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


Question: $如图①，已知\triangle ABC是边长为3的等边三角形，点M，N分别是边AB，AC上的点，且BM＝2MA，AN＝2NC.将\triangle AMN沿MN折起到\triangle A'MN的位置，如图②所示.
$<img_2496>
图①

<img_1865>$
图②
$
$(2)给出三个条件：①A'M\perp BC；②二面角A'－MN－C的大小为60^\circ ；③A'B＝\sqrt{7}.在这三个条件中任选一个作为下面问题的已知条件，并作答.在线段BC上是否存在一点P，使直线PA'与平面A'BM所成角的正弦值为\frac{3\sqrt{10}}{10}？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$选条件①A'M\perp BC.由(1)得A'M\perp MN，又A'M\perp BC,MN与BC是两条相交直线,MN,BC\subset 平面BCNM，\therefore A'M\perp 平面BCNM.\therefore MB，MN，MA'两两互相垂直.以M为坐标原点，MB，MN，MA'所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz，$<img_2305>$则A'(0，0，1)，B(2,0,0),由点P在BC上可设P(2－a，\sqrt{3}a，0)，其中0\leq a\leq \frac{3}{2}，则\overrightarrow{A'P}＝(2－a，\sqrt{3}a，－1).易得平面A'BM的一个法向量为(0,1,0),记n＝(0，1，0).设直线PA'与平面A'BM所成的角为\theta ，则\\sin   \theta ＝|\\cos  \langle \overrightarrow{A'P}，n\rangle |＝\left|\frac{\sqrt{3}a}{\sqrt{(2-a)^2+3a^2+1}}\right|＝\frac{3\sqrt{10}}{10}，解得a＝\frac{6\pm \sqrt{6}}{2}>\frac{3}{2}，\therefore 不存在满足条件的点P.选条件②二面角A'－MN－C的大小为60^\circ .由(1)得\angle A'MB就是二面角A'－MN－C的平面角，\therefore \angle A'MB＝60^\circ .过A'作A'O\perp BM，垂足为O，连接OC，则A'O\perp 平面BCNM.经计算可得OA'＝\frac{\sqrt{3}}{2}，OM＝\frac{1}{2}，OB＝\frac{3}{2}，而BC＝3，\angle MBC=60^\circ ，\therefore OB\perp OC.\therefore OB，OC，OA'两两互相垂直.以O为坐标原点，OB，OC，OA'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Oxyz，
$<img_2282>$则A'\left(0,0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，B\left(\frac{3}{2},0,0\right),由点P在BC上可设P\left(\frac{3}{2}-a,\sqrt{3}a,0\right)，0\leq a\leq \frac{3}{2}，则\overrightarrow{A'P}＝\left(\frac{3}{2}-a,\sqrt{3}a,-\frac{\sqrt{3}}{2}\right).易得平面A'BM的一个法向量为(0,1,0),记n＝(0，1，0).设直线PA'与平面A'BM所成的角为\theta ，则\\sin   \theta ＝|\\cos  \langle \overrightarrow{A'P}，n\rangle |＝\left|\frac{\sqrt{3}a}{\sqrt{\left(\frac{3}{2}-a\right)^2+3a^2+\frac{3}{4}}}\right|＝\frac{3\sqrt{10}}{10}，解得a＝\frac{3}{2}或a＝3(舍去)，\therefore 存在满足条件的点P，这时PB＝3.选条件③A'B＝\sqrt{7}.在\triangle A'BM中，由余弦定理的推论得\\cos  \angle A'MB＝\frac{A'M^2+MB^2-A'B^2}{2A'M \cdot MB}＝\frac{1+4-7}{2 \times 1 \times 2}＝－\frac{1}{2}，\therefore \angle A'MB＝120^\circ .过A'作A'O\perp BM，垂足为O，则A'O\perp 平面BCNM.以O为坐标原点，\overrightarrow{OB}，\overrightarrow{OA'}的方向分别为x轴，z轴的正方向建立右手直角坐标系(图略)，则A'\left(0,0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，B\left(\frac{5}{2},0,0\right),由点P在BC上可设P\left(\frac{5}{2}-a,\sqrt{3}a,0\right)，其中0\leq a\leq \frac{3}{2}，则\overrightarrow{A'P}＝\left(\frac{5}{2}-a,\sqrt{3}a,-\frac{\sqrt{3}}{2}\right).易得平面A'BM的一个法向量为(0，1，0)，记n＝(0，1，0).设直线PA'与平面A'BM所成的角为\theta ，则\\sin   \theta ＝|\\cos  \langle \overrightarrow{A'P}，n\rangle |＝\left|\frac{\sqrt{3}a}{\sqrt{\left(\frac{5}{2}-a\right)^2+3a^2+\frac{3}{4}}}\right|＝\frac{3\sqrt{10}}{10}，解得a＝\frac{15\pm \sqrt{57}}{4}>\frac{3}{2}，\therefore 不存在满足条件的点P.$



