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


Question: $在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD\parallel BC，AD\perp AB，侧面PAB\perp 底面ABCD，PA=PB=AD=\frac{1}{2}BC=2，且E，F分别为PC，CD的中点.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610442276556802/img/compression/M_7ab219725c44295ef41714e14b8f4507.jpg)
$(1)证明：DE\parallel 平面PAB；$

Solution:
$证明：取PB的中点M，连接AM，EM，\because E为PC的中点，\therefore ME\parallel BC,ME=\frac{1}{2}BC，又\because AD\parallel BC,AD=\frac{1}{2}BC，\therefore ME\parallel AD,ME=AD，\therefore 四边形ADEM为平行四边形，\therefore DE\parallel AM，\because DE\not\subset 平面PAB，AM\subset 平面PAB，\therefore DE\parallel 平面PAB.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD\parallel BC，AD\perp AB，侧面PAB\perp 底面ABCD，PA=PB=AD=\frac{1}{2}BC=2，且E，F分别为PC，CD的中点.
$<img_1889>
$(2)若直线PF与平面PAB所成的角为60^\circ ，求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值.$

Solution:
$\because 平面PAB\perp 平面ABCD，平面PAB\cap 平面ABCD=AB，AD\subset 平面ABCD，AD\perp AB，\therefore AD\perp 平面PAB，取AB的中点G，连接FG，则FG\parallel AD，则FG\perp 平面PAB，\therefore \angle GPF为直线PF与平面PAB所成的角，即\angle GPF=60^\circ ，\because \\tan   60^\circ =\frac{FG}{PG}，FG=3，则PG=\sqrt{3}，\therefore AG=GB=1，则AB=2.如图，建立空间直角坐标系，则P(0,0,\sqrt{3})，C(1,4,0)，D(-1,2,0)，$<img_1811>$\therefore \overrightarrow{PC}=(1,4,-\sqrt{3})，\overrightarrow{CD}=(-2,-2,0)，设平面PCD的法向量为n_{1}=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}{\boldsymbol{n}_1} \cdot \overrightarrow{PC}=0,\\ {\boldsymbol{n}_1} \cdot \overrightarrow{CD}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}x+4y-\sqrt{3}z=0,\\ -2x-2y=0,\end{matrix}\right.令y=1，则n_{1}=(-1,1,\sqrt{3})，易知平面PAB的一个法向量为n_{2}=(0,1,0)，设平面PAB与平面PCD所成锐二面角为\theta ，\therefore \\cos   \theta =\left|\frac{\boldsymbol{n}_1 \cdot \boldsymbol{n}_2}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|}\right|=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}，即平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为\frac{\sqrt{5}}{5}.$

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


Question: $在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD\parallel BC，AD\perp AB，侧面PAB\perp 底面ABCD，PA=PB=AD=\frac{1}{2}BC=2，且E，F分别为PC，CD的中点.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610442276556802/img/compression/M_7ab219725c44295ef41714e14b8f4507.jpg)
$(2)若直线PF与平面PAB所成的角为60^\circ ，求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值.$

Solution:
$\because 平面PAB\perp 平面ABCD，平面PAB\cap 平面ABCD=AB，AD\subset 平面ABCD，AD\perp AB，\therefore AD\perp 平面PAB，取AB的中点G，连接FG，则FG\parallel AD，则FG\perp 平面PAB，\therefore \angle GPF为直线PF与平面PAB所成的角，即\angle GPF=60^\circ ，\because \\tan   60^\circ =\frac{FG}{PG}，FG=3，则PG=\sqrt{3}，\therefore AG=GB=1，则AB=2.如图，建立空间直角坐标系，则P(0,0,\sqrt{3})，C(1,4,0)，D(-1,2,0)，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610442276556802/img/compression/M_e0f8123ebd606a097d2391a2ebe156ec.jpg)$\therefore \overrightarrow{PC}=(1,4,-\sqrt{3})，\overrightarrow{CD}=(-2,-2,0)，设平面PCD的法向量为n_{1}=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}{\boldsymbol{n}_1} \cdot \overrightarrow{PC}=0,\\ {\boldsymbol{n}_1} \cdot \overrightarrow{CD}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}x+4y-\sqrt{3}z=0,\\ -2x-2y=0,\end{matrix}\right.令y=1，则n_{1}=(-1,1,\sqrt{3})，易知平面PAB的一个法向量为n_{2}=(0,1,0)，设平面PAB与平面PCD所成锐二面角为\theta ，\therefore \\cos   \theta =\left|\frac{\boldsymbol{n}_1 \cdot \boldsymbol{n}_2}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|}\right|=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}，即平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为\frac{\sqrt{5}}{5}.$

