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


Question: $在棱长为1的正方体ABCD－A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，M，N，P分别为C_{1}D_{1}，AD，CC_{1}的中点.$<img_3047>
$(1)求证：MP\parallel 平面BC_{1}A_{1}；$

Solution:
$证明：连接D_{1}C,如图所示，$<img_1923>$因为M，P分别为C_{1}D_{1}，C_{1}C的中点，所以MP\parallel D_{1}C，又D_{1}C\parallel A_{1}B，所以MP\parallel A_{1}B,又MP\not\subset 平面BC_{1}A_{1}，A_{1}B\subset 平面BC_{1}A_{1}， 所以MP\parallel 平面BC_{1}A_{1}.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在棱长为1的正方体ABCD－A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，M，N，P分别为C_{1}D_{1}，AD，CC_{1}的中点.$<img_3047>
$(2)过M，N，P三点作正方体的截面，画出截面(保留作图痕迹)，并计算截面图形的周长．$

Solution:
$过M，N，P三点作正方体的截面MPGNQ，如图所示，$<img_1892>$根据\triangle MC_{1}P\cong \triangle HCP，C_{1}M=C_{1}P，可知CP=CH，所以易得\triangle PCG\cong \triangle HCG，所以PG=GH，同理可得SQ=QM，则截面图形MPGNQ的周长为MP+PG+GN+NQ+QM=MP+NH+NS，因为正方体的棱长为1，所以NH=NS=\sqrt{DN^2+DH^2}=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{3}{2}\right)^2}=\frac{\sqrt{10}}{2}，MP=\sqrt{MC^2_1+C_1P^2}=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2}=\frac{\sqrt{2}}{2}，所以MP+NH+NS=\sqrt{10}+\frac{\sqrt{2}}{2}，所以截面图形的周长为\sqrt{10}+\frac{\sqrt{2}}{2}.$

Final answer: $\sqrt{10}+\frac{\sqrt{2}}{2}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在棱长为1的正方体ABCD－A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，M，N，P分别为C_{1}D_{1}，AD，CC_{1}的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021398381604865/img/compression/M_2f2b6baa7c3b635cad07f39057204685.jpg)
$(2)过M，N，P三点作正方体的截面，画出截面(保留作图痕迹)，并计算截面图形的周长．$

Solution:
$过M，N，P三点作正方体的截面MPGNQ，如图所示，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021398381604865/img/compression/M_c8d1afe653af68d6b628d889c182b076.jpg)$根据\triangle MC_{1}P\cong \triangle HCP，C_{1}M=C_{1}P，可知CP=CH，所以易得\triangle PCG\cong \triangle HCG，所以PG=GH，同理可得SQ=QM，则截面图形MPGNQ的周长为MP+PG+GN+NQ+QM=MP+NH+NS，因为正方体的棱长为1，所以NH=NS=\sqrt{DN^2+DH^2}=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{3}{2}\right)^2}=\frac{\sqrt{10}}{2}，MP=\sqrt{MC^2_1+C_1P^2}=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2}=\frac{\sqrt{2}}{2}，所以MP+NH+NS=\sqrt{10}+\frac{\sqrt{2}}{2}，所以截面图形的周长为\sqrt{10}+\frac{\sqrt{2}}{2}.$

Final answer: $\sqrt{10}+\frac{\sqrt{2}}{2}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $下图是一个正四棱锥模型P-ABCD，点E在棱PB上，满足\frac{PE}{PB}=\frac{1}{3}，点F在棱PC上，满足 \frac{PF}{PC}=\frac{1}{4}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021400575225857/img/compression/M_eb5d6425600ecc6810917e29e526c949.jpg)
$(1)试在棱PC上确定一点G，使得EF\parallel 平面ABG；$

Solution:
$G为PC上靠近C的四等分点，理由如下:因为点E在棱PB上，满足\frac{PE}{PB}=\frac{1}{3}，点F在棱PC上，满足\frac{PF}{PC}=\frac{1}{4}，所以\frac{PF}{PG}=\frac{PE}{PB}=\frac{1}{3}，所以BG\parallel EF，又BG\subset 平面ABG，EF\not\subset 平面ABG,所以EF\parallel 平面ABG.$

Final answer: $G为PC上靠近C的四等分点$
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Question: $下图是一个正四棱锥模型P-ABCD，点E在棱PB上，满足\frac{PE}{PB}=\frac{1}{3}，点F在棱PC上，满足 \frac{PF}{PC}=\frac{1}{4}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021400575225857/img/compression/M_eb5d6425600ecc6810917e29e526c949.jpg)
$(2)过点A，E，F的平面\alpha 交PD于点H，现要沿平面\alpha 将四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了方便切割，需先在模型中确定H点的位置，请求出\frac{PH}{PD}的值.$

