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


Question: $底面为矩形ABCD的长方体被截面AEC_{1}F所截得到的多面体如图所示，其中AB=4，BC=2，CC_{1}=3，BE=1，四边形AEC_{1}F为平行四边形.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643193616220163/img/compression/M_b3b68817b804825df490d60b93e8bcf6.jpg)
$(2)求点C到平面AEC_{1}F的距离.$

Solution:
$易知C(0,4,0),又C_{1}(0,4,3),A(2,0,0),E(2,4,1),所以\overrightarrow{CC_1}=(0,0,3),\overrightarrow{AE}=(0,4,1).设平面AEC_{1}F的法向量为n=(x，y，z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AE}=4y+z=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{EC_1}=-2x+2z=0,\end{matrix}\right.令x=1,则y=-\frac{1}{4},z=1,所以n=\left(1,-\frac{1}{4},1\right).所以点C到平面AEC_{1}F的距离d=\frac{|\overrightarrow{CC_1} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{3}{\frac{\sqrt{33}}{4}}=\frac{4\sqrt{33}}{11}.$

Final answer: $\frac{4\sqrt{33}}{11}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $底面为矩形ABCD的长方体被截面AEC_{1}F所截得到的多面体如图所示，其中AB=4，BC=2，CC_{1}=3，BE=1，四边形AEC_{1}F为平行四边形.$<img_2237>
$(2)求点C到平面AEC_{1}F的距离.$

Solution:
$易知C(0,4,0),又C_{1}(0,4,3),A(2,0,0),E(2,4,1),所以\overrightarrow{CC_1}=(0,0,3),\overrightarrow{AE}=(0,4,1).设平面AEC_{1}F的法向量为n=(x，y，z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AE}=4y+z=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{EC_1}=-2x+2z=0,\end{matrix}\right.令x=1,则y=-\frac{1}{4},z=1,所以n=\left(1,-\frac{1}{4},1\right).所以点C到平面AEC_{1}F的距离d=\frac{|\overrightarrow{CC_1} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{3}{\frac{\sqrt{33}}{4}}=\frac{4\sqrt{33}}{11}.$

Final answer: $\frac{4\sqrt{33}}{11}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC－A_{1}B_{1}C_{1}中，\angle ABC=90^\circ ，AB=2，BC=CC_{1}=1.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643195017117698/img/compression/M_426c06a8e177c6641c0ca7fe422984e7.jpg)
$(1)求异面直线AB_{1}与BC_{1}所成角的余弦值；$

Solution:
$依题意可知B_{1}A_{1}，B_{1}C_{1}，B_{1}B两两互相垂直，以B_{1}为原点，\overrightarrow{B_1A_1}，\overrightarrow{B_1C_1}，\overrightarrow{B_1B}的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则A(2，0，1)，B_{1}(0，0，0)，B(0，0，1)，C(0,1,1),C_{1}(0，1，0)，\therefore \overrightarrow{B_1A}=(2,0,1)，\overrightarrow{BC_1}=(0,1,－1)，设异面直线AB_{1}与BC_{1}所成的角为\theta ，则\\cos   \theta =\frac{|\overrightarrow{B_1A} \cdot \overrightarrow{BC_1}|}{|\overrightarrow{B_1A}||\overrightarrow{BC_1}|}=\frac{1}{\sqrt{5} \times \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{10}}{10}，所以异面直线AB_{1}与BC_{1}所成角的余弦值为\frac{\sqrt{10}}{10}.$

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


Question: $如图，在直三棱柱ABC－A_{1}B_{1}C_{1}中，\angle ABC=90^\circ ，AB=2，BC=CC_{1}=1.$<img_1631>
$(1)求异面直线AB_{1}与BC_{1}所成角的余弦值；$

Solution:
$依题意可知B_{1}A_{1}，B_{1}C_{1}，B_{1}B两两互相垂直，以B_{1}为原点，\overrightarrow{B_1A_1}，\overrightarrow{B_1C_1}，\overrightarrow{B_1B}的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则A(2，0，1)，B_{1}(0，0，0)，B(0，0，1)，C(0,1,1),C_{1}(0，1，0)，\therefore \overrightarrow{B_1A}=(2,0,1)，\overrightarrow{BC_1}=(0,1,－1)，设异面直线AB_{1}与BC_{1}所成的角为\theta ，则\\cos   \theta =\frac{|\overrightarrow{B_1A} \cdot \overrightarrow{BC_1}|}{|\overrightarrow{B_1A}||\overrightarrow{BC_1}|}=\frac{1}{\sqrt{5} \times \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{10}}{10}，所以异面直线AB_{1}与BC_{1}所成角的余弦值为\frac{\sqrt{10}}{10}.$

