边形CDEF为正方形，四边形ABCD为等腰梯形，AB\parallel CD，AB=2BC，\angle ABC=60^\circ ，AC\perp FB.
$<img_2603>
$(1)求证：AC\perp 平面FBC；$

Solution:
$证明：\because \overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}，\therefore \overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BC}^{2}=2|\overrightarrow{BC}|^{2}\times \left(-\frac{1}{2}\right)+\overrightarrow{BC}^{2}=0,\therefore \overrightarrow{AC}\perp \overrightarrow{BC}，即AC\perp BC，又\because AC\perp FB，FB\cap BC=B，\therefore AC\perp 平面FBC.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在如图所示的几何体中，四边形CDEF为正方形，四边形ABCD为等腰梯形，AB\parallel CD，AB=2BC，\angle ABC=60^\circ ，AC\perp FB.
$<img_2603>
$(2)在线段ED上是否存在点Q，使平面EAC\perp 平面QBC？证明你的结论.$

Solution:
$在线段ED上不存在点Q，使平面EAC\perp 平面QBC.证明如下：\because AC\perp 平面FBC，\therefore AC\perp FC.\because 四边形CDEF为正方形，\therefore CD\perp FC，\because AC\cap CD=C，\therefore FC\perp 平面ABCD，\therefore FC\perp BC,\therefore CA，CF，CB两两互相垂直，如图，建立空间直角坐标系C-xyz.$<img_2062>$由题易得CB=CD.设BC=1，则C(0,0,0),A(\sqrt{3},0,0),B(0,1,0),E\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},1\right),\therefore \overrightarrow{CE}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},1\right),\overrightarrow{CA}=(\sqrt{3},0,0),\overrightarrow{CB}=(0,1,0).设平面EAC的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{CE}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{CA}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\frac{\sqrt{3}}{2}x-\frac{1}{2}y+z=0,\\ \sqrt{3}x=0,\end{matrix}\right.取z=1，则x=0,y=2，\therefore n=(0,2,1),假设在线段ED上存在点Q，使平面EAC\perp 平面QBC,设Q\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},t\right)(0\leq t\leq 1),\therefore \overrightarrow{CQ}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},t\right).设平面QBC的法向量为m=(a,b,c)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{CB}=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{CQ}=0,\end{matrix}\right. \therefore \left\{\begin{matrix}b=0,\\ \frac{\sqrt{3}}{2}a-\frac{1}{2}b+tc=0,\end{matrix}\right.取c=1，得m=\left(-\frac{2t}{\sqrt{3}},0,1\right)，要使平面EAC\perp 平面QBC，只需m\cdot n=0,即-\frac{2t}{\sqrt{3}}\times 0+0\times 2+1\times 1=0，此方程无解，\therefore 在线段ED上不存在点Q，使平面EAC\perp 平面QBC.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在如图所示的几何体中，四边形CDEF为正方形，四边形ABCD为等腰梯形，AB\parallel CD，AB=2BC，\angle ABC=60^\circ ，AC\perp FB.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693861391363538949/img/compression/M_0cef9777068b2264b3dfb41856ca30fc.jpg)
$(2)在线段ED上是否存在点Q，使平面EAC\perp 平面QBC？证明你的结论.$

Solution:
$在线段ED上不存在点Q，使平面EAC\perp 平面QBC.证明如下：\because AC\perp 平面FBC，\therefore AC\perp FC.\because 四边形CDEF为正方形，\therefore CD\perp FC，\because AC\cap CD=C，\therefore FC\perp 平面ABCD，\therefore FC\perp BC,\therefore CA，CF，CB两两互相垂直，如图，建立空间直角坐标系C-xyz.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693861391728443394/img/compression/M_50a0cb84bd70f5589ebabfc3fbb87060.jpg)$由题易得CB=CD.设BC=1，则C(0,0,0),A(\sqrt{3},0,0),B(0,1,0),E\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},1\right),\therefore \overrightarrow{CE}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},1\right),\overrightarrow{CA}=(\sqrt{3},0,0),\overrightarrow{CB}=(0,1,0).设平面EAC的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{CE}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{CA}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\frac{\sqrt{3}}{2}x-\frac{1}{2}y+z=0,\\ \sqrt{3}x=0,\end{matrix}\right.取z=1，则x=0,y=2，\therefore n=(0,2,1),假设在线段ED上存在点Q，使平面EAC\perp 平面QBC,设Q\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},t\right)(0\leq t\leq 1),\therefore \overrightarrow{CQ}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},t\right).设平面QBC的法向量为m=(a,b,c)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{CB}=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{CQ}=0,\end{matrix}\right. \therefore \left\{\begin{matrix}b=0,\\ \frac{\sqrt{3}}{2}a-\frac{1}{2}b+tc=0,\end{matrix}\right.取c=1，得m=\left(-\frac{2t}{\sqrt{3}},0,1\right)，要使平面EAC\perp 平面QBC，只需m\cdot n=0,即-\frac{2t}{\sqrt{3}}\times 0+0\times 2+1\times 1=0，此方程无解，\therefore 在线段ED上不存在点Q，使平面EAC\perp 平面QBC.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，已知PC\perp 底面ABCD，AB\perp AD，AB\parallel CD，AB=2，AD=CD=1，E是PB上一点.$<img_2153>
$(1)求证：平面EAC\perp 平面PBC；$

Solution:
$证明：因为PC\perp 底面ABCD，AC\subset 底面ABCD，所以AC\perp PC，又因为AD=CD=1，AB\perp AD，AB\parallel CD，所以在Rt\triangle ADC中，AC=\sqrt{2}，取AB的中点G，连接CG，则四边形ADCG是边长为1的正方形，所以CG\perp AB，且BC=\sqrt{2}，则AC^{2}+BC^{2}=AB^{2}，所以AC\perp BC，又因为BC\cap PC=C，BC，PC\subset 平面PBC，所以AC\perp 平面PBC，又因为AC\subset 平面EAC，所以平面EAC\perp 平面PBC.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，已知PC\perp 底面ABCD，AB\perp AD，AB\parallel CD，AB=2，AD=CD=1，E是PB上一点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693861426686525443/img/compression/M_338ae18927035b4154b2048cf8fbc822.jpg)
$(1)求证：平面EAC\perp 平面PBC；$

Solution:
$证明：因为PC\perp 底面ABCD，AC\subset 底面ABCD，所以AC\perp PC，又因为AD=CD=1，AB\perp AD，AB\parallel CD，所以在Rt\triangle ADC中，AC=\sqrt{2}，取AB的中点G，连接CG，则四边形ADCG是边长为1的正方形，所以CG\perp AB，且BC=\sqrt{2}，则AC^{2}+BC^{2}=AB^{2}，所以AC\perp BC，又因为BC\cap PC=C，BC，PC\subset 平面PBC，所以AC\perp 平面PBC，又因为AC\subset 平面EAC，所以平面EAC\perp 平面PBC.$

Final answer: 证明题