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


Question: $如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧\overset{\LARGE{\frown}}{CD}所在平面垂直，M是\overset{\LARGE{\frown}}{CD}上异于C，D的点.$<img_2074>
$(1)证明：平面AMD\perp 平面BMC；$

Solution:
$证明：由题设知，平面CMD\perp 平面ABCD，交线为CD.因为BC\perp CD，BC\subset 平面ABCD，所以BC\perp 平面CMD，故BC\perp DM.因为M为\overset{\LARGE{\frown}}{CD}上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM\perp CM.又BC\cap CM=C，所以DM\perp 平面BMC.而DM\subset 平面AMD，故平面AMD\perp 平面BMC.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧\overset{\LARGE{\frown}}{CD}所在平面垂直，M是\overset{\LARGE{\frown}}{CD}上异于C，D的点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610445841715203/img/compression/M_39256a3ec97e7c0575716accdc935b47.jpg)
$(1)证明：平面AMD\perp 平面BMC；$

Solution:
$证明：由题设知，平面CMD\perp 平面ABCD，交线为CD.因为BC\perp CD，BC\subset 平面ABCD，所以BC\perp 平面CMD，故BC\perp DM.因为M为\overset{\LARGE{\frown}}{CD}上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM\perp CM.又BC\cap CM=C，所以DM\perp 平面BMC.而DM\subset 平面AMD，故平面AMD\perp 平面BMC.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧\overset{\LARGE{\frown}}{CD}所在平面垂直，M是\overset{\LARGE{\frown}}{CD}上异于C，D的点.$<img_2074>
$(2)当三棱锥M-ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.$

Solution:
$以D为坐标原点，\overrightarrow{DA}的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.则D(0，0，0).当三棱锥M-ABC体积最大时，M为\overset{\LARGE{\frown}}{CD}的中点.由题设得A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)，则\overrightarrow{AM}=(-2，1，1)，\overrightarrow{AB}=(0，2，0)，\overrightarrow{DA}=(2，0，0).设n=(x，y，z)是平面MAB的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AM}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AB}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}-2x+y+z=0,\\ 2y=0,\end{matrix}\right.可取n=(1，0，2).\overrightarrow{DA}是平面MCD的法向量，因此\\cos  \langle n，\overrightarrow{DA}\rangle =\frac{\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DA}}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{DA}|}=\frac{\sqrt{5}}{5}，\\sin  \langle n，\overrightarrow{DA}\rangle =\frac{2\sqrt{5}}{5}.所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是\frac{2\sqrt{5}}{5}.$<img_1822>

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


Question: $如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧\overset{\LARGE{\frown}}{CD}所在平面垂直，M是\overset{\LARGE{\frown}}{CD}上异于C，D的点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610445841715203/img/compression/M_39256a3ec97e7c0575716accdc935b47.jpg)
$(2)当三棱锥M-ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.$

Solution:
$以D为坐标原点，\overrightarrow{DA}的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.则D(0，0，0).当三棱锥M-ABC体积最大时，M为\overset{\LARGE{\frown}}{CD}的中点.由题设得A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)，则\overrightarrow{AM}=(-2，1，1)，\overrightarrow{AB}=(0，2，0)，\overrightarrow{DA}=(2，0，0).设n=(x，y，z)是平面MAB的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AM}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AB}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}-2x+y+z=0,\\ 2y=0,\end{matrix}\right.可取n=(1，0，2).\overrightarrow{DA}是平面MCD的法向量，因此\\cos  \langle n，\overrightarrow{DA}\rangle =\frac{\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DA}}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{DA}|}=\frac{\sqrt{5}}{5}，\\sin  \langle n，\overrightarrow{DA}\rangle =\frac{2\sqrt{5}}{5}.所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是\frac{2\sqrt{5}}{5}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610446508609538/img/compression/M_95c8831dd4e9fc73696539abcd47d177.jpg)

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


Question: $如图，已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形，PA=6.顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G.$<img_1691>
$(1)证明：G是AB的中点；$

Solution:
$证明：因为P在平面ABC内的正投影为D，所以AB\perp PD.因为D在平面PAB内的正投影为E，所以AB\perp DE.又PD\cap DE=D，所以AB\perp 平面PED，故AB\perp PG.又由已知可得，PA=PB，从而G是AB的中点.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形，PA=6.顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610524208091140/img/compression/M_05f79eda2361e9a6a41f0593e519b0be.jpg)
$(1)证明：G是AB的中点；$

