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


Question: $如图，在三棱柱ABC－A_{1}B_{1}C_{1}中，四边形AA_{1}C_{1}C是边长为4的菱形，AB=BC=\sqrt{13}，点D为棱AC上的动点(不与A，C重合)，平面B_{1}BD与棱A_{1}C_{1}交于点E.$<img_2041>
$(2)若\frac{AD}{AC}=\frac{3}{4}，平面ABC\perp 平面AA_{1}C_{1}C，\angle A_{1}AC=60^\circ , 求直线AB与平面B_{1}BDE所成角的正弦值.

Solution:
$选条件①②.连接A_{1}C，取AC中点O，连接A_{1}O，BO.在菱形ACC_{1}A_{1}中，\angle A_{1}AC=60^\circ ，所以\triangle A_{1}AC为等边三角形.又因为O为AC中点，所以A_{1}O\perp AC，又因为平面ABC\perp 平面ACC_{1}A_{1}，平面ABC\cap 平面ACC_{1}A_{1}=AC,A_{1}O\subset 平面ACC_{1}A_{1}，且A_{1}O\perp AC，所以A_{1}O\perp 平面ABC，因为OB\subset 平面ABC，所以A_{1}O\perp OB.因为AB=BC，O为AC中点，所以BO\perp AC.所以OB、OC、OA_{1}两两垂直.以O为原点，OB、OC、OA_{1}所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(0,－2,0)，A_{1}(0,0,2\sqrt{3})，B(3,0,0)，D(0,1,0).所以\overrightarrow{AB}=(3,2,0)，\overrightarrow{BD}=(－3,1,0)，\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{AA_1}=(0,2,2\sqrt{3}).设平面B_{1}BDE的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{BD}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{DE}=0,\end{matrix}\right.所以\left\{\begin{matrix}-3x+y=0,\\ 2y+2\sqrt{3}z=0.\end{matrix}\right.令y=3，则x=1，z=－\sqrt{3}，故n=(1,3,－\sqrt{3}).设直线AB与平面B_{1}BDE所成角为\theta ，所以\\sin   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{AB},n\rangle |=\frac{|\overrightarrow{AB}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{AB}||\boldsymbol{n}|}=\frac{9}{13}.所以直线AB与平面B_{1}BDE所成角的正弦值为\frac{9}{13}.选条件②③.连接A_{1}C，取AC中点O，连接A_{1}O，BO.在菱形ACC_{1}A_{1}中，\angle A_{1}AC=60^\circ ，所以\triangle A_{1}AC为等边三角形.又因为O为AC中点，故A_{1}O\perp AC，且A_{1}O=2\sqrt{3}.因为AB=BC,O为AC的中点，所以BO\perp AC,所以OB=3,又因为A_{1}B=\sqrt{21},所以A_{1}O^{2}+OB^{2}=A_{1}B^{2}，所以A_{1}O\perp OB.又因为AC\cap OB=O，所以A_{1}O\perp 平面ABC.所以OB、OC、OA_{1}两两垂直.以下同选条件①②.选条件①③.取AC中点O，连接A_{1}O，BO.在\triangle ABC中，因为BA=BC，O为AC中点，所以BO\perp AC，所以AO=2，OB=3.又因为平面ABC\perp 平面ACC_{1}A_{1}，平面ABC\cap 平面ACC_{1}A_{1}=AC，BO\subset 平面ABC,所以BO\perp 平面ACC_{1}A_{1}.因为OA_{1}\subset 平面ACC_{1}A_{1}，所以BO\perp OA_{1}.在Rt\triangle BOA_{1}中，OA_{1}=\sqrt{A_1B^2-OB^2}=2\sqrt{3}.又因为OA=2，AA_{1}=4，所以OA^2_1+OA^{2}=AA^2_1，所以A_{1}O\perp AO.所以OB、OC、OA_{1}两两垂直.以下同选条件①②.$<img_3079>



Final answer: \frac{9}{13}
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC－A_{1}B_{1}C_{1}中，四边形AA_{1}C_{1}C是边长为4的菱形，AB=BC=\sqrt{13}，点D为棱AC上的动点(不与A，C重合)，平面B_{1}BD与棱A_{1}C_{1}交于点E.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268096479227906/img/compression/M_02777938469333898802ea27cbea54b0.jpg)
$(2)若\frac{AD}{AC}=\frac{3}{4}，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个条件作为已知，求直线AB与平面B_{1}BDE所成角的正弦值.条件①：平面ABC\perp 平面AA_{1}C_{1}C；条件②：\angle A_{1}AC=60^\circ ；条件③：A_{1}B=\sqrt{21}.$

