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


Question: $如图，在三棱锥P-ABC中，侧棱PA=2，底面三角形ABC为正三角形，边长为2，顶点P在平面ABC上的射影为D，有AD\perp DB，且DB=1.$
![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875235415261186/img/compression/M_c1f42b9b1254ea0dacb12e3e3689d3e0.jpg)
$求证：AC\parallel 平面PDB；$

Solution:
$证明：因为AD\perp DB，且DB=1，AB=2，所以AD=\sqrt{3}，所以\angle DBA=60^\circ .因为\triangle ABC为正三角形，所以\angle CAB=60^\circ ，易知四边形ACBD为平面四边形，所以DB\parallel AC.因为AC\not\subset 平面PDB，DB\subset 平面PDB，所以AC\parallel 平面PDB.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥P-ABC中，侧棱PA=2，底面三角形ABC为正三角形，边长为2，顶点P在平面ABC上的射影为D，有AD\perp DB，且DB=1.$
<img_1809>
$求证：AC\parallel 平面PDB；$

Solution:
$证明：因为AD\perp DB，且DB=1，AB=2，所以AD=\sqrt{3}，所以\angle DBA=60^\circ .因为\triangle ABC为正三角形，所以\angle CAB=60^\circ ，易知四边形ACBD为平面四边形，所以DB\parallel AC.因为AC\not\subset 平面PDB，DB\subset 平面PDB，所以AC\parallel 平面PDB.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，PC\perp 平面ABCD，AB\parallel DC， DC\perp AC.$

<img_56>
$求证：DC \perp 平面 PAC；$

Solution:
$证明：因为PC\perp 平面ABCD，且DC\subset 平面ABCD，所以PC\perp DC.又因为DC\perp AC，AC\cap PC=C，AC，PC\subset 平面PAC，所以DC\perp 平面PAC.$

思路分析

$证出PC\perp DC，结合DC\perp AC，从而证得DC\perp 平面PAC.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，PC\perp 平面ABCD，AB\parallel DC， DC\perp AC.$

![图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875236040212483/img/compression/M_5ce588d6b6725207da4f9125deb30d96.jpg)
$求证：DC \perp 平面 PAC；$

Solution:
$证明：因为PC\perp 平面ABCD，且DC\subset 平面ABCD，所以PC\perp DC.又因为DC\perp AC，AC\cap PC=C，AC，PC\subset 平面PAC，所以DC\perp 平面PAC.$

思路分析

$证出PC\perp DC，结合DC\perp AC，从而证得DC\perp 平面PAC.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，PC\perp 平面ABCD，AB\parallel DC， DC\perp AC.$

![图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875236040212483/img/compression/M_5ce588d6b6725207da4f9125deb30d96.jpg)
$求证：平面PAB\perp 平面PAC；$

Solution:
$证明：因为AB\parallel DC，DC\perp AC，所以AB\perp AC。$

$因为PC\perp 平面ABCD，AB\subset 平面ABCD，所以PC\perp AB。$

$又AC\cap PC=C，AC，PC\subset 平面PAC，所以AB\perp 平面PAC。$

$又AB\subset 平面PAB，所以平面PAB\perp 平面PAC。$

思路分析

$先证AB\perp AC，PC\perp AB，从而证出AB\perp 平面PAC，进而由面面垂直的判定定理可证得结论.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，PC\perp 平面ABCD，AB\parallel DC， DC\perp AC.$

<img_56>
$求证：平面PAB\perp 平面PAC；$

Solution:
$证明：因为AB\parallel DC，DC\perp AC，所以AB\perp AC。$

$因为PC\perp 平面ABCD，AB\subset 平面ABCD，所以PC\perp AB。$

$又AC\cap PC=C，AC，PC\subset 平面PAC，所以AB\perp 平面PAC。$

$又AB\subset 平面PAB，所以平面PAB\perp 平面PAC。$

思路分析

$先证AB\perp AC，PC\perp AB，从而证出AB\perp 平面PAC，进而由面面垂直的判定定理可证得结论.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，BB_1 \perp  平面ABC，AB=BC=BB_1=1.$

<img_3113>
$求证：AC\parallel 平面BA_1C_1；$

Solution:
$证明：在三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，四边形 AA_1C_1C为平行四边形.$

$所以AC\parallel A_1C_1.$

$因为AC不在平面BA_1C_1，A_1C_1在平面 BA_1C_1，$

$所以AC\parallel 平面BA_1C_1.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，BB_1 \perp  平面ABC，AB=BC=BB_1=1.$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623884770262609921/img/compression/M_afa62f1e1f6d8605ecceb3d27c8ab2a7.jpg)
$求证：AC\parallel 平面BA_1C_1；$

Solution:
$证明：在三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，四边形 AA_1C_1C为平行四边形.$

