di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
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/1693861433707790339/img/compression/M_e9e20a69545b3b0fda16b89187b0aa22.jpg)
$(1)证明：MN\parallel 平面C_{1}DE；$

Solution:
$证明：\because 直四棱柱ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}的底面是菱形，\angle BAD=60^\circ ,E是BC的中点,\therefore DD_{1}\perp 平面ABCD,DE\perp AD,以D为原点，DA,DE,DD_{1}所在直线分别为x轴、y轴、z轴，1为单位长度，建立空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693861434039140354/img/compression/M_83a1c8b5ff47c72057647634e5c6a97d.jpg)$则M(1,\sqrt{3},2),N(1,0,2),D(0,0,0),E(0,\sqrt{3},0),C_{1}(-1,\sqrt{3},4),所以\overrightarrow{MN}=(0,-\sqrt{3},0),\overrightarrow{DC_1}=(-1,\sqrt{3},4),\overrightarrow{DE}=(0,\sqrt{3},0),设平面C_{1}DE的法向量为n=(x,y,z),则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{DC_1}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{DE}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}-x+\sqrt{3}y+4z=0,\\ \sqrt{3}y=0,\end{matrix}\right.取z=1,则y=0,x=4,则n=(4,0,1)为平面C_{1}DE的一个法向量.\because \overrightarrow{MN}\cdot n=0,MN\not\subset 平面C_{1}DE,\therefore MN\parallel 平面C_{1}DE.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，直四棱柱ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}的底面是菱形，AA_{1}=4，AB=2，\angle BAD=60^\circ ，E，M，N分别是BC，BB_{1}，A_{1}D的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693861433707790339/img/compression/M_e9e20a69545b3b0fda16b89187b0aa22.jpg)
$(2)求点C到平面C_{1}DE的距离.$

Solution:
$由(1)得C(-1,\sqrt{3},0),\therefore \overrightarrow{DC}=(-1,\sqrt{3},0),由(1)知平面C_{1}DE的一个法向量为n=(4,0,1),\therefore 点C到平面C_{1}DE的距离d=\frac{|\overrightarrow{DC}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{4}{\sqrt{17}}=\frac{4\sqrt{17}}{17}.$

Final answer: $\frac{4\sqrt{17}}{17}$
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_1510>
$(2)求点C到平面C_{1}DE的距离.$

Solution:
$由(1)得C(-1,\sqrt{3},0),\therefore \overrightarrow{DC}=(-1,\sqrt{3},0),由(1)知平面C_{1}DE的一个法向量为n=(4,0,1),\therefore 点C到平面C_{1}DE的距离d=\frac{|\overrightarrow{DC}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{4}{\sqrt{17}}=\frac{4\sqrt{17}}{17}.$

Final answer: $\frac{4\sqrt{17}}{17}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AC=3，BC=4，AB=5，AA_{1}=4.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693850526376534018/img/compression/M_0c5ea1ef5103cb837dde39b7497cc827.jpg)
$(1)设\overrightarrow{AD}=\lambda \overrightarrow{AB} (0＜\lambda ＜1)，异面直线AC_{1}与CD所成角的余弦值为\frac{9}{25},求\lambda 的值；$

Solution:
$易知CA，CB，CC_{1}两两垂直.以C为原点，CA，CB，CC_{1}所在直线分别为x轴，y轴，z轴，1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693850526758215681/img/compression/M_954c876a441a5808a1a00a3cafa80a70.jpg)$则A(3，0，0)，B(0，4，0)，C(0，0，0)，C_{1}(0，0，4)，所以\overrightarrow{AC_1}＝(-3，0，4)，\overrightarrow{AB}＝(-3，4，0)，(2分)因为\overrightarrow{AD}=\lambda \overrightarrow{AB}=(-3\lambda ,4\lambda ，0),所以D(-3\lambda ＋3，4\lambda ，0)，所以\overrightarrow{CD}＝(-3\lambda ＋3，4\lambda ，0).(4分)因为异面直线AC_{1}与CD所成角的余弦值为\frac{9}{25}，所以|\\cos  \langle \overrightarrow{AC_1},\overrightarrow{CD}\rangle |＝\frac{|\overrightarrow{AC_1}\cdot \overrightarrow{CD}|}{|\overrightarrow{AC_1}||\overrightarrow{CD}|}=\frac{|9\lambda -9|}{5\times \sqrt{{(-3\lambda +3)}^2+16\lambda ^2}}=\frac{9}{25}，解得\lambda ＝\frac{1}{2}.(6分)$

Final answer: $\frac{1}{2}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AC=3，BC=4，AB=5，AA_{1}=4.$<img_2849>
$(1)设\overrightarrow{AD}=\lambda \overrightarrow{AB} (0＜\lambda ＜1)，异面直线AC_{1}与CD所成角的余弦值为\frac{9}{25},求\lambda 的值；$