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


Question: $如图，在直三棱柱ABC－A_{1}B_{1}C_{1}中，\angle ABC=90^\circ ，AB=2，BC=CC_{1}=1.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643195017117698/img/compression/M_426c06a8e177c6641c0ca7fe422984e7.jpg)
$(2)求直线BC_{1}与平面AB_{1}C所成角的正弦值.$

Solution:
$由(1)可得\overrightarrow{BC_1}=(0,1,－1)，\overrightarrow{B_1A}=(2，0，1)，\overrightarrow{B_1C}=(0,1,1).设平面AB_{1}C的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{B_1C}=y+z=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{B_1A}=2x+z=0,\end{matrix}\right.令x=1，则y=2,z=-2,故n=(1,2,－2)，设直线BC_{1}与平面AB_{1}C所成的角为\alpha ,则\\sin   \alpha =|\\cos  \langle n,\overrightarrow{BC_1}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{BC_1}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{BC_1}|}=\frac{2\sqrt{2}}{3}，所以直线BC_{1}与平面AB_{1}C所成角的正弦值为\frac{2\sqrt{2}}{3}.$

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


Question: $如图，在直三棱柱ABC－A_{1}B_{1}C_{1}中，\angle ABC=90^\circ ，AB=2，BC=CC_{1}=1.$<img_1631>
$(2)求直线BC_{1}与平面AB_{1}C所成角的正弦值.$

Solution:
$由(1)可得\overrightarrow{BC_1}=(0,1,－1)，\overrightarrow{B_1A}=(2，0，1)，\overrightarrow{B_1C}=(0,1,1).设平面AB_{1}C的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{B_1C}=y+z=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{B_1A}=2x+z=0,\end{matrix}\right.令x=1，则y=2,z=-2,故n=(1,2,－2)，设直线BC_{1}与平面AB_{1}C所成的角为\alpha ,则\\sin   \alpha =|\\cos  \langle n,\overrightarrow{BC_1}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{BC_1}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{BC_1}|}=\frac{2\sqrt{2}}{3}，所以直线BC_{1}与平面AB_{1}C所成角的正弦值为\frac{2\sqrt{2}}{3}.$

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


Question: $如图，在长方体ABCD－A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，E，F分别是BC，AC_{1}的中点.$<img_3046>
$(1)证明：EF\parallel 平面CDD_{1}C_{1}；$

Solution:
$证明：如图所示，连接AC，BD交于点O，连接OE，OF.易知O是AC，BD的中点，又F为AC_{1}的中点，所以OF\parallel CC_{1}.因为OF\not\subset 平面CDD_{1}C_{1}，CC_{1}\subset 平面CDD_{1}C_{1}，所以由线面平行的判定定理可得OF\parallel 平面CDD_{1}C_{1}.同理可得OE\parallel 平面CDD_{1}C_{1}.因为OF\cap OE=O，OE\subset 平面OEF，OF\subset 平面OEF，所以平面OEF\parallel 平面CDD_{1}C_{1}.因为EF\subset 平面OEF，所以EF\parallel 平面CDD_{1}C_{1}.
$<img_2792>
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在长方体ABCD－A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，E，F分别是BC，AC_{1}的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643195348467715/img/compression/M_3599e3b057b9b7460f28604766086517.jpg)
$(1)证明：EF\parallel 平面CDD_{1}C_{1}；$

Solution:
$证明：如图所示，连接AC，BD交于点O，连接OE，OF.易知O是AC，BD的中点，又F为AC_{1}的中点，所以OF\parallel CC_{1}.因为OF\not\subset 平面CDD_{1}C_{1}，CC_{1}\subset 平面CDD_{1}C_{1}，所以由线面平行的判定定理可得OF\parallel 平面CDD_{1}C_{1}.同理可得OE\parallel 平面CDD_{1}C_{1}.因为OF\cap OE=O，OE\subset 平面OEF，OF\subset 平面OEF，所以平面OEF\parallel 平面CDD_{1}C_{1}.因为EF\subset 平面OEF，所以EF\parallel 平面CDD_{1}C_{1}.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643195348467715/img/compression/M_044a46fb7a8f61a22dbd4060f2576375.jpg)

