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


Question: $如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB=2，DE=BF，BF\parallel DE，M为棱AE的中点.$
![23BXGK5SX97.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610140755566594/img/compression/M_bc68c6126fdab19fd13be1621f5221de.jpg)
$若ED\perp 平面ABCD，BM\perp CF,求二面角E-AF-B的余弦值.$

Solution:
$因为 ED \perp  平面 ABCD ，四边形 ABCD 是正方形, 因此 ED ，AD ，CD 两两垂直。 分别以 DA 、 DC 、 DE 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立空间直角坐标系， 则 B(2,2,0) ,C(0,2,0) , A(2,0,0), 设 ED=2a ,a>0 , 则 M(1,0,a) , F(2,2,2a) , E(0,0,2a) , 因此 \overrightarrow{BM}=(-1,-2,a) , \overrightarrow{CF}=(2,0,2a) .  因为 BM \perp  CF ，即 \overrightarrow{BM} \perp  \overrightarrow{CF} ， 因此 -1\times2+a\times2a=0 ，因此 a=1 ，因此 \overrightarrow{EA}=(2,0,-2), \overrightarrow{AF}=(0,2,2) .$

$设平面 EAF 的法向量为 \boldsymbol{m}=(x,y,z) , 则 $

$$
\left\{
\begin{matrix}
\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{EA}=0,\\ 
\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AF}=0,
\end{matrix}
\right.
$$

即 

$$
\left\{
\begin{matrix}
2x-2z=0,\\ 
2y+2z=0,
\end{matrix}
\right.
$$

$因此 \boldsymbol{m}=(1,-1,1) .$

$因为 BF \parallel  DE , DE \perp  平面 ABCD , 因此 BF \perp  平面 ABCD . 又 DA \subset  平面 ABCD ，因此 BF \perp  DA , 又 DA \perp  AB , BF \cap  AB=B , 因此 DA \perp  平面 AFB , 因此平面 AFB 的一个法向量为 \overrightarrow{DA}=(2，0，0) . 因为 cos\langle  \boldsymbol{m} ,\overrightarrow{DA} \rangle = \frac{2}{\sqrt{1+1+1} \times 2}= \frac {\sqrt{3}}{3} , 由图可知二面角 E - AF - B 为钝二面角，因此二面角 E - AF - B 的余弦值为 -\frac{\sqrt{3}}{3} .$

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


Question: 如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA\perp PD，PA=PD，AD=4，E为AB的中点，DE=AE，侧面PAD\perp 底面ABCD.
![24AXGK5SX358.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610167754301443/img/compression/M_c9f25fd1d7bf956fa63d3e301366afaa.jpg)
$若AB=4\sqrt{2}，求点C到平面PDE的距离.$

Solution:
$\because EO \perp AD，BD \parallel EO，\therefore BD \perp AD.$
$在Rt\triangle ABD中，AB=4\sqrt{2}，AD=4，\therefore BD=4，DE=2\sqrt{2}.$
$连接PE.\because PA=PD，O是AD的中点，\therefore PO \perp AD，\because 平面PAD \perp 平面ABCD，平面PAD \cap 平面ABCD=AD，PO\subset 平面PAD，\therefore PO \perp平面ABCD，\because OE \subset 平面ABCD，\therefore PO \perp OE.在Rt\triangle POE中，PO=OE=2，\therefore PE=2\sqrt{2}.$
$在\triangle PDE中，PD=PE=DE=2\sqrt{2}，\therefore S_{\triangle PDE}=\frac{1}{2} \times 2\sqrt{2}\times 2\sqrt{2}\times\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}.$
$设点C到平面PDE的距离为h，$
$\because DE \perp AB，AB \parallel CD，\therefore DE \perp CD，$
$\therefore S_{\triangle CDE}=\frac{1}{2}\times 4\sqrt{2}\times 2\sqrt{2}=8，\because PO \perp底面ABCD，\therefore 三棱锥P-CDE的高为PO=2，由等体积法得\frac{1}{3}\times 2\sqrt{3}h=\frac{1}{3}\times 8 \times 2，解得h=\frac{8\sqrt{3}}{3}.故点C到平面PDE的距离为\frac{8\sqrt{3}}{3}.$

Final answer: $\frac{8\sqrt{3}}{3}$
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA\perp PD，PA=PD，AD=4，E为AB的中点，DE=AE，侧面PAD\perp 底面ABCD.
<img_2943>
$若AB=4\sqrt{2}，求点C到平面PDE的距离.$

