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


Question: $如图，在O处有一港口，两艘海轮B，C同时从港口O处出发向正北方向匀速航行，海轮B的航行速度为20海里/时，海轮C的航行速度大于海轮B的航行速度.在港口O北偏东60^\circ 方向上的A处有一观测站，1小时后在A处测得与海轮B的距离为30海里，且A处对两艘海轮B，C的视角为30^\circ .$<img_2873>
$求观测站A到港口O的距离；$

Solution:
$因为海轮B的航行速度为20海里/时，所以1小时后，OB=20海里，又AB=30海里，\angle AOB=60^\circ ，所以在\triangle AOB中，由余弦定理，得AB^{2}=OA^{2}+OB^{2}-2\times OA\times OB\times \\cos  \angle AOB,即30^{2}=OA^{2}+20^{2}-2\times OA\times 20\times \\cos   60^\circ ,即OA^{2}-20OA-500=0，所以OA=(10+10\sqrt{6})海里.故观测站A到港口O的距离为(10+10\sqrt{6})海里.$

Final answer: $(10+10\sqrt 6)$ 海里
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在O处有一港口，两艘海轮B，C同时从港口O处出发向正北方向匀速航行，海轮B的航行速度为20海里/时，海轮C的航行速度大于海轮B的航行速度.在港口O北偏东60^\circ 方向上的A处有一观测站，1小时后在A处测得与海轮B的距离为30海里，且A处对两艘海轮B，C的视角为30^\circ .$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706236228278374403/img/compression/M_71622c7303d33c3495dffb8325a4cddc.jpg)
$求海轮C的航行速度.$

Solution:
$在\triangle AOB中，由正弦定理，得\frac{OB}{\\\sin   \angle OAB}=\frac{AB}{\\\sin   \angle AOB}，即\frac{20}{\\\sin   \angle OAB}=\frac{30}{\\\sin    60^{\circ}}，解得\\sin  \angle OAB=\frac{\sqrt{3}}{3}.在\triangle ABC中，\angle BAC=30^\circ ，\angle ABC=60^\circ +\angle OAB，所以\angle ACB=90^\circ -\angle OAB,所以\\sin  \angle ACB=\\sin  (90^\circ -\angle OAB)=\\cos  \angle OAB=\sqrt{1-\\\sin   ^2\angle OAB}=\frac{\sqrt{6}}{3}.由正弦定理，得\frac{BC}{\\\sin   \angle BAC}=\frac{AB}{\\\sin   \angle ACB}，即\frac{BC}{\frac{1}{2}}=\frac{30}{\frac{\sqrt{6}}{3}},解得BC=\frac{15\sqrt{6}}{2}海里.所以OC=OB+BC=\left(20+\frac{15\sqrt{6}}{2}\right)海里.故海轮C的航行速度为\left(20+\frac{15\sqrt{6}}{2}\right)海里/时.$

Final answer: $20+15\sqrt 6$ 海里/时
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在O处有一港口，两艘海轮B，C同时从港口O处出发向正北方向匀速航行，海轮B的航行速度为20海里/时，海轮C的航行速度大于海轮B的航行速度.在港口O北偏东60^\circ 方向上的A处有一观测站，1小时后在A处测得与海轮B的距离为30海里，且A处对两艘海轮B，C的视角为30^\circ .$<img_2873>
$求海轮C的航行速度.$

Solution:
$在\triangle AOB中，由正弦定理，得\frac{OB}{\\\sin   \angle OAB}=\frac{AB}{\\\sin   \angle AOB}，即\frac{20}{\\\sin   \angle OAB}=\frac{30}{\\\sin    60^{\circ}}，解得\\sin  \angle OAB=\frac{\sqrt{3}}{3}.在\triangle ABC中，\angle BAC=30^\circ ，\angle ABC=60^\circ +\angle OAB，所以\angle ACB=90^\circ -\angle OAB,所以\\sin  \angle ACB=\\sin  (90^\circ -\angle OAB)=\\cos  \angle OAB=\sqrt{1-\\\sin   ^2\angle OAB}=\frac{\sqrt{6}}{3}.由正弦定理，得\frac{BC}{\\\sin   \angle BAC}=\frac{AB}{\\\sin   \angle ACB}，即\frac{BC}{\frac{1}{2}}=\frac{30}{\frac{\sqrt{6}}{3}},解得BC=\frac{15\sqrt{6}}{2}海里.所以OC=OB+BC=\left(20+\frac{15\sqrt{6}}{2}\right)海里.故海轮C的航行速度为\left(20+\frac{15\sqrt{6}}{2}\right)海里/时.$

Final answer: $20+15\sqrt 6$ 海里/时
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，某大型厂区有三个值班室A，B，C,值班室A在值班室B的正北方向2千米处，值班室C在值班室B的正东方向2\sqrt{3}千米处.$<img_2990>
$保安甲沿CA从值班室C出发行至点P处，此时PC＝1千米，求BP的距离；$