Solution:
$易知CA，CB，CC_{1}两两垂直.以C为原点，CA，CB，CC_{1}所在直线分别为x轴，y轴，z轴，1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，$<img_1841>$则A(3，0，0)，B(0，4，0)，C(0，0，0)，C_{1}(0，0，4)，所以\overrightarrow{AC_1}＝(-3，0，4)，\overrightarrow{AB}＝(-3，4，0)，(2分)因为\overrightarrow{AD}=\lambda \overrightarrow{AB}=(-3\lambda ,4\lambda ，0),所以D(-3\lambda ＋3，4\lambda ，0)，所以\overrightarrow{CD}＝(-3\lambda ＋3，4\lambda ，0).(4分)因为异面直线AC_{1}与CD所成角的余弦值为\frac{9}{25}，所以|\\cos  \langle \overrightarrow{AC_1},\overrightarrow{CD}\rangle |＝\frac{|\overrightarrow{AC_1}\cdot \overrightarrow{CD}|}{|\overrightarrow{AC_1}||\overrightarrow{CD}|}=\frac{|9\lambda -9|}{5\times \sqrt{{(-3\lambda +3)}^2+16\lambda ^2}}=\frac{9}{25}，解得\lambda ＝\frac{1}{2}.(6分)$

Final answer: $\frac{1}{2}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AC=3，BC=4，AB=5，AA_{1}=4.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693850526376534018/img/compression/M_0c5ea1ef5103cb837dde39b7497cc827.jpg)
$(2)若D是AB的中点，求二面角D-CB_{1}-B的余弦值.$

Solution:
$由(1)得B_{1}(0，4，4)，D\left(\frac{3}{2},2,0\right)，所以\overrightarrow{CB_1}＝(0，4，4)，\overrightarrow{CD}＝\left(\frac{3}{2},2,0\right).(7分)易知平面CBB_{1}C_{1}的一个法向量为n=(1,0,0).(8分)设平面DB_{1}C的法向量为m=(x_{0},y_{0},z_{0}).由\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{CD}=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{CB_1}=0\end{matrix}\right.得 \left\{\begin{matrix}\frac{3}{2}x_0+2y_0=0,\\ 4y_0+4z_0=0,\end{matrix}\right.令x_{0}＝4，则y_{0}＝-3，z_{0}＝3，所以m=(4,-3,3)为平面DB_{1}C的一个法向量.(10分)由于\\cos  \langle n,m\rangle =\frac{\boldsymbol{n}\cdot \boldsymbol{m}}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{m}|}=\frac{4}{\sqrt{34}}=\frac{2\sqrt{34}}{17}，所以二面角D-CB_{1}-B的余弦值为\frac{2\sqrt{34}}{17}.(12分)$

Final answer: $\frac{2\sqrt{34}}{17}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AC=3，BC=4，AB=5，AA_{1}=4.$<img_2849>
$(2)若D是AB的中点，求二面角D-CB_{1}-B的余弦值.$

Solution:
$由(1)得B_{1}(0，4，4)，D\left(\frac{3}{2},2,0\right)，所以\overrightarrow{CB_1}＝(0，4，4)，\overrightarrow{CD}＝\left(\frac{3}{2},2,0\right).(7分)易知平面CBB_{1}C_{1}的一个法向量为n=(1,0,0).(8分)设平面DB_{1}C的法向量为m=(x_{0},y_{0},z_{0}).由\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{CD}=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{CB_1}=0\end{matrix}\right.得 \left\{\begin{matrix}\frac{3}{2}x_0+2y_0=0,\\ 4y_0+4z_0=0,\end{matrix}\right.令x_{0}＝4，则y_{0}＝-3，z_{0}＝3，所以m=(4,-3,3)为平面DB_{1}C的一个法向量.(10分)由于\\cos  \langle n,m\rangle =\frac{\boldsymbol{n}\cdot \boldsymbol{m}}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{m}|}=\frac{4}{\sqrt{34}}=\frac{2\sqrt{34}}{17}，所以二面角D-CB_{1}-B的余弦值为\frac{2\sqrt{34}}{17}.(12分)$

Final answer: $\frac{2\sqrt{34}}{17}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图1，平面图形PABCD由直角梯形ABCD和Rt\triangle PAD拼接而成，其中AB=BC=1，BC\parallel AD，AB\perp AD，PA=PD=\sqrt{2}，PA\perp PD，PC与AD相交于点O，现沿着AD将其折成四棱锥P-ABCD(如图2).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693850529165746178/img/compression/M_50551873329946ebc4a6c4306b960029.jpg)
$(1)当侧面PAD\perp 底面ABCD时，求点B到平面PCD的距离；$