Solution:
$证明：因为P在平面ABC内的正投影为D，所以AB\perp PD.因为D在平面PAB内的正投影为E，所以AB\perp DE.又PD\cap DE=D，所以AB\perp 平面PED，故AB\perp PG.又由已知可得，PA=PB，从而G是AB的中点.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形，PA=6.顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610524208091140/img/compression/M_05f79eda2361e9a6a41f0593e519b0be.jpg)
$(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积.$

Solution:
$在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影.理由如下：由已知可得PB\perp PA，PB\perp PC，又EF\parallel PB，所以EF\perp PA，EF\perp PC，又PA\cap PC=P，因此EF\perp 平面PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影.连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心，由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD=\frac{2}{3}CG.由题设可得PC\perp 平面PAB，DE\perp 平面PAB，所以DE\parallel PC，因此PE=\frac{2}{3}PG，DE=\frac{1}{3}PC.由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6，可得DE=2，PE=2\sqrt{2}.在等腰直角三角形EFP中，可得EF=PF=2，所以四面体PDEF的体积V=\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}\times 2\times 2\times 2=\frac{4}{3}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610524686241794/img/compression/M_9dd1fbf8611b06b351aaacb1b8ac27ec.jpg)

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


Question: $如图，已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形，PA=6.顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G.$<img_1691>
$(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积.$

Solution:
$在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影.理由如下：由已知可得PB\perp PA，PB\perp PC，又EF\parallel PB，所以EF\perp PA，EF\perp PC，又PA\cap PC=P，因此EF\perp 平面PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影.连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心，由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD=\frac{2}{3}CG.由题设可得PC\perp 平面PAB，DE\perp 平面PAB，所以DE\parallel PC，因此PE=\frac{2}{3}PG，DE=\frac{1}{3}PC.由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6，可得DE=2，PE=2\sqrt{2}.在等腰直角三角形EFP中，可得EF=PF=2，所以四面体PDEF的体积V=\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}\times 2\times 2\times 2=\frac{4}{3}.$<img_1714>

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


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD\perp 平面ABCD,PA=AD=2,BD=4,AB=2\sqrt{3}，DB是\angle ADC的平分线，且BD\perp BC.$<img_1791>
$(1)若点E为棱PC的中点，证明：BE\parallel 平面PAD；$

Solution:
$证明：延长CB,DA交于点F，连接PF，\because DB是\angle ADC的平分线，且BD\perp BC，\therefore 易证\triangle CDF是等腰三角形，\therefore 点B是CF的中点，又\because E是PC的中点，\therefore BE\parallel PF，又PF\subset 平面PAD,BE\not\subset 平面PAD，\therefore BE\parallel 平面PAD.$<img_2075>
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD\perp 平面ABCD,PA=AD=2,BD=4,AB=2\sqrt{3}，DB是\angle ADC的平分线，且BD\perp BC.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610527899078659/img/compression/M_3aa6de5a86d41cbb6e44a0b58230f0a2.jpg)
$(1)若点E为棱PC的中点，证明：BE\parallel 平面PAD；$

Solution:
$证明：延长CB,DA交于点F，连接PF，\because DB是\angle ADC的平分线，且BD\perp BC，\therefore 易证\triangle CDF是等腰三角形，\therefore 点B是CF的中点，又\because E是PC的中点，\therefore BE\parallel PF，又PF\subset 平面PAD,BE\not\subset 平面PAD，\therefore BE\parallel 平面PAD.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610528243011585/img/compression/M_096bcdf063c71bfbea7171eb250f0a39.jpg)

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD\perp 平面ABCD,PA=AD=2,BD=4,AB=2\sqrt{3}，DB是\angle ADC的平分线，且BD\perp BC.$<img_1791>
$(2)已知二面角P-AB-D的大小为60^\circ ，求平面PBD和平面PCD的夹角的余弦值.$