Solution:
$\because EO \perp AD，BD \parallel EO，\therefore BD \perp AD.$
$在Rt\triangle ABD中，AB=4\sqrt{2}，AD=4，\therefore BD=4，DE=2\sqrt{2}.$
$连接PE.\because PA=PD，O是AD的中点，\therefore PO \perp AD，\because 平面PAD \perp 平面ABCD，平面PAD \cap 平面ABCD=AD，PO\subset 平面PAD，\therefore PO \perp平面ABCD，\because OE \subset 平面ABCD，\therefore PO \perp OE.在Rt\triangle POE中，PO=OE=2，\therefore PE=2\sqrt{2}.$
$在\triangle PDE中，PD=PE=DE=2\sqrt{2}，\therefore S_{\triangle PDE}=\frac{1}{2} \times 2\sqrt{2}\times 2\sqrt{2}\times\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}.$
$设点C到平面PDE的距离为h，$
$\because DE \perp AB，AB \parallel CD，\therefore DE \perp CD，$
$\therefore S_{\triangle CDE}=\frac{1}{2}\times 4\sqrt{2}\times 2\sqrt{2}=8，\because PO \perp底面ABCD，\therefore 三棱锥P-CDE的高为PO=2，由等体积法得\frac{1}{3}\times 2\sqrt{3}h=\frac{1}{3}\times 8 \times 2，解得h=\frac{8\sqrt{3}}{3}.故点C到平面PDE的距离为\frac{8\sqrt{3}}{3}.$

Final answer: $\frac{8\sqrt{3}}{3}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在几何体PABCDQ中，四边形ABCD是边长为4的正方形，PD\perp 平面ABCD，PD=4，点E为PD的中点，四棱锥Q-ABCD是高为4的正四棱锥.$
![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610238911787013/img/compression/M_07d87029d68c20fa3861e7cbb629f210.jpg)
求平面PAC与平面QAB所成锐二面角的余弦值.

Solution:
以D为原点，DA、DC、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
$则A(4,0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，B(4,4,0)，Q(2,2,-4)，所以\overrightarrow{AC}=(-4,4,0)，\overrightarrow{AP}=(-4,0,4)，\overrightarrow{AB}=(0,4,0)，\overrightarrow{AQ}=(-2,2,-4)．$
$设平面PAC的法向量为n=(x1,y1,z1)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AC}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AP}=0,\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}-4x_1+4y_1=0,\\ -4x_1+4z_1=0,\end{matrix}\right.取z1=1，得n=(1,1,1)．$
设平面QAB的法向量为m=(x2,y2,z2)，
$则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AB}=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AQ}=0,\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}4y_2=0,\\ -2x_2+2y_2-4z_2=0,\end{matrix}\right.$
取z2=1，得m=(-2,0,1)．
设平面PAC与平面QAB所成锐二面角的大小为\theta ，
$则cos \theta =\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \boldsymbol{m}|}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{m}|}=\frac{|1 \times (-2)+1 \times 0+1 \times 1|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2} \times \sqrt{{(-2)}^2+0^2+1^2}}=\frac{\sqrt{15}}{15}，所以平面PAC与平面QAB所成锐二面角的余弦值为\frac{\sqrt{15}}{15}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{15}}{15}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在几何体PABCDQ中，四边形ABCD是边长为4的正方形，PD\perp 平面ABCD，PD=4，点E为PD的中点，四棱锥Q-ABCD是高为4的正四棱锥.$
<img_2312>
求平面PAC与平面QAB所成锐二面角的余弦值.

Solution:
以D为原点，DA、DC、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
$则A(4,0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，B(4,4,0)，Q(2,2,-4)，所以\overrightarrow{AC}=(-4,4,0)，\overrightarrow{AP}=(-4,0,4)，\overrightarrow{AB}=(0,4,0)，\overrightarrow{AQ}=(-2,2,-4)．$
$设平面PAC的法向量为n=(x1,y1,z1)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AC}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AP}=0,\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}-4x_1+4y_1=0,\\ -4x_1+4z_1=0,\end{matrix}\right.取z1=1，得n=(1,1,1)．$
设平面QAB的法向量为m=(x2,y2,z2)，
$则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AB}=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AQ}=0,\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}4y_2=0,\\ -2x_2+2y_2-4z_2=0,\end{matrix}\right.$
取z2=1，得m=(-2,0,1)．
设平面PAC与平面QAB所成锐二面角的大小为\theta ，
$则cos \theta =\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \boldsymbol{m}|}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{m}|}=\frac{|1 \times (-2)+1 \times 0+1 \times 1|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2} \times \sqrt{{(-2)}^2+0^2+1^2}}=\frac{\sqrt{15}}{15}，所以平面PAC与平面QAB所成锐二面角的余弦值为\frac{\sqrt{15}}{15}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{15}}{15}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD是正三角形，侧面PAD\perp 底面ABCD，M是PD的中点．$