Solution:
$延长FE，与CB的延长线交于点M，连接MA并延长，与CD的延长线交于点N，连接FN，交PD于点H，由(1)可得FG=2CG=\frac{1}{2}CP，由EF\parallel BG，可得MB=2BC，又AB\parallel NC，所以MA=2AN，由AD\parallel BC可得ND=\frac{1}{2}DC，取CD上靠近D的四等分点K，连接FK，则FK\parallel PD，所以\frac{FK}{PD}=\frac{CK}{CD}=\frac{3}{4}，\frac{DH}{FK}=\frac{ND}{NK}=\frac{2}{3}，则\frac{DH}{PD}=\frac{1}{2}，即\frac{PH}{PD}=\frac{1}{2}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021400575225857/img/compression/M_3d278c8385e24aed26c460b1a0e572dc.jpg)

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


Question: $下图是一个正四棱锥模型P-ABCD，点E在棱PB上，满足\frac{PE}{PB}=\frac{1}{3}，点F在棱PC上，满足 \frac{PF}{PC}=\frac{1}{4}.$<img_2053>
$(2)过点A，E，F的平面\alpha 交PD于点H，现要沿平面\alpha 将四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了方便切割，需先在模型中确定H点的位置，请求出\frac{PH}{PD}的值.$

Solution:
$延长FE，与CB的延长线交于点M，连接MA并延长，与CD的延长线交于点N，连接FN，交PD于点H，由(1)可得FG=2CG=\frac{1}{2}CP，由EF\parallel BG，可得MB=2BC，又AB\parallel NC，所以MA=2AN，由AD\parallel BC可得ND=\frac{1}{2}DC，取CD上靠近D的四等分点K，连接FK，则FK\parallel PD，所以\frac{FK}{PD}=\frac{CK}{CD}=\frac{3}{4}，\frac{DH}{FK}=\frac{ND}{NK}=\frac{2}{3}，则\frac{DH}{PD}=\frac{1}{2}，即\frac{PH}{PD}=\frac{1}{2}.$<img_1662>

Final answer: $\frac{1}{2}$
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Question: $如图，在四棱柱ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，M是线段B_{1}D_{1}上的一个动点,E,F分别是BC,CM的中点.$<img_2597>
$(1)求证：EF\parallel 平面BDD_{1}B_{1}；$

Solution:
$证明：连接BM，如图所示，\because E，F分别是BC，CM的中点，\therefore EF\parallel BM，又EF\not\subset 平面BDD_{1}B_{1}，BM\subset 平面BDD_{1}B_{1}，\therefore EF\parallel 平面BDD_{1}B_{1}.$<img_2129>
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱柱ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，M是线段B_{1}D_{1}上的一个动点,E,F分别是BC,CM的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021413176418306/img/compression/M_b2a11efcdae36dcf2082a6d7c6337827.jpg)
$(1)求证：EF\parallel 平面BDD_{1}B_{1}；$

Solution:
$证明：连接BM，如图所示，\because E，F分别是BC，CM的中点，\therefore EF\parallel BM，又EF\not\subset 平面BDD_{1}B_{1}，BM\subset 平面BDD_{1}B_{1}，\therefore EF\parallel 平面BDD_{1}B_{1}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021413545517059/img/compression/M_da141190a7a7f5bd9946b2130c0490a2.jpg)

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱柱ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，M是线段B_{1}D_{1}上的一个动点,E,F分别是BC,CM的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021413176418306/img/compression/M_b2a11efcdae36dcf2082a6d7c6337827.jpg)
$(2)在棱CD上是否存在一点G，使得平面GEF\parallel 平面BDD_{1}B_{1}？若存在，求出\frac{CG}{GD}的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$当G为棱CD的中点时，平面GEF\parallel 平面BDD_{1}B_{1}.理由如下：\because E为BC的中点，\therefore EG\parallel BD，又EG\not\subset 平面BDD_{1}B_{1}，BD\subset 平面BDD_{1}B_{1}，\therefore EG\parallel 平面BDD_{1}B_{1},又EF\parallel 平面BDD_{1}B_{1},EG\cap EF=E，\therefore 平面GEF\parallel 平面BDD_{1}B_{1}，且\frac{CG}{GD}=1.$

Final answer: $存在，\frac{CG}{GD}=1$
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Question: $如图所示，矩形ABCD和矩形ABEF中，AF=AD，点M，N分别在AE，DB上，AM=DN，矩形ABEF可沿AB任意翻折.$<img_1570>
$(1)求证：当F，A，D三点不共线时，线段MN总平行于平面FAD.$

Solution:
$证明：在平面图形中，连接MN，设MN与AB交于点G.易知MG\parallel AF,NG\parallel AD.当F，A，D三点不共线时，如图所示，$<img_1623>$由翻折的性质知MG\parallel AF，NG\parallel AD.又MG\cap NG=G,AD\cap AF=A,\therefore 平面MGN\parallel 平面FAD.又MN\subset 平面MGN，\therefore MN\parallel 平面FAD.\therefore 当F，A，D三点不共线时，线段MN总平行于平面FAD.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图所示，矩形ABCD和矩形ABEF中，AF=AD，点M，N分别在AE，DB上，AM=DN，矩形ABEF可沿AB任意翻折.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021418763231235/img/compression/M_be8a965a6329efc71e18ef2e09c36f59.jpg)
$(1)求证：当F，A，D三点不共线时，线段MN总平行于平面FAD.$

