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


Question: $如图，四棱锥P-ABCD的底面是等腰梯形，AD\parallel BC，BC=2AD，\angle ABC=60^\circ ，E是PB的中点，F是棱PC上的点，且A，D，E，F四点共面.$<img_2982>
$(2)若\triangle PAD为等边三角形，二面角P-AD-B的大小为120^\circ ，求直线BD与平面ADFE所成角的正弦值.$

Solution:
$如图，设AD，BC的中点分别为G，O，连接OG，PG，以O为坐标原点，OC，OG所在直线分别为x轴，y轴，过点O作垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，$<img_2829>$设AD=a，\because AB=CD，BC=2AD，\angle ABC=60^\circ ,\therefore BC=2a，AB=CD=a，\therefore OG=\frac{\sqrt{3}}{2}a,则A\left(-\frac{a}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}a,0\right),B(-a,0,0),D\left(\frac{a}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}a,0\right)，\therefore \overrightarrow{BD}=\left(\frac{3}{2}a,\frac{\sqrt{3}}{2}a,0\right),\overrightarrow{AD}=(a,0,0).\because \triangle PAD为等边三角形，\therefore PG\perp AD，由题意知OG\perp AD,\therefore \angle PGO为二面角P-AD-B的平面角，又二面角P-AD-B的大小为120^\circ ，\therefore \angle PGO=120^\circ ，\because PG\perp AD，GO\perp AD，又PG\cap GO=G,PG,GO\subset 平面PGO，\therefore AD\perp 平面PGO，过P作PH垂直于y轴于点H，\because PH\subset 平面PGO，\therefore AD\perp PH，又PH\perp GH，GH,AD\subset 平面ABCD，GH\cap AD=G，\therefore PH\perp 平面ABCD，且\angle PGH=60^\circ ,\therefore PG=\frac{\sqrt{3}}{2}a,PH=\frac{\sqrt{3}}{2}a\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{4}a,GH=\frac{\sqrt{3}}{4}a，\therefore OH=OG+GH=\frac{\sqrt{3}}{2}a+\frac{\sqrt{3}}{4}a=\frac{3\sqrt{3}}{4}a，\therefore P\left(0,\frac{3\sqrt{3}}{4}a,\frac{3}{4}a\right)，\because E，F分别为PB，PC的中点，\therefore E\left(-\frac{a}{2},\frac{3\sqrt{3}}{8}a,\frac{3}{8}a\right),F\left(\frac{a}{2},\frac{3\sqrt{3}}{8}a,\frac{3}{8}a\right),\therefore \overrightarrow{AE}=\left(0,-\frac{\sqrt{3}}{8}a,\frac{3}{8}a\right)，设平面ADFE的一个法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AD}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AE}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}ax=0,\\ -\frac{\sqrt{3}}{8}ay+\frac{3}{8}az=0,\end{matrix}\right.取z=1，则x=0,y=\sqrt{3},\therefore n=(0,\sqrt{3},1)，设直线BD与平面ADFE所成的角为\theta ，则\\sin   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{BD},n\rangle |=\frac{\frac{3}{2}a}{\sqrt{3}a\times 2}=\frac{\sqrt{3}}{4}，即直线BD与平面ADFE所成角的正弦值为\frac{\sqrt{3}}{4}.$

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


Question: $已知E，F分别是正方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}的棱BC,CD的中点.$<img_1494>
$(1)求A_{1}D与EF所成角的大小；$

Solution:
$以A为坐标原点，AB，AD，AA_{1}所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，$<img_2520>$设正方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}的棱长为2a,则A_{1}(0，0，2a),D(0,2a,0),E(2a,a,0),F(a,2a,0),所以\overrightarrow{A_1D}=(0,2a,-2a),\overrightarrow{EF}=(-a,a,0),设A_{1}D与EF所成的角为\alpha ，则\\cos   \alpha =|\\cos  \langle \overrightarrow{A_1D},\overrightarrow{EF}\rangle |=\frac{|\overrightarrow{A_1D}\cdot \overrightarrow{EF}|}{|\overrightarrow{A_1D}|\cdot |\overrightarrow{EF}|}=\frac{2a^2}{\sqrt{4a^2+4a^2}\cdot \sqrt{a^2+a^2}}=\frac{1}{2},所以\alpha =60^\circ ,所以A_{1}D与EF所成角的大小为60^\circ .$

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


Question: $已知E，F分别是正方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}的棱BC,CD的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1694545267085234177/img/compression/M_61ef2b4f2ff84d2291aab0fcafb269ef.jpg)
$(1)求A_{1}D与EF所成角的大小；$