![Alt Text](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610240237187074/img/compression/M_33213ed7166fe72f9a245f8abb4d099c.jpg)
$若AD=2，且二面角M-BC-D的大小为30^\circ ，求四棱锥P-ABCD的体积．$

Solution:
$取AD的中点O，过点O作AB的平行线ON交BC于N，连接OP，易证OP\perp 平面ABCD.$

$以O为原点，OA，ON，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，D(-1,0,0)，P(0,0,\sqrt{3})，M\left(-\frac{1}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，A(1,0,0)，$

$设AB=a，a>0,则B(1,a,0)，C(-1,a,0)$，

$设平面MBC的法向量为n_1=(x_1,y_1,z_1)，$

$则n_1\perp \overrightarrow{BC}，n_1\perp \overrightarrow{BM}，$

$从而\left\{\begin{matrix}-2x_1=0,\\ -\frac{3}{2}x_1-ay_1+\frac{\sqrt{3}}{2}z_1=0,\end{matrix}\right.则可得n_1=(0,\sqrt{3},2a),$

因为OP\perp 平面ABCD，

$所以平面ABCD的法向量与\overrightarrow{OP}共线，可取n_2=(0,0,1)，$

因为二面角$M-BC-D$的大小为$30^\circ$ ，

$所以cos 30^\circ =|cos\langle n_1,n_2\rangle |=|\left|\frac{{\boldsymbol{n}_1} \cdot {\boldsymbol{n}_2}}{|{\boldsymbol{n}_1}| \cdot |{\boldsymbol{n}_2}|}\right||=|\left|\frac{2a}{\sqrt{3+4a^2}}\right|，$

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610240916664322/img/compression/M_3b2a0f5ebf90ef1c3e0c75b68be7cd9f.jpg)

$解得a= \frac{3}{2}，所以四棱锥P-ABCD的体积为V= \frac{1}{3} \times 2\times  \frac{3}{2} \times \sqrt{3} = \sqrt{3}.$

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


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD是正三角形，侧面PAD\perp 底面ABCD，M是PD的中点．$

<img_265>
$若AD=2，且二面角M-BC-D的大小为30^\circ ，求四棱锥P-ABCD的体积．$

Solution:
$取AD的中点O，过点O作AB的平行线ON交BC于N，连接OP，易证OP\perp 平面ABCD.$

$以O为原点，OA，ON，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，D(-1,0,0)，P(0,0,\sqrt{3})，M\left(-\frac{1}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，A(1,0,0)，$

$设AB=a，a>0,则B(1,a,0)，C(-1,a,0)$，

$设平面MBC的法向量为n_1=(x_1,y_1,z_1)，$

$则n_1\perp \overrightarrow{BC}，n_1\perp \overrightarrow{BM}，$

$从而\left\{\begin{matrix}-2x_1=0,\\ -\frac{3}{2}x_1-ay_1+\frac{\sqrt{3}}{2}z_1=0,\end{matrix}\right.则可得n_1=(0,\sqrt{3},2a),$

因为OP\perp 平面ABCD，

$所以平面ABCD的法向量与\overrightarrow{OP}共线，可取n_2=(0,0,1)，$

因为二面角$M-BC-D$的大小为$30^\circ$ ，

$所以cos 30^\circ =|cos\langle n_1,n_2\rangle |=|\left|\frac{{\boldsymbol{n}_1} \cdot {\boldsymbol{n}_2}}{|{\boldsymbol{n}_1}| \cdot |{\boldsymbol{n}_2}|}\right||=|\left|\frac{2a}{\sqrt{3+4a^2}}\right|，$

<img_238>

$解得a= \frac{3}{2}，所以四棱锥P-ABCD的体积为V= \frac{1}{3} \times 2\times  \frac{3}{2} \times \sqrt{3} = \sqrt{3}.$

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


Question: $如图，在三棱锥P-ABC中，底面ABC是边长为6的等边三角形，且满足\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{DC}，M，N分别为BC，AB的中点，\overrightarrow{MF}=\frac{1}{6}\overrightarrow{MN}，PD\perp 平面ABC。$