Solution:
$证明：在平面图形中，连接MN，设MN与AB交于点G.易知MG\parallel AF,NG\parallel AD.当F，A，D三点不共线时，如图所示，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021419081998338/img/compression/M_5c6f3c74ffab47c6b46fc125c5518a4f.jpg)$由翻折的性质知MG\parallel AF，NG\parallel AD.又MG\cap NG=G,AD\cap AF=A,\therefore 平面MGN\parallel 平面FAD.又MN\subset 平面MGN，\therefore MN\parallel 平面FAD.\therefore 当F，A，D三点不共线时，线段MN总平行于平面FAD.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图所示，矩形ABCD和矩形ABEF中，AF=AD，点M，N分别在AE，DB上，AM=DN，矩形ABEF可沿AB任意翻折.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021418763231235/img/compression/M_be8a965a6329efc71e18ef2e09c36f59.jpg)
$(2)“不管怎样翻折矩形ABEF，线段MN总和线段FD平行.”这个结论对吗？如果对，请证明；如果不对，请说明能否改变个别已知条件，使上述结论成立.$

Solution:
$结论不正确.要使结论成立，M，N应分别为AE，DB的中点.理由：当F，A，D三点共线时，易证得MN\parallel FD.当F，A，D三点不共线时，由(1)知平面MNG\parallel 平面FDA，则要使MN\parallel FD总成立，根据平面与平面平行的性质定理知，只要FD与MN共面即可.连接FM，要使FD与MN共面，只要FM与DN相交即可.\because FM\subset 平面ABEF，DN\subset 平面ABCD，平面ABEF\cap 平面ABCD=AB，\therefore 若FM与DN相交，则交点只能为点B，此时M，N分别为AE，DB的中点.由FM\cap DN=B可知它们确定一个平面，即F，D，N，M四点共面.\because 平面FDNM\cap 平面MNG=MN，平面FDNM\cap 平面FDA=FD，平面MNG\parallel 平面FDA，\therefore MN\parallel FD.$

Final answer: $结论不正确.要使结论成立，M，N应分别为AE，DB的中点$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图所示，矩形ABCD和矩形ABEF中，AF=AD，点M，N分别在AE，DB上，AM=DN，矩形ABEF可沿AB任意翻折.$<img_1570>
$(2)“不管怎样翻折矩形ABEF，线段MN总和线段FD平行.”这个结论对吗？如果对，请证明；如果不对，请说明能否改变个别已知条件，使上述结论成立.$

Solution:
$结论不正确.要使结论成立，M，N应分别为AE，DB的中点.理由：当F，A，D三点共线时，易证得MN\parallel FD.当F，A，D三点不共线时，由(1)知平面MNG\parallel 平面FDA，则要使MN\parallel FD总成立，根据平面与平面平行的性质定理知，只要FD与MN共面即可.连接FM，要使FD与MN共面，只要FM与DN相交即可.\because FM\subset 平面ABEF，DN\subset 平面ABCD，平面ABEF\cap 平面ABCD=AB，\therefore 若FM与DN相交，则交点只能为点B，此时M，N分别为AE，DB的中点.由FM\cap DN=B可知它们确定一个平面，即F，D，N，M四点共面.\because 平面FDNM\cap 平面MNG=MN，平面FDNM\cap 平面FDA=FD，平面MNG\parallel 平面FDA，\therefore MN\parallel FD.$



Final answer: $结论不正确.要使结论成立，M，N应分别为AE，DB的中点$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图①，在等腰直角三角形ABC中，\angle A=90^\circ ，BC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且CD=BE=\sqrt{2}，O为BC的中点.将\triangle ADE沿DE折起，得到图②中的四棱锥A'-BCDE，其中A'O=\sqrt{3}.$<img_3035>
$(1)证明：A'O\perp 平面BCDE；$

Solution:
$证明：在题图①中连接OD,OE.易得OC=3，AC=3\sqrt{2}，AD=2\sqrt{2}，OD=OE=\sqrt{5}.在题图②中，连接OD，OE，因为A'D=A'E=2\sqrt{2}，所以A'D^{2}=A'O^{2}+OD^{2}，A'E^{2}=A'O^{2}+OE^{2}，则A'O\perp OD，A'O\perp OE，又OD\cap OE=O,所以A'O\perp 平面BCDE.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图①，在等腰直角三角形ABC中，\angle A=90^\circ ，BC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且CD=BE=\sqrt{2}，O为BC的中点.将\triangle ADE沿DE折起，得到图②中的四棱锥A'-BCDE，其中A'O=\sqrt{3}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021463763533827/img/compression/M_59e15a50dbf49c8f79eea05c8a206237.jpg)
$(1)证明：A'O\perp 平面BCDE；$