Solution:
$选条件①②.连接A_{1}C，取AC中点O，连接A_{1}O，BO.在菱形ACC_{1}A_{1}中，\angle A_{1}AC=60^\circ ，所以\triangle A_{1}AC为等边三角形.又因为O为AC中点，所以A_{1}O\perp AC，又因为平面ABC\perp 平面ACC_{1}A_{1}，平面ABC\cap 平面ACC_{1}A_{1}=AC,A_{1}O\subset 平面ACC_{1}A_{1}，且A_{1}O\perp AC，所以A_{1}O\perp 平面ABC，因为OB\subset 平面ABC，所以A_{1}O\perp OB.因为AB=BC，O为AC中点，所以BO\perp AC.所以OB、OC、OA_{1}两两垂直.以O为原点，OB、OC、OA_{1}所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(0,－2,0)，A_{1}(0,0,2\sqrt{3})，B(3,0,0)，D(0,1,0).所以\overrightarrow{AB}=(3,2,0)，\overrightarrow{BD}=(－3,1,0)，\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{AA_1}=(0,2,2\sqrt{3}).设平面B_{1}BDE的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{BD}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{DE}=0,\end{matrix}\right.所以\left\{\begin{matrix}-3x+y=0,\\ 2y+2\sqrt{3}z=0.\end{matrix}\right.令y=3，则x=1，z=－\sqrt{3}，故n=(1,3,－\sqrt{3}).设直线AB与平面B_{1}BDE所成角为\theta ，所以\\sin   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{AB},n\rangle |=\frac{|\overrightarrow{AB}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{AB}||\boldsymbol{n}|}=\frac{9}{13}.所以直线AB与平面B_{1}BDE所成角的正弦值为\frac{9}{13}.选条件②③.连接A_{1}C，取AC中点O，连接A_{1}O，BO.在菱形ACC_{1}A_{1}中，\angle A_{1}AC=60^\circ ，所以\triangle A_{1}AC为等边三角形.又因为O为AC中点，故A_{1}O\perp AC，且A_{1}O=2\sqrt{3}.因为AB=BC,O为AC的中点，所以BO\perp AC,所以OB=3,又因为A_{1}B=\sqrt{21},所以A_{1}O^{2}+OB^{2}=A_{1}B^{2}，所以A_{1}O\perp OB.又因为AC\cap OB=O，所以A_{1}O\perp 平面ABC.所以OB、OC、OA_{1}两两垂直.以下同选条件①②.选条件①③.取AC中点O，连接A_{1}O，BO.在\triangle ABC中，因为BA=BC，O为AC中点，所以BO\perp AC，所以AO=2，OB=3.又因为平面ABC\perp 平面ACC_{1}A_{1}，平面ABC\cap 平面ACC_{1}A_{1}=AC，BO\subset 平面ABC,所以BO\perp 平面ACC_{1}A_{1}.因为OA_{1}\subset 平面ACC_{1}A_{1}，所以BO\perp OA_{1}.在Rt\triangle BOA_{1}中，OA_{1}=\sqrt{A_1B^2-OB^2}=2\sqrt{3}.又因为OA=2，AA_{1}=4，所以OA^2_1+OA^{2}=AA^2_1，所以A_{1}O\perp AO.所以OB、OC、OA_{1}两两垂直.以下同选条件①②.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268097716547586/img/compression/M_248852d806e382a793672adfc304fcc3.jpg)

Final answer: $选条件①②：直线AB与平面B1BDE所成角的正弦值为9/13。
选条件①③：直线AB与平面B1BDE所成角的正弦值为3/5。
选条件②③：直线AB与平面B1BDE所成角的正弦值为3/13。$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，侧面BCC_{1}B_{1}为正方形，平面BCC_{1}B_{1}\perp 平面ABB_{1}A_{1}，AB=BC=2，M,N分别为A_{1}B_{1},AC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268050322034690/img/compression/M_077eeed7792b59df6b9d208461ac139b.jpg)
$(1)求证：MN\parallel 平面BCC_{1}B_{1}；$