Solution:
$在Rt\triangle ABC中，AB＝2千米，BC＝2\sqrt{3}千米，所以\angle C＝30^\circ ，在\triangle PBC中，PC＝1千米，BC＝2\sqrt{3}千米，\angle C=30^\circ ，由余弦定理，得BP^{2}＝BC^{2}+PC^{2}-2BC\cdot PC\\cos   30^\circ ＝(2\sqrt{3})^{2}+1-2\times 2\sqrt{3}\times 1\times \frac{\sqrt{3}}{2}=7，所以BP=\sqrt{7}千米.$

Final answer: $\sqrt 7$ 千米
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，某大型厂区有三个值班室A，B，C,值班室A在值班室B的正北方向2千米处，值班室C在值班室B的正东方向2\sqrt{3}千米处.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706236228970434562/img/compression/M_77a8925a564935cbda2d4e0bdb561509.jpg)
$保安甲沿CA从值班室C出发行至点P处，此时PC＝1千米，求BP的距离；$

Solution:
$在Rt\triangle ABC中，AB＝2千米，BC＝2\sqrt{3}千米，所以\angle C＝30^\circ ，在\triangle PBC中，PC＝1千米，BC＝2\sqrt{3}千米，\angle C=30^\circ ，由余弦定理，得BP^{2}＝BC^{2}+PC^{2}-2BC\cdot PC\\cos   30^\circ ＝(2\sqrt{3})^{2}+1-2\times 2\sqrt{3}\times 1\times \frac{\sqrt{3}}{2}=7，所以BP=\sqrt{7}千米.$

Final answer: $\sqrt 7$ 千米
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，某大型厂区有三个值班室A，B，C,值班室A在值班室B的正北方向2千米处，值班室C在值班室B的正东方向2\sqrt{3}千米处.$<img_2990>
$保安甲沿CA从值班室C出发前往值班室A，保安乙沿AB从值班室A出发前往值班室B，甲、乙同时出发，甲的速度为1千米/时，乙的速度为2千米/时，若甲、乙两人通过对讲机联系，对讲机在厂区内的最大通话距离为3千米(含3千米)，试问有多长时间两人不能通话？$

Solution:
$由(1)知，\angle C=30^\circ ，在Rt\triangle ABC中，\angle A=60^\circ ，BA＝2千米，BC＝2\sqrt{3}千米，所以AC=\sqrt{BA^2+BC^2}=4千米，设甲出发后的时间为t小时，则由题意可知0\leq t\leq 4，设甲在线段CA上的位置为点M，则AM＝(4-t)千米.①当0\leq t<1时，设乙在线段AB上的位置为点Q，则AQ＝2t千米，如图1所示：$<img_2044>$图1在\triangle AMQ中，由余弦定理，得MQ^{2}＝(4-t)^{2}+(2t)^{2}-2\times 2t\times (4-t)\times \\cos   60^\circ ＝7t^{2}-16t+16,令7t^{2}-16t+16>9，解得t＜\frac{8-\sqrt{15}}{7}或t＞\frac{8+\sqrt{15}}{7}(舍去)，又0\leq t<1,所以0\leq t<\frac{8-\sqrt{15}}{7}；②当1\leq t\leq 4时，乙在值班室B处，如图2所示：$<img_2924>$图2在\triangle ABM中，由余弦定理，得MB^{2}＝(4-t)^{2}+4-2\times 2\times (4-t)\times \\cos   60^\circ ＝t^{2}-6t+12，令t^{2}-6t+12>9，解得t＜3－\sqrt{6}或t＞3+\sqrt{6}，又1\leq t\leq 4，所以不符合题意，舍去.综上所述,当0\leq t<\frac{8-\sqrt{15}}{7}时，甲、乙两人间的距离大于3千米，所以两人不能通话的时间为\frac{8-\sqrt{15}}{7}小时.$

Final answer: $\frac{8-\sqrt{15}}{7}$ 小时
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，某大型厂区有三个值班室A，B，C,值班室A在值班室B的正北方向2千米处，值班室C在值班室B的正东方向2\sqrt{3}千米处.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706236228970434562/img/compression/M_77a8925a564935cbda2d4e0bdb561509.jpg)
$保安甲沿CA从值班室C出发前往值班室A，保安乙沿AB从值班室A出发前往值班室B，甲、乙同时出发，甲的速度为1千米/时，乙的速度为2千米/时，若甲、乙两人通过对讲机联系，对讲机在厂区内的最大通话距离为3千米(含3千米)，试问有多长时间两人不能通话？$