Solution:
$以A为坐标原点，AB，AD，AA_{1}所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1694545266661609475/img/compression/M_b31774ef147d3dd9357bded9de661ab0.jpg)$设正方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}的棱长为2a,则A_{1}(0，0，2a),D(0,2a,0),E(2a,a,0),F(a,2a,0),所以\overrightarrow{A_1D}=(0,2a,-2a),\overrightarrow{EF}=(-a,a,0),设A_{1}D与EF所成的角为\alpha ，则\\cos   \alpha =|\\cos  \langle \overrightarrow{A_1D},\overrightarrow{EF}\rangle |=\frac{|\overrightarrow{A_1D}\cdot \overrightarrow{EF}|}{|\overrightarrow{A_1D}|\cdot |\overrightarrow{EF}|}=\frac{2a^2}{\sqrt{4a^2+4a^2}\cdot \sqrt{a^2+a^2}}=\frac{1}{2},所以\alpha =60^\circ ,所以A_{1}D与EF所成角的大小为60^\circ .$

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


Question: $已知E，F分别是正方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}的棱BC,CD的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1694545267085234177/img/compression/M_61ef2b4f2ff84d2291aab0fcafb269ef.jpg)
$(2)求A_{1}E与平面B_{1}FB所成角的余弦值.$

Solution:
$设平面B_{1}FB的一个法向量为n=(x_{0},y_{0},z_{0}),A_{1}E与平面B_{1}FB所成的角为\beta ,\beta \in \left[0,\frac{\pi }{2}\right].由(1)知B(2a,0,0),F(a,2a,0),B_{1}(2a,0,2a),所以\overrightarrow{BF}=(-a,2a,0),\overrightarrow{BB_1}=(0,0,2a),所以\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{BF}=-ax_0+2ay_0=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{BB_1}=2az_0=0,\end{matrix}\right.令x_{0}=2,则y_{0}=1,z_{0}=0,所以n=(2,1,0)，又因为\overrightarrow{A_1E}=(2a,a,-2a),所以\\sin   \beta =|\\cos  \langle \overrightarrow{A_1E},n\rangle |=\frac{|\overrightarrow{A_1E}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{A_1E}|\cdot |\boldsymbol{n}|}=\frac{|a+4a|}{\sqrt{a^2+4a^2+4a^2}\times \sqrt{1+4}}=\frac{\sqrt{5}}{3},所以\\cos   \beta =\sqrt{1-\\\sin   ^2\beta }=\frac{2}{3},故A_{1}E与平面B_{1}FB所成角的余弦值为\frac{2}{3}.$

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


Question: $已知E，F分别是正方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}的棱BC,CD的中点.$<img_1494>
$(2)求A_{1}E与平面B_{1}FB所成角的余弦值.$

Solution:
$设平面B_{1}FB的一个法向量为n=(x_{0},y_{0},z_{0}),A_{1}E与平面B_{1}FB所成的角为\beta ,\beta \in \left[0,\frac{\pi }{2}\right].由(1)知B(2a,0,0),F(a,2a,0),B_{1}(2a,0,2a),所以\overrightarrow{BF}=(-a,2a,0),\overrightarrow{BB_1}=(0,0,2a),所以\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{BF}=-ax_0+2ay_0=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{BB_1}=2az_0=0,\end{matrix}\right.令x_{0}=2,则y_{0}=1,z_{0}=0,所以n=(2,1,0)，又因为\overrightarrow{A_1E}=(2a,a,-2a),所以\\sin   \beta =|\\cos  \langle \overrightarrow{A_1E},n\rangle |=\frac{|\overrightarrow{A_1E}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{A_1E}|\cdot |\boldsymbol{n}|}=\frac{|a+4a|}{\sqrt{a^2+4a^2+4a^2}\times \sqrt{1+4}}=\frac{\sqrt{5}}{3},所以\\cos   \beta =\sqrt{1-\\\sin   ^2\beta }=\frac{2}{3},故A_{1}E与平面B_{1}FB所成角的余弦值为\frac{2}{3}.$

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


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AC=BC=\sqrt{5}，AB=AA_{1}=2，M为棱AB的中点，N是A_{1}C的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1694545267450138626/img/compression/M_e2e07076792e961d52e6dbbae1b990f5.jpg)
$(1)证明：MN\parallel 平面BCC_{1}B_{1}；$