Solution:
$在题图1中，\because PA\perp PD，PA=PD=\sqrt{2}，\therefore AD=2.易知四边形ABCO为正方形，\therefore AO=1，即O为AD的中点，\therefore PO\perp AD，\therefore PO=1.在题图2中，\because 侧面PAD\perp 底面ABCD，侧面PAD\cap 底面ABCD=AD，\therefore PO\perp 平面ABCD，(2分)易知PO，AD，OC两两垂直.以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，1为单位长度，建立空间直角坐标系，如图所示，则P(0,0,1)，A(0,-1,0)，B(1,-1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693850528595320833/img/compression/M_6012ff2b05569672bd2ca5bd64dbd7ce.jpg)$\therefore \overrightarrow{PB}=(1,-1,-1)，\overrightarrow{CP}=(-1,0,1)，\overrightarrow{PD}=(0,1,-1).(4分)设平面PCD的法向量为u=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{u}\cdot \overrightarrow{CP}=-x+z=0,\\ \boldsymbol{u}\cdot \overrightarrow{PD}=y-z=0,\end{matrix}\right.取z=1，得x=1,y=1,则u=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量，则点B到平面PCD的距离d=\frac{|\overrightarrow{PB}\cdot \boldsymbol{u}|}{|\boldsymbol{u}|}=\frac{\sqrt{3}}{3}.(6分)$

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


Question: $如图1，平面图形PABCD由直角梯形ABCD和Rt\triangle PAD拼接而成，其中AB=BC=1，BC\parallel AD，AB\perp AD，PA=PD=\sqrt{2}，PA\perp PD，PC与AD相交于点O，现沿着AD将其折成四棱锥P-ABCD(如图2).$<img_1912>
$(1)当侧面PAD\perp 底面ABCD时，求点B到平面PCD的距离；$

Solution:
$在题图1中，\because PA\perp PD，PA=PD=\sqrt{2}，\therefore AD=2.易知四边形ABCO为正方形，\therefore AO=1，即O为AD的中点，\therefore PO\perp AD，\therefore PO=1.在题图2中，\because 侧面PAD\perp 底面ABCD，侧面PAD\cap 底面ABCD=AD，\therefore PO\perp 平面ABCD，(2分)易知PO，AD，OC两两垂直.以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，1为单位长度，建立空间直角坐标系，如图所示，则P(0,0,1)，A(0,-1,0)，B(1,-1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，$<img_2215>$\therefore \overrightarrow{PB}=(1,-1,-1)，\overrightarrow{CP}=(-1,0,1)，\overrightarrow{PD}=(0,1,-1).(4分)设平面PCD的法向量为u=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{u}\cdot \overrightarrow{CP}=-x+z=0,\\ \boldsymbol{u}\cdot \overrightarrow{PD}=y-z=0,\end{matrix}\right.取z=1，得x=1,y=1,则u=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量，则点B到平面PCD的距离d=\frac{|\overrightarrow{PB}\cdot \boldsymbol{u}|}{|\boldsymbol{u}|}=\frac{\sqrt{3}}{3}.(6分)$

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


Question: $如图1，平面图形PABCD由直角梯形ABCD和Rt\triangle PAD拼接而成，其中AB=BC=1，BC\parallel AD，AB\perp AD，PA=PD=\sqrt{2}，PA\perp PD，PC与AD相交于点O，现沿着AD将其折成四棱锥P-ABCD(如图2).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693850529165746178/img/compression/M_50551873329946ebc4a6c4306b960029.jpg)
$(2)在(1)的条件下，线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q-AC-D的余弦值为\frac{\sqrt{6}}{3}？若存在，求出\frac{PQ}{QD}的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$假设存在满足题意的点Q，且\overrightarrow{PQ}=\lambda \overrightarrow{PD}(0\leq \lambda <1).\because \overrightarrow{PD}=(0,1,-1)，\therefore \overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{OQ}-\overrightarrow{OP}=(0,\lambda ,-\lambda )，\therefore \overrightarrow{OQ}=(0,\lambda ,1-\lambda )，\therefore Q(0,\lambda ,1-\lambda ).(7分)设平面CAQ的法向量为m=(x_{1},y_{1},z_{1})，又\because \overrightarrow{AC}=(1,1,0)，\overrightarrow{AQ}=(0,\lambda +1,1-\lambda )，\therefore \left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{AC}=x_1+y_1=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{AQ}=(\lambda +1)y_1+(1-\lambda )z_1=0,\end{matrix}\right.取z_{1}=1+\lambda ，则y_{1}=\lambda -1,x_{1}=1-\lambda ,则m=(1-\lambda ,\lambda -1,\lambda +1)为平面CAQ的一个法向量.(9分)易知平面CAD的一个法向量为n=(0,0,1)，(10分)\because 二面角Q-AC-D的余弦值为\frac{\sqrt{6}}{3}，\therefore |\\cos  \langle m,n\rangle |=\frac{|\boldsymbol{m}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{|\lambda +1|}{\sqrt{{(1-\lambda )}^2+{(\lambda -1)}^2+{(\lambda +1)}^2}\times 1}=\frac{\sqrt{6}}{3}，化简，得3\lambda ^{2}-10\lambda +3=0，解得\lambda =\frac{1}{3}或\lambda =3(舍去).\therefore 线段PD上存在满足题意的点Q，且\frac{PQ}{QD}=\frac{1}{2}.(12分)$