Solution:
$证明：在题图①中连接OD,OE.易得OC=3，AC=3\sqrt{2}，AD=2\sqrt{2}，OD=OE=\sqrt{5}.在题图②中，连接OD，OE，因为A'D=A'E=2\sqrt{2}，所以A'D^{2}=A'O^{2}+OD^{2}，A'E^{2}=A'O^{2}+OE^{2}，则A'O\perp OD，A'O\perp OE，又OD\cap OE=O,所以A'O\perp 平面BCDE.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图①，在等腰直角三角形ABC中，\angle A=90^\circ ，BC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且CD=BE=\sqrt{2}，O为BC的中点.将\triangle ADE沿DE折起，得到图②中的四棱锥A'-BCDE，其中A'O=\sqrt{3}.$<img_3035>
$(2)求二面角A'-CD-B的平面角的余弦值；$

Solution:
$在题图②中设CD,BE的延长线交于R点，取CR的中点M，连接OM,A'M，则易证OM\perp CR，A'M\perp CR.则\angle A'MO就是二面角A'-CD-B的平面角，因为A'O\perp 平面BCDE，所以A'O\perp OM，易得OM=\frac{3\sqrt{2}}{2}，A'M=\frac{\sqrt{30}}{2}，所以\\cos  \angle A'MO=\frac{OM}{A'M}=\frac{\sqrt{15}}{5}，即二面角A'-CD-B的平面角的余弦值为\frac{\sqrt{15}}{5}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{15}}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图①，在等腰直角三角形ABC中，\angle A=90^\circ ，BC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且CD=BE=\sqrt{2}，O为BC的中点.将\triangle ADE沿DE折起，得到图②中的四棱锥A'-BCDE，其中A'O=\sqrt{3}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021463763533827/img/compression/M_59e15a50dbf49c8f79eea05c8a206237.jpg)
$(2)求二面角A'-CD-B的平面角的余弦值；$

Solution:
$在题图②中设CD,BE的延长线交于R点，取CR的中点M，连接OM,A'M，则易证OM\perp CR，A'M\perp CR.则\angle A'MO就是二面角A'-CD-B的平面角，因为A'O\perp 平面BCDE，所以A'O\perp OM，易得OM=\frac{3\sqrt{2}}{2}，A'M=\frac{\sqrt{30}}{2}，所以\\cos  \angle A'MO=\frac{OM}{A'M}=\frac{\sqrt{15}}{5}，即二面角A'-CD-B的平面角的余弦值为\frac{\sqrt{15}}{5}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{15}}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图①，在等腰直角三角形ABC中，\angle A=90^\circ ，BC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且CD=BE=\sqrt{2}，O为BC的中点.将\triangle ADE沿DE折起，得到图②中的四棱锥A'-BCDE，其中A'O=\sqrt{3}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021463763533827/img/compression/M_59e15a50dbf49c8f79eea05c8a206237.jpg)
$(3)求直线CB与平面A'BE夹角的正弦值.$

Solution:
$取BR的中点N，连接A'N和ON，过点O作OQ\perp A'N于Q，连接BQ，易得OQ\perp 平面A'BE，所以\angle OBQ就是直线BC与平面A'BE的夹角.易得OQ=\frac{3\sqrt{5}}{5}，OB=3，所以\\sin  \angle OBQ=\frac{OQ}{OB}=\frac{\sqrt{5}}{5}，即直线CB与平面A'BE夹角的正弦值为\frac{\sqrt{5}}{5}.$

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


Question: $如图①，在等腰直角三角形ABC中，\angle A=90^\circ ，BC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且CD=BE=\sqrt{2}，O为BC的中点.将\triangle ADE沿DE折起，得到图②中的四棱锥A'-BCDE，其中A'O=\sqrt{3}.$<img_3035>
$(3)求直线CB与平面A'BE夹角的正弦值.$

Solution:
$取BR的中点N，连接A'N和ON，过点O作OQ\perp A'N于Q，连接BQ，易得OQ\perp 平面A'BE，所以\angle OBQ就是直线BC与平面A'BE的夹角.易得OQ=\frac{3\sqrt{5}}{5}，OB=3，所以\\sin  \angle OBQ=\frac{OQ}{OB}=\frac{\sqrt{5}}{5}，即直线CB与平面A'BE夹角的正弦值为\frac{\sqrt{5}}{5}.$

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


Question: $如图，已知正方体ABCD－A'B'C'D'的棱长为1．$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021378413641731/img/compression/M_1c36bb1461bcd06f797cf57cf3fbcdb1.jpg)
$(1)正方体ABCD-A'B'C'D'中哪些棱所在直线与直线A'B是异面直线？$

Solution:
$由异面直线的定义结合题图可知，正方体ABCD-A'B'C'D'的棱AD，B'C'，CD，CC',DD',C'D'所在直线与直线A'B是异面直线.$

Final answer: $棱AD,B'C',CD,CC',DD',C'D'所在直线与直线A'B是异面直线。$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，已知正方体ABCD－A'B'C'D'的棱长为1．$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021378413641731/img/compression/M_1c36bb1461bcd06f797cf57cf3fbcdb1.jpg)
$(2)若M，N分别是A'B，BC'的中点，求异面直线MN与BC的夹角．$