Solution:
$证法一:取BC的中点P，连接NP,B_{1}P,则NP\parallel AB,且NP=\frac{1}{2}AB.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268050758242305/img/compression/M_c6c2381d9c22d05793bc148bd9cd963d.jpg)$\because M是A_{1}B_{1}的中点，A_{1}B_{1\xlongequal{//} }AB,\therefore B_{1}M\parallel AB,且B_{1}M=\frac{1}{2}AB，\therefore B_{1}M_{\xlongequal{//} }PN，\therefore 四边形B_{1}PNM为平行四边形，\therefore MN\parallel B_{1}P，又B_{1}P\subset 平面BCC_{1}B_{1}，MN\not\subset 平面BCC_{1}B_{1}，\therefore MN\parallel 平面BCC_{1}B_{1}.证法二:取AB的中点Q，连接QN，QM，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268050758242305/img/compression/M_b5475ea54584ccfb2e652273eb5638b9.jpg)$\because M,N分别是A_{1}B_{1},AC的中点，\therefore QN\parallel BC，QM\parallel B_{1}B，\because QN\not\subset 平面BCC_{1}B_{1}，BC\subset 平面BCC_{1}B_{1}，\therefore QN\parallel 平面BCC_{1}B_{1}，同理，QM\parallel 平面BCC_{1}B_{1}，又QM\cap QN=Q,\therefore 平面MNQ\parallel 平面BCC_{1}B_{1}，又MN\subset 平面MNQ，\therefore MN\parallel 平面BCC_{1}B_{1}.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，侧面BCC_{1}B_{1}为正方形，平面BCC_{1}B_{1}\perp 平面ABB_{1}A_{1}，AB=BC=2，M,N分别为A_{1}B_{1},AC的中点.$<img_1807>
$(1)求证：MN\parallel 平面BCC_{1}B_{1}；$

Solution:
$证法一:取BC的中点P，连接NP,B_{1}P,则NP\parallel AB,且NP=\frac{1}{2}AB.$<img_2049>$\because M是A_{1}B_{1}的中点，A_{1}B_{1\xlongequal{//} }AB,\therefore B_{1}M\parallel AB,且B_{1}M=\frac{1}{2}AB，\therefore B_{1}M_{\xlongequal{//} }PN，\therefore 四边形B_{1}PNM为平行四边形，\therefore MN\parallel B_{1}P，又B_{1}P\subset 平面BCC_{1}B_{1}，MN\not\subset 平面BCC_{1}B_{1}，\therefore MN\parallel 平面BCC_{1}B_{1}.证法二:取AB的中点Q，连接QN，QM，$<img_2209>$\because M,N分别是A_{1}B_{1},AC的中点，\therefore QN\parallel BC，QM\parallel B_{1}B，\because QN\not\subset 平面BCC_{1}B_{1}，BC\subset 平面BCC_{1}B_{1}，\therefore QN\parallel 平面BCC_{1}B_{1}，同理，QM\parallel 平面BCC_{1}B_{1}，又QM\cap QN=Q,\therefore 平面MNQ\parallel 平面BCC_{1}B_{1}，又MN\subset 平面MNQ，\therefore MN\parallel 平面BCC_{1}B_{1}.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，侧面BCC_{1}B_{1}为正方形，平面BCC_{1}B_{1}\perp 平面ABB_{1}A_{1}，AB=BC=2，M,N分别为A_{1}B_{1},AC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268050322034690/img/compression/M_077eeed7792b59df6b9d208461ac139b.jpg)
$(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值.条件①：AB\perp MN；条件②：BM=MN.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.$

Solution:
$选择条件①.\because 侧面BCC_{1}B_{1}为正方形，\therefore BC\perp BB_{1}，又平面BCC_{1}B_{1}\perp 平面ABB_{1}A_{1}，平面BCC_{1}B_{1}\cap 平面ABB_{1}A_{1}=BB_{1}，BC\subset 平面BCC_{1}B_{1},\therefore BC\perp 平面ABB_{1}A_{1}，\therefore BC\perp AB.解法一：由(1)中证法一知MN\parallel B_{1}P，又AB\perp MN，\therefore AB\perp B_{1}P.\because BC\cap B_{1}P=P，\therefore AB\perp 平面BCC_{1}B_{1}.\therefore AB\perp BB_{1}.\therefore BC，B_{1}B，BA两两垂直.以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268051613880321/img/compression/M_bf1b8cd014bdde2c48d79bda87d3f767.jpg)$则B(0，0，0)，A(0，2，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，\therefore \overrightarrow{BM}=(0，1，2)，\overrightarrow{BN}=(1，1，0)，\overrightarrow{AB}=(0，-2，0).设平面BMN的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{BM}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{BN}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}y+2z=0,\\ x+y=0,\end{matrix}\right.令z=1,得n=(2,-2,1).\therefore \\cos  \langle n,\overrightarrow{AB}\rangle =\frac{\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AB}}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{AB}|}=\frac{4}{3\times 2}=\frac{2}{3}，故直线AB与平面BMN所成角的正弦值为\frac{2}{3}.解法二：连接MA.易知NQ\perp AB,又AB\perp MN,MN\cap NQ=N,\therefore AB\perp 平面MNQ,\therefore AB\perp MQ.结合(1)中证法二知NQ\perp MQ.又AB\cap NQ=Q,$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268051613880321/img/compression/M_4e3b4a2bcccdca70e79e7f443b0d5984.jpg)$\therefore MQ\perp 平面ABN，\therefore 点M到平面ABN的距离为2.\therefore V_{三棱锥M-ABN}=\frac{1}{3}\times 2\cdot S_{\triangle ABN}=\frac{1}{3}\times 2\times 1=\frac{2}{3}.易知BM=\sqrt{5},BN=\sqrt{2},MN=\sqrt{NQ^2+MQ^2}=\sqrt{5},\therefore S_{\triangle BMN}=\frac{3}{2}.设A到平面BMN的距离为h,则V_{A-BMN}=V_{M-ABN}=\frac{2}{3}，即\frac{1}{3}\cdot h\cdot \frac{3}{2}=\frac{2}{3},\therefore h=\frac{4}{3},\therefore 直线AB与平面BMN所成角的正弦值为\frac{\frac{4}{3}}{2}=\frac{2}{3}.选择条件②.\because 侧面BCC_{1}B_{1}为正方形，\therefore BC\perp BB_{1}，又平面BCC_{1}B_{1}\perp 平面ABB_{1}A_{1}，平面BCC_{1}B_{1}\cap 平面ABB_{1}A_{1}=BB_{1}，BC\subset 平面BCC_{1}B_{1},\therefore BC\perp 平面ABB_{1}A_{1}，\therefore BC\perp AB.结合(1)中证法二易知MQ\perp NQ.\because AB=BC=2,\therefore NQ=BQ=1.又BM=MN,MQ=MQ,\therefore \triangle MBQ\cong \triangle MNQ,\therefore MQ\perp BQ.\therefore BB_{1},BC,BA两两垂直.解法一:(向量法)同选①的解法一.解法二:(几何法)同选①的解法二.$