$所以AC\parallel A_1C_1.$

$因为AC不在平面BA_1C_1，A_1C_1在平面 BA_1C_1，$

$所以AC\parallel 平面BA_1C_1.$

Final answer: 证明题
Subfield: Inequality


Question: $已知函数f(x)=|x-a|+2|x+1|(a>0)。$
$若函数 g(x)=f(x)-|x+1|的最小值为M，实数 b>0, c>-1,且 b+c=M-a，证明: \frac{1}{b} + \frac{1}{c+1} \geq  2.$

Solution:
$证明：由题意 g(x)=|x-a|+2|x+1|-|x+1|=|x-a|+|x+1| \geq |(x-a)-(x+1)|=|a+1|,$

$\because a>0,\therefore g(x)_{min}=a+1=M,$

$又 \because b+c=M-a.\therefore b+c=1 ,则 b+c+1=2 ,由 b\gt 0, c\gt -1, 得 c+1>0,$

$\therefore \frac{1}{b}+\frac{1}{c+1}=\frac{1}{2}\left(\frac{b+c+1}{b}+\frac{b+c+1}{c+1}\right)=\frac{1}{2}\left(1+\frac{c+1}{b}+\frac{b}{c+1}+1\right) \geq \frac{1}{2}\left(2+2\sqrt{\frac{c+1}{b}\cdot \frac{b}{c+1}}\right)=2,$

$当且仅当 b=c+1，即 b=1, c=0 时取等号，$

$\therefore \frac{1}{b}+\frac{1}{c+1} \geq 2 成立.$
Subfield: Inequality


Question: $已知定义在R上的函数f(x)=|x-2|+|x+4|的最小值为p.$
$设a, b, c\in R，a^2+2b^2+3c^2=2p，求证：|a+2b+3c|\leq 6 \sqrt{2}.$

Solution:
$证明：由(1)知a^2+2b^2+3c^2=12. 应用柯西不等式，得(a+2b+3c)^2 = (1\cdot a+ \sqrt{2}\cdot  \sqrt{2}\cdot b+ \sqrt{3}\cdot  \sqrt{3}\cdot c)^2 $

$\leq [1^2+(\sqrt{2})^2+(\sqrt{3})^2][a^2+(\sqrt{2}\cdot b)^2+(\sqrt{3}\cdot c)^2]$

$=6(a^2+2b^2+3c^2)=72,$

$所以|a+2b+3c|\leq 6\sqrt{2}.$

$当且仅当a=b=c=\pm \sqrt{2}时，等号成立.$
Subfield: Inequality


Question: $已知函数f(x)=|2x+4|+|x-1|.$
$设函数f(x)的最小值为m，正实数a,b满足a^2+9b^2=m，求证：a+3b \geq 2\sqrt{6}ab.$

Solution:
证明： 
$f(x)=|2x+4|+|x-1|=\begin{cases} 3x+3, & x\geq 1,\\ x+5, &-2&lt;x&lt;1,\\ -3x-3, &x\leq -2, \end{cases}$
$所以当x >= -2时，函数f(x)取最小值，最小值m=3，$
$于是a^2+9b^2=3，$
$则3=a^2+9b^2 \geq 2a \times 3b=6ab，即ab \leq \frac{1}{2},$
$又\because a ＞ 0, b ＞ 0，于是0 ＜ ab \leq \frac{1}{2}.$
$\therefore \frac{a+3b}{ab} = \frac{1}{b}+\frac{3}{a} \geq 2\sqrt{\frac{3}{ab}} \geq 2\sqrt{6},$
$\therefore a+3b \geq 2\sqrt{6}ab, 原不等式得证.$
Subfield: Sequence


Question: $已知a_n为等差数列，b_n为等比数列，a_1=b_1=1，a_5=5(a_4-a_3)，b_5=4(b_4-b_3)。$
$记a_n的前n项和为S_n，求证：S_nS_{n+2} < S^2_{n+1}(n\in N)；$

Solution:
$证明：由(1)可得 S_n=\frac{n(n+1)}{2}，故 S_nS_{n+2}=\frac{1}{4}n(n+1)(n+2)(n+3)，S^2_{n+1}=\frac{1}{4}(n+1)^2(n+2)^2，从而 S_nS_{n+2}-S^2_{n+1}=-\frac{1}{2}(n+1)(n+2)<0 (比较大小可利用作差法)，所以 S_nS_{n+2}<S^2_{n+1}.$
Subfield: Sequence


Question: $已知数列a_n的每一项都是正数，a_1=3，a_{n+1}^2-2a_n^2=a_na_{n+1}+3\times 2^n(a_n+a_{n+1})。记数列b_n的前n项和为B_n，B_n=-3n^2+180，数列\left\{\frac{a_n}{2^{n-2}}+b_n\right\}的前n项和为S_n，数列\left\{\frac{a_n}{n}\right\}的前n项和为T_n.$
$直接写出S_n与T_n的大小关系(不要求证明).$

Solution:
$当 1 \leq n \leq 6 时，T_n < S_n；当 n \geq 7 时，T_n > S_n。$

$详解：T_n - S_n = 3 \times 2^n -3 - (3n + 180) = 3(2^n -n -61)，令 c_n = 2^n -n - 61，则 c_{n+1} - c_n = [2^{n+1}-(n+1)-61] - (2^n -n -61) = 2^n -1 > 0，$