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在长方体ABCD－A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，E，F分别是BC，AC_{1}的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643195348467715/img/compression/M_3599e3b057b9b7460f28604766086517.jpg)
$(2)若AD=\frac{4}{3}AA_{1}=\frac{4}{3}AB=4，求平面AEF与平面EFB_{1}所成角的余弦值.$

Solution:
$以A为原点，\overrightarrow{AB}，\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AA_1}的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz，由题可知AD=4,AA_{1}=AB=3,则E(3，2，0)，F\left(\frac{3}{2},2,\frac{3}{2}\right)，B_{1}(3，0，3)，A(0,0,0),所以\overrightarrow{EF}=\left(-\frac{3}{2},0,\frac{3}{2}\right)，\overrightarrow{AE}=(3,2,0)，\overrightarrow{B_1E}=(0,2,－3).设平面AEF的法向量为n=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{EF}=-\frac{3}{2}x_1+\frac{3}{2}z_1=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AE}=3x_1+2y_1=0,\end{matrix}\right.令x_{1}=-1,则y_{1}=\frac{3}{2},z_{1}=-1,故n=\left(-1,\frac{3}{2},-1\right).设平面EFB_{1}的法向量为m=(x_{2},y_{2},z_{2})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{EF}=-\frac{3}{2}x_2+\frac{3}{2}z_2=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{B_1E}=2y_2-3z_2=0,\end{matrix}\right.令x_{2}=1,则y_{2}=\frac{3}{2},z_{2}=1,故m=\left(1,\frac{3}{2},1\right).设平面AEF与平面EFB_{1}所成的角为\theta ，则\\cos   \theta =\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \boldsymbol{m}|}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{m}|}=\frac{\left|\left(-1,\frac{3}{2},-1\right) \cdot \left(1,\frac{3}{2},1\right)\right|}{\sqrt{(-1)^2+\left(\frac{3}{2}\right)^2+(-1)^2} \times \sqrt{1^2+\left(\frac{3}{2}\right)^2+1^2}}=\frac{1}{17},故平面AEF与平面EFB_{1}所成角的余弦值为\frac{1}{17}.$

Final answer: $\frac{1}{17}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在长方体ABCD－A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，E，F分别是BC，AC_{1}的中点.$<img_3046>
$(2)若AD=\frac{4}{3}AA_{1}=\frac{4}{3}AB=4，求平面AEF与平面EFB_{1}所成角的余弦值.$

Solution:
$以A为原点，\overrightarrow{AB}，\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AA_1}的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz，由题可知AD=4,AA_{1}=AB=3,则E(3，2，0)，F\left(\frac{3}{2},2,\frac{3}{2}\right)，B_{1}(3，0，3)，A(0,0,0),所以\overrightarrow{EF}=\left(-\frac{3}{2},0,\frac{3}{2}\right)，\overrightarrow{AE}=(3,2,0)，\overrightarrow{B_1E}=(0,2,－3).设平面AEF的法向量为n=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{EF}=-\frac{3}{2}x_1+\frac{3}{2}z_1=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AE}=3x_1+2y_1=0,\end{matrix}\right.令x_{1}=-1,则y_{1}=\frac{3}{2},z_{1}=-1,故n=\left(-1,\frac{3}{2},-1\right).设平面EFB_{1}的法向量为m=(x_{2},y_{2},z_{2})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{EF}=-\frac{3}{2}x_2+\frac{3}{2}z_2=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{B_1E}=2y_2-3z_2=0,\end{matrix}\right.令x_{2}=1,则y_{2}=\frac{3}{2},z_{2}=1,故m=\left(1,\frac{3}{2},1\right).设平面AEF与平面EFB_{1}所成的角为\theta ，则\\cos   \theta =\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \boldsymbol{m}|}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{m}|}=\frac{\left|\left(-1,\frac{3}{2},-1\right) \cdot \left(1,\frac{3}{2},1\right)\right|}{\sqrt{(-1)^2+\left(\frac{3}{2}\right)^2+(-1)^2} \times \sqrt{1^2+\left(\frac{3}{2}\right)^2+1^2}}=\frac{1}{17},故平面AEF与平面EFB_{1}所成角的余弦值为\frac{1}{17}.$

Final answer: $\frac{1}{17}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图1，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图2所示的平面角大小为60^\circ 的二面角，点M在线段AB上.
$<img_1588>
$(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定的平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD\parallel 平面EMC；$