Final answer: $\frac{1}{2}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图1，平面图形PABCD由直角梯形ABCD和Rt\triangle PAD拼接而成，其中AB=BC=1，BC\parallel AD，AB\perp AD，PA=PD=\sqrt{2}，PA\perp PD，PC与AD相交于点O，现沿着AD将其折成四棱锥P-ABCD(如图2).$<img_1912>
$(2)在(1)的条件下，线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q-AC-D的余弦值为\frac{\sqrt{6}}{3}？若存在，求出\frac{PQ}{QD}的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$假设存在满足题意的点Q，且\overrightarrow{PQ}=\lambda \overrightarrow{PD}(0\leq \lambda <1).\because \overrightarrow{PD}=(0,1,-1)，\therefore \overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{OQ}-\overrightarrow{OP}=(0,\lambda ,-\lambda )，\therefore \overrightarrow{OQ}=(0,\lambda ,1-\lambda )，\therefore Q(0,\lambda ,1-\lambda ).(7分)设平面CAQ的法向量为m=(x_{1},y_{1},z_{1})，又\because \overrightarrow{AC}=(1,1,0)，\overrightarrow{AQ}=(0,\lambda +1,1-\lambda )，\therefore \left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{AC}=x_1+y_1=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{AQ}=(\lambda +1)y_1+(1-\lambda )z_1=0,\end{matrix}\right.取z_{1}=1+\lambda ，则y_{1}=\lambda -1,x_{1}=1-\lambda ,则m=(1-\lambda ,\lambda -1,\lambda +1)为平面CAQ的一个法向量.(9分)易知平面CAD的一个法向量为n=(0,0,1)，(10分)\because 二面角Q-AC-D的余弦值为\frac{\sqrt{6}}{3}，\therefore |\\cos  \langle m,n\rangle |=\frac{|\boldsymbol{m}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{|\lambda +1|}{\sqrt{{(1-\lambda )}^2+{(\lambda -1)}^2+{(\lambda +1)}^2}\times 1}=\frac{\sqrt{6}}{3}，化简，得3\lambda ^{2}-10\lambda +3=0，解得\lambda =\frac{1}{3}或\lambda =3(舍去).\therefore 线段PD上存在满足题意的点Q，且\frac{PQ}{QD}=\frac{1}{2}.(12分)$

Final answer: $\frac{1}{2}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，AB\parallel CD且\angle BAP=\angle CDP=90^\circ .$<img_2778>
$(1)证明：平面PAB\perp 平面PAD；$

Solution:
$证明：在四棱锥P-ABCD中，\angle CDP=90^\circ ，即CD\perp PD，而AB\parallel CD，则AB\perp PD.因为\angle BAP=90^\circ ，所以AB\perp PA，(2分)又因为PA\cap PD=P，PA,PD\subset 平面PAD，所以AB\perp 平面PAD，又因为AB\subset 平面PAB，所以平面PAB\perp 平面PAD.(4分)$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，AB\parallel CD且\angle BAP=\angle CDP=90^\circ .$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693850550572482563/img/compression/M_09dbcd06be4dc5e67521ba0ce7b021c4.jpg)
$(1)证明：平面PAB\perp 平面PAD；$

Solution:
$证明：在四棱锥P-ABCD中，\angle CDP=90^\circ ，即CD\perp PD，而AB\parallel CD，则AB\perp PD.因为\angle BAP=90^\circ ，所以AB\perp PA，(2分)又因为PA\cap PD=P，PA,PD\subset 平面PAD，所以AB\perp 平面PAD，又因为AB\subset 平面PAB，所以平面PAB\perp 平面PAD.(4分)$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，AB\parallel CD且\angle BAP=\angle CDP=90^\circ .$<img_2778>
$(2)若PA=PD=AB=CD，\angle APD=90^\circ ，求平面PAB和平面PBC所成角的余弦值.$