$所以，数列 {c_n} 单调递增，$
$因为 c_6 = 2^6 -6 -61 = -3 < 0，c_7 = 2^7 -7 -61 = 60 > 0，$

$所以，当 1 \leq n \leq 6 时，T_n - S_n = 3c_n \leq 3c_6 < 0，即 T_n < S_n；$

$当 n \geq 7 时，T_n - S_n = 3c_n \geq 3c_7 > 0，即 T_n > S_n。$

Final answer: $当 1 \leq n \leq 6 时，T_n < S_n；当 n \geq 7 时，T_n > S_n。$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四面体ABCD中，\triangle ABC是等边三角形，平面ABC\perp 平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=2\sqrt{3}，\angle BAD=90^\circ .$

<img_2221>
$求证：AD \perp BC；$

Solution:
$证明：由平面ABC\perp 平面ABD，平面ABC\cap 平面ABD=AB，AD\perp AB，可得AD\perp 平面ABC，故AD\perp BC.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四面体ABCD中，\triangle ABC是等边三角形，平面ABC\perp 平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=2\sqrt{3}，\angle BAD=90^\circ .$

![19GZTWS26.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549444928532483/img/compression/M_e73cd93c8a1eeb80eb81c3c40a327e6f.jpg)
$求证：AD \perp BC；$

Solution:
$证明：由平面ABC\perp 平面ABD，平面ABC\cap 平面ABD=AB，AD\perp AB，可得AD\perp 平面ABC，故AD\perp BC.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，已知正方体ABCD-A_1B_1C_1D_1的棱长为2,E,F分别为AD,CC_1的中点.$
<img_1738>
$已知点G满足\overrightarrow{DD_1}=4\overrightarrow{DG}，求证B,E,G,F四点共面；$

Solution:
$证明：如图，取DD_1中点H，则G为DH的中点，连接AH,HF.$
<img_1795>
$易知四边形ABFH是平行四边形，所以BF\parallel AH，$
$在\triangle AHD中，EG为中位线，故EG\parallel AH，所以EG\parallel BF，故B,E,G,F四点共面.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，已知正方体ABCD-A_1B_1C_1D_1的棱长为2,E,F分别为AD,CC_1的中点.$
![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549455997300737/img/compression/M_da67893a27363eb5a1bd233e0d45a733.jpg)
$已知点G满足\overrightarrow{DD_1}=4\overrightarrow{DG}，求证B,E,G,F四点共面；$

Solution:
$证明：如图，取DD_1中点H，则G为DH的中点，连接AH,HF.$
![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549456462868481/img/compression/M_7c832302421c2749944c3596830518d7.jpg)
$易知四边形ABFH是平行四边形，所以BF\parallel AH，$
$在\triangle AHD中，EG为中位线，故EG\parallel AH，所以EG\parallel BF，故B,E,G,F四点共面.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥P-ABC中，AB\perp BC,AB=2,BC=2\sqrt{2},PB=PC=\sqrt{6},BP,AP,BC的中点分别为D,E,O，点F在AC上，BF\perp AO.$

![24GZT5SX46.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549460967677955/img/compression/M_f2a44ea932fda3f2c8eaf6030319e4ad.jpg)
$证明：EF\parallel 平面ADO;$

Solution:
$证明：因为AB=2，BC=2\sqrt{2}，AB\perp BC，所以AC^2=AB^2+BC^2=12，AC=2\sqrt{3}. 设\overrightarrow{AF}=\lambda\overrightarrow{AC},则\overrightarrow{BF}\cdot \overrightarrow{AO}=(\lambda\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})\cdot (\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}=\frac{1}{2}\lambda\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}+\frac{1}{2}\lambda\overrightarrow{AC}^2-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}^2-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=2\lambda+6\lambda-2-2=0,$
$解得\lambda=\frac{1}{2},所以F为AC的中点，$
$所以EF\parallel PC,又OD\parallel PC,所以EF\parallel OD,$
$又因为EF\not\subset 平面ADO,OD\subset 平面ADO,$
$所以EF\parallel 平面ADO.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥P-ABC中，AB\perp BC,AB=2,BC=2\sqrt{2},PB=PC=\sqrt{6},BP,AP,BC的中点分别为D,E,O，点F在AC上，BF\perp AO.$

<img_2890>
$证明：EF\parallel 平面ADO;$

Solution:
$证明：因为AB=2，BC=2\sqrt{2}，AB\perp BC，所以AC^2=AB^2+BC^2=12，AC=2\sqrt{3}. 设\overrightarrow{AF}=\lambda\overrightarrow{AC},则\overrightarrow{BF}\cdot \overrightarrow{AO}=(\lambda\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})\cdot (\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}=\frac{1}{2}\lambda\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}+\frac{1}{2}\lambda\overrightarrow{AC}^2-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}^2-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=2\lambda+6\lambda-2-2=0,$
$解得\lambda=\frac{1}{2},所以F为AC的中点，$
$所以EF\parallel PC,又OD\parallel PC,所以EF\parallel OD,$
$又因为EF\not\subset 平面ADO,OD\subset 平面ADO,$
$所以EF\parallel 平面ADO.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，直四棱柱ABCD-A_1B_1C_1D_1的底面是菱形，AA_1=4，AB=2，\angle BAD=60^\circ ，E，M，N分别是BC，BB_1，A_1D的中点.$

<img_360>
$证明：MN\parallel 平面C_1DE；$

Solution:
证明：证明线面平行的关键在于在所要证的平面内寻找一条直线与已知直线平行，常构造三角形中位线或平行四边形来证明线线平行.