Solution:
$由(1)知，\angle C=30^\circ ，在Rt\triangle ABC中，\angle A=60^\circ ，BA＝2千米，BC＝2\sqrt{3}千米，所以AC=\sqrt{BA^2+BC^2}=4千米，设甲出发后的时间为t小时，则由题意可知0\leq t\leq 4，设甲在线段CA上的位置为点M，则AM＝(4-t)千米.①当0\leq t<1时，设乙在线段AB上的位置为点Q，则AQ＝2t千米，如图1所示：$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706236229406642178/img/compression/M_568c3624f48cbbf34eda4c69777d6f9f.jpg)$图1在\triangle AMQ中，由余弦定理，得MQ^{2}＝(4-t)^{2}+(2t)^{2}-2\times 2t\times (4-t)\times \\cos   60^\circ ＝7t^{2}-16t+16,令7t^{2}-16t+16>9，解得t＜\frac{8-\sqrt{15}}{7}或t＞\frac{8+\sqrt{15}}{7}(舍去)，又0\leq t<1,所以0\leq t<\frac{8-\sqrt{15}}{7}；②当1\leq t\leq 4时，乙在值班室B处，如图2所示：$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706236229406642178/img/compression/M_2ee616d502f336a4648465e98f0ea4ca.jpg)$图2在\triangle ABM中，由余弦定理，得MB^{2}＝(4-t)^{2}+4-2\times 2\times (4-t)\times \\cos   60^\circ ＝t^{2}-6t+12，令t^{2}-6t+12>9，解得t＜3－\sqrt{6}或t＞3+\sqrt{6}，又1\leq t\leq 4，所以不符合题意，舍去.综上所述,当0\leq t<\frac{8-\sqrt{15}}{7}时，甲、乙两人间的距离大于3千米，所以两人不能通话的时间为\frac{8-\sqrt{15}}{7}小时.$

Final answer: $\frac{8-\sqrt{15}}{7}$ 小时
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，在\triangle ABC中，已知点D在边BC上，且\angle DAC=90^\circ ,\\cos  \angle DAB=\frac{2\sqrt{2}}{3},AB=6.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706236255104765954/img/compression/M_b58af02299acead068988ca37acf095e.jpg)
$若\\sin   C=\frac{\sqrt{3}}{3}，求线段BC的长；$

Solution:
$由条件可得\\sin  \angle BAC=\\sin  (90^\circ +\angle DAB)=\\cos  \angle DAB=\frac{2\sqrt{2}}{3}.在\triangle ABC中，由正弦定理，得\frac{BC}{\\\sin   \angle BAC}=\frac{AB}{\\\sin    C}，即\frac{BC}{\frac{2\sqrt{2}}{3}}=\frac{6}{\frac{\sqrt{3}}{3}}，得BC=4\sqrt{6}.$

Final answer: $4\sqrt 6$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，在\triangle ABC中，已知点D在边BC上，且\angle DAC=90^\circ ,\\cos  \angle DAB=\frac{2\sqrt{2}}{3},AB=6.$<img_2310>
$若\\sin   C=\frac{\sqrt{3}}{3}，求线段BC的长；$

Solution:
$由条件可得\\sin  \angle BAC=\\sin  (90^\circ +\angle DAB)=\\cos  \angle DAB=\frac{2\sqrt{2}}{3}.在\triangle ABC中，由正弦定理，得\frac{BC}{\\\sin   \angle BAC}=\frac{AB}{\\\sin    C}，即\frac{BC}{\frac{2\sqrt{2}}{3}}=\frac{6}{\frac{\sqrt{3}}{3}}，得BC=4\sqrt{6}.$

Final answer: $4\sqrt 6$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，在\triangle ABC中，已知点D在边BC上，且\angle DAC=90^\circ ,\\cos  \angle DAB=\frac{2\sqrt{2}}{3},AB=6.$<img_2310>
$若点E是BC的中点，AE=\sqrt{17}，求线段AC的长.$

Solution:
$由(1)知\\sin  \angle BAC=\frac{2\sqrt{2}}{3}，因为\angle BAC为钝角，所以\\cos  \angle BAC=-\frac{1}{3}.由题意得\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AE}，所以(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})^{2}=|\overrightarrow{AB}|^{2}+|\overrightarrow{AC}|^{2}+2|\overrightarrow{AB}|\cdot |\overrightarrow{AC}|\\cos  \angle BAC=4|\overrightarrow{AE}|^{2},所以36+|\overrightarrow{AC}|^{2}+2\times 6\times \left(-\frac{1}{3}\right)\times |\overrightarrow{AC}|=68，整理，得|\overrightarrow{AC}|^{2}-4|\overrightarrow{AC}|-32=0，解得|\overrightarrow{AC}|=8(负值舍去)，所以线段AC的长为8.$

Final answer: $8$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，在\triangle ABC中，已知点D在边BC上，且\angle DAC=90^\circ ,\\cos  \angle DAB=\frac{2\sqrt{2}}{3},AB=6.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706236255104765954/img/compression/M_b58af02299acead068988ca37acf095e.jpg)
$若点E是BC的中点，AE=\sqrt{17}，求线段AC的长.$