![题目图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610263739125762/img/compression/M_4feb1632e0f0bf2d64886d73e1110149.jpg)
$若二面角P-MN-D的余弦值为\frac{1}{2}，求PM与平面PDF所成角的正切值．$

Solution:
$由(1)可得\angle PFD即是二面角P-MN-D的平面角，所以cos\angle PFD=\frac{1}{2}，又PD\perp DF，所以\frac{DF}{PD}=\frac{\sqrt{3}}{3}．  $

$又\triangle ABC是边长为6的等边三角形，所以DF=\frac{3\sqrt{3}}{2}，$

$则PD=\frac{9}{2}，PF=3\sqrt{3}．  $

$由MN\perp 平面PDF可得\angle MPF即是PM与平面PDF所成角，在Rt\triangle PFM中，tan\angle MPF=\frac{MF}{PF}=\frac{\frac{1}{2}}{3\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{18}， $

$即PM与平面PDF所成角的正切值为\frac{\sqrt{3}}{18}．$

Final answer: $\frac{\sqrt{3}}{18}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥P-ABC中，底面ABC是边长为6的等边三角形，且满足\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{DC}，M，N分别为BC，AB的中点，\overrightarrow{MF}=\frac{1}{6}\overrightarrow{MN}，PD\perp 平面ABC。$

<img_409>
$若二面角P-MN-D的余弦值为\frac{1}{2}，求PM与平面PDF所成角的正切值．$

Solution:
$由(1)可得\angle PFD即是二面角P-MN-D的平面角，所以cos\angle PFD=\frac{1}{2}，又PD\perp DF，所以\frac{DF}{PD}=\frac{\sqrt{3}}{3}．  $

$又\triangle ABC是边长为6的等边三角形，所以DF=\frac{3\sqrt{3}}{2}，$

$则PD=\frac{9}{2}，PF=3\sqrt{3}．  $

$由MN\perp 平面PDF可得\angle MPF即是PM与平面PDF所成角，在Rt\triangle PFM中，tan\angle MPF=\frac{MF}{PF}=\frac{\frac{1}{2}}{3\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{18}， $

$即PM与平面PDF所成角的正切值为\frac{\sqrt{3}}{18}．$

Final answer: $\frac{\sqrt{3}}{18}$
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA\perp 底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA=AB=BC=2，AD=1，M是棱SB的中点。
![图像](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610315843710977/img/compression/M_c8227c5be575c3e120e4a3c2de3234a9.jpg)
求平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值.

Solution:
$易知平面SAB的一个法向量为\mathbf{n_1}=(1,0,0)，$
$由(1)知平面SCD的一个法向量为\mathbf{n}=(2,-1,1)，$
$则cos\langle \mathbf{n}, \mathbf{n_1}\rangle =\frac{\boldsymbol{n} \cdot \boldsymbol{n}_1}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{n}_1|}=\frac{2}{\sqrt{6} \times 1}=\frac{\sqrt{6}}{3}$
$所以平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值为\frac{\sqrt{6}}{3}$

![问题图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610315843710977/img/compression/M_699ac162ef97d92299da056ad6d51d75.jpg)

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


Question: 如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA\perp 底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA=AB=BC=2，AD=1，M是棱SB的中点。
<img_2178>
求平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值.

Solution:
$易知平面SAB的一个法向量为\mathbf{n_1}=(1,0,0)，$
$由(1)知平面SCD的一个法向量为\mathbf{n}=(2,-1,1)，$
$则cos\langle \mathbf{n}, \mathbf{n_1}\rangle =\frac{\boldsymbol{n} \cdot \boldsymbol{n}_1}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{n}_1|}=\frac{2}{\sqrt{6} \times 1}=\frac{\sqrt{6}}{3}$
$所以平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值为\frac{\sqrt{6}}{3}$

<img_3018>

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


Question: 如图，$四棱锥P- ABCD的底面为正方形，PA\perp 底面ABCD,PA=AB，点E在棱PD上，且2PE=ED,点F是棱PC上的动点(不含端点).$
![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610317882142723/img/compression/M_3228dc63c80f6b1994d83090ade40bc4.jpg)
求PA与平面AEF所成角的正弦值的最大值.