Final answer: $不存在满足条件的点P$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图①，已知\triangle ABC是边长为3的等边三角形，点M，N分别是边AB，AC上的点，且BM＝2MA，AN＝2NC.将\triangle AMN沿MN折起到\triangle A'MN的位置，如图②所示.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643237731909636/img/compression/M_b217f8b3c8873c11c42bc90a4cc44aea.jpg)
图①

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643237731909636/img/compression/M_e368551dc3e5efe2e28f0b134498525e.jpg)$
图②
$
$(2)给出三个条件：①A'M\perp BC；②二面角A'－MN－C的大小为60^\circ ；③A'B＝\sqrt{7}.在这三个条件中任选一个作为下面问题的已知条件，并作答.在线段BC上是否存在一点P，使直线PA'与平面A'BM所成角的正弦值为\frac{3\sqrt{10}}{10}？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$选条件①A'M\perp BC.由(1)得A'M\perp MN，又A'M\perp BC,MN与BC是两条相交直线,MN,BC\subset 平面BCNM，\therefore A'M\perp 平面BCNM.\therefore MB，MN，MA'两两互相垂直.以M为坐标原点，MB，MN，MA'所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643238235226114/img/compression/M_9a93f6fb208f8ccb29b5691dd1648317.jpg)$则A'(0，0，1)，B(2,0,0),由点P在BC上可设P(2－a，\sqrt{3}a，0)，其中0\leq a\leq \frac{3}{2}，则\overrightarrow{A'P}＝(2－a，\sqrt{3}a，－1).易得平面A'BM的一个法向量为(0,1,0),记n＝(0，1，0).设直线PA'与平面A'BM所成的角为\theta ，则\\sin   \theta ＝|\\cos  \langle \overrightarrow{A'P}，n\rangle |＝\left|\frac{\sqrt{3}a}{\sqrt{(2-a)^2+3a^2+1}}\right|＝\frac{3\sqrt{10}}{10}，解得a＝\frac{6\pm \sqrt{6}}{2}>\frac{3}{2}，\therefore 不存在满足条件的点P.选条件②二面角A'－MN－C的大小为60^\circ .由(1)得\angle A'MB就是二面角A'－MN－C的平面角，\therefore \angle A'MB＝60^\circ .过A'作A'O\perp BM，垂足为O，连接OC，则A'O\perp 平面BCNM.经计算可得OA'＝\frac{\sqrt{3}}{2}，OM＝\frac{1}{2}，OB＝\frac{3}{2}，而BC＝3，\angle MBC=60^\circ ，\therefore OB\perp OC.\therefore OB，OC，OA'两两互相垂直.以O为坐标原点，OB，OC，OA'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Oxyz，
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643238235226114/img/compression/M_ab5c651fec24011718ef0cf6680ee6d1.jpg)$则A'\left(0,0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，B\left(\frac{3}{2},0,0\right),由点P在BC上可设P\left(\frac{3}{2}-a,\sqrt{3}a,0\right)，0\leq a\leq \frac{3}{2}，则\overrightarrow{A'P}＝\left(\frac{3}{2}-a,\sqrt{3}a,-\frac{\sqrt{3}}{2}\right).易得平面A'BM的一个法向量为(0,1,0),记n＝(0，1，0).设直线PA'与平面A'BM所成的角为\theta ，则\\sin   \theta ＝|\\cos  \langle \overrightarrow{A'P}，n\rangle |＝\left|\frac{\sqrt{3}a}{\sqrt{\left(\frac{3}{2}-a\right)^2+3a^2+\frac{3}{4}}}\right|＝\frac{3\sqrt{10}}{10}，解得a＝\frac{3}{2}或a＝3(舍去)，\therefore 存在满足条件的点P，这时PB＝3.选条件③A'B＝\sqrt{7}.在\triangle A'BM中，由余弦定理的推论得\\cos  \angle A'MB＝\frac{A'M^2+MB^2-A'B^2}{2A'M \cdot MB}＝\frac{1+4-7}{2 \times 1 \times 2}＝－\frac{1}{2}，\therefore \angle A'MB＝120^\circ .过A'作A'O\perp BM，垂足为O，则A'O\perp 平面BCNM.以O为坐标原点，\overrightarrow{OB}，\overrightarrow{OA'}的方向分别为x轴，z轴的正方向建立右手直角坐标系(图略)，则A'\left(0,0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，B\left(\frac{5}{2},0,0\right),由点P在BC上可设P\left(\frac{5}{2}-a,\sqrt{3}a,0\right)，其中0\leq a\leq \frac{3}{2}，则\overrightarrow{A'P}＝\left(\frac{5}{2}-a,\sqrt{3}a,-\frac{\sqrt{3}}{2}\right).易得平面A'BM的一个法向量为(0，1，0)，记n＝(0，1，0).设直线PA'与平面A'BM所成的角为\theta ，则\\sin   \theta ＝|\\cos  \langle \overrightarrow{A'P}，n\rangle |＝\left|\frac{\sqrt{3}a}{\sqrt{\left(\frac{5}{2}-a\right)^2+3a^2+\frac{3}{4}}}\right|＝\frac{3\sqrt{10}}{10}，解得a＝\frac{15\pm \sqrt{57}}{4}>\frac{3}{2}，\therefore 不存在满足条件的点P.$