Solution:
$在\triangle ABD中，AD=2,BD=4,AB=2\sqrt{3}，则AD^{2}+AB^{2}=BD^{2}，则\angle BAD=90^\circ ，即BA\perp AD，\because \\sin  \angle BDA=\frac{\sqrt{3}}{2},\therefore \angle BDC=\angle BDA=60^\circ ,则CD=8，\because 平面PAD\perp 平面ABCD,平面PAD\cap 平面ABCD=AD，BA\subset 平面ABCD，\therefore BA\perp 平面PAD，则BA\perp PA，\therefore \angle PAD为二面角P-AB-D的平面角，\therefore \angle PAD=60^\circ ，又PA=AD=2，\therefore \triangle PAD为等边三角形，取AD的中点为O，连接OP，则OP\perp AD,OP\perp 平面ABCD,如图，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0),B(1,2\sqrt{3},0),C(-5,4\sqrt{3},0),D(-1,0,0),P(0,0,\sqrt{3})，所以\overrightarrow{DP}=(1,0,\sqrt{3}),\overrightarrow{BD}=(-2,-2\sqrt{3},0),\overrightarrow{DC}=(-4,4\sqrt{3},0)，设m=(x_{1},y_{1},z_{1})为平面PBD的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{DP}=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{BD}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}x_1+\sqrt{3}z_1=0,\\ -2x_1-2\sqrt{3}y_1=0,\end{matrix}\right.取y_{1}=-1，则m=(\sqrt{3},-1,-1)，设n=(x_{2},y_{2},z_{2})为平面PCD的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DP}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DC}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}x_2+\sqrt{3}z_2=0,\\ -4x_2+4\sqrt{3}y_2=0,\end{matrix}\right.取y_{2}=1，则n=(\sqrt{3},1,-1)，设平面PBD和平面PCD的夹角为\theta ,则\\cos   \theta =|\\cos  \langle m,n\rangle |=\left|\frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}| \cdot |\boldsymbol{n}|}\right|=\frac{3}{5}，故平面PBD和平面PCD的夹角的余弦值为\frac{3}{5}.$<img_2459>

Final answer: $\frac{3}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD\perp 平面ABCD,PA=AD=2,BD=4,AB=2\sqrt{3}，DB是\angle ADC的平分线，且BD\perp BC.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610527899078659/img/compression/M_3aa6de5a86d41cbb6e44a0b58230f0a2.jpg)
$(2)已知二面角P-AB-D的大小为60^\circ ，求平面PBD和平面PCD的夹角的余弦值.$

Solution:
$在\triangle ABD中，AD=2,BD=4,AB=2\sqrt{3}，则AD^{2}+AB^{2}=BD^{2}，则\angle BAD=90^\circ ，即BA\perp AD，\because \\sin  \angle BDA=\frac{\sqrt{3}}{2},\therefore \angle BDC=\angle BDA=60^\circ ,则CD=8，\because 平面PAD\perp 平面ABCD,平面PAD\cap 平面ABCD=AD，BA\subset 平面ABCD，\therefore BA\perp 平面PAD，则BA\perp PA，\therefore \angle PAD为二面角P-AB-D的平面角，\therefore \angle PAD=60^\circ ，又PA=AD=2，\therefore \triangle PAD为等边三角形，取AD的中点为O，连接OP，则OP\perp AD,OP\perp 平面ABCD,如图，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0),B(1,2\sqrt{3},0),C(-5,4\sqrt{3},0),D(-1,0,0),P(0,0,\sqrt{3})，所以\overrightarrow{DP}=(1,0,\sqrt{3}),\overrightarrow{BD}=(-2,-2\sqrt{3},0),\overrightarrow{DC}=(-4,4\sqrt{3},0)，设m=(x_{1},y_{1},z_{1})为平面PBD的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{DP}=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{BD}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}x_1+\sqrt{3}z_1=0,\\ -2x_1-2\sqrt{3}y_1=0,\end{matrix}\right.取y_{1}=-1，则m=(\sqrt{3},-1,-1)，设n=(x_{2},y_{2},z_{2})为平面PCD的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DP}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DC}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}x_2+\sqrt{3}z_2=0,\\ -4x_2+4\sqrt{3}y_2=0,\end{matrix}\right.取y_{2}=1，则n=(\sqrt{3},1,-1)，设平面PBD和平面PCD的夹角为\theta ,则\\cos   \theta =|\\cos  \langle m,n\rangle |=\left|\frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}| \cdot |\boldsymbol{n}|}\right|=\frac{3}{5}，故平面PBD和平面PCD的夹角的余弦值为\frac{3}{5}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610528935071745/img/compression/M_fe8df11d861da0cf3dc83c4ee7a0c63e.jpg)