Solution:
$分别取AD，BC的中点O，E，连接PO，OE.因为AB\parallel CD,AB=CD，所以四边形ABCD是平行四边形，则OE\parallel AB，由(1)知AB\perp 平面PAD，则OE\perp 平面PAD，因为PO，AD\subset 平面PAD，所以OE\perp PO，OE\perp AD.又PA=PD，所以PO\perp AD，所以OA,OE,OP两两互相垂直，设OP=1，因为\angle APD=90^\circ ，所以PA=PD=AB=DC=\sqrt{2}.以O为原点，\overrightarrow{OA}，\overrightarrow{OE}，\overrightarrow{OP}的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，1为单位长度，建立空间直角坐标系，$<img_2752>$则A(1,0,0),B(1,\sqrt{2},0),P(0,0,1),C(-1,\sqrt{2},0)，于是\overrightarrow{AB}=(0,\sqrt{2},0),\overrightarrow{PB}=(1,\sqrt{2},-1),\overrightarrow{CB}=(2,0,0)，(6分)设n=(x_{1},y_{1},z_{1})是平面PAB的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AB}=\sqrt{2}y_1=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{PB}=x_1+\sqrt{2}y_1-z_1=0,\end{matrix}\right.取x_{1}=1，得y_{1}=0,z_{1}=1,则n=(1,0,1)是平面PAB的一个法向量.(8分)设m=(x_{2},y_{2},z_{2})是平面PBC的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{CB}=2x_2=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{PB}=x_2+\sqrt{2}y_2-z_2=0,\end{matrix}\right.取y_{2}=1,得x_{2}=0,z_{2}=\sqrt{2}，则m=(0,1,\sqrt{2})是平面PBC的一个法向量.(10分)设平面PAB和平面PBC所成的角为\theta ，则\\cos   \theta =|\\cos  \langle m,n\rangle |=\frac{|\boldsymbol{m}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}\times \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}，(11分)所以平面PAB和平面PBC所成角的余弦值为\frac{\sqrt{3}}{3}.(12分)$

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


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，AB\parallel CD且\angle BAP=\angle CDP=90^\circ .$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693850550572482563/img/compression/M_09dbcd06be4dc5e67521ba0ce7b021c4.jpg)
$(2)若PA=PD=AB=CD，\angle APD=90^\circ ，求平面PAB和平面PBC所成角的余弦值.$

Solution:
$分别取AD，BC的中点O，E，连接PO，OE.因为AB\parallel CD,AB=CD，所以四边形ABCD是平行四边形，则OE\parallel AB，由(1)知AB\perp 平面PAD，则OE\perp 平面PAD，因为PO，AD\subset 平面PAD，所以OE\perp PO，OE\perp AD.又PA=PD，所以PO\perp AD，所以OA,OE,OP两两互相垂直，设OP=1，因为\angle APD=90^\circ ，所以PA=PD=AB=DC=\sqrt{2}.以O为原点，\overrightarrow{OA}，\overrightarrow{OE}，\overrightarrow{OP}的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，1为单位长度，建立空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693850551008690178/img/compression/M_d79d107feaccb0ff3f5e22105aa060b0.jpg)$则A(1,0,0),B(1,\sqrt{2},0),P(0,0,1),C(-1,\sqrt{2},0)，于是\overrightarrow{AB}=(0,\sqrt{2},0),\overrightarrow{PB}=(1,\sqrt{2},-1),\overrightarrow{CB}=(2,0,0)，(6分)设n=(x_{1},y_{1},z_{1})是平面PAB的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AB}=\sqrt{2}y_1=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{PB}=x_1+\sqrt{2}y_1-z_1=0,\end{matrix}\right.取x_{1}=1，得y_{1}=0,z_{1}=1,则n=(1,0,1)是平面PAB的一个法向量.(8分)设m=(x_{2},y_{2},z_{2})是平面PBC的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{CB}=2x_2=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{PB}=x_2+\sqrt{2}y_2-z_2=0,\end{matrix}\right.取y_{2}=1,得x_{2}=0,z_{2}=\sqrt{2}，则m=(0,1,\sqrt{2})是平面PBC的一个法向量.(10分)设平面PAB和平面PBC所成的角为\theta ，则\\cos   \theta =|\\cos  \langle m,n\rangle |=\frac{|\boldsymbol{m}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}\times \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}，(11分)所以平面PAB和平面PBC所成角的余弦值为\frac{\sqrt{3}}{3}.(12分)$

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


Question: $如图，在半径为4的四分之一圆(O为圆心)铝皮上截取一块矩形材料OABC，其中点B在圆弧上，点A，C在两半径上，现将此矩形铝皮OABC卷成一个以AB为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁和拼接损耗)，设AB=x，圆柱的体积为V.$<img_2142>
$(1)求出V关于x的函数关系式$

Solution:
$在Rt\triangle OAB中，OA=\sqrt{16-x^2}，0设圆柱的底面半径为r，则\sqrt{16-x^2}=2\pi r，即16-x^{2}=4\pi ^{2}r^{2}，即r^{2}=\frac{16-x^2}{4\pi ^2},所以V=\pi r^{2}x=\frac{16x-x^3}{4\pi }，定义域为{x|0<x<4}.$