Solution:
$由(1)知\\sin  \angle BAC=\frac{2\sqrt{2}}{3}，因为\angle BAC为钝角，所以\\cos  \angle BAC=-\frac{1}{3}.由题意得\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AE}，所以(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})^{2}=|\overrightarrow{AB}|^{2}+|\overrightarrow{AC}|^{2}+2|\overrightarrow{AB}|\cdot |\overrightarrow{AC}|\\cos  \angle BAC=4|\overrightarrow{AE}|^{2},所以36+|\overrightarrow{AC}|^{2}+2\times 6\times \left(-\frac{1}{3}\right)\times |\overrightarrow{AC}|=68，整理，得|\overrightarrow{AC}|^{2}-4|\overrightarrow{AC}|-32=0，解得|\overrightarrow{AC}|=8(负值舍去)，所以线段AC的长为8.$

Final answer: $8$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l,湖上有桥AB(AB是圆O的直径).规划在公路l上选两个点P，Q，并修建两段直线型道路PB，QA，规划要求：线段PB，QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.已知点A，B到直线l的距离分别为AC和BD(C，D为垂足)，测得AB=10，AC=6，BD=12(单位：百米).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706579090034343938/img/compression/M_b84dae76623caf54059b9b3e7995651f.jpg)
$若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；$

Solution:
$过A作AE\perp BD，垂足为E.由已知条件得，四边形ACDE为矩形，DE=BE=AC=6，AE=CD=8.因为PB\perp AB，所以\\cos  \angle PBD=\\sin  \angle ABE=\frac{8}{10}=\frac{4}{5}.所以PB=\frac{BD}{\\\cos   \angle PBD}=\frac{12}{\frac{4}{5}}=15.因此道路PB的长为15百米.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706579090436997122/img/compression/M_9799209ec9dedc36ef48b9988e54410c.jpg)

Final answer: $15$ 百米
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l,湖上有桥AB(AB是圆O的直径).规划在公路l上选两个点P，Q，并修建两段直线型道路PB，QA，规划要求：线段PB，QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.已知点A，B到直线l的距离分别为AC和BD(C，D为垂足)，测得AB=10，AC=6，BD=12(单位：百米).$<img_2107>
$若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；$

Solution:
$过A作AE\perp BD，垂足为E.由已知条件得，四边形ACDE为矩形，DE=BE=AC=6，AE=CD=8.因为PB\perp AB，所以\\cos  \angle PBD=\\sin  \angle ABE=\frac{8}{10}=\frac{4}{5}.所以PB=\frac{BD}{\\\cos   \angle PBD}=\frac{12}{\frac{4}{5}}=15.因此道路PB的长为15百米.$<img_1660>

Final answer: $15$ 百米
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l,湖上有桥AB(AB是圆O的直径).规划在公路l上选两个点P，Q，并修建两段直线型道路PB，QA，规划要求：线段PB，QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.已知点A，B到直线l的距离分别为AC和BD(C，D为垂足)，测得AB=10，AC=6，BD=12(单位：百米).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706579090034343938/img/compression/M_b84dae76623caf54059b9b3e7995651f.jpg)
$在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；$

Solution:
$不能，理由如下：①若P在D处，由(1)可得E在圆上，则线段BE上的点(除B，E)到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求.②若Q在D处，连接AD，由(1)知AD=\sqrt{AE^2+ED^2}=10，从而\\cos  \angle BAD=\frac{AD^2+AB^2-BD^2}{2AD\cdot AB}=\frac{7}{25}＞0,所以\angle BAD为锐角.所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此Q选在D处也不满足规划要求.综上，P和Q均不能选在D处.$

Final answer: $P和Q均不能选在D处。$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l,湖上有桥AB(AB是圆O的直径).规划在公路l上选两个点P，Q，并修建两段直线型道路PB，QA，规划要求：线段PB，QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.已知点A，B到直线l的距离分别为AC和BD(C，D为垂足)，测得AB=10，AC=6，BD=12(单位：百米).$<img_2107>
$在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；$

Solution:
$不能，理由如下：①若P在D处，由(1)可得E在圆上，则线段BE上的点(除B，E)到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求.②若Q在D处，连接AD，由(1)知AD=\sqrt{AE^2+ED^2}=10，从而\\cos  \angle BAD=\frac{AD^2+AB^2-BD^2}{2AD\cdot AB}=\frac{7}{25}＞0,所以\angle BAD为锐角.所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此Q选在D处也不满足规划要求.综上，P和Q均不能选在D处.$



Final answer: $P和Q均不能选在D处。$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l,湖上有桥AB(AB是圆O的直径).规划在公路l上选两个点P，Q，并修建两段直线型道路PB，QA，规划要求：线段PB，QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.已知点A，B到直线l的距离分别为AC和BD(C，D为垂足)，测得AB=10，AC=6，BD=12(单位：百米).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706579090034343938/img/compression/M_b84dae76623caf54059b9b3e7995651f.jpg)
$在规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d(单位：百米)，求当d最小时，P，Q两点间的距离.$