Solution:
$\overrightarrow{PC}=(6,6,-6)，设PA与平面AEF所成的角为\theta ，$

$\overrightarrow{PF}=\lambda \overrightarrow{PC}=(6\lambda ,6\lambda ,-6\lambda )，0<\lambda <1,则\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{PF}=\overrightarrow{AP}+\lambda \overrightarrow{PC}=(6\lambda ,6\lambda ,6-6\lambda )，$

设平面AEF的法向量为n=(a,b,c)，

$则由\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AE}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AF}=0,\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}2b+4c=0,\\ 6\lambda a+6\lambda b+(6-6\lambda )c=0,\end{matrix}\right.$

$不妨令b=2，则a=\frac{1}{\lambda }-3,c=-1，所以n=\left(\frac{1}{\lambda }-3,2,-1\right)，又\overrightarrow{AP}=(0,0,6)，$

$所以sin \theta =|cos\langle \overrightarrow{AP},n\rangle |=\frac{|\overrightarrow{AP} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{AP}| \cdot |\boldsymbol{n}|}=\frac{6}{6\sqrt{5+{\left(\frac{1}{\lambda }-3\right)}^2}}=\frac{1}{\sqrt{5+{\left(\frac{1}{\lambda }-3\right)}^2}}，$

$所以当\frac{1}{\lambda }=3,即\lambda =\frac{1}{3}时，(sin \theta )_max=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}，$

$故PA与平面AEF所成角的正弦值的最大值为\frac{\sqrt{5}}{5}. $

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610317882142723/img/compression/M_2ba173f96d12ed209def825a7fe543db.jpg)

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


Question: 如图，$四棱锥P- ABCD的底面为正方形，PA\perp 底面ABCD,PA=AB，点E在棱PD上，且2PE=ED,点F是棱PC上的动点(不含端点).$
<img_2835>
求PA与平面AEF所成角的正弦值的最大值.

Solution:
$\overrightarrow{PC}=(6,6,-6)，设PA与平面AEF所成的角为\theta ，$

$\overrightarrow{PF}=\lambda \overrightarrow{PC}=(6\lambda ,6\lambda ,-6\lambda )，0<\lambda <1,则\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{PF}=\overrightarrow{AP}+\lambda \overrightarrow{PC}=(6\lambda ,6\lambda ,6-6\lambda )，$

设平面AEF的法向量为n=(a,b,c)，

$则由\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AE}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AF}=0,\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}2b+4c=0,\\ 6\lambda a+6\lambda b+(6-6\lambda )c=0,\end{matrix}\right.$

$不妨令b=2，则a=\frac{1}{\lambda }-3,c=-1，所以n=\left(\frac{1}{\lambda }-3,2,-1\right)，又\overrightarrow{AP}=(0,0,6)，$

$所以sin \theta =|cos\langle \overrightarrow{AP},n\rangle |=\frac{|\overrightarrow{AP} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{AP}| \cdot |\boldsymbol{n}|}=\frac{6}{6\sqrt{5+{\left(\frac{1}{\lambda }-3\right)}^2}}=\frac{1}{\sqrt{5+{\left(\frac{1}{\lambda }-3\right)}^2}}，$

$所以当\frac{1}{\lambda }=3,即\lambda =\frac{1}{3}时，(sin \theta )_max=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}，$

$故PA与平面AEF所成角的正弦值的最大值为\frac{\sqrt{5}}{5}. $

<img_2296>

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


Question: $如图，在三棱锥P-ABC中，PA\perp 底面ABC，\angle BAC=90^\circ .点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2.  $
![图像](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610319115268098/img/compression/M_396c87fdfbd9da28708a0f7793e6769d.jpg)
$求二面角C-EM-N的正弦值；$

Solution:
$易知n_1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.$
$设n_2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则$
$$
\left\{
\begin{matrix}
\boldsymbol{n}_2 \cdot \overrightarrow{EM}=0,\\ 
\boldsymbol{n}_2 \cdot \overrightarrow{MN}=0.
\end{matrix}
\right.
$$
因为
$\overrightarrow{EM}=(0，-2，-1),$
$\overrightarrow{MN}=(1,2,-1),$
所以
$$
\left\{
\begin{matrix}
-2y-z=0,\\ 
x+2y-z=0.
\end{matrix}
\right.
$$
$不妨设y=1,可得n_2=(-4,1,-2).$
$因此有cos\langle n_1,n_2\rangle =$
$$
\frac{\boldsymbol{n}_1 \cdot \boldsymbol{n}_2}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|}
$$
$=-\frac{4}{\sqrt{21}},$
$于是sin\langle n_1，n_2\rangle =\frac{\sqrt{105}}{21}.所以二面角C-EM-N的正弦值为\frac{\sqrt{105}}{21}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{105}}{21}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥P-ABC中，PA\perp 底面ABC，\angle BAC=90^\circ .点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2.  $
<img_1564>
$求二面角C-EM-N的正弦值；$