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


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，侧面BCC_{1}B_{1}为正方形，平面BCC_{1}B_{1}\perp 平面ABB_{1}A_{1}，AB=BC=2，M,N分别为A_{1}B_{1},AC的中点.$<img_1807>
$(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值.条件①：AB\perp MN；条件②：BM=MN.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.$

Solution:
$选择条件①.\because 侧面BCC_{1}B_{1}为正方形，\therefore BC\perp BB_{1}，又平面BCC_{1}B_{1}\perp 平面ABB_{1}A_{1}，平面BCC_{1}B_{1}\cap 平面ABB_{1}A_{1}=BB_{1}，BC\subset 平面BCC_{1}B_{1},\therefore BC\perp 平面ABB_{1}A_{1}，\therefore BC\perp AB.解法一：由(1)中证法一知MN\parallel B_{1}P，又AB\perp MN，\therefore AB\perp B_{1}P.\because BC\cap B_{1}P=P，\therefore AB\perp 平面BCC_{1}B_{1}.\therefore AB\perp BB_{1}.\therefore BC，B_{1}B，BA两两垂直.以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，$<img_2271>$则B(0，0，0)，A(0，2，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，\therefore \overrightarrow{BM}=(0，1，2)，\overrightarrow{BN}=(1，1，0)，\overrightarrow{AB}=(0，-2，0).设平面BMN的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{BM}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{BN}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}y+2z=0,\\ x+y=0,\end{matrix}\right.令z=1,得n=(2,-2,1).\therefore \\cos  \langle n,\overrightarrow{AB}\rangle =\frac{\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AB}}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{AB}|}=\frac{4}{3\times 2}=\frac{2}{3}，故直线AB与平面BMN所成角的正弦值为\frac{2}{3}.解法二：连接MA.易知NQ\perp AB,又AB\perp MN,MN\cap NQ=N,\therefore AB\perp 平面MNQ,\therefore AB\perp MQ.结合(1)中证法二知NQ\perp MQ.又AB\cap NQ=Q,$<img_1909>$\therefore MQ\perp 平面ABN，\therefore 点M到平面ABN的距离为2.\therefore V_{三棱锥M-ABN}=\frac{1}{3}\times 2\cdot S_{\triangle ABN}=\frac{1}{3}\times 2\times 1=\frac{2}{3}.易知BM=\sqrt{5},BN=\sqrt{2},MN=\sqrt{NQ^2+MQ^2}=\sqrt{5},\therefore S_{\triangle BMN}=\frac{3}{2}.设A到平面BMN的距离为h,则V_{A-BMN}=V_{M-ABN}=\frac{2}{3}，即\frac{1}{3}\cdot h\cdot \frac{3}{2}=\frac{2}{3},\therefore h=\frac{4}{3},\therefore 直线AB与平面BMN所成角的正弦值为\frac{\frac{4}{3}}{2}=\frac{2}{3}.选择条件②.\because 侧面BCC_{1}B_{1}为正方形，\therefore BC\perp BB_{1}，又平面BCC_{1}B_{1}\perp 平面ABB_{1}A_{1}，平面BCC_{1}B_{1}\cap 平面ABB_{1}A_{1}=BB_{1}，BC\subset 平面BCC_{1}B_{1},\therefore BC\perp 平面ABB_{1}A_{1}，\therefore BC\perp AB.结合(1)中证法二易知MQ\perp NQ.\because AB=BC=2,\therefore NQ=BQ=1.又BM=MN,MQ=MQ,\therefore \triangle MBQ\cong \triangle MNQ,\therefore MQ\perp BQ.\therefore BB_{1},BC,BA两两垂直.解法一:(向量法)同选①的解法一.解法二:(几何法)同选①的解法二.$