$连接B_1C，ME.因为M，E分别为BB_1，BC的中点，所以ME\parallel B_1C，且ME=\frac{1}{2}B_1C.又因为N为A_1D的中点，所以ND=\frac{1}{2}A_1D.$

$由题设知A_1B_1\parallel DC，可得B_1C\parallel A_1D，故ME\parallel ND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN\parallel ED.$

$又MN\not\subset 平面C1DE，所以MN\parallel 平面C1DE.$

<img_348>
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，直四棱柱ABCD-A_1B_1C_1D_1的底面是菱形，AA_1=4，AB=2，\angle BAD=60^\circ ，E，M，N分别是BC，BB_1，A_1D的中点.$

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549462062391298/img/compression/M_3f877d3e46261f79a57255b283b47ce5.jpg)
$证明：MN\parallel 平面C_1DE；$

Solution:
证明：证明线面平行的关键在于在所要证的平面内寻找一条直线与已知直线平行，常构造三角形中位线或平行四边形来证明线线平行.

$连接B_1C，ME.因为M，E分别为BB_1，BC的中点，所以ME\parallel B_1C，且ME=\frac{1}{2}B_1C.又因为N为A_1D的中点，所以ND=\frac{1}{2}A_1D.$

$由题设知A_1B_1\parallel DC，可得B_1C\parallel A_1D，故ME\parallel ND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN\parallel ED.$

$又MN\not\subset 平面C1DE，所以MN\parallel 平面C1DE.$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549462402129921/img/compression/M_f9742cb977ad07b998827848bb6c05d6.jpg)

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图,在正方体ABCD-A_1B_1C_1D_1中,E,F,G分别为所在棱的中点,Q,H分别为正方形ADD_1A_1和正方形ABCD的中心,连接EF,EG,FG,D_1Q,CH,QH,CD_1.$

<img_1641>
$证明:平面EFG\parallel 平面CD_{1}QH;$

Solution:
$证明:如图，连接A_1C_1,BC_1,由E,F,G分别为所在棱的中点，得A_1C_1\parallel GF,EF\parallel BC_1.$

$连接AH,AQ,CQ.由H为正方形ABCD的中心可得A,H,C三点共线,同理A,Q,D_1三点共线，$

<img_2909>

$\therefore A\in 平面CD_1QH.$

$又知A_1C_1\parallel AC,所以GF\parallel AC，$

$又AC\subset 平面ACQ,GF\not\subset 平面ACQ,$

$所以GF\parallel 平面ACQ.$

$同理,EF\parallel 平面ACQ.$

$又GF\cap EF=F,$

$所以平面EFG\parallel 平面ACQ,即平面EFG\parallel 平面CD_1QH.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图,在正方体ABCD-A_1B_1C_1D_1中,E,F,G分别为所在棱的中点,Q,H分别为正方形ADD_1A_1和正方形ABCD的中心,连接EF,EG,FG,D_1Q,CH,QH,CD_1.$

![题目图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549479581999107/img/compression/M_45a8dcec9b9427d41a370f6a7e73567f.jpg)
$证明:平面EFG\parallel 平面CD_{1}QH;$

Solution:
$证明:如图，连接A_1C_1,BC_1,由E,F,G分别为所在棱的中点，得A_1C_1\parallel GF,EF\parallel BC_1.$

$连接AH,AQ,CQ.由H为正方形ABCD的中心可得A,H,C三点共线,同理A,Q,D_1三点共线，$

![题目图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549479875600385/img/compression/M_e15837e6ef6ca9de497c56034737a0f4.jpg)

$\therefore A\in 平面CD_1QH.$

$又知A_1C_1\parallel AC,所以GF\parallel AC，$

$又AC\subset 平面ACQ,GF\not\subset 平面ACQ,$

$所以GF\parallel 平面ACQ.$

$同理,EF\parallel 平面ACQ.$

$又GF\cap EF=F,$

$所以平面EFG\parallel 平面ACQ,即平面EFG\parallel 平面CD_1QH.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知直三棱柱 ABC-A_1B_1C_1中，侧面AA_1B_1B为正方形，AB=BC=2，E，F 分别为AC和CC_1的中点，BF\perp A_1B_1。$
<img_2863>
$已知D为棱A_1B_1上的点.证明：BF \perp DE.$