Solution:
$由题可知四边形ABFE是矩形，延长FM与EA，二者延长线交于点O'，因为EA\subset 平面ADE，所以O'\in 平面ADE，又O'\in 直线FM,所以O'即为所求的点O.因为AM\parallel EF，且AM=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}EF，所以点A为线段EO的中点，M为线段FO的中点，故AO=2.连接DF，交CE于N，连接MN，在矩形CDEF中，N是线段DF的中点，又M为线段FO的中点，所以MN\parallel OD，因为MN\subset 平面EMC，OD\not\subset 平面EMC，所以OD\parallel 平面EMC.
$<img_2552>
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图1，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图2所示的平面角大小为60^\circ 的二面角，点M在线段AB上.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643200528433154/img/compression/M_dddd0dd8cf3a7656585234838530092b.jpg)
$(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定的平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD\parallel 平面EMC；$

Solution:
$由题可知四边形ABFE是矩形，延长FM与EA，二者延长线交于点O'，因为EA\subset 平面ADE，所以O'\in 平面ADE，又O'\in 直线FM,所以O'即为所求的点O.因为AM\parallel EF，且AM=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}EF，所以点A为线段EO的中点，M为线段FO的中点，故AO=2.连接DF，交CE于N，连接MN，在矩形CDEF中，N是线段DF的中点，又M为线段FO的中点，所以MN\parallel OD，因为MN\subset 平面EMC，OD\not\subset 平面EMC，所以OD\parallel 平面EMC.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643199983173634/img/compression/M_eecc2aa533d54146ff819e76242673a0.jpg)

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图1，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图2所示的平面角大小为60^\circ 的二面角，点M在线段AB上.
$<img_1588>
$(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60^\circ ？若存在，求此时平面MEC与平面ECF的夹角的余弦值；若不存在，说明理由.$

Solution:
$存在.连接AD，依题意，可知EF\perp AE，EF\perp DE，因为AE\cap DE=E，AE，DE\subset 平面ADE，所以EF\perp 平面ADE，且\angle AED为二面角A－EF－D的平面角，即\angle AED=60^\circ .由AE=DE=2，\angle AED=60^\circ ，可知\triangle ADE为正三角形，取AE的中点H，连接DH，则DH\perp AE，由EF\perp 平面ADE，EF\subset 平面ABFE，得平面ADE\perp 平面ABFE，因为平面ADE\cap 平面ABFE=AE，所以可得DH\perp 平面ABFE.取BF的中点G，连接HG，在矩形ABFE中，有HG\perp AE，又DH\perp 平面ABFE,HG\subset 平面ABFE,故HG\perp DH,故HA，HG，HD两两垂直.以H为坐标原点，HA，HG，HD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，$<img_2858>$则E(－1,0,0),D(0,0,\sqrt{3}),C(0,4,\sqrt{3})，则\overrightarrow{ED}=(1,0,\sqrt{3}),\overrightarrow{EC}=(1,4,\sqrt{3}),假设存在点M满足条件，由题可设M(1，t，0)(0\leq t\leq 4)，则\overrightarrow{EM}=(2,t,0)，设平面EMC的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{EC}=x+4y+\sqrt{3}z=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{EM}=2x+ty=0,\end{matrix}\right.令y=2\sqrt{3}，得x=-\sqrt{3}t,z=t-8,故n=(－\sqrt{3}t,2\sqrt{3},t－8)，因为直线DE与平面EMC所成的角为60^\circ ，所以\\sin   60^\circ =|\\cos  \langle n,\overrightarrow{DE}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DE}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{DE}|}=\frac{8\sqrt{3}}{\sqrt{3t^2+12+(t-8)^2} \times 2}=\frac{\sqrt{3}}{2}，解得t=1或t=3，故存在点M使得直线DE与平面EMC所成的角为60^\circ ，且点M为线段AB的靠近点A或点B的四等分点.设平面ECF的法向量为m=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{ED}=x_1+\sqrt{3}z_1=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{EC}=x_1+4y_1+\sqrt{3}z_1=0,\end{matrix}\right.令z_{1}=－1，得x_{1}=\sqrt{3},y_{1}=0,故m=(\sqrt{3},0,－1)，设平面MEC与平面ECF的夹角为\theta ，则\\cos   \theta =|\\cos  \langle m,n\rangle |=\frac{|\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{|-3t-(t-8)|}{2 \times \sqrt{3t^2+12+(t-8)^2}}=\frac{|t-2|}{\sqrt{(t-2)^2+15}}=\frac{1}{4}，所以平面MEC与平面ECF的夹角的余弦值为\frac{1}{4}.$