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


Question: $如图，在四棱锥A-EFCB中，\triangle AEF为等边三角形，平面AEF\perp 平面EFCB，EF\parallel BC，BC=4，EF=2a，\angle EBC=\angle FCB=60^\circ ，O为EF的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268056567353346/img/compression/M_e4fbda2f85619c0241b7110aaa49789c.jpg)
$(1)求证：AO\perp BE；$

Solution:
$证明：因为\triangle AEF是等边三角形，O为EF的中点，所以AO\perp EF.又因为平面AEF\perp 平面EFCB，平面AEF\cap 平面EFCB=EF，AO\subset 平面AEF，所以AO\perp 平面EFCB.又BE\subset 平面EFCB，所以AO\perp BE.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥A-EFCB中，\triangle AEF为等边三角形，平面AEF\perp 平面EFCB，EF\parallel BC，BC=4，EF=2a，\angle EBC=\angle FCB=60^\circ ，O为EF的中点.$<img_2572>
$(1)求证：AO\perp BE；$

Solution:
$证明：因为\triangle AEF是等边三角形，O为EF的中点，所以AO\perp EF.又因为平面AEF\perp 平面EFCB，平面AEF\cap 平面EFCB=EF，AO\subset 平面AEF，所以AO\perp 平面EFCB.又BE\subset 平面EFCB，所以AO\perp BE.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥A-EFCB中，\triangle AEF为等边三角形，平面AEF\perp 平面EFCB，EF\parallel BC，BC=4，EF=2a，\angle EBC=\angle FCB=60^\circ ，O为EF的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268056567353346/img/compression/M_e4fbda2f85619c0241b7110aaa49789c.jpg)
$(2)求二面角F-AE-B的余弦值；$

Solution:
$取BC的中点G，连接OG.由题设知四边形EFCB是等腰梯形，所以OG\perp EF.由(1)知AO\perp 平面EFCB，又OG\subset 平面EFCB，所以OA\perp OG.如图，建立空间直角坐标系O-xyz,
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268056928063489/img/compression/M_d8ebbbf0ce64b649c9e371edd623781e.jpg)$则E(a,0,0),A(0,0,\sqrt{3}a)，B(2，\sqrt{3}(2-a),0),C(-2,\sqrt{3}(2-a),0),所以\overrightarrow{EA}=(-a,0,\sqrt{3}a)，\overrightarrow{BE}=(a-2,\sqrt{3}(a-2),0).设平面AEB的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{EA}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{BE}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}-ax+\sqrt{3}az=0,\\ (a-2)x+\sqrt{3}(a-2)y=0.\end{matrix}\right.令z=1，则x=\sqrt{3}，y=-1，于是n=(\sqrt{3},-1,1).易知平面AEF的一个法向量为p=(0,1,0)，所以\\cos  \langle n,p\rangle =\frac{\boldsymbol{n}\cdot \boldsymbol{p}}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{p}|}=-\frac{\sqrt{5}}{5}.由题设知二面角F-AE-B为钝二面角，所以它的余弦值为-\frac{\sqrt{5}}{5}.$

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


Question: $如图，在四棱锥A-EFCB中，\triangle AEF为等边三角形，平面AEF\perp 平面EFCB，EF\parallel BC，BC=4，EF=2a，\angle EBC=\angle FCB=60^\circ ，O为EF的中点.$<img_2572>
$(2)求二面角F-AE-B的余弦值；$