Final answer: V = (16x - x^3)/(4\pi )
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在半径为4的四分之一圆(O为圆心)铝皮上截取一块矩形材料OABC，其中点B在圆弧上，点A，C在两半径上，现将此矩形铝皮OABC卷成一个以AB为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁和拼接损耗)，设AB=x，圆柱的体积为V.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702935650150379523/img/compression/M_c9df68810c76e360d29e4c4636925811.jpg)
$(1)求出V关于x的函数关系式，并指出定义域；$

Solution:
$在Rt\triangle OAB中，OA=\sqrt{16-x^2}，0设圆柱的底面半径为r，则\sqrt{16-x^2}=2\pi r，即16-x^{2}=4\pi ^{2}r^{2}，即r^{2}=\frac{16-x^2}{4\pi ^2},所以V=\pi r^{2}x=\frac{16x-x^3}{4\pi }，定义域为{x|0<x<4}.$

Final answer: $V关于x的函数关系式为：V = (16x - x^3)/(4\pi )
定义域为：0 < x < 4$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在半径为4的四分之一圆(O为圆心)铝皮上截取一块矩形材料OABC，其中点B在圆弧上，点A，C在两半径上，现将此矩形铝皮OABC卷成一个以AB为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁和拼接损耗)，设AB=x，圆柱的体积为V.$<img_2142>
$(2)当x为何值时，该圆柱形罐子的体积V最大？最大体积是多少？$

Solution:
$由(1)得V=\frac{16x-x^3}{4\pi }，0则V'=\frac{16-3x^2}{4\pi }，令V'=0，即\frac{16-3x^2}{4\pi }=0，所以x=\frac{4\sqrt{3}}{3}(负值舍去)，当00，当\frac{4\sqrt{3}}{3}所以V=\frac{16x-x^3}{4\pi }在\left(0,\frac{4\sqrt{3}}{3}\right)上单调递增，在\left(\frac{4\sqrt{3}}{3},4\right)上单调递减.当x=\frac{4\sqrt{3}}{3}时，圆柱形罐子的体积V最大，最大体积是\frac{\frac{64\sqrt{3}}{3}-\frac{64\sqrt{3}}{9}}{4\pi }=\frac{32\sqrt{3}}{9\pi }.$

Final answer: $\frac{4\sqrt 3}{3},\frac{32\sqrt 3}{9\pi} $
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在半径为4的四分之一圆(O为圆心)铝皮上截取一块矩形材料OABC，其中点B在圆弧上，点A，C在两半径上，现将此矩形铝皮OABC卷成一个以AB为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁和拼接损耗)，设AB=x，圆柱的体积为V.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702935650150379523/img/compression/M_c9df68810c76e360d29e4c4636925811.jpg)
$(2)当x为何值时，该圆柱形罐子的体积V最大？最大体积是多少？$

Solution:
$由(1)得V=\frac{16x-x^3}{4\pi }，0则V'=\frac{16-3x^2}{4\pi }，令V'=0，即\frac{16-3x^2}{4\pi }=0，所以x=\frac{4\sqrt{3}}{3}(负值舍去)，当00，当\frac{4\sqrt{3}}{3}所以V=\frac{16x-x^3}{4\pi }在\left(0,\frac{4\sqrt{3}}{3}\right)上单调递增，在\left(\frac{4\sqrt{3}}{3},4\right)上单调递减.当x=\frac{4\sqrt{3}}{3}时，圆柱形罐子的体积V最大，最大体积是\frac{\frac{64\sqrt{3}}{3}-\frac{64\sqrt{3}}{9}}{4\pi }=\frac{32\sqrt{3}}{9\pi }.$

Final answer: $\frac{4\sqrt 3}{3},\frac{32\sqrt 3}{9\pi} $
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知四棱锥T-ABCD的底面是平行四边形，平面\alpha 与直线AD，TA，TC分别交于点P，Q，R，且\frac{AP}{AD}=\frac{TQ}{TA}=\frac{CR}{CT}=x，点M在直线TB上，N为CD的中点，且直线MN\parallel 平面\alpha .
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696698376699310082/img/compression/M_4eb72b02aa8c01ce6529679cc5012748.jpg)
$(1)设\overrightarrow{TA}=a，\overrightarrow{TB}=b，\overrightarrow{TC}=c，试用基底{a，b，c}表示向量\overrightarrow{TD}；$

Solution:
$\because \overrightarrow{CD}=\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{TA}-\overrightarrow{TB}，\overrightarrow{TD}=\overrightarrow{TC}+\overrightarrow{CD}，\therefore \overrightarrow{TD}=\overrightarrow{TC}+\overrightarrow{TA}-\overrightarrow{TB}=a-b+c.(2分)$