Solution:
$证明：连接CM，过点M作ME\parallel A_{1}A，交A_{1}B_{1}于点E，因为AC=BC=\sqrt{5}，M为棱AB的中点，所以CM\perp AB，因为三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}为直三棱柱，所以ME\perp 平面ABC，又BM,CM\subset 平面ABC，所以ME\perp BM，ME\perp CM，故MB，MC，ME两两互相垂直，以M为坐标原点，MB，MC，ME所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1694545267844403201/img/compression/M_edeaabe37f1d40a282f714f11d850af8.jpg)$因为AB=AA_{1}=2，所以BM=AM=1，由勾股定理，得CM=\sqrt{BC^2-BM^2}=2，所以M(0,0,0)，A_{1}(-1，0，2)，B(1，0，0)，C(0，2，0)，B_{1}(1,0,2),N\left(-\frac{1}{2},1,1\right)，则\overrightarrow{BC}=(-1,2,0),\overrightarrow{BB_1}=(0,0,2),\overrightarrow{MN}=\left(-\frac{1}{2},1,1\right)，设平面BCC_{1}B_{1}的一个法向量为m=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{BC}=-x+2y=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{BB_1}=2z=0,\end{matrix}\right.令y=1，则x=2,z=0,所以m=(2,1,0)，因为\overrightarrow{MN}\cdot m=-1+1+0=0，所以\overrightarrow{MN}\perp m，因为MN\not\subset 平面BCC_{1}B_{1}，所以MN\parallel 平面BCC_{1}B_{1}.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AC=BC=\sqrt{5}，AB=AA_{1}=2，M为棱AB的中点，N是A_{1}C的中点.$<img_2047>
$(1)证明：MN\parallel 平面BCC_{1}B_{1}；$

Solution:
$证明：连接CM，过点M作ME\parallel A_{1}A，交A_{1}B_{1}于点E，因为AC=BC=\sqrt{5}，M为棱AB的中点，所以CM\perp AB，因为三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}为直三棱柱，所以ME\perp 平面ABC，又BM,CM\subset 平面ABC，所以ME\perp BM，ME\perp CM，故MB，MC，ME两两互相垂直，以M为坐标原点，MB，MC，ME所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，$<img_2203>$因为AB=AA_{1}=2，所以BM=AM=1，由勾股定理，得CM=\sqrt{BC^2-BM^2}=2，所以M(0,0,0)，A_{1}(-1，0，2)，B(1，0，0)，C(0，2，0)，B_{1}(1,0,2),N\left(-\frac{1}{2},1,1\right)，则\overrightarrow{BC}=(-1,2,0),\overrightarrow{BB_1}=(0,0,2),\overrightarrow{MN}=\left(-\frac{1}{2},1,1\right)，设平面BCC_{1}B_{1}的一个法向量为m=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{BC}=-x+2y=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{BB_1}=2z=0,\end{matrix}\right.令y=1，则x=2,z=0,所以m=(2,1,0)，因为\overrightarrow{MN}\cdot m=-1+1+0=0，所以\overrightarrow{MN}\perp m，因为MN\not\subset 平面BCC_{1}B_{1}，所以MN\parallel 平面BCC_{1}B_{1}.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AC=BC=\sqrt{5}，AB=AA_{1}=2，M为棱AB的中点，N是A_{1}C的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1694545267450138626/img/compression/M_e2e07076792e961d52e6dbbae1b990f5.jpg)
$(2)求直线A_{1}C与平面B_{1}MN所成角的正弦值.$

Solution:
$由(1)得，\overrightarrow{A_1C}=(1,2,-2),\overrightarrow{MB_1}=(1,0,2)，\overrightarrow{MN}=\left(-\frac{1}{2},1,1\right),设平面B_{1}MN的一个法向量为n=(a,b,c)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{MB_1}=a+2c=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{MN}=-\frac{1}{2}a+b+c=0,\end{matrix}\right.令c=1，则a=-2，b=-2，所以n=(-2,-2,1)，设直线A_{1}C与平面B_{1}MN所成的角为 \theta ，则\\sin   \theta =|\\cos  \langle n,\overrightarrow{A_1C}\rangle |=\frac{|\overrightarrow{A_1C}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{A_1C}|\cdot |\boldsymbol{n}|}=\frac{|1\times (-2)+2\times (-2)+(-2)\times 1|}{\sqrt{1+4+4}\times \sqrt{4+4+1}}=\frac{8}{9}，故直线A_{1}C与平面B_{1}MN所成角的正弦值为\frac{8}{9}.$

Final answer: $\frac{8}{9}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AC=BC=\sqrt{5}，AB=AA_{1}=2，M为棱AB的中点，N是A_{1}C的中点.$<img_2047>
$(2)求直线A_{1}C与平面B_{1}MN所成角的正弦值.$