Final answer: $\frac{3}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}，下部的形状是正四棱柱ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}(如图所示)，并要求正四棱柱的高O_{1}O是正四棱锥的高PO_{1}的4倍.$<img_2589>
$(1)若AB=6 m,PO_{1}=2 m，则仓库的容积是多少？$

Solution:
$由PO_{1}=2知O_{1}O=4PO_{1}=8.因为A_{1}B_{1}=AB=6，所以正四棱锥P-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}的体积V_{锥}=\frac{1}{3}\cdot A_{1}B^2_1\cdot PO_{1}=\frac{1}{3}\times 6^{2}\times 2=24(m^{3});正四棱柱ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}的体积V_{柱}=AB^{2}\cdot O_{1}O=6^{2}\times 8=288(m^{3}).所以仓库的容积V=V_{锥}+V_{柱}=24+288=312(m^{3}).$

Final answer: $312$
Subfield: Solid Geometry


Question: $现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}，下部的形状是正四棱柱ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}(如图所示)，并要求正四棱柱的高O_{1}O是正四棱锥的高PO_{1}的4倍.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1635170231904825347/img/compression/M_ee5c0c5b74b895075bb7b6d1b5736b8f.jpg)
$(1)若AB=6 m,PO_{1}=2 m，则仓库的容积是多少？$

Solution:
$由PO_{1}=2知O_{1}O=4PO_{1}=8.因为A_{1}B_{1}=AB=6，所以正四棱锥P-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}的体积V_{锥}=\frac{1}{3}\cdot A_{1}B^2_1\cdot PO_{1}=\frac{1}{3}\times 6^{2}\times 2=24(m^{3});正四棱柱ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}的体积V_{柱}=AB^{2}\cdot O_{1}O=6^{2}\times 8=288(m^{3}).所以仓库的容积V=V_{锥}+V_{柱}=24+288=312(m^{3}).$

Final answer: $312$
Subfield: Solid Geometry


Question: $现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}，下部的形状是正四棱柱ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}(如图所示)，并要求正四棱柱的高O_{1}O是正四棱锥的高PO_{1}的4倍.$<img_2589>
$(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO_{1}为多少时，仓库的容积最大？$

Solution:
$设A_{1}B_{1}=a(m),PO_{1}=h(m),则0$<img_2874>$因为在Rt\triangle PO_{1}B_{1}中，O_{1}B^2_1+PO^2_1=PB^2_1，所以\left(\frac{\sqrt{2}a}{2}\right)^2+h^{2}=36,即a^{2}=2(36-h^{2}).于是仓库的容积V=V_{柱}+V_{锥}=a^{2}\cdot 4h+\frac{1}{3}a^{2}\cdot h=\frac{13}{3}a^{2}h=\frac{26}{3}(36h-h^{3}),0从而V'=\frac{26}{3}(36-3h^{2})=26(12-h^{2}).令V'=0,得h=2\sqrt{3}或h=-2\sqrt{3}(舍).当00,V是单调增函数；当2\sqrt{3}故h=2\sqrt{3}时，V取得极大值，也是最大值.因此，当PO_{1}=2\sqrt{3} m时，仓库的容积最大.$

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


Question: $现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}，下部的形状是正四棱柱ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}(如图所示)，并要求正四棱柱的高O_{1}O是正四棱锥的高PO_{1}的4倍.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1635170231904825347/img/compression/M_ee5c0c5b74b895075bb7b6d1b5736b8f.jpg)
$(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO_{1}为多少时，仓库的容积最大？$

Solution:
$设A_{1}B_{1}=a(m),PO_{1}=h(m),则0$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1635170232542359553/img/compression/M_33b4e4023452ac80d764891256fb9b16.jpg)$因为在Rt\triangle PO_{1}B_{1}中，O_{1}B^2_1+PO^2_1=PB^2_1，所以\left(\frac{\sqrt{2}a}{2}\right)^2+h^{2}=36,即a^{2}=2(36-h^{2}).于是仓库的容积V=V_{柱}+V_{锥}=a^{2}\cdot 4h+\frac{1}{3}a^{2}\cdot h=\frac{13}{3}a^{2}h=\frac{26}{3}(36h-h^{3}),0从而V'=\frac{26}{3}(36-3h^{2})=26(12-h^{2}).令V'=0,得h=2\sqrt{3}或h=-2\sqrt{3}(舍).当00,V是单调增函数；当2\sqrt{3}故h=2\sqrt{3}时，V取得极大值，也是最大值.因此，当PO_{1}=2\sqrt{3} m时，仓库的容积最大.$

