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


Question: $在四棱锥P-ABCD中，AB\parallel CD，CD=2AB，AC与BD相交于点M，点N在线段AP上，AN=\lambda AP(\lambda >0)，且MN\parallel 平面PCD.
$<img_1993>
$(1)求实数\lambda 的值；$

Solution:
$因为AB\parallel CD,所以\frac{AM}{MC}=\frac{AB}{CD}=\frac{1}{2},则\frac{AM}{AC}=\frac{1}{3}.因为MN\parallel 平面PCD，MN\subset 平面PAC，平面PAC\cap 平面PCD=PC，所以MN\parallel PC.所以\frac{AN}{AP}=\frac{AM}{AC}=\frac{1}{3}，即\lambda =\frac{1}{3}.$

Final answer: $\frac{1}{3}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P-ABCD中，AB\parallel CD，CD=2AB，AC与BD相交于点M，点N在线段AP上，AN=\lambda AP(\lambda >0)，且MN\parallel 平面PCD.
$<img_1993>
$(2)若AB=AD=DP=1，PA=PB=\sqrt{2}，\angle BAD=60^\circ ，求点N到平面PCD的距离.$

Solution:
$解法一：因为AB=AD,\angle BAD=60^\circ ，所以\triangle ABD为等边三角形，所以BD=AD=1.又因为PD=1，PA=PB=\sqrt{2}，所以PB^{2}=PD^{2}+BD^{2}且PA^{2}=PD^{2}+AD^{2}，所以PD\perp BD且PD\perp DA，又因为DA\cap DB=D，所以PD\perp 平面ABCD.因为PD\subset 平面PCD，所以平面PCD\perp 平面ABCD.过M作ME\perp CD于E，因为平面PCD\cap 平面ABCD=CD，所以ME\perp 平面PCD.又因为MN\parallel 平面PCD，所以ME的长即为N到平面PCD的距离.$<img_2319>$在\triangle ABD中，设AB边上的高为h，则h=\frac{\sqrt{3}}{2}，因为\frac{MD}{BD}=\frac{MC}{AC}=\frac{2}{3}，所以ME=\frac{2}{3}h=\frac{\sqrt{3}}{3}，即N到平面PCD的距离为\frac{\sqrt{3}}{3}.解法二：同解法一证得PD\perp 平面ABCD.设点N到平面PCD的距离为d，由AN=\frac{1}{3}AP得NP=\frac{2}{3}AP，所以V_{N-PCD}=\frac{2}{3}V_{A-PCD}=\frac{2}{3}V_{P-ACD}，即\frac{2}{9}PD\cdot S_{\triangle ACD}=\frac{1}{3}d\cdot S_{\triangle PCD}.因为S_{\triangle ACD}=\frac{1}{2}AD\cdot DC\cdot \\sin  \angle ADC=\frac{\sqrt{3}}{2}，S_{\triangle PCD}=\frac{1}{2}PD\cdot CD=1，PD=1，所以\frac{2}{9}\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{3}d，解得d=\frac{\sqrt{3}}{3}，即N到平面PCD的距离为\frac{\sqrt{3}}{3}.$

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


Question: $在四棱锥P-ABCD中，AB\parallel CD，CD=2AB，AC与BD相交于点M，点N在线段AP上，AN=\lambda AP(\lambda >0)，且MN\parallel 平面PCD.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549504181465089/img/compression/M_ad6f5313566b7aee7f6b280b39f0590b.jpg)
$(2)若AB=AD=DP=1，PA=PB=\sqrt{2}，\angle BAD=60^\circ ，求点N到平面PCD的距离.$