Solution:
$由(1)得，\overrightarrow{A_1C}=(1,2,-2),\overrightarrow{MB_1}=(1,0,2)，\overrightarrow{MN}=\left(-\frac{1}{2},1,1\right),设平面B_{1}MN的一个法向量为n=(a,b,c)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{MB_1}=a+2c=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{MN}=-\frac{1}{2}a+b+c=0,\end{matrix}\right.令c=1，则a=-2，b=-2，所以n=(-2,-2,1)，设直线A_{1}C与平面B_{1}MN所成的角为 \theta ，则\\sin   \theta =|\\cos  \langle n,\overrightarrow{A_1C}\rangle |=\frac{|\overrightarrow{A_1C}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{A_1C}|\cdot |\boldsymbol{n}|}=\frac{|1\times (-2)+2\times (-2)+(-2)\times 1|}{\sqrt{1+4+4}\times \sqrt{4+4+1}}=\frac{8}{9}，故直线A_{1}C与平面B_{1}MN所成角的正弦值为\frac{8}{9}.$

Final answer: $\frac{8}{9}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $四棱柱ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}的所有棱长都等于4，\angle ABC=60^\circ ，平面AA_{1}C_{1}C\perp 平面ABCD，\angle A_{1}AC=60^\circ .$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1694552911280893954/img/compression/M_ef7babc90cf66cd151bbfacc38c0f296.jpg)
$(1)证明：DB\perp AA_{1}；$

Solution:
$证明：设BD交AC于点O，则BD\perp AC，连接A_{1}O.在\triangle AA_{1}O中，AA_{1}=4，AO=2，\angle A_{1}AO=60^\circ ，\therefore A_{1}O^{2}=AA^2_1+AO^{2}-2AA_{1}\cdot AO\\cos   60^\circ =12，\therefore AO^{2}+A_{1}O^{2}=AA^2_1，\therefore A_{1}O\perp AO，又\because 平面AA_{1}C_{1}C\perp 平面ABCD，平面AA_{1}C_{1}C\cap 平面ABCD=AO，\therefore A_{1}O\perp 底面ABCD.以O为坐标原点，OB，OC，OA_{1}所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1694552911004069891/img/compression/M_3456fbb2b75772379b0c2536dee22dcd.jpg)$则A(0,-2,0)，B(2\sqrt{3},0,0)，C(0,2,0)，D(-2\sqrt{3},0,0)，A_{1}(0,0,2\sqrt{3})，C_{1}(0,4,2\sqrt{3})，\therefore \overrightarrow{BD}=(-4\sqrt{3},0,0)，\overrightarrow{AA_1}=(0,2,2\sqrt{3})，\therefore \overrightarrow{AA_1}\cdot \overrightarrow{BD}=0，\therefore DB\perp AA_{1}.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $四棱柱ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}的所有棱长都等于4，\angle ABC=60^\circ ，平面AA_{1}C_{1}C\perp 平面ABCD，\angle A_{1}AC=60^\circ .$<img_2380>
$(1)证明：DB\perp AA_{1}；$