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


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，侧棱垂直于底面，AB\perp BC,AA_{1}=AC=2,BC=1,E，F分别是A_{1}C_{1}，BC的中点.$<img_2395>
$(1)求证：平面ABE\perp 平面B_{1}BCC_{1};$

Solution:
$证明：在三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，BB_{1}\perp 底面ABC.所以BB_{1}\perp AB.又因为AB\perp BC,BB_{1}\cap BC=B，所以AB\perp 平面B_{1}BCC_{1}.又因为AB\subset 平面ABE，所以平面ABE\perp 平面B_{1}BCC_{1}.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，侧棱垂直于底面，AB\perp BC,AA_{1}=AC=2,BC=1,E，F分别是A_{1}C_{1}，BC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623874941663973377/img/compression/M_70039c7ce8bbd3f654711654e357f0c2.jpg)
$(1)求证：平面ABE\perp 平面B_{1}BCC_{1};$

Solution:
$证明：在三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，BB_{1}\perp 底面ABC.所以BB_{1}\perp AB.又因为AB\perp BC,BB_{1}\cap BC=B，所以AB\perp 平面B_{1}BCC_{1}.又因为AB\subset 平面ABE，所以平面ABE\perp 平面B_{1}BCC_{1}.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，侧棱垂直于底面，AB\perp BC,AA_{1}=AC=2,BC=1,E，F分别是A_{1}C_{1}，BC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623874941663973377/img/compression/M_70039c7ce8bbd3f654711654e357f0c2.jpg)
$(2)求证：C_{1}F\parallel 平面ABE;$

Solution:
$证明：取AB的中点G，连接EG，FG.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623874942154706945/img/compression/M_e9482af6df714e12e17b08b862a8a336.jpg)$因为G，F分别是AB，BC的中点,所以FG\parallel AC,且FG=\frac{1}{2}AC.因为AC\parallel A_{1}C_{1},AC=A_{1}C_{1},且E为A_{1}C_{1}的中点，所以FG\parallel EC_{1},且FG=EC_{1}.所以四边形FGEC_{1}为平行四边形.所以C_{1}F\parallel EG.又因为EG\subset 平面ABE,C_{1}F\not\subset 平面ABE,所以C_{1}F\parallel 平面ABE.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，侧棱垂直于底面，AB\perp BC,AA_{1}=AC=2,BC=1,E，F分别是A_{1}C_{1}，BC的中点.$<img_2395>
$(2)求证：C_{1}F\parallel 平面ABE;$

Solution:
$证明：取AB的中点G，连接EG，FG.$<img_2927>$因为G，F分别是AB，BC的中点,所以FG\parallel AC,且FG=\frac{1}{2}AC.因为AC\parallel A_{1}C_{1},AC=A_{1}C_{1},且E为A_{1}C_{1}的中点，所以FG\parallel EC_{1},且FG=EC_{1}.所以四边形FGEC_{1}为平行四边形.所以C_{1}F\parallel EG.又因为EG\subset 平面ABE,C_{1}F\not\subset 平面ABE,所以C_{1}F\parallel 平面ABE.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，侧棱垂直于底面，AB\perp BC,AA_{1}=AC=2,BC=1,E，F分别是A_{1}C_{1}，BC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623874941663973377/img/compression/M_70039c7ce8bbd3f654711654e357f0c2.jpg)
$(3)求三棱锥E-ABC的体积.$

Solution:
$因为AA_{1}=AC=2,BC=1,AB\perp BC,所以AB=\sqrt{AC^2-BC^2}=\sqrt{3}.所以三棱锥E-ABC的体积V=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot AA_{1}=\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}\times \sqrt{3}\times 1\times 2=\frac{\sqrt{3}}{3}.$

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


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，侧棱垂直于底面，AB\perp BC,AA_{1}=AC=2,BC=1,E，F分别是A_{1}C_{1}，BC的中点.$<img_2395>
$(3)求三棱锥E-ABC的体积.$

Solution:
$因为AA_{1}=AC=2,BC=1,AB\perp BC,所以AB=\sqrt{AC^2-BC^2}=\sqrt{3}.所以三棱锥E-ABC的体积V=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot AA_{1}=\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}\times \sqrt{3}\times 1\times 2=\frac{\sqrt{3}}{3}.$