Solution:
$解法一：因为AB=AD,\angle BAD=60^\circ ，所以\triangle ABD为等边三角形，所以BD=AD=1.又因为PD=1，PA=PB=\sqrt{2}，所以PB^{2}=PD^{2}+BD^{2}且PA^{2}=PD^{2}+AD^{2}，所以PD\perp BD且PD\perp DA，又因为DA\cap DB=D，所以PD\perp 平面ABCD.因为PD\subset 平面PCD，所以平面PCD\perp 平面ABCD.过M作ME\perp CD于E，因为平面PCD\cap 平面ABCD=CD，所以ME\perp 平面PCD.又因为MN\parallel 平面PCD，所以ME的长即为N到平面PCD的距离.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549504181465089/img/compression/M_97dde93b45b1a396c55790ea7563bffd.jpg)$在\triangle ABD中，设AB边上的高为h，则h=\frac{\sqrt{3}}{2}，因为\frac{MD}{BD}=\frac{MC}{AC}=\frac{2}{3}，所以ME=\frac{2}{3}h=\frac{\sqrt{3}}{3}，即N到平面PCD的距离为\frac{\sqrt{3}}{3}.解法二：同解法一证得PD\perp 平面ABCD.设点N到平面PCD的距离为d，由AN=\frac{1}{3}AP得NP=\frac{2}{3}AP，所以V_{N-PCD}=\frac{2}{3}V_{A-PCD}=\frac{2}{3}V_{P-ACD}，即\frac{2}{9}PD\cdot S_{\triangle ACD}=\frac{1}{3}d\cdot S_{\triangle PCD}.因为S_{\triangle ACD}=\frac{1}{2}AD\cdot DC\cdot \\sin  \angle ADC=\frac{\sqrt{3}}{2}，S_{\triangle PCD}=\frac{1}{2}PD\cdot CD=1，PD=1，所以\frac{2}{9}\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{3}d，解得d=\frac{\sqrt{3}}{3}，即N到平面PCD的距离为\frac{\sqrt{3}}{3}.$

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


Question: $如图，直四棱柱ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}的底面是菱形，AA_{1}=4，AB=2，\angle BAD=60^\circ ，E，M，N分别是BC，BB_{1}，A_{1}D的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283902776557569/img/compression/M_bf8dbcc7f56fe1efd4c9424dda4e41da.jpg)
$(1)证明：MN\parallel 平面C_{1}DE；$

Solution:
$证明：连接B_{1}C，ME.因为M，E分别为BB_{1}，BC的中点，所以ME\parallel B_{1}C，且ME=\frac{1}{2}B_{1}C(利用三角形中位线定理).又因为N为A_{1}D的中点，所以ND=\frac{1}{2}A_{1}D.由题设知A_{1}B_{1}\xlongequal{//} DC，可得B_{1}C\xlongequal{//} A_{1}D，故ME\xlongequal{//} ND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN\parallel ED.又MN\not\subset 平面EDC_{1}，所以MN\parallel 平面C_{1}DE.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，直四棱柱ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}的底面是菱形，AA_{1}=4，AB=2，\angle BAD=60^\circ ，E，M，N分别是BC，BB_{1}，A_{1}D的中点.$<img_2266>
$(1)证明：MN\parallel 平面C_{1}DE；$

Solution:
$证明：连接B_{1}C，ME.因为M，E分别为BB_{1}，BC的中点，所以ME\parallel B_{1}C，且ME=\frac{1}{2}B_{1}C(利用三角形中位线定理).又因为N为A_{1}D的中点，所以ND=\frac{1}{2}A_{1}D.由题设知A_{1}B_{1}\xlongequal{//} DC，可得B_{1}C\xlongequal{//} A_{1}D，故ME\xlongequal{//} ND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN\parallel ED.又MN\not\subset 平面EDC_{1}，所以MN\parallel 平面C_{1}DE.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，直四棱柱ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}的底面是菱形，AA_{1}=4，AB=2，\angle BAD=60^\circ ，E，M，N分别是BC，BB_{1}，A_{1}D的中点.$<img_2266>
$(2)求二面角A-MA_{1}-N的正弦值.$

Solution:
$由已知可得DE\perp DA.以D为坐标原点，\overrightarrow{DA}的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，$<img_2742>$则A(2，0，0)，A_{1}(2，0，4)，M(1，\sqrt{3}，2)，N(1，0，2)，\overrightarrow{A_1A}=(0，0，-4)，\overrightarrow{A_1M}=(-1，\sqrt{3}，-2)，\overrightarrow{A_1N}=(-1，0，-2)，\overrightarrow{MN}=(0，-\sqrt{3}，0).设m=(x，y，z)为平面A_{1}MA的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{A_1M}=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{A_1A}=0.\end{matrix}\right.所以\left\{\begin{matrix}-x+\sqrt{3}y-2z=0,\\ -4z=0.\end{matrix}\right.可取m=(\sqrt{3}，1，0).设n=(p，q，r)为平面A_{1}MN的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{MN}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{A_1N}=0.\end{matrix}\right.所以\left\{\begin{matrix}-\sqrt{3}q=0,\\ -p-2r=0.\end{matrix}\right.可取n=(2，0，-1).于是\\cos  \langle m，n\rangle =\frac{\boldsymbol{m}\cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{2\sqrt{3}}{2\times \sqrt{5}}=\frac{\sqrt{15}}{5}，所以二面角A-MA_{1}-N的正弦值为\frac{\sqrt{10}}{5}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{10}}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，直四棱柱ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}的底面是菱形，AA_{1}=4，AB=2，\angle BAD=60^\circ ，E，M，N分别是BC，BB_{1}，A_{1}D的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283902776557569/img/compression/M_bf8dbcc7f56fe1efd4c9424dda4e41da.jpg)
$(2)求二面角A-MA_{1}-N的正弦值.$