Solution:
$证明：第一步，利用线面垂直的判定定理和性质定理证明 BE \perp  A_1E .$
$连接 A_1E ，B_1E ，$
<img_102>
$\because AB = BC ，E为 AC 的中点，\therefore  BE \perp  AC .$
$\because AA_1 \perp 平面ABC ，BE \subset 平面 ABC ，\therefore  AA_1 \perp  BE .$
$\because AA_1 \cap  AC = A ，AA_1 ，AC \subset 平面 AA_1C_1C ，$
$\therefore  BE \perp 平面 AA_1C_1C ，又 A_1E \subset 平面 AA_1C_1C ，$
$\therefore BE \perp  A_1E .$

$第二步，利用平面几何知识证明 EF \perp  A_1E .$
$在Rt\triangle  ECF 中，tan\angle FEC = \frac{CF}{CE} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} ，$
$在Rt\triangle  A_1AE 中，tan\angle  AA_1E = \frac{AE}{AA_1} = \frac{\sqrt{2}}{2} ，$
$\therefore tan\angle  FEC = tan\angle  AA_1E , \therefore \angle  FEC = \angle  AA_1E ,$
$\because \angle AA_1E + \angle AEA_1 = 90^\circ ，$
$\therefore \angle FEC + \angle AEA_1 = 90^\circ ，$
$\therefore \angle A_1EF = 90^\circ ，即 A_1E \perp  EF .$

$第三步，利用线面垂直的判定定理和性质定理证得 BF \perp  DE .$
$\because EF \cap  EB = E ，又 EF ， EB \subset 平面 BEF ，$
$\therefore A_1E \perp 平面 BEF ，又 BF \subset 平面 BEF ，\therefore  A_1E \perp  BF ，$
$又 \because A_1B_1 \perp  BF ，A_1E \cap  A_1B_1 = A_1 ，A_1E \subset 平面 A_1B_1E ， A_1B_1 \subset 平面 A_1B_1E ，\therefore  BF \perp 平面 A_1B_1E .$
$\because  DE \subset 平面 A_1B_1E , \therefore  BF \perp  DE .$
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知直三棱柱 ABC-A_1B_1C_1中，侧面AA_1B_1B为正方形，AB=BC=2，E，F 分别为AC和CC_1的中点，BF\perp A_1B_1。$
![22GZTWS3.tif](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549487395860481/img/compression/M_3dc56b5f4ffc27d7a10428af0a27f077.jpg)
$已知D为棱A_1B_1上的点.证明：BF \perp DE.$

Solution:
$证明：第一步，利用线面垂直的判定定理和性质定理证明 BE \perp  A_1E .$
$连接 A_1E ，B_1E ，$
![img](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549487395860481/img/compression/M_df8a77f0f2e96c0e85c9a5a2084014f3.jpg)
$\because AB = BC ，E为 AC 的中点，\therefore  BE \perp  AC .$
$\because AA_1 \perp 平面ABC ，BE \subset 平面 ABC ，\therefore  AA_1 \perp  BE .$
$\because AA_1 \cap  AC = A ，AA_1 ，AC \subset 平面 AA_1C_1C ，$
$\therefore  BE \perp 平面 AA_1C_1C ，又 A_1E \subset 平面 AA_1C_1C ，$
$\therefore BE \perp  A_1E .$

$第二步，利用平面几何知识证明 EF \perp  A_1E .$
$在Rt\triangle  ECF 中，tan\angle FEC = \frac{CF}{CE} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} ，$
$在Rt\triangle  A_1AE 中，tan\angle  AA_1E = \frac{AE}{AA_1} = \frac{\sqrt{2}}{2} ，$
$\therefore tan\angle  FEC = tan\angle  AA_1E , \therefore \angle  FEC = \angle  AA_1E ,$
$\because \angle AA_1E + \angle AEA_1 = 90^\circ ，$
$\therefore \angle FEC + \angle AEA_1 = 90^\circ ，$
$\therefore \angle A_1EF = 90^\circ ，即 A_1E \perp  EF .$

$第三步，利用线面垂直的判定定理和性质定理证得 BF \perp  DE .$
$\because EF \cap  EB = E ，又 EF ， EB \subset 平面 BEF ，$
$\therefore A_1E \perp 平面 BEF ，又 BF \subset 平面 BEF ，\therefore  A_1E \perp  BF ，$
$又 \because A_1B_1 \perp  BF ，A_1E \cap  A_1B_1 = A_1 ，A_1E \subset 平面 A_1B_1E ， A_1B_1 \subset 平面 A_1B_1E ，\therefore  BF \perp 平面 A_1B_1E .$
$\because  DE \subset 平面 A_1B_1E , \therefore  BF \perp  DE .$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，长方体ABCD-A_1B_1C_1D_1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA_1上，BE\perp EC_1.$

<img_57>
$证明：BE \perp 平面 EB_1C_1;$

Solution:
$证明：由已知得B_1C_1\perp 平面ABBA_1A_1,BE \subset  平面ABBA_1A_1，故B_1C_1\perp BE(由长方体性质得出B_1C_1\perp BE).$