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


Question: $如图1，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图2所示的平面角大小为60^\circ 的二面角，点M在线段AB上.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643200528433154/img/compression/M_dddd0dd8cf3a7656585234838530092b.jpg)
$(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60^\circ ？若存在，求此时平面MEC与平面ECF的夹角的余弦值；若不存在，说明理由.$

Solution:
$存在.连接AD，依题意，可知EF\perp AE，EF\perp DE，因为AE\cap DE=E，AE，DE\subset 平面ADE，所以EF\perp 平面ADE，且\angle AED为二面角A－EF－D的平面角，即\angle AED=60^\circ .由AE=DE=2，\angle AED=60^\circ ，可知\triangle ADE为正三角形，取AE的中点H，连接DH，则DH\perp AE，由EF\perp 平面ADE，EF\subset 平面ABFE，得平面ADE\perp 平面ABFE，因为平面ADE\cap 平面ABFE=AE，所以可得DH\perp 平面ABFE.取BF的中点G，连接HG，在矩形ABFE中，有HG\perp AE，又DH\perp 平面ABFE,HG\subset 平面ABFE,故HG\perp DH,故HA，HG，HD两两垂直.以H为坐标原点，HA，HG，HD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643199983173634/img/compression/M_0971c51d01195aca65bb1caa2982f1c9.jpg)$则E(－1,0,0),D(0,0,\sqrt{3}),C(0,4,\sqrt{3})，则\overrightarrow{ED}=(1,0,\sqrt{3}),\overrightarrow{EC}=(1,4,\sqrt{3}),假设存在点M满足条件，由题可设M(1，t，0)(0\leq t\leq 4)，则\overrightarrow{EM}=(2,t,0)，设平面EMC的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{EC}=x+4y+\sqrt{3}z=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{EM}=2x+ty=0,\end{matrix}\right.令y=2\sqrt{3}，得x=-\sqrt{3}t,z=t-8,故n=(－\sqrt{3}t,2\sqrt{3},t－8)，因为直线DE与平面EMC所成的角为60^\circ ，所以\\sin   60^\circ =|\\cos  \langle n,\overrightarrow{DE}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DE}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{DE}|}=\frac{8\sqrt{3}}{\sqrt{3t^2+12+(t-8)^2} \times 2}=\frac{\sqrt{3}}{2}，解得t=1或t=3，故存在点M使得直线DE与平面EMC所成的角为60^\circ ，且点M为线段AB的靠近点A或点B的四等分点.设平面ECF的法向量为m=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{ED}=x_1+\sqrt{3}z_1=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{EC}=x_1+4y_1+\sqrt{3}z_1=0,\end{matrix}\right.令z_{1}=－1，得x_{1}=\sqrt{3},y_{1}=0,故m=(\sqrt{3},0,－1)，设平面MEC与平面ECF的夹角为\theta ，则\\cos   \theta =|\\cos  \langle m,n\rangle |=\frac{|\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{|-3t-(t-8)|}{2 \times \sqrt{3t^2+12+(t-8)^2}}=\frac{|t-2|}{\sqrt{(t-2)^2+15}}=\frac{1}{4}，所以平面MEC与平面ECF的夹角的余弦值为\frac{1}{4}.$

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


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，PA\perp 平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中AD\parallel BC，AB\perp AD，AB=AD=\frac{1}{2}BC=2，PA＝4，E为棱BC上的点，且BE=\frac{1}{4}BC.$<img_2090>
$(1)求证：DE\perp 平面PAC；$

Solution:
$证明：因为PA\perp 平面ABCD，AB,AD\subset 平面ABCD,所以PA\perp AB，PA\perp AD，又AB\perp AD，所以PA,AB,AD两两互相垂直.以A为原点，\overrightarrow{AB}，\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AP}的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，E(2，1，0)，D(0，2，0)，C(2，4，0)，P(0，0，4)，所以\overrightarrow{DE}=(2，-1，0)，\overrightarrow{AC}=(2，4，0)，\overrightarrow{AP}=(0，0，4)，所以\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{AP}=0，\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{AC}=0，所以DE\perp AP，DE\perp AC，又AP\cap AC＝A，AP，AC\subset 平面PAC，所以DE\perp 平面PAC.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，PA\perp 平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中AD\parallel BC，AB\perp AD，AB=AD=\frac{1}{2}BC=2，PA＝4，E为棱BC上的点，且BE=\frac{1}{4}BC.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643200905920514/img/compression/M_1c544b815f575b42c25fa2e6323df068.jpg)
$(1)求证：DE\perp 平面PAC；$