Solution:
$由已知可得DE\perp DA.以D为坐标原点，\overrightarrow{DA}的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283903133073409/img/compression/M_5022568d560faa4ad59f839a9461e11b.jpg)$则A(2，0，0)，A_{1}(2，0，4)，M(1，\sqrt{3}，2)，N(1，0，2)，\overrightarrow{A_1A}=(0，0，-4)，\overrightarrow{A_1M}=(-1，\sqrt{3}，-2)，\overrightarrow{A_1N}=(-1，0，-2)，\overrightarrow{MN}=(0，-\sqrt{3}，0).设m=(x，y，z)为平面A_{1}MA的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{A_1M}=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{A_1A}=0.\end{matrix}\right.所以\left\{\begin{matrix}-x+\sqrt{3}y-2z=0,\\ -4z=0.\end{matrix}\right.可取m=(\sqrt{3}，1，0).设n=(p，q，r)为平面A_{1}MN的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{MN}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{A_1N}=0.\end{matrix}\right.所以\left\{\begin{matrix}-\sqrt{3}q=0,\\ -p-2r=0.\end{matrix}\right.可取n=(2，0，-1).于是\\cos  \langle m，n\rangle =\frac{\boldsymbol{m}\cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{2\sqrt{3}}{2\times \sqrt{5}}=\frac{\sqrt{15}}{5}，所以二面角A-MA_{1}-N的正弦值为\frac{\sqrt{10}}{5}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{10}}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA=PB，AB\perp AC，E为PB的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283903556698115/img/compression/M_9cbeb5ad14c87601a48d5aa06b2d9f5c.jpg)
$(1)证明：OE\parallel 平面PAC；$

Solution:
$证法一：连接OA,\because PO是三棱锥P-ABC的高，\therefore PO\perp 平面ABC,\therefore PO\perp OA,PO\perp OB,\therefore \angle POA=\angle POB=90^\circ ，又PA=PB,PO=PO,\therefore \triangle POA\cong \triangle POB,\therefore OA=OB,取AB的中点D，连接OD、DE,则OD\perp AB,$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283903980322818/img/compression/M_ec036d880c4d153ecbf882b613c37508.jpg)$又\because AB\perp AC,\therefore OD\parallel AC,又\because OD\not\subset 平面PAC,AC\subset 平面PAC,\therefore OD\parallel 平面PAC,又D、E分别为AB、PB的中点，\therefore DE\parallel PA,又\because DE\not\subset 平面PAC,PA\subset 平面PAC,\therefore DE\parallel 平面PAC,又OD、DE\subset 平面ODE,OD\cap DE=D,\therefore 平面ODE\parallel 平面PAC,又OE\subset 平面ODE,\therefore OE\parallel 平面PAC.证法二：连接OA,\because PO是三棱锥P-ABC的高，\therefore PO\perp 平面ABC,\therefore PO\perp OA,PO\perp OB,\therefore \angle POA=\angle POB=90^\circ ,又PA=PB,PO=PO,\therefore \triangle POA\cong \triangle POB,\therefore OA=OB,延长BO交AC于点F,连接PF,易知在Rt\triangle ABF中，O为BF的中点，\because E为PB的中点，\therefore OE\parallel PF,又OE\not\subset 平面PAC,PF\subset 平面PAC,\therefore OE\parallel 平面PAC.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA=PB，AB\perp AC，E为PB的中点.$<img_1805>
$(1)证明：OE\parallel 平面PAC；$