$又BE\perp EC_1，所以BE\perp 平面EB_1C_1.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，长方体ABCD-A_1B_1C_1D_1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA_1上，BE\perp EC_1.$

![20GZTLSX27.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549488037588994/img/compression/M_a232018de9a5bca5af95a7bc145bcb2c.jpg)
$证明：BE \perp 平面 EB_1C_1;$

Solution:
$证明：由已知得B_1C_1\perp 平面ABBA_1A_1,BE \subset  平面ABBA_1A_1，故B_1C_1\perp BE(由长方体性质得出B_1C_1\perp BE).$

$又BE\perp EC_1，所以BE\perp 平面EB_1C_1.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，\triangle ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，\angle APC=90^\circ .$

![题目图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549489019056130/img/compression/M_65ea453f50f947a562a670181b855bc0.jpg)
$证明：平面PAB\perp 平面PAC；$

Solution:
$证明：由题设可知，PA=PB=PC.$

$由于 \triangle ABC 是正三角形，故可得 \triangle PAC \cong \triangle PAB，\triangle PAC \cong \triangle PBC.$

$又 \angle APC=90^\circ ，故 \angle APB=90^\circ ，\angle BPC=90^\circ .$

$从而 PB \perp PA ， PB \perp PC ，故 PB\perp 平面 PAC，$

$所以平面 PAB \perp 平面 PAC.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，\triangle ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，\angle APC=90^\circ .$

<img_1990>
$证明：平面PAB\perp 平面PAC；$

Solution:
$证明：由题设可知，PA=PB=PC.$

$由于 \triangle ABC 是正三角形，故可得 \triangle PAC \cong \triangle PAB，\triangle PAC \cong \triangle PBC.$

$又 \angle APC=90^\circ ，故 \angle APB=90^\circ ，\angle BPC=90^\circ .$

$从而 PB \perp PA ， PB \perp PC ，故 PB\perp 平面 PAC，$

$所以平面 PAB \perp 平面 PAC.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图所示，圆锥的高PO=\sqrt{3}，底面圆O的半径为1，延长直径AB到点C，使得BC=1，分别过点A,C作底面圆O的切线，两切线相交于点E，点D是切线CE与圆O的切点.$
    
![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549502428246020/img/compression/M_bf82d1c1b723866a569f59ea9f913d44.jpg)
$证明：平面PDE\perp 平面POD；$

Solution:
$证明：由题意知，PO \perp 平面ABD，又D是切线CE与圆O的切点，所以CE \subset 平面ABD，且OD \perp  CE，$
$则PO \perp  CE，又PO \cap  OD = O, PO, OD \subset 平面POD，$
$所以CE \perp 平面POD，$
$又CE \subset 平面PDE，所以平面PDE \perp 平面POD.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图所示，圆锥的高PO=\sqrt{3}，底面圆O的半径为1，延长直径AB到点C，使得BC=1，分别过点A,C作底面圆O的切线，两切线相交于点E，点D是切线CE与圆O的切点.$
    
<img_3127>
$证明：平面PDE\perp 平面POD；$

Solution:
$证明：由题意知，PO \perp 平面ABD，又D是切线CE与圆O的切点，所以CE \subset 平面ABD，且OD \perp  CE，$
$则PO \perp  CE，又PO \cap  OD = O, PO, OD \subset 平面POD，$
$所以CE \perp 平面POD，$
$又CE \subset 平面PDE，所以平面PDE \perp 平面POD.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在\triangle ABC中，\angle ACB=45^\circ ，BC=3，过点A作AD\perp BC，交线段BC于点D(如下图1)，沿AD将\triangle ABD折起，使\angle BDC=90^\circ (如图2)，点E，M分别为棱BC，AC的中点.$

![图1](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549503518765057/img/compression/M_d5588d2fc5a447ab167bfa60b3ad6306.jpg)

![图2](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549503518765057/img/compression/M_6eb5a7185ee7d8db4f55ea72f1ff80d8.jpg)
$求证：CD \perp ME；$

Solution:
$证明：在\triangle ABC中，M，E分别为AC，BC的中点，则ME\parallel AB，$
$折叠前AD\perp BC，则折叠后AD\perp CD，又\angle BDC=90^\circ ，所以CD\perp BD，且AD\cap BD=D，AD\subset 平面ADB，BD\subset 平面ADB，所以$$CD\perp 平面ADB，$
$又AB\subset 平面ADB，所以CD\perp AB，因为ME\parallel AB，所以CD\perp ME.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $在\triangle ABC中，\angle ACB=45^\circ ，BC=3，过点A作AD\perp BC，交线段BC于点D(如下图1)，沿AD将\triangle ABD折起，使\angle BDC=90^\circ (如图2)，点E，M分别为棱BC，AC的中点.$