Solution:
$连接A'C'.因为M,N分别是A'B,BC'的中点，所以MN\parallel A'C'.又因为B'C'\parallel BC，所以\angle A'C'B'(或其补角)为异面直线MN与BC的夹角，易知\angle A'C'B'=\frac{\pi }{4}，故异面直线MN与BC的夹角为\frac{\pi }{4}.$

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


Question: $如图，已知正方体ABCD－A'B'C'D'的棱长为1．$<img_2584>
$(2)若M，N分别是A'B，BC'的中点，求异面直线MN与BC的夹角．$

Solution:
$连接A'C'.因为M,N分别是A'B,BC'的中点，所以MN\parallel A'C'.又因为B'C'\parallel BC，所以\angle A'C'B'(或其补角)为异面直线MN与BC的夹角，易知\angle A'C'B'=\frac{\pi }{4}，故异面直线MN与BC的夹角为\frac{\pi }{4}.$

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


Question: $在正方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，P，Q分别为A_{1}B_{1}，BB_{1}的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021382599557122/img/compression/M_1a24b06a650994e588a4cb852528c921.jpg)
$(1)求直线AP与CQ夹角的余弦值；$

Solution:
$取AB的中点F，FB的中点E，连接B_{1}F，QE，CE，如图，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021382003965956/img/compression/M_4173daa87cad36e6e0c7d1ea85aa359f.jpg)$易知AF\parallel PB_{1}，AF=PB_{1}，所以四边形APB_{1}F为平行四边形，所以AP\parallel B_{1}F.因为E为FB的中点，Q为BB_{1}的中点，所以EQ\parallel B_{1}F，所以AP\parallel EQ，所以\angle EQC(或其补角)是直线AP与CQ的夹角.设正方体的棱长为1，则BE=\frac{1}{4}，BQ=\frac{1}{2}，所以EQ=\sqrt{\frac{1}{16}+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{4}，CQ=\sqrt{1+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2}，CE=\sqrt{1+\frac{1}{16}}=\frac{\sqrt{17}}{4}，所以\\cos  \angle EQC=\frac{EQ^2+CQ^2-CE^2}{2EQ\cdot CQ}=\frac{\frac{5}{16}+\frac{5}{4}-\frac{17}{16}}{2\times \frac{\sqrt{5}}{4}\times \frac{\sqrt{5}}{2}}=\frac{2}{5}，即直线AP与CQ夹角的余弦值为\frac{2}{5}.$

Final answer: $\frac{2}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在正方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，P，Q分别为A_{1}B_{1}，BB_{1}的中点.$<img_2776>
$(1)求直线AP与CQ夹角的余弦值；$

Solution:
$取AB的中点F，FB的中点E，连接B_{1}F，QE，CE，如图，$<img_2117>$易知AF\parallel PB_{1}，AF=PB_{1}，所以四边形APB_{1}F为平行四边形，所以AP\parallel B_{1}F.因为E为FB的中点，Q为BB_{1}的中点，所以EQ\parallel B_{1}F，所以AP\parallel EQ，所以\angle EQC(或其补角)是直线AP与CQ的夹角.设正方体的棱长为1，则BE=\frac{1}{4}，BQ=\frac{1}{2}，所以EQ=\sqrt{\frac{1}{16}+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{4}，CQ=\sqrt{1+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2}，CE=\sqrt{1+\frac{1}{16}}=\frac{\sqrt{17}}{4}，所以\\cos  \angle EQC=\frac{EQ^2+CQ^2-CE^2}{2EQ\cdot CQ}=\frac{\frac{5}{16}+\frac{5}{4}-\frac{17}{16}}{2\times \frac{\sqrt{5}}{4}\times \frac{\sqrt{5}}{2}}=\frac{2}{5}，即直线AP与CQ夹角的余弦值为\frac{2}{5}.$

Final answer: $\frac{2}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在正方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，P，Q分别为A_{1}B_{1}，BB_{1}的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021382599557122/img/compression/M_1a24b06a650994e588a4cb852528c921.jpg)
$(2)求直线AP与BD夹角的余弦值；$

Solution:
$取A_{1}D_{1}的中点M，连接AM，PM，B_{1}D_{1}，如图，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021382234652674/img/compression/M_3aa7ce114ea8b8e42e543a6d1b97877d.jpg)$因为BB_{1}与DD_{1}平行且相等，所以四边形BB_{1}D_{1}D为平行四边形，所以BD\parallel B_{1}D_{1}，因为M为A_{1}D_{1}的中点，P为A_{1}B_{1}的中点，所以PM\parallel B_{1}D_{1}，所以PM\parallel BD，所以\angle APM(或其补角)是直线AP与BD的夹角.设正方体的棱长为1，则A_{1}P=\frac{1}{2}，A_{1}M=\frac{1}{2}，所以AP=\sqrt{1+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2}，AM=\sqrt{1+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2}，PM=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{2}，所以\\cos  \angle APM=\frac{PM^2+AP^2-AM^2}{2PM\cdot AP}=\frac{\frac{1}{2}+\frac{5}{4}-\frac{5}{4}}{2\times \frac{\sqrt{2}}{2}\times \frac{\sqrt{5}}{2}}=\frac{\sqrt{10}}{10}，即直线AP与BD夹角的余弦值为\frac{\sqrt{10}}{10}.$