Solution:
$证法一：连接OA,\because PO是三棱锥P-ABC的高，\therefore PO\perp 平面ABC,\therefore PO\perp OA,PO\perp OB,\therefore \angle POA=\angle POB=90^\circ ，又PA=PB,PO=PO,\therefore \triangle POA\cong \triangle POB,\therefore OA=OB,取AB的中点D，连接OD、DE,则OD\perp AB,$<img_2797>$又\because AB\perp AC,\therefore OD\parallel AC,又\because OD\not\subset 平面PAC,AC\subset 平面PAC,\therefore OD\parallel 平面PAC,又D、E分别为AB、PB的中点，\therefore DE\parallel PA,又\because DE\not\subset 平面PAC,PA\subset 平面PAC,\therefore DE\parallel 平面PAC,又OD、DE\subset 平面ODE,OD\cap DE=D,\therefore 平面ODE\parallel 平面PAC,又OE\subset 平面ODE,\therefore OE\parallel 平面PAC.证法二：连接OA,\because PO是三棱锥P-ABC的高，\therefore PO\perp 平面ABC,\therefore PO\perp OA,PO\perp OB,\therefore \angle POA=\angle POB=90^\circ ,又PA=PB,PO=PO,\therefore \triangle POA\cong \triangle POB,\therefore OA=OB,延长BO交AC于点F,连接PF,易知在Rt\triangle ABF中，O为BF的中点，\because E为PB的中点，\therefore OE\parallel PF,又OE\not\subset 平面PAC,PF\subset 平面PAC,\therefore OE\parallel 平面PAC.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA=PB，AB\perp AC，E为PB的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283903556698115/img/compression/M_9cbeb5ad14c87601a48d5aa06b2d9f5c.jpg)
$(2)若\angle ABO=\angle CBO=30^\circ ，PO=3，PA=5，求二面角C-AE-B的正弦值.$

Solution:
$取AB的中点M，连接OM，OA，以M为坐标原点，MB，MO所在直线分别为x,y轴，过点M且与平面ABC垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283904328450050/img/compression/M_c9ad20ee540229dc909be0764ea2f821.jpg)$\because PO=3,PA=5,\therefore 结合(1)可知OA=OB=4,又\angle ABO=\angle CBO=30^\circ ,\therefore OM=2,MB=2\sqrt{3},\therefore P(0,2,3),B(2\sqrt{3},0,0),A(-2\sqrt{3},0,0),E\left(\sqrt{3},1,\frac{3}{2}\right),\because AB\perp AC,\angle CBA=60^\circ ,AB=4\sqrt{3},\therefore AC=12,C(-2\sqrt{3},12,0).设平面AEB的法向量为n_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1}),\overrightarrow{AB}=(4\sqrt{3},0,0),\overrightarrow{AE}=\left(3\sqrt{3},1,\frac{3}{2}\right),\therefore \left\{\begin{matrix}\overrightarrow{AB}\cdot \boldsymbol{n}_1=0,\\ \overrightarrow{AE}\cdot \boldsymbol{n}_1=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}x_1=0,\\ 3\sqrt{3}x_1+y_1+\frac{3}{2}z_1=0,\end{matrix}\right.令y_{1}=3,则z_{1}=-2,\therefore n_{1}=(0,3,-2).设平面AEC的法向量为n_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2}),\overrightarrow{AC}=(0,12,0),\therefore \left\{\begin{matrix}\overrightarrow{AC}\cdot \boldsymbol{n}_2=0,\\ \overrightarrow{AE}\cdot \boldsymbol{n}_2=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}y_2=0,\\ 3\sqrt{3}x_2+y_2+\frac{3}{2}z_2=0,\end{matrix}\right.令x_{2}=\sqrt{3},则z_{2}=-6,\therefore n_{2}=(\sqrt{3},0,-6),\therefore \\cos  \langle n_{1},n_{2}\rangle =\frac{\boldsymbol{n}_1\cdot \boldsymbol{n}_2}{|\boldsymbol{n}_1|\cdot |\boldsymbol{n}_2|}=\frac{12}{\sqrt{13}\times \sqrt{39}}=\frac{4\sqrt{3}}{13}，设二面角C-AE-B的平面角为\theta ,则\\sin   \theta =\sqrt{1-\\\cos   ^2\theta }=\frac{11}{13},\therefore 二面角C-AE-B的正弦值为\frac{11}{13}.$

Final answer: $\frac{11}{13}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA=PB，AB\perp AC，E为PB的中点.$<img_1805>
$(2)若\angle ABO=\angle CBO=30^\circ ，PO=3，PA=5，求二面角C-AE-B的正弦值.$