<img_2451>

<img_2565>
$求证：CD \perp ME；$

Solution:
$证明：在\triangle ABC中，M，E分别为AC，BC的中点，则ME\parallel AB，$
$折叠前AD\perp BC，则折叠后AD\perp CD，又\angle BDC=90^\circ ，所以CD\perp BD，且AD\cap BD=D，AD\subset 平面ADB，BD\subset 平面ADB，所以$$CD\perp 平面ADB，$
$又AB\subset 平面ADB，所以CD\perp AB，因为ME\parallel AB，所以CD\perp ME.$
Subfield: Conic Sections


Question: $如图，已知椭圆C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)，A_1，A_2分别是长轴的左、右两个端点，F_1，F_2分别是左、右焦点.椭圆C过点(0,\sqrt{3})，离心率为\frac{1}{2}.$
![alt text](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549531629117442/img/compression/M_4c062d8bb6dee29cea3272d48b8b3252.jpg)
$若直线x=4上有两个点M，N，且\overrightarrow{MF_2} \cdot \overrightarrow{NF_2}=0. 连接MA_1交椭圆C于另一点P(不同于点A_1)，证明：P，A_2，N三点共线.$

Solution:
$设M(4,y_M)，N(4,y_N)，易知F_2(1,0)，则\overrightarrow{MF_2} = (-3,-y_M)，\overrightarrow{NF_2} = (-3,-y_N)，   $
$\because \overrightarrow{MF_2} \cdot  \overrightarrow{NF_2} = 0，\therefore y_My_N + 9 = 0，即y_My_N = -9.   $

$证明：易得A_1(-2,0)，直线A_1M的斜率为\frac{y_M}{6}，   $
$\therefore 直线A_1M的方程为y = \frac{y_M}{6}(x+2)，   $
$联立\left\{\begin{matrix}y=\frac{y_M}{6}(x+2),\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1,\end{matrix}\right.得(27+y^2_M)x^2 + 4y^2_Mx + 4y^2_M -108 = 0， 设P(x_1,y_1)，则x_1 + (-2) = -\frac{4y^2_M}{27+y^2_M}，\therefore x_1 = \frac{54-2y^2_M}{27+y^2_M}，   $
$代入直线A_1M的方程得y_1 = \frac{18y_M}{27+y^2_M}，   $
$\therefore P \left(\frac{54-2y^2_M}{27+y^2_M},\frac{18y_M}{27+y^2_M}\right)，   $
$\therefore 直线PA_2的斜率k_{PA_2} = \frac{y_1}{x_1-2} = \frac{\frac{18y_M}{27+y^2_M}}{\frac{54-2y^2_M}{27+y^2_M}-2} = \frac{18y_M}{-4y^2_M} = -\frac{9}{2y_M}.   $
$\because 直线NA_2的斜率k_{NA_2} = \frac{y_N}{2}， y_My_N + 9 = 0，   $
$\therefore  k_{NA_2} = \frac{y_N}{2} = \frac{-\frac{9}{y_M}}{2} = -\frac{9}{2y_M} = k_{PA_2}，\therefore P,A_2，N三点共线.$

Final answer: 证明题
Subfield: Conic Sections


Question: $如图，已知椭圆C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)，A_1，A_2分别是长轴的左、右两个端点，F_1，F_2分别是左、右焦点.椭圆C过点(0,\sqrt{3})，离心率为\frac{1}{2}.$
<img_1980>
$若直线x=4上有两个点M，N，且\overrightarrow{MF_2} \cdot \overrightarrow{NF_2}=0. 连接MA_1交椭圆C于另一点P(不同于点A_1)，证明：P，A_2，N三点共线.$

Solution:
$设M(4,y_M)，N(4,y_N)，易知F_2(1,0)，则\overrightarrow{MF_2} = (-3,-y_M)，\overrightarrow{NF_2} = (-3,-y_N)，   $
$\because \overrightarrow{MF_2} \cdot  \overrightarrow{NF_2} = 0，\therefore y_My_N + 9 = 0，即y_My_N = -9.   $

$证明：易得A_1(-2,0)，直线A_1M的斜率为\frac{y_M}{6}，   $
$\therefore 直线A_1M的方程为y = \frac{y_M}{6}(x+2)，   $
$联立\left\{\begin{matrix}y=\frac{y_M}{6}(x+2),\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1,\end{matrix}\right.得(27+y^2_M)x^2 + 4y^2_Mx + 4y^2_M -108 = 0， 设P(x_1,y_1)，则x_1 + (-2) = -\frac{4y^2_M}{27+y^2_M}，\therefore x_1 = \frac{54-2y^2_M}{27+y^2_M}，   $
$代入直线A_1M的方程得y_1 = \frac{18y_M}{27+y^2_M}，   $
$\therefore P \left(\frac{54-2y^2_M}{27+y^2_M},\frac{18y_M}{27+y^2_M}\right)，   $
$\therefore 直线PA_2的斜率k_{PA_2} = \frac{y_1}{x_1-2} = \frac{\frac{18y_M}{27+y^2_M}}{\frac{54-2y^2_M}{27+y^2_M}-2} = \frac{18y_M}{-4y^2_M} = -\frac{9}{2y_M}.   $
$\because 直线NA_2的斜率k_{NA_2} = \frac{y_N}{2}， y_My_N + 9 = 0，   $
$\therefore  k_{NA_2} = \frac{y_N}{2} = \frac{-\frac{9}{y_M}}{2} = -\frac{9}{2y_M} = k_{PA_2}，\therefore P,A_2，N三点共线.$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知抛物线C：y^{2}=2px(p>0)的焦点为F，其准线与x轴交于点P，过点P作直线l与C交于A，B两点，点D与点A关于x轴对称.$
$证明：直线BD过点F；$