Final answer: $\overrightarrow{TD}=a-b+c$
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知四棱锥T-ABCD的底面是平行四边形，平面\alpha 与直线AD，TA，TC分别交于点P，Q，R，且\frac{AP}{AD}=\frac{TQ}{TA}=\frac{CR}{CT}=x，点M在直线TB上，N为CD的中点，且直线MN\parallel 平面\alpha .
$<img_2878>
$(1)设\overrightarrow{TA}=a，\overrightarrow{TB}=b，\overrightarrow{TC}=c，试用基底{a，b，c}表示向量\overrightarrow{TD}；$

Solution:
$\because \overrightarrow{CD}=\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{TA}-\overrightarrow{TB}，\overrightarrow{TD}=\overrightarrow{TC}+\overrightarrow{CD}，\therefore \overrightarrow{TD}=\overrightarrow{TC}+\overrightarrow{TA}-\overrightarrow{TB}=a-b+c.(2分)$

Final answer: $\overrightarrow{TD}=a-b+c$
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知四棱锥T-ABCD的底面是平行四边形，平面\alpha 与直线AD，TA，TC分别交于点P，Q，R，且\frac{AP}{AD}=\frac{TQ}{TA}=\frac{CR}{CT}=x，点M在直线TB上，N为CD的中点，且直线MN\parallel 平面\alpha .
$<img_2878>
$(2)证明：四面体TABC中至少存在一个顶点，从其出发的三条棱能够组成一个三角形；$

Solution:
$证明：不妨设AB是四面体TABC最长的棱，在\triangle ABT，\triangle ABC中，AT+TB>AB，AC+BC>AB，\therefore AT+TB+AC+BC>2AB，即(AT+AC)+(TB+BC)>2AB，故AT+AC，TB+BC至少有一个大于AB，不妨设AT+AC>AB，\therefore AT，AC，AB能构成三角形.(5分)$
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知四棱锥T-ABCD的底面是平行四边形，平面\alpha 与直线AD，TA，TC分别交于点P，Q，R，且\frac{AP}{AD}=\frac{TQ}{TA}=\frac{CR}{CT}=x，点M在直线TB上，N为CD的中点，且直线MN\parallel 平面\alpha .
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696698376699310082/img/compression/M_4eb72b02aa8c01ce6529679cc5012748.jpg)
$(2)证明：四面体TABC中至少存在一个顶点，从其出发的三条棱能够组成一个三角形；$

Solution:
$证明：不妨设AB是四面体TABC最长的棱，在\triangle ABT，\triangle ABC中，AT+TB>AB，AC+BC>AB，\therefore AT+TB+AC+BC>2AB，即(AT+AC)+(TB+BC)>2AB，故AT+AC，TB+BC至少有一个大于AB，不妨设AT+AC>AB，\therefore AT，AC，AB能构成三角形.(5分)$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知四棱锥T-ABCD的底面是平行四边形，平面\alpha 与直线AD，TA，TC分别交于点P，Q，R，且\frac{AP}{AD}=\frac{TQ}{TA}=\frac{CR}{CT}=x，点M在直线TB上，N为CD的中点，且直线MN\parallel 平面\alpha .
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696698376699310082/img/compression/M_4eb72b02aa8c01ce6529679cc5012748.jpg)
$(3)证明：对所有满足条件的平面\alpha ，点M都落在某一条长为\frac{\sqrt{5}}{2}TB的线段上.$