Solution:
$证明：设BD交AC于点O，则BD\perp AC，连接A_{1}O.在\triangle AA_{1}O中，AA_{1}=4，AO=2，\angle A_{1}AO=60^\circ ，\therefore A_{1}O^{2}=AA^2_1+AO^{2}-2AA_{1}\cdot AO\\cos   60^\circ =12，\therefore AO^{2}+A_{1}O^{2}=AA^2_1，\therefore A_{1}O\perp AO，又\because 平面AA_{1}C_{1}C\perp 平面ABCD，平面AA_{1}C_{1}C\cap 平面ABCD=AO，\therefore A_{1}O\perp 底面ABCD.以O为坐标原点，OB，OC，OA_{1}所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，$<img_1804>$则A(0,-2,0)，B(2\sqrt{3},0,0)，C(0,2,0)，D(-2\sqrt{3},0,0)，A_{1}(0,0,2\sqrt{3})，C_{1}(0,4,2\sqrt{3})，\therefore \overrightarrow{BD}=(-4\sqrt{3},0,0)，\overrightarrow{AA_1}=(0,2,2\sqrt{3})，\therefore \overrightarrow{AA_1}\cdot \overrightarrow{BD}=0，\therefore DB\perp AA_{1}.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $四棱柱ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}的所有棱长都等于4，\angle ABC=60^\circ ，平面AA_{1}C_{1}C\perp 平面ABCD，\angle A_{1}AC=60^\circ .$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1694552911280893954/img/compression/M_ef7babc90cf66cd151bbfacc38c0f296.jpg)
$(2)在直线CC_{1}上是否存在点P，使BP\parallel 平面DA_{1}C_{1}？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$假设在直线CC_{1}上存在点P，使BP\parallel 平面DA_{1}C_{1}.设\overrightarrow{CP}=\lambda \overrightarrow{CC_1}(\lambda \in R)，P(x,y,z)，则(x,y-2,z)=\lambda (0,2,2\sqrt{3})，\therefore P(0,2+2\lambda ,2\sqrt{3}\lambda )，\therefore \overrightarrow{BP}=(-2\sqrt{3},2+2\lambda ,2\sqrt{3}\lambda ).易得\overrightarrow{A_1C_1}=(0,4,0),\overrightarrow{DA_1}=(2\sqrt{3},0,2\sqrt{3}).设平面A_{1}C_{1}D的一个法向量为n=(a,b,c),则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{A_1C_1}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{DA_1}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}4b=0,\\ 2\sqrt{3}a+2\sqrt{3}c=0,\end{matrix}\right.令a=1，则b=0,c=-1，\therefore n=(1,0,-1).\because BP\parallel 平面DA_{1}C_{1}，\therefore n\cdot \overrightarrow{BP}=0，\therefore -2\sqrt{3}-2\sqrt{3}\lambda =0，解得\lambda =-1，即点P在C_{1}C的延长线上且使CP=C_{1}C的位置.$

Final answer: $点P在C1C的延长线上且使CP=C1C的位置$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在多面体ABCDEF中，平面ADEF\perp 平面ABCD，四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且AD\parallel BC，\triangle ABD是边长为1的等边三角形，BC=3．$<img_1970>
$(1)求证：AF\perp BD；$

Solution:
$证明：因为四边形ADEF为正方形，所以AF\perp AD.又平面ADEF\perp 平面ABCD，且平面ADEF\cap 平面ABCD=AD，所以AF\perp 平面ABCD.又BD\subset 平面ABCD，所以AF\perp BD.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在多面体ABCDEF中，平面ADEF\perp 平面ABCD，四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且AD\parallel BC，\triangle ABD是边长为1的等边三角形，BC=3．$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1694552911696130049/img/compression/M_c59d3db36434796d985c939d82ee4b7a.jpg)
$(1)求证：AF\perp BD；$

Solution:
$证明：因为四边形ADEF为正方形，所以AF\perp AD.又平面ADEF\perp 平面ABCD，且平面ADEF\cap 平面ABCD=AD，所以AF\perp 平面ABCD.又BD\subset 平面ABCD，所以AF\perp BD.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在多面体ABCDEF中，平面ADEF\perp 平面ABCD，四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且AD\parallel BC，\triangle ABD是边长为1的等边三角形，BC=3．$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1694552911696130049/img/compression/M_c59d3db36434796d985c939d82ee4b7a.jpg)
$(2)线段BD上是否存在点N，使得直线CE\perp 平面AFN？若存在，求出\frac{BN}{BD}的值；若不存在，请说明理由．$

Solution:
$线段BD上不存在点N，使得直线CE\perp 平面AFN.理由如下：取AD的中点O，EF的中点K，连接OB，OK， 因为\triangle ABD为等边三角形，所以OB\perp OD，在正方形ADEF中，OK\perp OD，又平面ADEF\perp 平面ABCD，平面ADEF\cap 平面ABCD=AD，所以OB\perp 平面ADEF，所以OB\perp OK，所以OB，OD，OK两两互相垂直，以O为原点，OB，OD，OK所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示,$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1694552912006508546/img/compression/M_158a17f12ae3e08cd38363e681325e56.jpg)$则A\left(0,-\frac{1}{2},0\right),B\left(\frac{\sqrt{3}}{2},0,0\right),D\left(0,\frac{1}{2},0\right),C\left(\frac{\sqrt{3}}{2},3,0\right),E\left(0,\frac{1}{2},1\right),F\left(0,- \frac{1}{2},1\right),所以\overrightarrow{BD}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0\right),\overrightarrow{AF}=(0,0,1),\overrightarrow{EC}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{5}{2},-1\right).设N(x_{1},y_{1},0)，\overrightarrow{BN}=\lambda \overrightarrow{BD},\lambda \in [0,1]，所以\overrightarrow{BN}=\left(x_1-\frac{\sqrt{3}}{2},y_1,0\right),所以\left\{\begin{matrix}x_1-\frac{\sqrt{3}}{2}=-\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda ,\\ y_1=\frac{1}{2}\lambda ,\end{matrix}\right.所以\left\{\begin{matrix}x_1=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda ,\\ y_1=\frac{1}{2}\lambda ,\end{matrix}\right.即N\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda ,\frac{1}{2}\lambda ,0\right),所以\overrightarrow{AN}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda ,\frac{1}{2}\lambda +\frac{1}{2},0\right).设平面AFN的一个法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AN}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AF}=0,\end{matrix}\right.所以\left\{\begin{matrix}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda \right)x+\left(\frac{1}{2}\lambda +\frac{1}{2}\right)y=0,\\ z=0,\end{matrix}\right.令x=\frac{1}{2}\lambda +\frac{1}{2}，则y=\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda -\frac{\sqrt{3}}{2},所以n=\left(\frac{1}{2}\lambda +\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda -\frac{\sqrt{3}}{2},0\right).因为CE\perp 平面AFN，所以\overrightarrow{EC}\parallel n，所以\frac{\frac{1}{2}\lambda +\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda -\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{5}{2}}=\frac{0}{-1}，此方程无解，所以不存在点N，使得直线CE\perp 平面AFN.$