Solution:
$取BC的中点G，连接OG.由题设知四边形EFCB是等腰梯形，所以OG\perp EF.由(1)知AO\perp 平面EFCB，又OG\subset 平面EFCB，所以OA\perp OG.如图，建立空间直角坐标系O-xyz,
$<img_1873>$则E(a,0,0),A(0,0,\sqrt{3}a)，B(2，\sqrt{3}(2-a),0),C(-2,\sqrt{3}(2-a),0),所以\overrightarrow{EA}=(-a,0,\sqrt{3}a)，\overrightarrow{BE}=(a-2,\sqrt{3}(a-2),0).设平面AEB的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{EA}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{BE}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}-ax+\sqrt{3}az=0,\\ (a-2)x+\sqrt{3}(a-2)y=0.\end{matrix}\right.令z=1，则x=\sqrt{3}，y=-1，于是n=(\sqrt{3},-1,1).易知平面AEF的一个法向量为p=(0,1,0)，所以\\cos  \langle n,p\rangle =\frac{\boldsymbol{n}\cdot \boldsymbol{p}}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{p}|}=-\frac{\sqrt{5}}{5}.由题设知二面角F-AE-B为钝二面角，所以它的余弦值为-\frac{\sqrt{5}}{5}.$

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


Question: $如图，在四棱锥A-EFCB中，\triangle AEF为等边三角形，平面AEF\perp 平面EFCB，EF\parallel BC，BC=4，EF=2a，\angle EBC=\angle FCB=60^\circ ，O为EF的中点.$<img_2572>
$(3)若BE\perp 平面AOC，求a的值.$

Solution:
$因为BE\perp 平面AOC，所以BE\perp OC，即\overrightarrow{BE}\cdot \overrightarrow{OC}=0.因为\overrightarrow{BE}=(a-2,\sqrt{3}(a-2),0),\overrightarrow{OC}=(-2，\sqrt{3}(2-a),0)，所以\overrightarrow{BE}\cdot \overrightarrow{OC}=-2(a-2)-3(a-2)^{2}.由\overrightarrow{BE}\cdot \overrightarrow{OC}=0及0<a<2，解得a=\frac{4}{3}.$

Final answer: $\frac{4}{3}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥A-EFCB中，\triangle AEF为等边三角形，平面AEF\perp 平面EFCB，EF\parallel BC，BC=4，EF=2a，\angle EBC=\angle FCB=60^\circ ，O为EF的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268056567353346/img/compression/M_e4fbda2f85619c0241b7110aaa49789c.jpg)
$(3)若BE\perp 平面AOC，求a的值.$

Solution:
$因为BE\perp 平面AOC，所以BE\perp OC，即\overrightarrow{BE}\cdot \overrightarrow{OC}=0.因为\overrightarrow{BE}=(a-2,\sqrt{3}(a-2),0),\overrightarrow{OC}=(-2，\sqrt{3}(2-a),0)，所以\overrightarrow{BE}\cdot \overrightarrow{OC}=-2(a-2)-3(a-2)^{2}.由\overrightarrow{BE}\cdot \overrightarrow{OC}=0及0<a<2，解得a=\frac{4}{3}.$

Final answer: $\frac{4}{3}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P-ABCD中，PD\perp 底面ABCD，CD\parallel AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=\sqrt{3}.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268057733369857/img/compression/M_2f4c33999697b6aeb725683d0e2f9ce8.jpg)
$(1)证明：BD\perp PA;$

Solution:
$证明：过D作DH\perp AB,垂足为H，则AH=\frac{1}{2},又AD=1,所以DH=\frac{\sqrt{3}}{2}.易知BH=\frac{3}{2},所以BD=\sqrt{3},在\triangle ABD中，AD^{2}+BD^{2}=AB^{2},所以AD\perp BD.因为PD\perp 平面ABCD,BD\subset 平面ABCD，所以PD\perp BD,又因为PD\cap AD=D,所以BD\perp 平面PAD,又PA\subset 平面PAD,所以BD\perp PA.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P-ABCD中，PD\perp 底面ABCD，CD\parallel AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=\sqrt{3}.
$<img_2588>
$(1)证明：BD\perp PA;$

Solution:
$证明：过D作DH\perp AB,垂足为H，则AH=\frac{1}{2},又AD=1,所以DH=\frac{\sqrt{3}}{2}.易知BH=\frac{3}{2},所以BD=\sqrt{3},在\triangle ABD中，AD^{2}+BD^{2}=AB^{2},所以AD\perp BD.因为PD\perp 平面ABCD,BD\subset 平面ABCD，所以PD\perp BD,又因为PD\cap AD=D,所以BD\perp 平面PAD,又PA\subset 平面PAD,所以BD\perp PA.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P-ABCD中，PD\perp 底面ABCD，CD\parallel AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=\sqrt{3}.
$<img_2588>
$(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.$