Solution:
$易知n_1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.$
$设n_2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则$
$$
\left\{
\begin{matrix}
\boldsymbol{n}_2 \cdot \overrightarrow{EM}=0,\\ 
\boldsymbol{n}_2 \cdot \overrightarrow{MN}=0.
\end{matrix}
\right.
$$
因为
$\overrightarrow{EM}=(0，-2，-1),$
$\overrightarrow{MN}=(1,2,-1),$
所以
$$
\left\{
\begin{matrix}
-2y-z=0,\\ 
x+2y-z=0.
\end{matrix}
\right.
$$
$不妨设y=1,可得n_2=(-4,1,-2).$
$因此有cos\langle n_1,n_2\rangle =$
$$
\frac{\boldsymbol{n}_1 \cdot \boldsymbol{n}_2}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|}
$$
$=-\frac{4}{\sqrt{21}},$
$于是sin\langle n_1，n_2\rangle =\frac{\sqrt{105}}{21}.所以二面角C-EM-N的正弦值为\frac{\sqrt{105}}{21}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{105}}{21}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，BB_1\perp 平面ABC，AB\perp BC，AA_1=AB=BC=2.$

<img_2903>
$点M在线段B_1C上，且\frac{B_1M}{B_1C}=\frac{1}{3}，点N在线段A_1B上，若MN\parallel 平面A_1ACC_1，求\frac{A_1N}{A_1B}的值.$

Solution:
$以B为原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，BB1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(0,2,0)，C(2,0,0)，C1(2,0,2)，B(0,0,0)，B1(0,0,2)，A1(0,2,2)，则\overrightarrow{CA}=(-2,2,0)，\overrightarrow{CC_1}=(0,0,2)，设平面ACC1A1的法向量为n=(x,y,z)$
则
$\left\{\begin{matrix} \mathbf{n} \cdot \overrightarrow{CA}=-2x+2y=0 \mathbf{n} \cdot \overrightarrow{CC_1}=2z=0 \end{matrix}\right\}.$

取$x=1，得n=(1,1,0)$

$设M(a,b,c)，N(x,y,z)，\frac{A1N}{A1B}=\lambda ，则\overrightarrow{B1C}=3\overrightarrow{B1M}，\overrightarrow{A1N}=\lambda \overrightarrow{A1B}，0\leq \lambda \leq 1，即(2,0,-2)=3(a,b,c-2)，(x,y-2,z-2)=\lambda (0,-2,-2)，解得M(\left(\frac{2}{3},0,\frac{4}{3}\right))，N(0,2-2\lambda ,2-2\lambda )，则\overrightarrow{MN}=\left(-\frac{2}{3},2-2\lambda ,\frac{2}{3}-2\lambda \right)$

$\because MN\parallel 平面A1ACC1，\therefore n\cdot \overrightarrow{MN}=-\frac{2}{3}+2-2\lambda =0，$

$解得\lambda =\frac{2}{3}.\therefore \frac{A1N}{A1B}的值为\frac{2}{3}.$

<img_1796>

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


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，BB_1\perp 平面ABC，AB\perp BC，AA_1=AB=BC=2.$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610484139040771/img/compression/M_22b0c7a4bd20187f20a796e1fab5f16d.jpg)
$点M在线段B_1C上，且\frac{B_1M}{B_1C}=\frac{1}{3}，点N在线段A_1B上，若MN\parallel 平面A_1ACC_1，求\frac{A_1N}{A_1B}的值.$

Solution:
$以B为原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，BB1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(0,2,0)，C(2,0,0)，C1(2,0,2)，B(0,0,0)，B1(0,0,2)，A1(0,2,2)，则\overrightarrow{CA}=(-2,2,0)，\overrightarrow{CC_1}=(0,0,2)，设平面ACC1A1的法向量为n=(x,y,z)$
则
$\left\{\begin{matrix} \mathbf{n} \cdot \overrightarrow{CA}=-2x+2y=0 \mathbf{n} \cdot \overrightarrow{CC_1}=2z=0 \end{matrix}\right\}.$

取$x=1，得n=(1,1,0)$

$设M(a,b,c)，N(x,y,z)，\frac{A1N}{A1B}=\lambda ，则\overrightarrow{B1C}=3\overrightarrow{B1M}，\overrightarrow{A1N}=\lambda \overrightarrow{A1B}，0\leq \lambda \leq 1，即(2,0,-2)=3(a,b,c-2)，(x,y-2,z-2)=\lambda (0,-2,-2)，解得M(\left(\frac{2}{3},0,\frac{4}{3}\right))，N(0,2-2\lambda ,2-2\lambda )，则\overrightarrow{MN}=\left(-\frac{2}{3},2-2\lambda ,\frac{2}{3}-2\lambda \right)$