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


Question: $在正方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，P，Q分别为A_{1}B_{1}，BB_{1}的中点.$<img_2776>
$(2)求直线AP与BD夹角的余弦值；$

Solution:
$取A_{1}D_{1}的中点M，连接AM，PM，B_{1}D_{1}，如图，$<img_2482>$因为BB_{1}与DD_{1}平行且相等，所以四边形BB_{1}D_{1}D为平行四边形，所以BD\parallel B_{1}D_{1}，因为M为A_{1}D_{1}的中点，P为A_{1}B_{1}的中点，所以PM\parallel B_{1}D_{1}，所以PM\parallel BD，所以\angle APM(或其补角)是直线AP与BD的夹角.设正方体的棱长为1，则A_{1}P=\frac{1}{2}，A_{1}M=\frac{1}{2}，所以AP=\sqrt{1+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2}，AM=\sqrt{1+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2}，PM=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{2}，所以\\cos  \angle APM=\frac{PM^2+AP^2-AM^2}{2PM\cdot AP}=\frac{\frac{1}{2}+\frac{5}{4}-\frac{5}{4}}{2\times \frac{\sqrt{2}}{2}\times \frac{\sqrt{5}}{2}}=\frac{\sqrt{10}}{10}，即直线AP与BD夹角的余弦值为\frac{\sqrt{10}}{10}.$

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


Question: $在正方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，P，Q分别为A_{1}B_{1}，BB_{1}的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021382599557122/img/compression/M_1a24b06a650994e588a4cb852528c921.jpg)
$(3)连接BC_{1}，A_{1}D,证明BC_{1}与A_{1}D垂直．$

Solution:
$证明：连接AD_{1}，如图，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021382599557122/img/compression/M_509b70c39ef707270b4ebcbac4e54f22.jpg)$因为AB与D_{1}C_{1}平行且相等，所以四边形AD_{1}C_{1}B为平行四边形，所以BC_{1}\parallel AD_{1}.又因为AD_{1}\perp A_{1}D，所以BC_{1}\perp A_{1}D.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $在正方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，P，Q分别为A_{1}B_{1}，BB_{1}的中点.$<img_2776>
$(3)连接BC_{1}，A_{1}D,证明BC_{1}与A_{1}D垂直．$

Solution:
$证明：连接AD_{1}，如图，$<img_2162>$因为AB与D_{1}C_{1}平行且相等，所以四边形AD_{1}C_{1}B为平行四边形，所以BC_{1}\parallel AD_{1}.又因为AD_{1}\perp A_{1}D，所以BC_{1}\perp A_{1}D.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，E，F，G，H分别是空间四边形ABCD各边上的点，且有AE:EB=AH:HD=m,CF:FB=CG:GD=n.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021383425835010/img/compression/M_bd6d92f193bd6cee35f6b2d291171cd9.jpg)
$(1)证明：E，F，G，H四点共面；$

Solution:
$证明：连接BD，\because AE:EB=AH:HD，\therefore EH\parallel BD.\because CF:FB=CG:GD，\therefore FG\parallel BD，\therefore EH\parallel FG，\therefore E,F,G,H四点共面.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，E，F，G，H分别是空间四边形ABCD各边上的点，且有AE:EB=AH:HD=m,CF:FB=CG:GD=n.$<img_1731>
$(1)证明：E，F，G，H四点共面；$

Solution:
$证明：连接BD，\because AE:EB=AH:HD，\therefore EH\parallel BD.\because CF:FB=CG:GD，\therefore FG\parallel BD，\therefore EH\parallel FG，\therefore E,F,G,H四点共面.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，E，F，G，H分别是空间四边形ABCD各边上的点，且有AE:EB=AH:HD=m,CF:FB=CG:GD=n.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021383425835010/img/compression/M_bd6d92f193bd6cee35f6b2d291171cd9.jpg)
$(2)当m，n满足什么条件时，四边形EFGH是平行四边形？$

Solution:
$当m=n时，四边形EFGH为平行四边形.理由如下：由四边形EFGH为平行四边形，结合(1)可知，只需满足EH=FG即可.\because \frac{EH}{BD}=\frac{AE}{AE+EB}=\frac{m}{m+1},\therefore EH=\frac{m}{m+1}BD.同理，FG=\frac{n}{n+1}BD,由EH=FG得m=n.故当m=n时，四边形EFGH为平行四边形.$

Final answer: $当m=n时，四边形EFGH是平行四边形。$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥A-BCDE中，底面BCDE为梯形，BC\parallel DE.设CD，BE，AE，AD的中点分别为M，N，P，Q.$<img_1890>
$(1)求证：M，N，P，Q四点共面；$