Solution:
$证明：因为PA\perp 平面ABCD，AB,AD\subset 平面ABCD,所以PA\perp AB，PA\perp AD，又AB\perp AD，所以PA,AB,AD两两互相垂直.以A为原点，\overrightarrow{AB}，\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AP}的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，E(2，1，0)，D(0，2，0)，C(2，4，0)，P(0，0，4)，所以\overrightarrow{DE}=(2，-1，0)，\overrightarrow{AC}=(2，4，0)，\overrightarrow{AP}=(0，0，4)，所以\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{AP}=0，\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{AC}=0，所以DE\perp AP，DE\perp AC，又AP\cap AC＝A，AP，AC\subset 平面PAC，所以DE\perp 平面PAC.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，PA\perp 平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中AD\parallel BC，AB\perp AD，AB=AD=\frac{1}{2}BC=2，PA＝4，E为棱BC上的点，且BE=\frac{1}{4}BC.$<img_2090>
$(2)求二面角A-PC-D的平面角的余弦值；$

Solution:
$由(1)知\overrightarrow{DE}=(2，-1，0)是平面PAC的一个法向量，\overrightarrow{PD}=(0，2，-4)，\overrightarrow{PC}=(2，4，-4)，设平面PCD的法向量为n=(x，y，z)，所以\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{PD} \cdot \boldsymbol{n}=0,\\ \overrightarrow{PC} \cdot \boldsymbol{n}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}2y-4z=0,\\ 2x+4y-4z=0,\end{matrix}\right.令z＝-1，则x＝2，y＝-2，所以n=(2，-2，-1)，所以\\cos  \langle \overrightarrow{DE}，n\rangle =\frac{\overrightarrow{DE} \cdot \boldsymbol{n}}{|\overrightarrow{DE}||\boldsymbol{n}|}=\frac{4+2}{\sqrt{5} \times \sqrt{9}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}，由题图可知二面角A-PC-D的平面角为锐角，所以二面角A-PC-D的平面角的余弦值为\frac{2\sqrt{5}}{5}.$

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


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，PA\perp 平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中AD\parallel BC，AB\perp AD，AB=AD=\frac{1}{2}BC=2，PA＝4，E为棱BC上的点，且BE=\frac{1}{4}BC.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643200905920514/img/compression/M_1c544b815f575b42c25fa2e6323df068.jpg)
$(2)求二面角A-PC-D的平面角的余弦值；$

Solution:
$由(1)知\overrightarrow{DE}=(2，-1，0)是平面PAC的一个法向量，\overrightarrow{PD}=(0，2，-4)，\overrightarrow{PC}=(2，4，-4)，设平面PCD的法向量为n=(x，y，z)，所以\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{PD} \cdot \boldsymbol{n}=0,\\ \overrightarrow{PC} \cdot \boldsymbol{n}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}2y-4z=0,\\ 2x+4y-4z=0,\end{matrix}\right.令z＝-1，则x＝2，y＝-2，所以n=(2，-2，-1)，所以\\cos  \langle \overrightarrow{DE}，n\rangle =\frac{\overrightarrow{DE} \cdot \boldsymbol{n}}{|\overrightarrow{DE}||\boldsymbol{n}|}=\frac{4+2}{\sqrt{5} \times \sqrt{9}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}，由题图可知二面角A-PC-D的平面角为锐角，所以二面角A-PC-D的平面角的余弦值为\frac{2\sqrt{5}}{5}.$

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


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，PA\perp 平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中AD\parallel BC，AB\perp AD，AB=AD=\frac{1}{2}BC=2，PA＝4，E为棱BC上的点，且BE=\frac{1}{4}BC.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643200905920514/img/compression/M_1c544b815f575b42c25fa2e6323df068.jpg)
$(3)若点Q在棱CP上(不与点C，P重合)，直线QE能与平面PCD垂直吗？若能，求出\frac{CQ}{CP}的值；若不能，请说明理由.$