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


Question: $如图，已知椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)，A_{1}，A_{2}分别是长轴的左、右两个端点，F_{1}，F_{2}分别是左、右焦点.椭圆C过点(0,\sqrt{3})，离心率为\frac{1}{2}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549531629117442/img/compression/M_4c062d8bb6dee29cea3272d48b8b3252.jpg)
$求椭圆C的方程.$

Solution:
$由题意可知b=\sqrt{3}，e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}，\therefore a=2c，\because a^{2}=b^{2}+c^{2}，\therefore c=1，a=2，\therefore 椭圆C的方程为\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)，A_{1}，A_{2}分别是长轴的左、右两个端点，F_{1}，F_{2}分别是左、右焦点.椭圆C过点(0,\sqrt{3})，离心率为\frac{1}{2}.$<img_1980>
$求椭圆C的方程.$

Solution:
$由题意可知b=\sqrt{3}，e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}，\therefore a=2c，\because a^{2}=b^{2}+c^{2}，\therefore c=1，a=2，\therefore 椭圆C的方程为\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)，A_{1}，A_{2}分别是长轴的左、右两个端点，F_{1}，F_{2}分别是左、右焦点.椭圆C过点(0,\sqrt{3})，离心率为\frac{1}{2}.$<img_1980>
$若直线x=4上有两个点M，N，且\overrightarrow{MF_2}\cdot \overrightarrow{NF_2}=0.①求\triangle MNF_{2}面积的最小值；②连接MA_{1}交椭圆C于另一点P(不同于点A_{1})，证明：P，A_{2}，N三点共线.$

Solution:
$设M(4,y_{M})，N(4,y_{N})，易知F_{2}(1,0)，则\overrightarrow{MF_2}=(-3,-y_{M})，\overrightarrow{NF_2}=(-3,-y_{N})，\because \overrightarrow{MF_2}\cdot \overrightarrow{NF_2}=0，\therefore y_{M}y_{N}+9=0，即y_{M}y_{N}=-9.①S_{\triangle MNF_{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{9+y^2_M}\cdot \sqrt{9+y^2_N}=\frac{1}{2} \sqrt{81+9(y^2_M+y^2_N)+(y_My_N)^2}=\frac{1}{2}\sqrt{162+9(y^2_M+y^2_N)}\geq \frac{1}{2}\sqrt{162+9\times 2\cdot |y_My_N|}=\frac{1}{2}\times \sqrt{162+162}=9，当且仅当|y_{M}|=|y_{N}|，即y_{M}=3,y_{N}=-3时取等号，故\triangle MNF_{2}面积的最小值为9.②证明：易得A_{1}(-2,0)，直线A_{1}M的斜率为\frac{y_M}{6}，\therefore 直线A_{1}M的方程为y=\frac{y_M}{6}(x+2)，联立\left\{\begin{matrix}y=\frac{y_M}{6}(x+2),\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1,\end{matrix}\right.得(27+y^2_M)x^{2}+4y^{2}_{M}x+4y^2_M-108=0，设P(x_{1},y_{1})，则x_{1}+(-2)=-\frac{4y^2_M}{27+y^2_M}，\therefore x_{1}=\frac{54-2y^2_M}{27+y^2_M}，代入直线A_{1}M的方程得y_{1}=\frac{18y_M}{27+y^2_M}，\therefore P\left(\frac{54-2y^2_M}{27+y^2_M},\frac{18y_M}{27+y^2_M}\right)，\therefore 直线PA_{2}的斜率k_{PA_{2}}=\frac{y_1}{x_1-2}=\frac{\frac{18y_M}{27+y^2_M}}{\frac{54-2y^2_M}{27+y^2_M}-2}=\frac{18y_M}{-4y^2_M}=-\frac{9}{2y_M}.\because 直线NA_{2}的斜率k_{NA_{2}}=\frac{y_N}{2}，y_{M}y_{N}+9=0，\therefore k_{NA_{2}}=\frac{y_N}{2}=\frac{-\frac{9}{y_M}}{2}=-\frac{9}{2y_M}=k_{PA_{2}}，\therefore P,A_{2}，N三点共线.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)，A_{1}，A_{2}分别是长轴的左、右两个端点，F_{1}，F_{2}分别是左、右焦点.椭圆C过点(0,\sqrt{3})，离心率为\frac{1}{2}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549531629117442/img/compression/M_4c062d8bb6dee29cea3272d48b8b3252.jpg)
$若直线x=4上有两个点M，N，且\overrightarrow{MF_2}\cdot \overrightarrow{NF_2}=0.①求\triangle MNF_{2}面积的最小值；②连接MA_{1}交椭圆C于另一点P(不同于点A_{1})，证明：P，A_{2}，N三点共线.$