Solution:
$先讨论点P的位置.当\angle OBP＜90^\circ 时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；当\angle OBP\geq 90^\circ 时，对线段PB上任意一点F，OF\geq OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.设P_{1}为l上一点，且P_{1}B\perp AB，由(1)知，P_{1}B=15，此时P_{1}D=P_{1}B\\sin  \angle P_{1}BD=P_{1}B\\cos  \angle EBA=15\times \frac{3}{5}=9；当\angle OBP＞90^\circ 时，在\triangle PP_{1}B中，PB＞P_{1}B=15.由上可知，d\geq 15.再讨论点Q的位置.由(2)知，要使得QA\geq 15,点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，CQ=\sqrt{QA^2-AC^2}=\sqrt{15^2-6^2}=3\sqrt{21}. 此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.综上，当PB\perp AB，点Q位于点C右侧，且CQ=3\sqrt{21}时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+3\sqrt{21}.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为(17+3\sqrt{21})百米.$

Final answer: $17+3\sqrt{21}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l,湖上有桥AB(AB是圆O的直径).规划在公路l上选两个点P，Q，并修建两段直线型道路PB，QA，规划要求：线段PB，QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.已知点A，B到直线l的距离分别为AC和BD(C，D为垂足)，测得AB=10，AC=6，BD=12(单位：百米).$<img_2107>
$在规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d(单位：百米)，求当d最小时，P，Q两点间的距离.$

Solution:
$先讨论点P的位置.当\angle OBP＜90^\circ 时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；当\angle OBP\geq 90^\circ 时，对线段PB上任意一点F，OF\geq OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.设P_{1}为l上一点，且P_{1}B\perp AB，由(1)知，P_{1}B=15，此时P_{1}D=P_{1}B\\sin  \angle P_{1}BD=P_{1}B\\cos  \angle EBA=15\times \frac{3}{5}=9；当\angle OBP＞90^\circ 时，在\triangle PP_{1}B中，PB＞P_{1}B=15.由上可知，d\geq 15.再讨论点Q的位置.由(2)知，要使得QA\geq 15,点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，CQ=\sqrt{QA^2-AC^2}=\sqrt{15^2-6^2}=3\sqrt{21}. 此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.综上，当PB\perp AB，点Q位于点C右侧，且CQ=3\sqrt{21}时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+3\sqrt{21}.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为(17+3\sqrt{21})百米.$

Final answer: $17+3\sqrt{21}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在正方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，试画出平面AB_{1}D_{1}与平面ACC_{1}A_{1}的交线.$<img_2866>

Solution:
$记B_{1}D_{1}\cap A_{1}C_{1}=O，连接AO，则AO即为平面AB_{1}D_{1}与平面ACC_{1}A_{1}的交线，如图：$<img_1709>

Final answer: $AO$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在正方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，试画出平面AB_{1}D_{1}与平面ACC_{1}A_{1}的交线.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706236449439453186/img/compression/M_c48ba0144b7cb6579944af2388c6efc5.jpg)

Solution:
$记B_{1}D_{1}\cap A_{1}C_{1}=O，连接AO，则AO即为平面AB_{1}D_{1}与平面ACC_{1}A_{1}的交线，如图：$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706236449439453186/img/compression/M_64d8665aed854f0d35820b386cbf8f92.jpg)

Final answer: $AO$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在直角梯形ABCD中，AB\parallel CD，AB>CD，S是直角梯形ABCD所在平面外一点，画出平面SBC和平面SAD的交线.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706236450219593731/img/compression/M_830d88a50d60938fbb49dc4ed62b4ea8.jpg)

Solution:
$延长BC与AD，交于点O，连接SO，则SO即为平面SBC和平面SAD的交线，如图.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706236450219593731/img/compression/M_8d691371ce0eff487e0c0b356ded3b93.jpg)

Final answer: $SO即为平面SBC和平面SAD的交线。$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，矩形ABCD所在的半平面和直角梯形CDEF所在的半平面成60^\circ 的二面角，DE\parallel CF，CD\perp DE，AD=2，EF=3\sqrt{2}，CF=6，\angle CFE=45^\circ .$<img_2219>
$求证：平面CDEF\perp 平面BCF；$

Solution:
$证明：\because DE\parallel CF，CD\perp DE，\therefore CD\perp CF，又CD\perp CB，CB\cap CF=C，CB,CF\subset 平面BCF,\therefore CD\perp 平面BCF，又\because CD\subset 平面CDEF，\therefore 平面CDEF\perp 平面BCF.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，矩形ABCD所在的半平面和直角梯形CDEF所在的半平面成60^\circ 的二面角，DE\parallel CF，CD\perp DE，AD=2，EF=3\sqrt{2}，CF=6，\angle CFE=45^\circ .$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706236561712959490/img/compression/M_981271508228ebb0df629ab004358ec5.jpg)
$求证：平面CDEF\perp 平面BCF；$