Solution:
$直线QE不能与平面PCD垂直.由(1)得C(2，4，0)，P(0，0，4)，E(2，1，0)，故\overrightarrow{CP}=(-2，-4，4).设\frac{CQ}{CP}=\lambda (0＜\lambda ＜1)，则\overrightarrow{CQ}=\lambda \overrightarrow{CP}=(-2\lambda ，-4\lambda ，4\lambda )，可得Q(2-2\lambda ，4-4\lambda ，4\lambda )，所以\overrightarrow{QE}=(2\lambda ，-3+4\lambda ，-4\lambda )，由(2)知n=(2，-2，-1)是平面PCD的一个法向量.若QE\perp 平面PCD，则\overrightarrow{QE}\parallel n，则\frac{2\lambda }{2}=\frac{-3+4\lambda }{-2}=\frac{-4\lambda }{-1}，无解，所以直线QE不能与平面PCD垂直.$

Final answer: $直线QE不能与平面PCD垂直.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，PA\perp 平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中AD\parallel BC，AB\perp AD，AB=AD=\frac{1}{2}BC=2，PA＝4，E为棱BC上的点，且BE=\frac{1}{4}BC.$<img_2090>
$(3)若点Q在棱CP上(不与点C，P重合)，直线QE能与平面PCD垂直吗？若能，求出\frac{CQ}{CP}的值；若不能，请说明理由.$

Solution:
$直线QE不能与平面PCD垂直.由(1)得C(2，4，0)，P(0，0，4)，E(2，1，0)，故\overrightarrow{CP}=(-2，-4，4).设\frac{CQ}{CP}=\lambda (0＜\lambda ＜1)，则\overrightarrow{CQ}=\lambda \overrightarrow{CP}=(-2\lambda ，-4\lambda ，4\lambda )，可得Q(2-2\lambda ，4-4\lambda ，4\lambda )，所以\overrightarrow{QE}=(2\lambda ，-3+4\lambda ，-4\lambda )，由(2)知n=(2，-2，-1)是平面PCD的一个法向量.若QE\perp 平面PCD，则\overrightarrow{QE}\parallel n，则\frac{2\lambda }{2}=\frac{-3+4\lambda }{-2}=\frac{-4\lambda }{-1}，无解，所以直线QE不能与平面PCD垂直.$



Final answer: $直线QE不能与平面PCD垂直.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，边长为2的等边\triangle PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC=2\sqrt{2}，M为BC的中点.$<img_1485>
$(1)证明：AM\perp PM；$

Solution:
$以D为原点，直线DA，DC分别为x轴,y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，P(0，1，\sqrt{3})，A(2\sqrt{2}，0，0)，M(\sqrt{2}，2，0).证明：\overrightarrow{PM}=(\sqrt{2}，1，-\sqrt{3})，\overrightarrow{AM}=(-\sqrt{2}，2，0).\because \overrightarrow{PM}\cdot \overrightarrow{AM}=(\sqrt{2}，1，-\sqrt{3})\cdot (-\sqrt{2}，2，0)=0，\therefore \overrightarrow{PM}\perp \overrightarrow{AM}，\therefore AM\perp PM.
$<img_2270>
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，边长为2的等边\triangle PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC=2\sqrt{2}，M为BC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643237169872897/img/compression/M_8911a585e238ef3dd105d66db55493b8.jpg)
$(1)证明：AM\perp PM；$

Solution:
$以D为原点，直线DA，DC分别为x轴,y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，P(0，1，\sqrt{3})，A(2\sqrt{2}，0，0)，M(\sqrt{2}，2，0).证明：\overrightarrow{PM}=(\sqrt{2}，1，-\sqrt{3})，\overrightarrow{AM}=(-\sqrt{2}，2，0).\because \overrightarrow{PM}\cdot \overrightarrow{AM}=(\sqrt{2}，1，-\sqrt{3})\cdot (-\sqrt{2}，2，0)=0，\therefore \overrightarrow{PM}\perp \overrightarrow{AM}，\therefore AM\perp PM.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643237169872897/img/compression/M_fcd6e752e3a9c570b69325697396f021.jpg)

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，边长为2的等边\triangle PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC=2\sqrt{2}，M为BC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643237169872897/img/compression/M_8911a585e238ef3dd105d66db55493b8.jpg)
$(2)求平面PAM与平面DAM的夹角的大小；$