Solution:
$取AB的中点M，连接OM，OA，以M为坐标原点，MB，MO所在直线分别为x,y轴，过点M且与平面ABC垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.$<img_2179>$\because PO=3,PA=5,\therefore 结合(1)可知OA=OB=4,又\angle ABO=\angle CBO=30^\circ ,\therefore OM=2,MB=2\sqrt{3},\therefore P(0,2,3),B(2\sqrt{3},0,0),A(-2\sqrt{3},0,0),E\left(\sqrt{3},1,\frac{3}{2}\right),\because AB\perp AC,\angle CBA=60^\circ ,AB=4\sqrt{3},\therefore AC=12,C(-2\sqrt{3},12,0).设平面AEB的法向量为n_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1}),\overrightarrow{AB}=(4\sqrt{3},0,0),\overrightarrow{AE}=\left(3\sqrt{3},1,\frac{3}{2}\right),\therefore \left\{\begin{matrix}\overrightarrow{AB}\cdot \boldsymbol{n}_1=0,\\ \overrightarrow{AE}\cdot \boldsymbol{n}_1=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}x_1=0,\\ 3\sqrt{3}x_1+y_1+\frac{3}{2}z_1=0,\end{matrix}\right.令y_{1}=3,则z_{1}=-2,\therefore n_{1}=(0,3,-2).设平面AEC的法向量为n_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2}),\overrightarrow{AC}=(0,12,0),\therefore \left\{\begin{matrix}\overrightarrow{AC}\cdot \boldsymbol{n}_2=0,\\ \overrightarrow{AE}\cdot \boldsymbol{n}_2=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}y_2=0,\\ 3\sqrt{3}x_2+y_2+\frac{3}{2}z_2=0,\end{matrix}\right.令x_{2}=\sqrt{3},则z_{2}=-6,\therefore n_{2}=(\sqrt{3},0,-6),\therefore \\cos  \langle n_{1},n_{2}\rangle =\frac{\boldsymbol{n}_1\cdot \boldsymbol{n}_2}{|\boldsymbol{n}_1|\cdot |\boldsymbol{n}_2|}=\frac{12}{\sqrt{13}\times \sqrt{39}}=\frac{4\sqrt{3}}{13}，设二面角C-AE-B的平面角为\theta ,则\\sin   \theta =\sqrt{1-\\\cos   ^2\theta }=\frac{11}{13},\therefore 二面角C-AE-B的正弦值为\frac{11}{13}.$

Final answer: $\frac{11}{13}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把\triangle DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF\perp BF.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283917645365249/img/compression/M_578924382bdbbe29fbb4235eb45a65f8.jpg)
$(1)证明：平面PEF\perp 平面ABFD；$

Solution:
$证明：由已知可得，BF\perp EF，又因为PF\perp BF，且PF、EF\subset 平面PEF，PF\cap EF=F，所以BF\perp 平面PEF，又BF\subset 平面ABFD，所以平面PEF\perp 平面ABFD.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把\triangle DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF\perp BF.$<img_1746>
$(1)证明：平面PEF\perp 平面ABFD；$

Solution:
$证明：由已知可得，BF\perp EF，又因为PF\perp BF，且PF、EF\subset 平面PEF，PF\cap EF=F，所以BF\perp 平面PEF，又BF\subset 平面ABFD，所以平面PEF\perp 平面ABFD.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把\triangle DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF\perp BF.$<img_1746>
$(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.$

Solution:
$设正方形ABCD的边长为2.作PH\perp EF，垂足为H.由(1)得，PH\perp 平面ABFD.以H为坐标原点，\overrightarrow{HF}的方向为y轴正方向，|\overrightarrow{BF}|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.$<img_3033>$由(1)可得，DE\perp PE.又DP=2，DE=1，所以PE=\sqrt{3}，又PF=1，EF=2，故PE^{2}+PF^{2}=EF^{2}，所以PE\perp PF，又PH\perp EF，所以PH=\frac{PE\cdot PF}{EF}=\frac{\sqrt{3}}{2}，EH=\frac{3}{2}，则H(0，0，0)，P\left(0,0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right),D\left(-1,-\frac{3}{2},0\right),所以\overrightarrow{DP}=\left(1,\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，易知\overrightarrow{HP}=\left(0,0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)为平面ABFD的一个法向量.设DP与平面ABFD所成角为\theta ，则\\sin   \theta =\left|\frac{\overrightarrow{HP}\cdot \overrightarrow{DP}}{|\overrightarrow{HP}||\overrightarrow{DP}|}\right|=\frac{\frac{3}{4}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{4}.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为\frac{\sqrt{3}}{4}.$

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


Question: $如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把\triangle DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF\perp BF.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283917645365249/img/compression/M_578924382bdbbe29fbb4235eb45a65f8.jpg)
$(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.$