Solution:
$证明：\because DE\parallel CF，CD\perp DE，\therefore CD\perp CF，又CD\perp CB，CB\cap CF=C，CB,CF\subset 平面BCF,\therefore CD\perp 平面BCF，又\because CD\subset 平面CDEF，\therefore 平面CDEF\perp 平面BCF.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，矩形ABCD所在的半平面和直角梯形CDEF所在的半平面成60^\circ 的二面角，DE\parallel CF，CD\perp DE，AD=2，EF=3\sqrt{2}，CF=6，\angle CFE=45^\circ .$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706236561712959490/img/compression/M_981271508228ebb0df629ab004358ec5.jpg)
$试问在线段CF上是否存在一点G，使锐二面角B-EG-D的余弦值为\frac{1}{4}？若存在，请求出CG的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$在线段CF上存在一点G，当CG=\frac{3}{2}时符合题意.由(1)得平面CDEF\perp 平面BCF，在平面BCF内，作BO\perp CF于O，\because 平面CDEF\cap 平面BCF=CF，\therefore BO\perp 平面CDEF.过O作OH\perp EH交CF于点G，连接BH，如图所示：\because HO为HB在平面CEG内的投影，\therefore \angle BHO是锐二面角B-EG-D的平面角，易得\angle BCF为锐二面角A-CD-F的平面角，\therefore \angle BCF=60^\circ ，又\because BC=AD=2，\therefore BO=\sqrt{3}，又\because 锐二面角B-EG-D的余弦值是\frac{1}{4}，\therefore \frac{OH}{\sqrt{OH^2+BO^2}}=\frac{1}{4}，即\frac{OH}{\sqrt{3+OH^2}}=\frac{1}{4}，\therefore OH=\frac{\sqrt{5}}{5}.取CF的中点M，连接EM，易知\triangle OHG与\triangle EMG相似，设OG=x(x>0)，则\frac{OH}{OG}=\frac{EM}{EG}，即\frac{\frac{\sqrt{5}}{5}}{x}=\frac{3}{\sqrt{9+{(2-x)}^2}}，解得x=\frac{1}{2}或x=-\frac{13}{22}(舍去)，因此存在符合题意的点G，且CG=\frac{3}{2}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706236562144972801/img/compression/M_8402dcaf34e2f747f5f3b9134f1309b9.jpg)

Final answer: $存在$，$\frac{3}{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，矩形ABCD所在的半平面和直角梯形CDEF所在的半平面成60^\circ 的二面角，DE\parallel CF，CD\perp DE，AD=2，EF=3\sqrt{2}，CF=6，\angle CFE=45^\circ .$<img_2219>
$在线段CF上存在一点G，使锐二面角B-EG-D的余弦值为\frac{1}{4}，请求出CG的值；$

Solution:
$在线段CF上存在一点G，当CG=\frac{3}{2}时符合题意.由(1)得平面CDEF\perp 平面BCF，在平面BCF内，作BO\perp CF于O，\because 平面CDEF\cap 平面BCF=CF，\therefore BO\perp 平面CDEF.过O作OH\perp EH交CF于点G，连接BH，如图所示：\because HO为HB在平面CEG内的投影，\therefore \angle BHO是锐二面角B-EG-D的平面角，易得\angle BCF为锐二面角A-CD-F的平面角，\therefore \angle BCF=60^\circ ，又\because BC=AD=2，\therefore BO=\sqrt{3}，又\because 锐二面角B-EG-D的余弦值是\frac{1}{4}，\therefore \frac{OH}{\sqrt{OH^2+BO^2}}=\frac{1}{4}，即\frac{OH}{\sqrt{3+OH^2}}=\frac{1}{4}，\therefore OH=\frac{\sqrt{5}}{5}.取CF的中点M，连接EM，易知\triangle OHG与\triangle EMG相似，设OG=x(x>0)，则\frac{OH}{OG}=\frac{EM}{EG}，即\frac{\frac{\sqrt{5}}{5}}{x}=\frac{3}{\sqrt{9+{(2-x)}^2}}，解得x=\frac{1}{2}或x=-\frac{13}{22}(舍去)，因此存在符合题意的点G，且CG=\frac{3}{2}.$<img_2991>



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


Question: $如图，在梯形ABCD中，AB\parallel CD,\angle BCD=120^\circ ，四边形ACFE为矩形，平面ACFE\perp 平面ABCD，且AD=CD=BC=CF=1.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706236535951798274/img/compression/M_3b4f715880153a80e1295fff74d21261.jpg)
$求证：EF\perp 平面BCF；$