Solution:
$设n=(x，y，z)为平面PAM的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{PM}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AM}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\sqrt{2}x+y-\sqrt{3}z=0,\\ -\sqrt{2}x+2y=0,\end{matrix}\right.取y=1，则x=\sqrt{2},z=\sqrt{3},\therefore n=(\sqrt{2}，1，\sqrt{3}).显然p=(0,0,1)为平面DAM的一个法向量.\therefore \\cos  \langle n，p\rangle =\frac{\boldsymbol{n} \cdot \boldsymbol{p}}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{p}|}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{2}}{2}.\therefore 平面PAM与平面DAM的夹角为45^\circ .$

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


Question: $如图，边长为2的等边\triangle PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC=2\sqrt{2}，M为BC的中点.$<img_1485>
$(2)求平面PAM与平面DAM的夹角的大小；$

Solution:
$设n=(x，y，z)为平面PAM的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{PM}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AM}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\sqrt{2}x+y-\sqrt{3}z=0,\\ -\sqrt{2}x+2y=0,\end{matrix}\right.取y=1，则x=\sqrt{2},z=\sqrt{3},\therefore n=(\sqrt{2}，1，\sqrt{3}).显然p=(0,0,1)为平面DAM的一个法向量.\therefore \\cos  \langle n，p\rangle =\frac{\boldsymbol{n} \cdot \boldsymbol{p}}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{p}|}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{2}}{2}.\therefore 平面PAM与平面DAM的夹角为45^\circ .$

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


Question: $如图，边长为2的等边\triangle PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC=2\sqrt{2}，M为BC的中点.$<img_1485>
$(3)求点D到平面PAM的距离.$

Solution:
$\overrightarrow{DA}=(2\sqrt{2}，0，0)，\therefore 点D到平面PAM的距离d=\frac{|\overrightarrow{DA} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{|(2\sqrt{2},0,0) \cdot (\sqrt{2},1,\sqrt{3})|}{\sqrt{(\sqrt{2})^2+1^2+(\sqrt{3})^2}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}.$

Final answer: $\frac{2\sqrt{6}}{3}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，边长为2的等边\triangle PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC=2\sqrt{2}，M为BC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643237169872897/img/compression/M_8911a585e238ef3dd105d66db55493b8.jpg)
$(3)求点D到平面PAM的距离.$

Solution:
$\overrightarrow{DA}=(2\sqrt{2}，0，0)，\therefore 点D到平面PAM的距离d=\frac{|\overrightarrow{DA} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{|(2\sqrt{2},0,0) \cdot (\sqrt{2},1,\sqrt{3})|}{\sqrt{(\sqrt{2})^2+1^2+(\sqrt{3})^2}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}.$

Final answer: $\frac{2\sqrt{6}}{3}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图①，已知\triangle ABC是边长为3的等边三角形，点M，N分别是边AB，AC上的点，且BM＝2MA，AN＝2NC.将\triangle AMN沿MN折起到\triangle A'MN的位置，如图②所示.
$<img_2496>
图①

<img_1865>$
图②
$
$(1)求证：平面A'BM\perp 平面BCNM；$

Solution:
$证明:由已知得AM＝1，AN＝2，\angle A＝60^\circ ，\therefore MN\perp AB，\therefore MN\perp A'M，MN\perp MB.又\because MB\cap A'M＝M，MB,A'M\subset 平面A'BM,\therefore MN\perp 平面A'BM.又\because MN\subset 平面BCNM，\therefore 平面A'BM\perp 平面BCNM.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图①，已知\triangle ABC是边长为3的等边三角形，点M，N分别是边AB，AC上的点，且BM＝2MA，AN＝2NC.将\triangle AMN沿MN折起到\triangle A'MN的位置，如图②所示.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643237731909636/img/compression/M_b217f8b3c8873c11c42bc90a4cc44aea.jpg)
图①

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643237731909636/img/compression/M_e368551dc3e5efe2e28f0b134498525e.jpg)$
图②
$
$(1)求证：平面A'BM\perp 平面BCNM；$

Solution:
$证明:由已知得AM＝1，AN＝2，\angle A＝60^\circ ，\therefore MN\perp AB，\therefore MN\perp A'M，MN\perp MB.又\because MB\cap A'M＝M，MB,A'M\subset 平面A'BM,\therefore MN\perp 平面A'BM.又\because MN\subset 平面BCNM，\therefore 平面A'BM\perp 平面BCNM.$

Final answer: 证明题