Solution:
$证明：设\overrightarrow{TA}=a，\overrightarrow{TB}=b，\overrightarrow{TC}=c，由(1)知\overrightarrow{TD}=a-b+c.\because \frac{AP}{AD}=\frac{TQ}{TA}=\frac{CR}{CT}=x，\therefore \overrightarrow{TQ}=xa，\overrightarrow{TR}=(1-x)c，\overrightarrow{AP}=x\overrightarrow{AD}=x(\overrightarrow{TC}-\overrightarrow{TB})=x(c-b)，\therefore \overrightarrow{TP}=\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AT}=x(c-b)+a=a+xc-xb，\overrightarrow{QR}=\overrightarrow{TR}-\overrightarrow{TQ}=(1-x)c-xa=-xa+(1-x)c，\therefore \overrightarrow{QP}=\overrightarrow{TP}-\overrightarrow{TQ}=a+xc-xb-xa=(1-x)a+xc-xb，设\overrightarrow{TM}=\lambda \overrightarrow{TB}=\lambda b，又\overrightarrow{TN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{TC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{TD}=\frac{1}{2}a-\frac{1}{2}b+c，\therefore \overrightarrow{NM}=\overrightarrow{TM}-\overrightarrow{TN}=\lambda b-\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b-c=-\frac{1}{2}a+\left(\lambda +\frac{1}{2}\right)b-c，(7分)\because \overrightarrow{NM}\parallel 平面PQR，\therefore 存在实数y，z使得\overrightarrow{NM}=y\overrightarrow{QP}+z\overrightarrow{QR}，\therefore -\frac{1}{2}a+\left(\lambda +\frac{1}{2}\right)b-c=y(1-x)a-yxb+yxc-zxa+z(1-x)c=(y-xy-zx)a-yxb+(yx+z-xz)c，\therefore \left\{\begin{matrix}y-xy-zx=-\frac{1}{2},\\ -yx=\lambda +\frac{1}{2},\\  yx+z-xz=-1,\end{matrix}\right.消元得(4\lambda +1)x^{2}-(4\lambda +3)x+2\lambda +1=0，易知该方程在x\in R有解.当\lambda =-\frac{1}{4}时，-2x+\frac{1}{2}=0，解得x=\frac{1}{4}，当\lambda \neq -\frac{1}{4}时，\Delta =[-(4\lambda +3)]^{2}-4(4\lambda +1)(2\lambda +1)\geq 0，解得-\frac{\sqrt{5}}{4}\leq \lambda \leq \frac{\sqrt{5}}{4}.综上，\lambda 的取值范围是\left\{\lambda \left|-\frac{\sqrt{5}}{4}\leq \lambda \leq \frac{\sqrt{5}}{4}\right.\right\}.\therefore 对所有满足条件的平面\alpha ，点M都落在某一条长为\frac{\sqrt{5}}{2}TB的线段上.(10分)$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $已知四棱锥T-ABCD的底面是平行四边形，平面\alpha 与直线AD，TA，TC分别交于点P，Q，R，且\frac{AP}{AD}=\frac{TQ}{TA}=\frac{CR}{CT}=x，点M在直线TB上，N为CD的中点，且直线MN\parallel 平面\alpha .
$<img_2878>
$(3)证明：对所有满足条件的平面\alpha ，点M都落在某一条长为\frac{\sqrt{5}}{2}TB的线段上.$

Solution:
$证明：设\overrightarrow{TA}=a，\overrightarrow{TB}=b，\overrightarrow{TC}=c，由(1)知\overrightarrow{TD}=a-b+c.\because \frac{AP}{AD}=\frac{TQ}{TA}=\frac{CR}{CT}=x，\therefore \overrightarrow{TQ}=xa，\overrightarrow{TR}=(1-x)c，\overrightarrow{AP}=x\overrightarrow{AD}=x(\overrightarrow{TC}-\overrightarrow{TB})=x(c-b)，\therefore \overrightarrow{TP}=\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AT}=x(c-b)+a=a+xc-xb，\overrightarrow{QR}=\overrightarrow{TR}-\overrightarrow{TQ}=(1-x)c-xa=-xa+(1-x)c，\therefore \overrightarrow{QP}=\overrightarrow{TP}-\overrightarrow{TQ}=a+xc-xb-xa=(1-x)a+xc-xb，设\overrightarrow{TM}=\lambda \overrightarrow{TB}=\lambda b，又\overrightarrow{TN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{TC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{TD}=\frac{1}{2}a-\frac{1}{2}b+c，\therefore \overrightarrow{NM}=\overrightarrow{TM}-\overrightarrow{TN}=\lambda b-\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b-c=-\frac{1}{2}a+\left(\lambda +\frac{1}{2}\right)b-c，(7分)\because \overrightarrow{NM}\parallel 平面PQR，\therefore 存在实数y，z使得\overrightarrow{NM}=y\overrightarrow{QP}+z\overrightarrow{QR}，\therefore -\frac{1}{2}a+\left(\lambda +\frac{1}{2}\right)b-c=y(1-x)a-yxb+yxc-zxa+z(1-x)c=(y-xy-zx)a-yxb+(yx+z-xz)c，\therefore \left\{\begin{matrix}y-xy-zx=-\frac{1}{2},\\ -yx=\lambda +\frac{1}{2},\\  yx+z-xz=-1,\end{matrix}\right.消元得(4\lambda +1)x^{2}-(4\lambda +3)x+2\lambda +1=0，易知该方程在x\in R有解.当\lambda =-\frac{1}{4}时，-2x+\frac{1}{2}=0，解得x=\frac{1}{4}，当\lambda \neq -\frac{1}{4}时，\Delta =[-(4\lambda +3)]^{2}-4(4\lambda +1)(2\lambda +1)\geq 0，解得-\frac{\sqrt{5}}{4}\leq \lambda \leq \frac{\sqrt{5}}{4}.综上，\lambda 的取值范围是\left\{\lambda \left|-\frac{\sqrt{5}}{4}\leq \lambda \leq \frac{\sqrt{5}}{4}\right.\right\}.\therefore 对所有满足条件的平面\alpha ，点M都落在某一条长为\frac{\sqrt{5}}{2}TB的线段上.(10分)$