Final answer: $线段BD上不存在点N，使得直线CE\perp 平面AFN。$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在多面体ABCDEF中，平面ADEF\perp 平面ABCD，四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且AD\parallel BC，\triangle ABD是边长为1的等边三角形，BC=3．$<img_1970>
$(2)线段BD上是否存在点N，使得直线CE\perp 平面AFN？若存在，求出\frac{BN}{BD}的值；若不存在，请说明理由．$

Solution:
$线段BD上不存在点N，使得直线CE\perp 平面AFN.理由如下：取AD的中点O，EF的中点K，连接OB，OK， 因为\triangle ABD为等边三角形，所以OB\perp OD，在正方形ADEF中，OK\perp OD，又平面ADEF\perp 平面ABCD，平面ADEF\cap 平面ABCD=AD，所以OB\perp 平面ADEF，所以OB\perp OK，所以OB，OD，OK两两互相垂直，以O为原点，OB，OD，OK所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示,$<img_1645>$则A\left(0,-\frac{1}{2},0\right),B\left(\frac{\sqrt{3}}{2},0,0\right),D\left(0,\frac{1}{2},0\right),C\left(\frac{\sqrt{3}}{2},3,0\right),E\left(0,\frac{1}{2},1\right),F\left(0,- \frac{1}{2},1\right),所以\overrightarrow{BD}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0\right),\overrightarrow{AF}=(0,0,1),\overrightarrow{EC}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{5}{2},-1\right).设N(x_{1},y_{1},0)，\overrightarrow{BN}=\lambda \overrightarrow{BD},\lambda \in [0,1]，所以\overrightarrow{BN}=\left(x_1-\frac{\sqrt{3}}{2},y_1,0\right),所以\left\{\begin{matrix}x_1-\frac{\sqrt{3}}{2}=-\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda ,\\ y_1=\frac{1}{2}\lambda ,\end{matrix}\right.所以\left\{\begin{matrix}x_1=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda ,\\ y_1=\frac{1}{2}\lambda ,\end{matrix}\right.即N\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda ,\frac{1}{2}\lambda ,0\right),所以\overrightarrow{AN}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda ,\frac{1}{2}\lambda +\frac{1}{2},0\right).设平面AFN的一个法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AN}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AF}=0,\end{matrix}\right.所以\left\{\begin{matrix}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda \right)x+\left(\frac{1}{2}\lambda +\frac{1}{2}\right)y=0,\\ z=0,\end{matrix}\right.令x=\frac{1}{2}\lambda +\frac{1}{2}，则y=\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda -\frac{\sqrt{3}}{2},所以n=\left(\frac{1}{2}\lambda +\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda -\frac{\sqrt{3}}{2},0\right).因为CE\perp 平面AFN，所以\overrightarrow{EC}\parallel n，所以\frac{\frac{1}{2}\lambda +\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda -\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{5}{2}}=\frac{0}{-1}，此方程无解，所以不存在点N，使得直线CE\perp 平面AFN.$



Final answer: $线段BD上不存在点N，使得直线CE\perp 平面AFN。$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四棱锥P-ABCD的体积为\frac{3}{4}，平面PAD\perp 平面ABCD，\triangle PAD是面积为\sqrt{3}的等边三角形，四边形ABCD是等腰梯形，BC=1，E为棱PA上一动点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693878119284875267/img/compression/M_97be483ee9746e8ffa1e380742aeaf88.jpg)
$(1)若直线EC与平面ABCD的夹角为60^\circ ，求二面角B-CE-D的正弦值；$