Solution:
$设正方形ABCD的边长为2.作PH\perp EF，垂足为H.由(1)得，PH\perp 平面ABFD.以H为坐标原点，\overrightarrow{HF}的方向为y轴正方向，|\overrightarrow{BF}|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283917993492481/img/compression/M_8e4ec4d571a195ee5c7d2ad62d828929.jpg)$由(1)可得，DE\perp PE.又DP=2，DE=1，所以PE=\sqrt{3}，又PF=1，EF=2，故PE^{2}+PF^{2}=EF^{2}，所以PE\perp PF，又PH\perp EF，所以PH=\frac{PE\cdot PF}{EF}=\frac{\sqrt{3}}{2}，EH=\frac{3}{2}，则H(0，0，0)，P\left(0,0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right),D\left(-1,-\frac{3}{2},0\right),所以\overrightarrow{DP}=\left(1,\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，易知\overrightarrow{HP}=\left(0,0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)为平面ABFD的一个法向量.设DP与平面ABFD所成角为\theta ，则\\sin   \theta =\left|\frac{\overrightarrow{HP}\cdot \overrightarrow{DP}}{|\overrightarrow{HP}||\overrightarrow{DP}|}\right|=\frac{\frac{3}{4}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{4}.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为\frac{\sqrt{3}}{4}.$

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


Question: $如图，四面体ABCD中，\triangle ABC是正三角形，\triangle ACD是直角三角形，\angle ABD=\angle CBD，AB=BD.$<img_1737>
$(1)证明：平面ACD\perp 平面ABC；$

Solution:
$证明：由题设可得，\triangle ABD\cong \triangle CBD，从而AD=DC.又\triangle ACD是直角三角形，所以\angle ADC=90^\circ .取AC的中点O，连接DO，BO，则DO\perp AC，DO=AO.又\triangle ABC是正三角形，故BO\perp AC.所以\angle DOB为二面角D-AC-B的平面角.在Rt\triangle AOB中，BO^{2}+AO^{2}=AB^{2}.又AB=BD，所以BO^{2}+DO^{2}=BO^{2}+AO^{2}=AB^{2}=BD^{2}，故\angle DOB=90^\circ .所以平面ACD\perp 平面ABC.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四面体ABCD中，\triangle ABC是正三角形，\triangle ACD是直角三角形，\angle ABD=\angle CBD，AB=BD.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283919226617858/img/compression/M_7364c3ca3849058e1e74c94892910222.jpg)
$(1)证明：平面ACD\perp 平面ABC；$

Solution:
$证明：由题设可得，\triangle ABD\cong \triangle CBD，从而AD=DC.又\triangle ACD是直角三角形，所以\angle ADC=90^\circ .取AC的中点O，连接DO，BO，则DO\perp AC，DO=AO.又\triangle ABC是正三角形，故BO\perp AC.所以\angle DOB为二面角D-AC-B的平面角.在Rt\triangle AOB中，BO^{2}+AO^{2}=AB^{2}.又AB=BD，所以BO^{2}+DO^{2}=BO^{2}+AO^{2}=AB^{2}=BD^{2}，故\angle DOB=90^\circ .所以平面ACD\perp 平面ABC.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四面体ABCD中，\triangle ABC是正三角形，\triangle ACD是直角三角形，\angle ABD=\angle CBD，AB=BD.$<img_1737>
$(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D-AE-C的余弦值.$

Solution:
$由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直.以O为坐标原点，\overrightarrow{OA}的方向为x轴正方向，|\overrightarrow{OA}|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则A(1，0，0)，B(0，\sqrt{3}，0)，C(-1，0，0)，D(0，0，1).由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的\frac{1}{2}，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的\frac{1}{2}，即E为DB的中点，得E\left(0,\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2}\right).故\overrightarrow{AD}=(-1，0，1)，\overrightarrow{AC}=(-2，0，0)，\overrightarrow{AE}=\left(-1,\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2}\right).设n=(x，y，z)是平面DAE的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AD}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AE}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}-x+z=0,\\ -x+\frac{\sqrt{3}}{2}y+\frac{1}{2}z=0.\end{matrix}\right.可取n=\left(1,\frac{\sqrt{3}}{3},1\right).设m是平面AEC的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{AC}=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{AE}=0.\end{matrix}\right.同理可取m=(0，-1，\sqrt{3}).则\\cos  \langle n，m\rangle =\frac{\boldsymbol{n}\cdot \boldsymbol{m}}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{m}|}=\frac{\sqrt{7}}{7}.易知二面角D-AE-C为锐二面角，所以二面角D-AE-C的余弦值为\frac{\sqrt{7}}{7}.$<img_2367>