Solution:
$证明：在梯形ABCD中，\because AB\parallel CD，AD=CD=BC，\therefore 梯形ABCD为等腰梯形，\because \angle BCD=120^\circ ，\therefore \angle DAB=\angle ABC=60^\circ ，\angle ADC=120^\circ ，\therefore \angle DAC=\angle ACD=30^\circ ，\therefore \angle ACB=90^\circ ，\therefore BC\perp AC.\because 四边形ACFE为矩形，\therefore EF\parallel AC，EF\perp CF，\therefore EF\perp BC，又CF\cap BC=C，CF,BC\subset 平面BCF，\therefore EF\perp 平面BCF.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在梯形ABCD中，AB\parallel CD,\angle BCD=120^\circ ，四边形ACFE为矩形，平面ACFE\perp 平面ABCD，且AD=CD=BC=CF=1.$<img_1938>
$求证：EF\perp 平面BCF；$

Solution:
$证明：在梯形ABCD中，\because AB\parallel CD，AD=CD=BC，\therefore 梯形ABCD为等腰梯形，\because \angle BCD=120^\circ ，\therefore \angle DAB=\angle ABC=60^\circ ，\angle ADC=120^\circ ，\therefore \angle DAC=\angle ACD=30^\circ ，\therefore \angle ACB=90^\circ ，\therefore BC\perp AC.\because 四边形ACFE为矩形，\therefore EF\parallel AC，EF\perp CF，\therefore EF\perp BC，又CF\cap BC=C，CF,BC\subset 平面BCF，\therefore EF\perp 平面BCF.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在梯形ABCD中，AB\parallel CD,\angle BCD=120^\circ ，四边形ACFE为矩形，平面ACFE\perp 平面ABCD，且AD=CD=BC=CF=1.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706236535951798274/img/compression/M_3b4f715880153a80e1295fff74d21261.jpg)
$求平面FAB与平面FCB的夹角的余弦值.$

Solution:
$如图，取BF的中点G，连接CG，AG，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706236536367034369/img/compression/M_1b35a68571ed1c4d260a818c9fef70e6.jpg)$\because BC＝FC，\therefore CG\perp BF.\because BC＝FC，AC=AC,\angle ACF＝\angle ACB＝90^\circ ，\therefore Rt\triangle ACF\cong Rt\triangle ACB，\therefore AF＝AB，\therefore AG\perp BF，\therefore \angle AGC为平面FAB与平面FCB所成的锐二面角，在Rt\triangle ABC中，BC=1,\angle ABC=60^\circ ，\therefore AB＝2，AC＝\sqrt{3}.\because 平面ACFE\perp 平面ABCD，平面ACFE\cap 平面ABCD＝AC，FC\perp AC，FC\subset 平面ACFE，\therefore FC\perp 平面ABCD，\because BC\subset 平面ABCD，\therefore FC\perp BC.在Rt\triangle BCF中，BC=CF=1,\therefore BF＝\sqrt{2}，CG＝\frac{\sqrt{2}}{2}，在Rt\triangle AGB中，AG=\sqrt{AB^2-\left(\frac{BF}{2}\right)^2}=\sqrt{4-\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{14}}{2}，在\triangle ACG中，根据余弦定理，得\\cos  \angle AGC=\frac{AG^2+CG^2-AC^2}{2AG\cdot CG}=\frac{\frac{7}{2}+\frac{1}{2}-3}{2\times \frac{\sqrt{14}}{2}\times \frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{7}}{7},\therefore 平面FAB与平面FCB的夹角的余弦值为\frac{\sqrt{7}}{7}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{7}}{7}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在梯形ABCD中，AB\parallel CD,\angle BCD=120^\circ ，四边形ACFE为矩形，平面ACFE\perp 平面ABCD，且AD=CD=BC=CF=1.$<img_1938>
$求平面FAB与平面FCB的夹角的余弦值.$

Solution:
$如图，取BF的中点G，连接CG，AG，$<img_2139>$\because BC＝FC，\therefore CG\perp BF.\because BC＝FC，AC=AC,\angle ACF＝\angle ACB＝90^\circ ，\therefore Rt\triangle ACF\cong Rt\triangle ACB，\therefore AF＝AB，\therefore AG\perp BF，\therefore \angle AGC为平面FAB与平面FCB所成的锐二面角，在Rt\triangle ABC中，BC=1,\angle ABC=60^\circ ，\therefore AB＝2，AC＝\sqrt{3}.\because 平面ACFE\perp 平面ABCD，平面ACFE\cap 平面ABCD＝AC，FC\perp AC，FC\subset 平面ACFE，\therefore FC\perp 平面ABCD，\because BC\subset 平面ABCD，\therefore FC\perp BC.在Rt\triangle BCF中，BC=CF=1,\therefore BF＝\sqrt{2}，CG＝\frac{\sqrt{2}}{2}，在Rt\triangle AGB中，AG=\sqrt{AB^2-\left(\frac{BF}{2}\right)^2}=\sqrt{4-\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{14}}{2}，在\triangle ACG中，根据余弦定理，得\\cos  \angle AGC=\frac{AG^2+CG^2-AC^2}{2AG\cdot CG}=\frac{\frac{7}{2}+\frac{1}{2}-3}{2\times \frac{\sqrt{14}}{2}\times \frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{7}}{7},\therefore 平面FAB与平面FCB的夹角的余弦值为\frac{\sqrt{7}}{7}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{7}}{7}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A、B的点，PC\perp 平面ABC，E、F分别是PA、PC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706236541320507395/img/compression/M_6a4cd6bbc5a2ff22de595a770b547d45.jpg)
$记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；$