Solution:
$设M(4,y_{M})，N(4,y_{N})，易知F_{2}(1,0)，则\overrightarrow{MF_2}=(-3,-y_{M})，\overrightarrow{NF_2}=(-3,-y_{N})，\because \overrightarrow{MF_2}\cdot \overrightarrow{NF_2}=0，\therefore y_{M}y_{N}+9=0，即y_{M}y_{N}=-9.①S_{\triangle MNF_{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{9+y^2_M}\cdot \sqrt{9+y^2_N}=\frac{1}{2} \sqrt{81+9(y^2_M+y^2_N)+(y_My_N)^2}=\frac{1}{2}\sqrt{162+9(y^2_M+y^2_N)}\geq \frac{1}{2}\sqrt{162+9\times 2\cdot |y_My_N|}=\frac{1}{2}\times \sqrt{162+162}=9，当且仅当|y_{M}|=|y_{N}|，即y_{M}=3,y_{N}=-3时取等号，故\triangle MNF_{2}面积的最小值为9.②证明：易得A_{1}(-2,0)，直线A_{1}M的斜率为\frac{y_M}{6}，\therefore 直线A_{1}M的方程为y=\frac{y_M}{6}(x+2)，联立\left\{\begin{matrix}y=\frac{y_M}{6}(x+2),\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1,\end{matrix}\right.得(27+y^2_M)x^{2}+4y^{2}_{M}x+4y^2_M-108=0，设P(x_{1},y_{1})，则x_{1}+(-2)=-\frac{4y^2_M}{27+y^2_M}，\therefore x_{1}=\frac{54-2y^2_M}{27+y^2_M}，代入直线A_{1}M的方程得y_{1}=\frac{18y_M}{27+y^2_M}，\therefore P\left(\frac{54-2y^2_M}{27+y^2_M},\frac{18y_M}{27+y^2_M}\right)，\therefore 直线PA_{2}的斜率k_{PA_{2}}=\frac{y_1}{x_1-2}=\frac{\frac{18y_M}{27+y^2_M}}{\frac{54-2y^2_M}{27+y^2_M}-2}=\frac{18y_M}{-4y^2_M}=-\frac{9}{2y_M}.\because 直线NA_{2}的斜率k_{NA_{2}}=\frac{y_N}{2}，y_{M}y_{N}+9=0，\therefore k_{NA_{2}}=\frac{y_N}{2}=\frac{-\frac{9}{y_M}}{2}=-\frac{9}{2y_M}=k_{PA_{2}}，\therefore P,A_{2}，N三点共线.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知函数f(x)=|x-2|,g(x)=|2x+3|-|2x-1|.$
$若f(x+a)\geq g(x)，求a的取值范围.$

Solution:
$函数f(x+a)的图象是由f(x)的图象向左或向右平移|a|个单位长度所得，由(1)中图象可知，要使f(x+a)\geq g(x)，则需要f(x)的图象向左平移a个单位长度，且a>0，当f(x+a)的图象过点\left(\frac{1}{2},4\right)时，\left|\frac{1}{2}+a-2\right|=4，解得a=\frac{11}{2}，\therefore 要使f(x+a)\geq g(x)，则a\geq \frac{11}{2},\therefore a的取值范围为\left[\frac{11}{2},+\infty \right).$

Final answer: $[11/2, +\infty )$
Subfield: Plane Geometry


Question: $随着生活水平的不断提高，人们更加关注健康，重视锻炼.通过“小步道”，走出“大健康”，健康步道成为引领健康生活的一道亮丽风景线.如图，A-B-C-A为某区的一条健康步道，AB,AC为线段，\overset{\LARGE{\frown}}{BC}是以BC为直径的半圆，AB=2\sqrt{3} km,AC=4 km,\angle BAC=\frac{\pi }{6}.$<img_1684>
$求\overset{\LARGE{\frown}}{BC}的长度;$

Solution:
$连接BC，在\triangle ABC中，由余弦定理可得，BC=\sqrt{AC^2+AB^2-2AC\cdot AB\cdot \\\cos   \angle BAC}=\sqrt{16+12-2\times 4\times 2\sqrt{3}\times \frac{\sqrt{3}}{2}}=2(km)，所以\overset{\LARGE{\frown}}{BC}的长度为\frac{1}{2}\times 2\times \pi \times 1=\pi (km).$

Final answer: $\pi$