Solution:
$证明：因为CD，BE，AE，AD的中点分别为M，N，P，Q，所以PQ为\triangle ADE的中位线，MN为梯形BCDE的中位线，所以PQ\parallel DE，MN\parallel DE，所以PQ\parallel MN，所以M，N，P，Q四点共面.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥A-BCDE中，底面BCDE为梯形，BC\parallel DE.设CD，BE，AE，AD的中点分别为M，N，P，Q.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021469470863362/img/compression/M_b992584cd6b112673de6e49ba8906081.jpg)
$(1)求证：M，N，P，Q四点共面；$

Solution:
$证明：因为CD，BE，AE，AD的中点分别为M，N，P，Q，所以PQ为\triangle ADE的中位线，MN为梯形BCDE的中位线，所以PQ\parallel DE，MN\parallel DE，所以PQ\parallel MN，所以M，N，P，Q四点共面.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥A-BCDE中，底面BCDE为梯形，BC\parallel DE.设CD，BE，AE，AD的中点分别为M，N，P，Q.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021469470863362/img/compression/M_b992584cd6b112673de6e49ba8906081.jpg)
$(2)若AC\perp DE，且AC=\sqrt{3}BC，求异面直线DE与PN的夹角的大小.$

Solution:
$易知PN为\triangle ABE的中位线，所以PN\parallel AB.又BC\parallel DE，所以\angle ABC(或其补角)为异面直线DE与PN的夹角.因为AC\perp DE，所以AC\perp BC.在Rt\triangle ACB中，\\tan  \angle ABC=\frac{AC}{BC}=\frac{\sqrt{3}BC}{BC}=\sqrt{3}，所以\angle ABC=60^\circ .所以异面直线DE与PN的夹角为60^\circ .$

Final answer: $60^\circ$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥A-BCDE中，底面BCDE为梯形，BC\parallel DE.设CD，BE，AE，AD的中点分别为M，N，P，Q.$<img_1890>
$(2)若AC\perp DE，且AC=\sqrt{3}BC，求异面直线DE与PN的夹角的大小.$

Solution:
$易知PN为\triangle ABE的中位线，所以PN\parallel AB.又BC\parallel DE，所以\angle ABC(或其补角)为异面直线DE与PN的夹角.因为AC\perp DE，所以AC\perp BC.在Rt\triangle ACB中，\\tan  \angle ABC=\frac{AC}{BC}=\frac{\sqrt{3}BC}{BC}=\sqrt{3}，所以\angle ABC=60^\circ .所以异面直线DE与PN的夹角为60^\circ .$

Final answer: $60^\circ$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在轴截面为正方形ABCD的圆柱中，M,N分别为弧\overset{\LARGE{\frown}}{AD}，\overset{\LARGE{\frown}}{BC}的中点，且在平面ABCD的两侧．$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021470594936834/img/compression/M_b768ab51b5b1dd956bce9b230d89ddbd.jpg)
$(1)求证：四边形ANCM是矩形；$

Solution:
$证明：设正方形ABCD的边长为2a，取弧\overset{\LARGE{\frown}}{BC}的中点Q，使Q与M同在平面ABCD的一侧，连接MQ，BQ，CQ，NQ，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021470909509633/img/compression/M_51189e5b46c1fb6df4ed54b2b09d4eb6.jpg)$则BC与NQ互相垂直平分，且BC=NQ=2a，所以四边形BNCQ为正方形，BQ=NC=\sqrt{2}a，因为M为弧\overset{\LARGE{\frown}}{AD}的中点，所以MQ\xlongequal{//} AB，所以四边形ABQM为平行四边形，所以AM\xlongequal{//} BQ，所以AM\xlongequal{//} CN，所以四边形ANCM为平行四边形，又AN=\sqrt{AB^2+BN^2}=\sqrt{6}a，MN=\sqrt{MQ^2+QN^2}=2\sqrt{2}a，所以AM^{2}+AN^{2}=MN^{2}，所以AM\perp AN，所以四边形ANCM是矩形.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在轴截面为正方形ABCD的圆柱中，M,N分别为弧\overset{\LARGE{\frown}}{AD}，\overset{\LARGE{\frown}}{BC}的中点，且在平面ABCD的两侧．$<img_2627>
$(1)求证：四边形ANCM是矩形；$

Solution:
$证明：设正方形ABCD的边长为2a，取弧\overset{\LARGE{\frown}}{BC}的中点Q，使Q与M同在平面ABCD的一侧，连接MQ，BQ，CQ，NQ，$<img_2700>$则BC与NQ互相垂直平分，且BC=NQ=2a，所以四边形BNCQ为正方形，BQ=NC=\sqrt{2}a，因为M为弧\overset{\LARGE{\frown}}{AD}的中点，所以MQ\xlongequal{//} AB，所以四边形ABQM为平行四边形，所以AM\xlongequal{//} BQ，所以AM\xlongequal{//} CN，所以四边形ANCM为平行四边形，又AN=\sqrt{AB^2+BN^2}=\sqrt{6}a，MN=\sqrt{MQ^2+QN^2}=2\sqrt{2}a，所以AM^{2}+AN^{2}=MN^{2}，所以AM\perp AN，所以四边形ANCM是矩形.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在轴截面为正方形ABCD的圆柱中，M,N分别为弧\overset{\LARGE{\frown}}{AD}，\overset{\LARGE{\frown}}{BC}的中点，且在平面ABCD的两侧．$<img_2627>
$(2)求二面角B-MN-C的余弦值．$