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


Question: $如图，四面体ABCD中，\triangle ABC是正三角形，\triangle ACD是直角三角形，\angle ABD=\angle CBD，AB=BD.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283919226617858/img/compression/M_7364c3ca3849058e1e74c94892910222.jpg)
$(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D-AE-C的余弦值.$

Solution:
$由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直.以O为坐标原点，\overrightarrow{OA}的方向为x轴正方向，|\overrightarrow{OA}|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则A(1，0，0)，B(0，\sqrt{3}，0)，C(-1，0，0)，D(0，0，1).由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的\frac{1}{2}，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的\frac{1}{2}，即E为DB的中点，得E\left(0,\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2}\right).故\overrightarrow{AD}=(-1，0，1)，\overrightarrow{AC}=(-2，0，0)，\overrightarrow{AE}=\left(-1,\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2}\right).设n=(x，y，z)是平面DAE的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AD}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AE}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}-x+z=0,\\ -x+\frac{\sqrt{3}}{2}y+\frac{1}{2}z=0.\end{matrix}\right.可取n=\left(1,\frac{\sqrt{3}}{3},1\right).设m是平面AEC的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{AC}=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{AE}=0.\end{matrix}\right.同理可取m=(0，-1，\sqrt{3}).则\\cos  \langle n，m\rangle =\frac{\boldsymbol{n}\cdot \boldsymbol{m}}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{m}|}=\frac{\sqrt{7}}{7}.易知二面角D-AE-C为锐二面角，所以二面角D-AE-C的余弦值为\frac{\sqrt{7}}{7}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283919608299524/img/compression/M_056e4680f0f672d27b9b8bd4a0d60795.jpg)

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


Question: $如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点E、F、G分别是棱AB、AP、PD的中点．$<img_3059>
$(1)证明：PC\parallel 平面EFG；$

Solution:
$证法一：因为E、F、G分别是棱AB、AP、PD的中点，所以EF\parallel BP，GF\parallel AD，又EF\not\subset 平面PBC，BP\subset 平面PBC，所以EF\parallel 平面PBC，又因为底面ABCD为平行四边形，所以AD\parallel BC，则GF\parallel BC，又GF\not\subset 平面PBC，BC\subset 平面PBC，所以GF\parallel 平面PBC，因为GF\cap EF=F，GF，EF\subset 平面EFG，所以平面EFG\parallel 平面PBC，又PC\subset 平面PBC，所以PC\parallel 平面EFG．证法二：取AC的中点H，连接FH，HE，GH，因为E、H分别是AB、AC的中点，所以EH\parallel BC，同理可知FG\parallel AD，所以EH\parallel FG，所以E、H、G、F四点共面．同理可知FH\parallel PC，又PC\not\subset 平面EFG，FH\subset 平面EFG，所以PC\parallel 平面EFG．$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点E、F、G分别是棱AB、AP、PD的中点．$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283913765634051/img/compression/M_2b9715567145d97814d18c86dbc7707f.jpg)
$(1)证明：PC\parallel 平面EFG；$

Solution:
$证法一：因为E、F、G分别是棱AB、AP、PD的中点，所以EF\parallel BP，GF\parallel AD，又EF\not\subset 平面PBC，BP\subset 平面PBC，所以EF\parallel 平面PBC，又因为底面ABCD为平行四边形，所以AD\parallel BC，则GF\parallel BC，又GF\not\subset 平面PBC，BC\subset 平面PBC，所以GF\parallel 平面PBC，因为GF\cap EF=F，GF，EF\subset 平面EFG，所以平面EFG\parallel 平面PBC，又PC\subset 平面PBC，所以PC\parallel 平面EFG．证法二：取AC的中点H，连接FH，HE，GH，因为E、H分别是AB、AC的中点，所以EH\parallel BC，同理可知FG\parallel AD，所以EH\parallel FG，所以E、H、G、F四点共面．同理可知FH\parallel PC，又PC\not\subset 平面EFG，FH\subset 平面EFG，所以PC\parallel 平面EFG．$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点E、F、G分别是棱AB、AP、PD的中点．$<img_3059>
$(2)若PC=PD=CD=2\sqrt{2}，AC=AD=AP=2，求PD与平面EFG所成角的大小．$