Solution:
$l\parallel 平面PAC.证明如下：由题意得EF\parallel AC，又AC\subset 平面ABC，EF\not\subset 平面ABC，\therefore EF\parallel 平面ABC，又EF\subset 平面BEF，平面BEF\cap 平面ABC=l，\therefore EF\parallel l，又l\not\subset 平面PAC，EF\subset 平面PAC，\therefore l\parallel 平面PAC.$

Final answer: $l\parallel 平面PAC$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A、B的点，PC\perp 平面ABC，E、F分别是PA、PC的中点.$<img_1828>
$记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；$

Solution:
$l\parallel 平面PAC.证明如下：由题意得EF\parallel AC，又AC\subset 平面ABC，EF\not\subset 平面ABC，\therefore EF\parallel 平面ABC，又EF\subset 平面BEF，平面BEF\cap 平面ABC=l，\therefore EF\parallel l，又l\not\subset 平面PAC，EF\subset 平面PAC，\therefore l\parallel 平面PAC.$



Final answer: $l\parallel 平面PAC$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A、B的点，PC\perp 平面ABC，E、F分别是PA、PC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706236541320507395/img/compression/M_6a4cd6bbc5a2ff22de595a770b547d45.jpg)
$设PC=2AB，求二面角E-l-C的取值范围.$

Solution:
$设直线l与圆O的另一个交点为D，连接DE，BD.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706236541781880833/img/compression/M_eb0a9790cf8ebb79938337d22485003b.jpg)$由(1)知，BD\parallel AC，而AC\perp BC，\therefore BD\perp BC，\because PC\perp 平面ABC，\therefore PC\perp BD，又PC\cap BC=C，PC,BC\subset 平面PBC,\therefore BD\perp 平面PBC，又FB\subset 平面PBC，\therefore BD\perp BF，\therefore \angle FBC是二面角E-l-C的平面角，\therefore \\tan  \angle FBC=\frac{FC}{BC}=\frac{AB}{BC}=\frac{1}{\\\cos   \angle ABC}.\because 0<\angle ABC<\frac{\pi }{2}，\therefore 01.\because 0<\angle FBC<\frac{\pi }{2}，\therefore \angle FBC\in \left(\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right),即二面角E-l-C的取值范围是\left(\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right).$

Final answer: $\left(\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A、B的点，PC\perp 平面ABC，E、F分别是PA、PC的中点.$<img_1828>
$设PC=2AB，求二面角E-l-C的取值范围.$

Solution:
$设直线l与圆O的另一个交点为D，连接DE，BD.$<img_2000>$由(1)知，BD\parallel AC，而AC\perp BC，\therefore BD\perp BC，\because PC\perp 平面ABC，\therefore PC\perp BD，又PC\cap BC=C，PC,BC\subset 平面PBC,\therefore BD\perp 平面PBC，又FB\subset 平面PBC，\therefore BD\perp BF，\therefore \angle FBC是二面角E-l-C的平面角，\therefore \\tan  \angle FBC=\frac{FC}{BC}=\frac{AB}{BC}=\frac{1}{\\\cos   \angle ABC}.\because 0<\angle ABC<\frac{\pi }{2}，\therefore 01.\because 0<\angle FBC<\frac{\pi }{2}，\therefore \angle FBC\in \left(\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right),即二面角E-l-C的取值范围是\left(\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right).$



Final answer: $\left(\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在平行四边形ABCD中，\angle DAB=60^\circ ，AB=2AD=2，平面AED\perp 平面ABCD，三角形AED为等边三角形，EF\parallel AB，EF=1，M，N分别为AD，AB的中点.$<img_1733>
$求证：平面EMN\parallel 平面BDF；$

Solution:
$证明：因为M，N分别为AD，AB的中点，所以MN为\triangle ABD的中位线，所以MN\parallel BD，又MN\not\subset 平面BDF,BD\subset 平面BDF，所以MN\parallel 平面BDF.因为EF\parallel AB，EF=1，AB=2NB=2，所以NB=1,所以EF\parallel NB，EF=NB，所以四边形FENB是平行四边形，所以EN\parallel BF，又EN\not\subset 平面BDF,BF\subset 平面BDF,所以EN\parallel 平面BDF，又因为EN\cap MN=N，EN,MN\subset 平面EMN,所以平面EMN\parallel 平面BDF.$