$\because MN\parallel 平面A1ACC1，\therefore n\cdot \overrightarrow{MN}=-\frac{2}{3}+2-2\lambda =0，$

$解得\lambda =\frac{2}{3}.\therefore \frac{A1N}{A1B}的值为\frac{2}{3}.$

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610484998873090/img/compression/M_5c583bc172a0d743a1a79c7a143fdbe0.jpg)

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


Question: $如图，在五面体ABCDPE中，PD\perp 平面ABCD，\angle ADC=\angle BAD=90^\circ ，F为棱PA的中点，PD=BC=\sqrt{2}，AB=AD=1，且四边形CDPE为平行四边形。$
![24AXGK5SX151.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610486055837699/img/compression/M_114e1200559205806cf0477a1e365ee2.jpg)
$在线段EF上是否存在一点Q，使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为\frac{\sqrt{3}}{6}？若存在，请求出QE的长；若不存在，请说明理由．$

Solution:
$假设在线段EF上存在一点Q，使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为\frac{\sqrt{3}}{6}.设\overrightarrow{FQ}=\lambda\overrightarrow{FE}(0\leq \lambda\leq 1)，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．因为PD=BC=\sqrt{2}，AB=AD=1，所以CD=2，P(0,0，\sqrt{2})，B(1,1,0)，C(0,2,0)，A(1,0,0)，所以\overrightarrow{PB}=(1,1，-\sqrt{2})，\overrightarrow{BC}=(-1,1,0).$

$设平面PBC的法向量为\boldsymbol{m}=(x，y，z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{PB}=(x,y,z) \cdot (1,1,-\sqrt{2})=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{BC}=(x,y,z) \cdot (-1,1,0)=0,\end{matrix}\right.，即\left\{\begin{matrix}x+y-\sqrt{2}z=0,\\ -x+y=0,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}x=y,\\ z=\sqrt{2}x,\end{matrix}\right.令x=1，得平面PBC的一个法向量为\boldsymbol{m}=(1,1，\sqrt{2}).$

$由F(\frac{1}{2},0,\frac{\sqrt{2}}{2})，E(0,2，\sqrt{2}),可以得到\overrightarrow{FE}=\left(-\frac{1}{2},2,\frac{\sqrt{2}}{2}\right).由\overrightarrow{FQ}=\lambda\overrightarrow{FE}(0\leq \lambda\leq 1)，整理得Q\left(\frac{1-\lambda }{2},2\lambda ,\frac{\sqrt{2}(1+\lambda )}{2}\right)，则\overrightarrow{BQ}=\left(-\frac{1+\lambda }{2},2\lambda -1,\frac{\sqrt{2}(1+\lambda )}{2}\right)，因为直线BQ与平面PBC所成角的正弦值为\frac{\sqrt{3}}{6},所以|\cos\langle \overrightarrow{BQ},\boldsymbol{m}\rangle |=\left|\frac{\overrightarrow{BQ} \cdot \boldsymbol{m}}{|\overrightarrow{BQ}| \cdot |\boldsymbol{m}|}\right|=\frac{|5\lambda -1|}{2\sqrt{19\lambda ^2-10\lambda +7}}=\frac{\sqrt{3}}{6}，得14\lambda^2-5\lambda-1=0，又0\leq \lambda\leq 1,所以\lambda=\frac{1}{2}，故在线段EF上存在一点Q\left(\frac{1}{4},1,\frac{3\sqrt{2}}{4}\right)，使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为\frac{\sqrt{3}}{6}，且QE=|\overrightarrow{QE}|=\sqrt{{\left(\frac{1}{4}-0\right)}^2+{(1-2)}^2+{\left(\frac{3\sqrt{2}}{4}-\sqrt{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{19}}{4}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{19}}{4}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在五面体ABCDPE中，PD\perp 平面ABCD，\angle ADC=\angle BAD=90^\circ ，F为棱PA的中点，PD=BC=\sqrt{2}，AB=AD=1，且四边形CDPE为平行四边形。$
<img_2211>
$在线段EF上是否存在一点Q，使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为\frac{\sqrt{3}}{6}？若存在，请求出QE的长；若不存在，请说明理由．$