Solution:
$因为PC=PD=CD=2\sqrt{2}，AC=AD=AP=2，所以AP\perp AD，AP\perp AC,AD\perp AC.又AD\cap AC=A，AC\subset 平面ABCD，AD\subset 平面ABCD，所以AP\perp 平面ABCD，以A为原点，AC，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，E(1,-1,0)，F(0,0,1)，G(0,1,1)，P(0,0,2)，D(0,2,0),所以\overrightarrow{EF}=(-1,1,1)，\overrightarrow{FG}=(0,1,0)，\overrightarrow{PD}=(0,2,-2)，设平面EFG的一个法向量为n=(x_{0},y_{0},z_{0})，所以\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{EF}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{FG}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}-x_0+y_0+z_0=0,\\ y_0=0,\end{matrix}\right.取x_{0}=1，则n=(-1,0,1)，设\overrightarrow{PD}与平面EFG所成的角为\alpha ，则\\sin   \alpha =|\\cos  \langle \overrightarrow{PD},n\rangle |=\left|\frac{-2}{\sqrt{8}\cdot \sqrt{2}}\right|=\frac{1}{2}，则直线PD与平面EFG所成的角为\frac{\pi }{6}．$

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


Question: $如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点E、F、G分别是棱AB、AP、PD的中点．$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283913765634051/img/compression/M_2b9715567145d97814d18c86dbc7707f.jpg)
$(2)若PC=PD=CD=2\sqrt{2}，AC=AD=AP=2，求PD与平面EFG所成角的大小．$

Solution:
$因为PC=PD=CD=2\sqrt{2}，AC=AD=AP=2，所以AP\perp AD，AP\perp AC,AD\perp AC.又AD\cap AC=A，AC\subset 平面ABCD，AD\subset 平面ABCD，所以AP\perp 平面ABCD，以A为原点，AC，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，E(1,-1,0)，F(0,0,1)，G(0,1,1)，P(0,0,2)，D(0,2,0),所以\overrightarrow{EF}=(-1,1,1)，\overrightarrow{FG}=(0,1,0)，\overrightarrow{PD}=(0,2,-2)，设平面EFG的一个法向量为n=(x_{0},y_{0},z_{0})，所以\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{EF}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{FG}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}-x_0+y_0+z_0=0,\\ y_0=0,\end{matrix}\right.取x_{0}=1，则n=(-1,0,1)，设\overrightarrow{PD}与平面EFG所成的角为\alpha ，则\\sin   \alpha =|\\cos  \langle \overrightarrow{PD},n\rangle |=\left|\frac{-2}{\sqrt{8}\cdot \sqrt{2}}\right|=\frac{1}{2}，则直线PD与平面EFG所成的角为\frac{\pi }{6}．$

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


Question: $如图，等腰梯形ABCD中，AB\parallel CD，AD=AB=BC=1,CD=2,E为CD中点，以AE为折痕把\triangle ADE折起，使点D到达点P的位置(P∉平面ABCE).$<img_1534>
$(1)求证:AE\perp PB；$

Solution:
$证明：连接BD，BE，设AE的中点为O,\because AB\parallel CE，AB=CE=\frac{1}{2}CD,\therefore 四边形ABCE为平行四边形，\therefore AE=BC=AD=DE，\therefore \triangle ADE，\triangle ABE为等边三角形，\therefore 四边形ABED为菱形，\therefore OD\perp AE，OB\perp AE,折叠后OP\perp AE,OB\perp AE，又OP\cap OB=O,\therefore AE\perp 平面POB，又PB\subset 平面POB,\therefore AE\perp PB.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，等腰梯形ABCD中，AB\parallel CD，AD=AB=BC=1,CD=2,E为CD中点，以AE为折痕把\triangle ADE折起，使点D到达点P的位置(P∉平面ABCE).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283928091447298/img/compression/M_7c3c33302f258e56b6079208c0dcbfff.jpg)
$(1)求证:AE\perp PB；$

Solution:
$证明：连接BD，BE，设AE的中点为O,\because AB\parallel CE，AB=CE=\frac{1}{2}CD,\therefore 四边形ABCE为平行四边形，\therefore AE=BC=AD=DE，\therefore \triangle ADE，\triangle ABE为等边三角形，\therefore 四边形ABED为菱形，\therefore OD\perp AE，OB\perp AE,折叠后OP\perp AE,OB\perp AE，又OP\cap OB=O,\therefore AE\perp 平面POB，又PB\subset 平面POB,\therefore AE\perp PB.$

Final answer: 证明题