Solution:
$由(1)知BD\perp 平面PAD，AD\perp PD,\therefore DA，DB，DP两两垂直.以D为原点，分别以\overrightarrow{DA}，\overrightarrow{DB}，\overrightarrow{DP}的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
$<img_2654>$则D(0，0，0)，P(0，0，\sqrt{3})，A(1，0，0)，B(0，\sqrt{3}，0)，\therefore \overrightarrow{DP}=(0，0，\sqrt{3})，\overrightarrow{PA}=(1，0，-\sqrt{3})，\overrightarrow{AB}=(-1，\sqrt{3}，0).$<img_2586>$设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{PA}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AB}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}x-\sqrt{3}z=0,\\ -x+\sqrt{3}y=0.\end{matrix}\right.令x=\sqrt{3}，则y=1,z=1，\therefore 平面PAB的一个法向量为n=(\sqrt{3},1,1).设直线PD与平面PAB所成的角为\theta ，则\\sin   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{DP},n\rangle |=\frac{|\overrightarrow{DP}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{DP}|\cdot |\boldsymbol{n}|}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}\times \sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}.故直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为\frac{\sqrt{5}}{5}.$

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


Question: $在四棱锥P-ABCD中，PD\perp 底面ABCD，CD\parallel AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=\sqrt{3}.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268057733369857/img/compression/M_2f4c33999697b6aeb725683d0e2f9ce8.jpg)
$(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.$

Solution:
$由(1)知BD\perp 平面PAD，AD\perp PD,\therefore DA，DB，DP两两垂直.以D为原点，分别以\overrightarrow{DA}，\overrightarrow{DB}，\overrightarrow{DP}的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268057439768579/img/compression/M_82f30d3bc0ca0960d50a3bcf859ea982.jpg)$则D(0，0，0)，P(0，0，\sqrt{3})，A(1，0，0)，B(0，\sqrt{3}，0)，\therefore \overrightarrow{DP}=(0，0，\sqrt{3})，\overrightarrow{PA}=(1，0，-\sqrt{3})，\overrightarrow{AB}=(-1，\sqrt{3}，0).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268057733369857/img/compression/M_898ab44a25309af2a9adb18a56034915.jpg)$设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{PA}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AB}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}x-\sqrt{3}z=0,\\ -x+\sqrt{3}y=0.\end{matrix}\right.令x=\sqrt{3}，则y=1,z=1，\therefore 平面PAB的一个法向量为n=(\sqrt{3},1,1).设直线PD与平面PAB所成的角为\theta ，则\\sin   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{DP},n\rangle |=\frac{|\overrightarrow{DP}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{DP}|\cdot |\boldsymbol{n}|}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}\times \sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}.故直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为\frac{\sqrt{5}}{5}.$

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


Question: $在四棱锥Q-ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2，QD=QA=\sqrt{5}，QC=3.
$<img_2135>
$(1)证明：平面QAD\perp 平面ABCD；$

Solution:
$证明：取AD的中点E，连接QE，CE，则AE=DE=1.由于QD=QA，故QE\perp AD.在Rt\triangle QAE中，QE=\sqrt{QA^2-AE^2}=\sqrt{(\sqrt{5})^2-1^2}=2.\because 底面ABCD是正方形，\therefore CD=AD=2，在Rt\triangle CDE中，CE=\sqrt{CD^2+DE^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}.\therefore 在\triangle QCE中，QE^{2}+CE^{2}=QC^{2}，\therefore QE\perp CE，又\because CE\cap AD=E,CE、AD\subset 平面ABCD，\therefore QE\perp 平面ABCD.又QE\subset 平面QAD,\therefore 平面QAD\perp 平面ABCD.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥Q-ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2，QD=QA=\sqrt{5}，QC=3.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268060644216834/img/compression/M_22ed139d05299da0cd70a75eabb914d5.jpg)
$(1)证明：平面QAD\perp 平面ABCD；$

Solution:
$证明：取AD的中点E，连接QE，CE，则AE=DE=1.由于QD=QA，故QE\perp AD.在Rt\triangle QAE中，QE=\sqrt{QA^2-AE^2}=\sqrt{(\sqrt{5})^2-1^2}=2.\because 底面ABCD是正方形，\therefore CD=AD=2，在Rt\triangle CDE中，CE=\sqrt{CD^2+DE^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}.\therefore 在\triangle QCE中，QE^{2}+CE^{2}=QC^{2}，\therefore QE\perp CE，又\because CE\cap AD=E,CE、AD\subset 平面ABCD，\therefore QE\perp 平面ABCD.又QE\subset 平面QAD,\therefore 平面QAD\perp 平面ABCD.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥Q-ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2，QD=QA=\sqrt{5}，QC=3.
$<img_2135>
$(2)求二面角B-QD-A的余弦值.$