Solution:
$证明：设点A(x_1,y_1), B(x_2,y_2), D(x_1,-y_1)，由题可知直线l的斜率存在且不为0，设为k，$
$则直线l的方程为y = k(x+\frac{p}{2})，$
$由\{\begin{matrix}y = k(x+\frac{p}{2}),\\ y^2 = 2px,\end{matrix}.得ky^2-2py+kp^2=0，\Delta  = 4p^2-4k^2p^2>0，$
$y_1+y_2=\frac{2p}{k}，y_1y_2=p^2，$
$\therefore k_BD=\frac{y_2+y_1}{x_2-x_1}=\frac{y_2+y_1}{\frac{1}{2p}(y^2_2-y^2_1)}=\frac{2p}{y_2-y_1}，$
$\therefore 直线BD的方程为y+y_1=\frac{2p}{y_2-y_1}(x-\frac{y^2_1}{2p})，即y=\frac{2p}{y_2-y_1}(x-\frac{p}{2})，故直线BD过定点(\frac{p}{2},0)，即直线BD过点F.$
Subfield: Conic Sections


Question: $设抛物线C: y^2=2x, 点A(2，0)，B(-2，0)，过点A的直线l与C交于M，N两点.$
$证明：\angle ABM=\angle ABN.$

Solution:
$证明：当l与x轴垂直时，AB为MN的垂直平分线，所以\angle ABM=\angle ABN.$
$当l与x轴不垂直时，设l的方程为y=k(x-2)(k\neq0)，M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)，则x_1>0,x_2>0.$
$由$
$\left\{
\begin{matrix}
y=k(x-2),\\ 
y^2=2x
\end{matrix}
\right.$
$，得ky^2y-2y-4k=0，可知y_1+y_2=\frac{2}{k},y_1y_2=-4.直线BM，BN的斜率之和为$
$k_{BM}+k_{BN}=\frac{y_1}{x_1+2}+\frac{y_2}{x_2+2}=\frac{x_2y_1+x_1y_2+2(y_1+y_2)}{(x_1+2)(x_2+2)}.记为方程①$
$将x_1=\frac{y_1}{k}+2，x_2=\frac{y_2}{k}+2及y_1+y_2,y_1y_2的表达式代入①式分子，可得x_2y_1+x_1y_2+2(y_1+y_2)=\frac{2y_1y_2+4k(y_1+y_2)}{k}=\frac{-8+8}{k}=0. 所以k_{BM}+k_{BN}=0，可知BM，BN的倾斜角互补，所以\angle ABM=\angle ABN.综上，\angle ABM=\angle ABN.$

$失分警示：由于不能将“\angle ABM=\angle ABN”正确转化为“k_{BM}+k_{BN}=0”进行证明，从而思路受阻，无法完成后续内容.$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知双曲线C：\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1(a>0，b>0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y=\pm \sqrt{3}x.$
$过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x_{1}，y_{1})，Q(x_{2}，y_{2})在C上，且x_{1}>x_{2}>0，y_{1}>0.过P且斜率为-\sqrt{3}的直线与过Q且斜率为\sqrt{3}的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.$
$①M在AB上；4$
$②PQ\parallel AB；$
$③|MA|=|MB|.$
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.

Solution:
$易知直线PQ的斜率存在，$
$设其方程为y=kx+b(k>\sqrt{3}),$
由
$$
\left\{
\begin{matrix}
y=kx+b,\\ 
3x^2-y^2-3=0,
\end{matrix}
\right.
$$
$得(3-k^2)x^2-2kbx-b^2-3=0,$
$由\Delta >0,得b^2+3-k^2>0,\therefore x_1+x_2=\frac{2kb}{3-k^2},x_1x_2=\frac{-b^2-3}{3-k^2},$
$\therefore x_1-x_2=\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\frac{2\sqrt{3(b^2+3-k^2)}}{3-k^2},$
$设点M的坐标为(x_0,y_0),则直线PM、QM的方程分别为y-y_0=-\sqrt{3}(x-x_0),y-y_0=\sqrt{3}(x-x_0),$
故
$$
\left\{
\begin{matrix}
y_1-y_0=-\sqrt{3}(x_1-x_0),()\\ 
y_2-y_0=\sqrt{3}(x_2-x_0),()
\end{matrix}
\right.
$$


Note: The text provided was converted up to a certain point due to its large size. Same conversion would be followed for the rest.