Solution:
$假设在线段EF上存在一点Q，使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为\frac{\sqrt{3}}{6}.设\overrightarrow{FQ}=\lambda\overrightarrow{FE}(0\leq \lambda\leq 1)，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．因为PD=BC=\sqrt{2}，AB=AD=1，所以CD=2，P(0,0，\sqrt{2})，B(1,1,0)，C(0,2,0)，A(1,0,0)，所以\overrightarrow{PB}=(1,1，-\sqrt{2})，\overrightarrow{BC}=(-1,1,0).$

$设平面PBC的法向量为\boldsymbol{m}=(x，y，z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{PB}=(x,y,z) \cdot (1,1,-\sqrt{2})=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{BC}=(x,y,z) \cdot (-1,1,0)=0,\end{matrix}\right.，即\left\{\begin{matrix}x+y-\sqrt{2}z=0,\\ -x+y=0,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}x=y,\\ z=\sqrt{2}x,\end{matrix}\right.令x=1，得平面PBC的一个法向量为\boldsymbol{m}=(1,1，\sqrt{2}).$

$由F(\frac{1}{2},0,\frac{\sqrt{2}}{2})，E(0,2，\sqrt{2}),可以得到\overrightarrow{FE}=\left(-\frac{1}{2},2,\frac{\sqrt{2}}{2}\right).由\overrightarrow{FQ}=\lambda\overrightarrow{FE}(0\leq \lambda\leq 1)，整理得Q\left(\frac{1-\lambda }{2},2\lambda ,\frac{\sqrt{2}(1+\lambda )}{2}\right)，则\overrightarrow{BQ}=\left(-\frac{1+\lambda }{2},2\lambda -1,\frac{\sqrt{2}(1+\lambda )}{2}\right)，因为直线BQ与平面PBC所成角的正弦值为\frac{\sqrt{3}}{6},所以|\cos\langle \overrightarrow{BQ},\boldsymbol{m}\rangle |=\left|\frac{\overrightarrow{BQ} \cdot \boldsymbol{m}}{|\overrightarrow{BQ}| \cdot |\boldsymbol{m}|}\right|=\frac{|5\lambda -1|}{2\sqrt{19\lambda ^2-10\lambda +7}}=\frac{\sqrt{3}}{6}，得14\lambda^2-5\lambda-1=0，又0\leq \lambda\leq 1,所以\lambda=\frac{1}{2}，故在线段EF上存在一点Q\left(\frac{1}{4},1,\frac{3\sqrt{2}}{4}\right)，使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为\frac{\sqrt{3}}{6}，且QE=|\overrightarrow{QE}|=\sqrt{{\left(\frac{1}{4}-0\right)}^2+{(1-2)}^2+{\left(\frac{3\sqrt{2}}{4}-\sqrt{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{19}}{4}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{19}}{4}$
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/1623610381119410178/img/compression/M_2f4c33999697b6aeb725683d0e2f9ce8.jpg)
$求PD与平面PAB所成的角的正弦值.$

Solution:
连接PH.

设点D到平面PAB的距离为h,

$由VD_{PAB}=VP_{ABD}得\frac{1}{3}S_{\vartriangle PAB} \cdot h = \frac{1}{3}S_{\vartriangle ABD} \cdot PD,$

$所以h = \frac{S_{\vartriangle ABD} \cdot PD}{S_{\vartriangle PAB}}.$

$由(1)易知S_{\vartriangle ABD} = \frac{1}{2} \times 2 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2},$

由PD\perp 平面ABCD，AB\subset 平面ABCD，DH\subset 平面ABCD，得PD\perp AB, PD\perp DH, 又AB\perp DH, DH\cap PD=D,所以AB\perp 平面PDH,所以AB\perp PH.

$在Rt\triangle PDH中，PH=\sqrt{\frac{3}{4} + 3} = \frac{\sqrt{15}}{2},$

$\therefore S_{\vartriangle PAB}=\frac{1}{2} \times 2 \times \frac{\sqrt{15}}{2} = \frac{\sqrt{15}}{2},$
$\therefore h = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2} \times \sqrt{3}}{\frac{\sqrt{15}}{2}} = \frac{3}{\sqrt{15}} = \frac{\sqrt{15}}{5}.$

设直线PD与平面PAB所成的角为\theta ,则

$sin \theta  = \frac{h}{PD} = \frac{\sqrt{15}}{5} \times  \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{5}}{5}.$

$故直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为\frac{\sqrt{5}}{5}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{5}}{5}$