Solution:
$因为\triangle PAD是面积为\sqrt{3}的等边三角形，所以PA=PD=AD=2，因为平面PAD\perp 平面ABCD，四边形ABCD是等腰梯形，过P作PO\perp AD，垂足为O，过E作EQ\perp AD，垂足为Q，连接QC,又因为平面PAD\cap 平面ABCD=AD,EQ\perp AD,所以EQ\perp 平面ABCD,所以\angle ECQ为直线EC与平面ABCD的夹角，即\angle ECQ=60^\circ ，记BC的中点为T，连接OT，所以OT\perp AD，以O为坐标原点，OT，OD，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693878119561699331/img/compression/M_5e58e2a87577c966acbc32e5d9b4d99c.jpg)$易知OP=\sqrt{AP^2-OA^2}=\sqrt{3}，因为四棱锥P-ABCD的体积为\frac{3}{4}，所以\frac{1}{3}\times S_{等腰梯形ABCD}\times \sqrt{3}=\frac{3}{4}，所以S_{等腰梯形ABCD}=\frac{3\sqrt{3}}{4},又因为BC=1,AD=2，所以OT=\frac{\sqrt{3}}{2}.设E(0,-t,\sqrt{3}-\sqrt{3}t)(0\leq t\leq 1)，又C\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0\right),所以|\overrightarrow{EC}|=\sqrt{4t^2-5t+4}，|\overrightarrow{EQ}|=\sqrt{3}-\sqrt{3}t,又\angle ECQ=60^\circ ，所以\\sin   60^\circ =\frac{|EQ|}{|EC|},所以\sqrt{4t^2-5t+4}=2-2t，解得t=0,所以E,P两点重合，故E(0,0,\sqrt{3}),易知\overrightarrow{BC}=(0,1,0),\overrightarrow{CE}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},\sqrt{3}\right),\overrightarrow{CD}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0\right)，设平面BCE的一个法向量为n_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}_1\cdot \overrightarrow{BC}=0,\\ \boldsymbol{n}_1\cdot \overrightarrow{CE}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}y_1=0,\\ -\frac{\sqrt{3}}{2}x_1-\frac{1}{2}y_1+\sqrt{3}z_1=0,\end{matrix}\right.令x_{1}=2，则y_{1}=0,z_{1}=1，故n_{1}=(2，0，1)，设平面CDE的一个法向量为n_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}_2\cdot \overrightarrow{CE}=0,\\ \boldsymbol{n}_2\cdot \overrightarrow{CD}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}-\frac{\sqrt{3}}{2}x_2-\frac{1}{2}y_2+\sqrt{3}z_2=0,\\ -\frac{\sqrt{3}}{2}x_2+\frac{1}{2}y_2=0,\end{matrix}\right.令x_{2}=1，则y_{2}=\sqrt{3}，z_{2}=1，故n_{2}=(1，\sqrt{3}，1),记二面角B-CE-D的平面角为\theta ，则|\\cos   \theta |=|\\cos  \langle n_{1},n_{2}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n}_1\cdot \boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|}=\frac{3}{\sqrt{5}\times \sqrt{5}}=\frac{3}{5},所以\\sin   \theta =\frac{4}{5},即二面角B-CE-D的正弦值为\frac{4}{5}.$

Final answer: $\frac{4}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四棱锥P-ABCD的体积为\frac{3}{4}，平面PAD\perp 平面ABCD，\triangle PAD是面积为\sqrt{3}的等边三角形，四边形ABCD是等腰梯形，BC=1，E为棱PA上一动点.$<img_2255>
$(1)若直线EC与平面ABCD的夹角为60^\circ ，求二面角B-CE-D的正弦值；$