Solution:
$由(1)知，MB=MC=\sqrt{MQ^2+QB^2}=\sqrt{6}a，BN=CN=\sqrt{2}a，MN=2\sqrt{2}a，所以MN^{2}=MB^{2}+BN^{2}，MN^{2}=MC^{2}+CN^{2}，所以\angle MBN=\angle MCN=\frac{\pi }{2}，所以\triangle MNB\cong \triangle MNC.设Rt\triangle MBN的斜边MN上的高为h，则h=\frac{\sqrt{6}a\cdot \sqrt{2}a}{2\sqrt{2}a}=\frac{\sqrt{6}}{2}a，作BP\perp MN于点P，连接CP，因为\angle BNP=\angle CNP，BN=CN，PN=PN，所以\triangle BPN\cong \triangle CPN，则\angle CPN=\angle BPN=90^\circ ，所以CP\perp MN,$<img_1611>$则\angle BPC即为二面角B-MN-C的平面角，易得BP=CP=\frac{\sqrt{6}}{2}a，BC=2a，在\triangle BPC中，由余弦定理的推论得\\cos  \angle BPC=\frac{BP^2+CP^2-BC^2}{2BP\cdot CP}=\frac{3a^2-4a^2}{3a^2}=-\frac{1}{3}，由图可知，二面角B-MN-C的平面角为钝角，所以二面角B-MN-C的余弦值为-\frac{1}{3}.$

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


Question: $如图，在轴截面为正方形ABCD的圆柱中，M,N分别为弧\overset{\LARGE{\frown}}{AD}，\overset{\LARGE{\frown}}{BC}的中点，且在平面ABCD的两侧．$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021470594936834/img/compression/M_b768ab51b5b1dd956bce9b230d89ddbd.jpg)
$(2)求二面角B-MN-C的余弦值．$

Solution:
$由(1)知，MB=MC=\sqrt{MQ^2+QB^2}=\sqrt{6}a，BN=CN=\sqrt{2}a，MN=2\sqrt{2}a，所以MN^{2}=MB^{2}+BN^{2}，MN^{2}=MC^{2}+CN^{2}，所以\angle MBN=\angle MCN=\frac{\pi }{2}，所以\triangle MNB\cong \triangle MNC.设Rt\triangle MBN的斜边MN上的高为h，则h=\frac{\sqrt{6}a\cdot \sqrt{2}a}{2\sqrt{2}a}=\frac{\sqrt{6}}{2}a，作BP\perp MN于点P，连接CP，因为\angle BNP=\angle CNP，BN=CN，PN=PN，所以\triangle BPN\cong \triangle CPN，则\angle CPN=\angle BPN=90^\circ ，所以CP\perp MN,$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021471182139394/img/compression/M_d9f8f491de6b77b597f3ecac9fcb0c75.jpg)$则\angle BPC即为二面角B-MN-C的平面角，易得BP=CP=\frac{\sqrt{6}}{2}a，BC=2a，在\triangle BPC中，由余弦定理的推论得\\cos  \angle BPC=\frac{BP^2+CP^2-BC^2}{2BP\cdot CP}=\frac{3a^2-4a^2}{3a^2}=-\frac{1}{3}，由图可知，二面角B-MN-C的平面角为钝角，所以二面角B-MN-C的余弦值为-\frac{1}{3}.$

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


Question: $如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，SD\perp 平面ABCD，E，F分别为AB，SC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021439147548674/img/compression/M_43f2ee0408e5b334215ccfb7eb11ccb3.jpg)
$(1)证明：EF\perp CD；$

Solution:
$证明：因为SD\perp 平面ABCD，CD\subset 平面ABCD，所以SD\perp CD.取CD的中点O，连接EO，FO.因为E，F分别为AB，SC的中点，底面ABCD是正方形，所以EO\perp CD，EO\parallel AD，FO\parallel SD，所以FO\perp CD，又EO\cap FO＝O，EO，FO\subset 平面OEF，所以CD\perp 平面OEF.又EF\subset 平面OEF，所以EF\perp CD.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021439726362626/img/compression/M_898b0fc8864acecfa259daa1f3a79c46.jpg)

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，SD\perp 平面ABCD，E，F分别为AB，SC的中点.$<img_2184>
$(1)证明：EF\perp CD；$

Solution:
$证明：因为SD\perp 平面ABCD，CD\subset 平面ABCD，所以SD\perp CD.取CD的中点O，连接EO，FO.因为E，F分别为AB，SC的中点，底面ABCD是正方形，所以EO\perp CD，EO\parallel AD，FO\parallel SD，所以FO\perp CD，又EO\cap FO＝O，EO，FO\subset 平面OEF，所以CD\perp 平面OEF.又EF\subset 平面OEF，所以EF\perp CD.$<img_1566>