Solution:
$建立空间直角坐标系，如图所示，
$<img_2600>$则B(2，-1，0)，Q(0，0，2)，D(0，1，0).则\overrightarrow{BQ}=(-2，1，2)，\overrightarrow{BD}=(-2，2，0).显然，平面QAD的一个法向量为n_{1}=(1,0,0)，设平面BQD的法向量为n_{2}=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}_2\cdot B\overrightarrow{Q}=0,\\ \boldsymbol{n}_2\cdot B\overrightarrow{D}=0\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}-2x+y+2z=0,\\ -2x+2y=0\end{matrix}\right.\Rightarrow x=y=2z.取n_{2}=(2,2,1).设二面角B-QD-A的平面角为\theta ，易知\theta 为锐角，则\\cos   \theta =|\\cos  \langle n_{1}，n_{2}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n}_1\cdot \boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|}=\frac{2}{1\times 3}=\frac{2}{3}.$

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


Question: $在四棱锥Q-ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2，QD=QA=\sqrt{5}，QC=3.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268060644216834/img/compression/M_22ed139d05299da0cd70a75eabb914d5.jpg)
$(2)求二面角B-QD-A的余弦值.$

Solution:
$建立空间直角坐标系，如图所示，
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268059486588931/img/compression/M_2517a37c9e5ad0d1de06eb624cd568c5.jpg)$则B(2，-1，0)，Q(0，0，2)，D(0，1，0).则\overrightarrow{BQ}=(-2，1，2)，\overrightarrow{BD}=(-2，2，0).显然，平面QAD的一个法向量为n_{1}=(1,0,0)，设平面BQD的法向量为n_{2}=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}_2\cdot B\overrightarrow{Q}=0,\\ \boldsymbol{n}_2\cdot B\overrightarrow{D}=0\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}-2x+y+2z=0,\\ -2x+2y=0\end{matrix}\right.\Rightarrow x=y=2z.取n_{2}=(2,2,1).设二面角B-QD-A的平面角为\theta ，易知\theta 为锐角，则\\cos   \theta =|\\cos  \langle n_{1}，n_{2}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n}_1\cdot \boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|}=\frac{2}{1\times 3}=\frac{2}{3}.$

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


Question: $如图，在三棱锥P-ABC中,PA\perp 平面ABC，PA=AB=BC=1,PC=\sqrt{3}.$<img_1724>
$(1)求证：BC\perp 平面PAB;$

Solution:
$证明：因为PA\perp 平面ABC,BC,AB\subset 平面ABC,所以PA\perp BC,PA\perp AB.所以PB=\sqrt{PA^2+AB^2}=\sqrt{2}.又因为BC=1,PC=\sqrt{3},所以PB^{2}+BC^{2}=PC^{2},所以PB\perp BC,又因为PA\perp BC,且PA\cap PB=P,PA,PB\subset 平面PAB,所以BC\perp 平面PAB.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥P-ABC中,PA\perp 平面ABC，PA=AB=BC=1,PC=\sqrt{3}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268061034287105/img/compression/M_07de336452ec87a3337bf6049a4f43b0.jpg)
$(1)求证：BC\perp 平面PAB;$

Solution:
$证明：因为PA\perp 平面ABC,BC,AB\subset 平面ABC,所以PA\perp BC,PA\perp AB.所以PB=\sqrt{PA^2+AB^2}=\sqrt{2}.又因为BC=1,PC=\sqrt{3},所以PB^{2}+BC^{2}=PC^{2},所以PB\perp BC,又因为PA\perp BC,且PA\cap PB=P,PA,PB\subset 平面PAB,所以BC\perp 平面PAB.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥P-ABC中,PA\perp 平面ABC，PA=AB=BC=1,PC=\sqrt{3}.$<img_1724>
$(2)求二面角A-PC-B的大小.$

Solution:
$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，
$<img_2072>$则A(0,1,0),B(0,0,0),C(1,0,0),P(0,1,1),所以\overrightarrow{AP}=(0，0，1)，\overrightarrow{AC}=(1,-1,0),\overrightarrow{PC}=(1,-1,-1),\overrightarrow{BC}=(1，0，0)，设平面PAC的法向量为m=(x_{1},y_{1},z_{1}),则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{AP}=z_1=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{AC}=x_1-y_1=0,\end{matrix}\right.令y_{1}=1,则m=(1,1,0),设平面PBC的法向量为n=(x_{2},y_{2},z_{2}),则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{PC}=x_2-y_2-z_2=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{BC}=x_2=0,\end{matrix}\right.令z_{2}=-1,则n=(0,1,-1),所以\\cos  \langle m,n\rangle =\frac{\boldsymbol{m}\cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}|\cdot |\boldsymbol{n}|}=\frac{1}{\sqrt{2}\times \sqrt{2}}=\frac{1}{2},又因为二面角A-PC-B为锐二面角，所以二面角A-PC-B的大小为\frac{\pi }{3}.$

Final answer: $\frac{\pi }{3}$