Solution:
$因为\triangle PAD是面积为\sqrt{3}的等边三角形，所以PA=PD=AD=2，因为平面PAD\perp 平面ABCD，四边形ABCD是等腰梯形，过P作PO\perp AD，垂足为O，过E作EQ\perp AD，垂足为Q，连接QC,又因为平面PAD\cap 平面ABCD=AD,EQ\perp AD,所以EQ\perp 平面ABCD,所以\angle ECQ为直线EC与平面ABCD的夹角，即\angle ECQ=60^\circ ，记BC的中点为T，连接OT，所以OT\perp AD，以O为坐标原点，OT，OD，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，$<img_2784>$易知OP=\sqrt{AP^2-OA^2}=\sqrt{3}，因为四棱锥P-ABCD的体积为\frac{3}{4}，所以\frac{1}{3}\times S_{等腰梯形ABCD}\times \sqrt{3}=\frac{3}{4}，所以S_{等腰梯形ABCD}=\frac{3\sqrt{3}}{4},又因为BC=1,AD=2，所以OT=\frac{\sqrt{3}}{2}.设E(0,-t,\sqrt{3}-\sqrt{3}t)(0\leq t\leq 1)，又C\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0\right),所以|\overrightarrow{EC}|=\sqrt{4t^2-5t+4}，|\overrightarrow{EQ}|=\sqrt{3}-\sqrt{3}t,又\angle ECQ=60^\circ ，所以\\sin   60^\circ =\frac{|EQ|}{|EC|},所以\sqrt{4t^2-5t+4}=2-2t，解得t=0,所以E,P两点重合，故E(0,0,\sqrt{3}),易知\overrightarrow{BC}=(0,1,0),\overrightarrow{CE}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},\sqrt{3}\right),\overrightarrow{CD}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0\right)，设平面BCE的一个法向量为n_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}_1\cdot \overrightarrow{BC}=0,\\ \boldsymbol{n}_1\cdot \overrightarrow{CE}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}y_1=0,\\ -\frac{\sqrt{3}}{2}x_1-\frac{1}{2}y_1+\sqrt{3}z_1=0,\end{matrix}\right.令x_{1}=2，则y_{1}=0,z_{1}=1，故n_{1}=(2，0，1)，设平面CDE的一个法向量为n_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}_2\cdot \overrightarrow{CE}=0,\\ \boldsymbol{n}_2\cdot \overrightarrow{CD}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}-\frac{\sqrt{3}}{2}x_2-\frac{1}{2}y_2+\sqrt{3}z_2=0,\\ -\frac{\sqrt{3}}{2}x_2+\frac{1}{2}y_2=0,\end{matrix}\right.令x_{2}=1，则y_{2}=\sqrt{3}，z_{2}=1，故n_{2}=(1，\sqrt{3}，1),记二面角B-CE-D的平面角为\theta ，则|\\cos   \theta |=|\\cos  \langle n_{1},n_{2}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n}_1\cdot \boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|}=\frac{3}{\sqrt{5}\times \sqrt{5}}=\frac{3}{5},所以\\sin   \theta =\frac{4}{5},即二面角B-CE-D的正弦值为\frac{4}{5}.$

Final answer: $\frac{4}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四棱锥P-ABCD的体积为\frac{3}{4}，平面PAD\perp 平面ABCD，\triangle PAD是面积为\sqrt{3}的等边三角形，四边形ABCD是等腰梯形，BC=1，E为棱PA上一动点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693878119284875267/img/compression/M_97be483ee9746e8ffa1e380742aeaf88.jpg)
$(2)求\frac{ED}{EC}的取值范围.$

Solution:
$由(1)易得ED=\sqrt{4t^2-4t+4},EC=\sqrt{4t^2-5t+4}，所以当0因为\frac{1}{4t+\frac{4}{t}-5}\in \left(0,\frac{1}{3}\right]，所以\sqrt{1+\frac{1}{4t+\frac{4}{t}-5}}\in \left(1,\frac{2\sqrt{3}}{3}\right]，当且仅当t=1时取等号；当t=0时，\frac{ED}{EC}=1.综上可知，\frac{ED}{EC}\in \left[1,\frac{2\sqrt{3}}{3}\right].$

Final answer: $[1,2\sqrt{3}/3]$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四棱锥P-ABCD的体积为\frac{3}{4}，平面PAD\perp 平面ABCD，\triangle PAD是面积为\sqrt{3}的等边三角形，四边形ABCD是等腰梯形，BC=1，E为棱PA上一动点.$<img_2255>
$(2)求\frac{ED}{EC}的取值范围.$

Solution:
$由(1)易得ED=\sqrt{4t^2-4t+4},EC=\sqrt{4t^2-5t+4}，所以当0因为\frac{1}{4t+\frac{4}{t}-5}\in \left(0,\frac{1}{3}\right]，所以\sqrt{1+\frac{1}{4t+\frac{4}{t}-5}}\in \left(1,\frac{2\sqrt{3}}{3}\right]，当且仅当t=1时取等号；当t=0时，\frac{ED}{EC}=1.综上可知，\frac{ED}{EC}\in \left[1,\frac{2\sqrt{3}}{3}\right].$

Final answer: $[1,2\sqrt{3}/3]$