Final answer: $不存在满足条件的点P$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC－A_{1}B_{1}C_{1}中，E，F，G分别为线段B_{1}C_{1}，B_{1}B及AC的中点，P为线段A_{1}B上的动点，BG=\frac{1}{2}AC，AB=8，BC=6，三棱柱ABC－A_{1}B_{1}C_{1}的体积为240.$<img_2804>
$(1)求点F到平面A_{1}AE的距离；$

Solution:
$因为BG=\frac{1}{2}AC，G为AC的中点，所以\triangle ABC为直角三角形，\angle ABC=90^\circ ，又三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}为直三棱柱，所以\triangle A_{1}B_{1}C_{1}也为直角三角形，\angle A_{1}B_{1}C_{1}=90^\circ ，所以A_{1}E=\sqrt{A_1B^2_1+B_1E^2}=\sqrt{8^2+3^2}=\sqrt{73}.因为三棱柱ABC－A_{1}B_{1}C_{1}的体积为240，所以V_{三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}}=S_{\triangle ABC}\cdot A_{1}A=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot BC\cdot A_{1}A=\frac{1}{2}\times 8\times 6\times A_{1}A=240，即A_{1}A=10.易得B_{1}C_{1}\perp 平面ABB_{1}A_{1}.设点F到平面A_{1}AE的距离为d(d>0)，因为V_{三棱锥F－A_{1}AE}=V_{三棱锥E－A_{1}AF}，所以\frac{1}{3}\cdot d\cdot \frac{1}{2}A_{1}A\cdot A_{1}E=\frac{1}{3}\cdot B_{1}E\cdot \frac{1}{2}A_{1}A\cdot AB，即d\cdot A_{1}E=B_{1}E\cdot AB，所以d=\frac{B_1E \cdot AB}{A_1E}=\frac{3 \times 8}{\sqrt{73}}=\frac{24\sqrt{73}}{73}.$

Final answer: $\frac{24\sqrt{73}}{73}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC－A_{1}B_{1}C_{1}中，E，F，G分别为线段B_{1}C_{1}，B_{1}B及AC的中点，P为线段A_{1}B上的动点，BG=\frac{1}{2}AC，AB=8，BC=6，三棱柱ABC－A_{1}B_{1}C_{1}的体积为240.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643239006978052/img/compression/M_42c9b2d99d95830263ecdfd72a092a36.jpg)
$(1)求点F到平面A_{1}AE的距离；$

Solution:
$因为BG=\frac{1}{2}AC，G为AC的中点，所以\triangle ABC为直角三角形，\angle ABC=90^\circ ，又三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}为直三棱柱，所以\triangle A_{1}B_{1}C_{1}也为直角三角形，\angle A_{1}B_{1}C_{1}=90^\circ ，所以A_{1}E=\sqrt{A_1B^2_1+B_1E^2}=\sqrt{8^2+3^2}=\sqrt{73}.因为三棱柱ABC－A_{1}B_{1}C_{1}的体积为240，所以V_{三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}}=S_{\triangle ABC}\cdot A_{1}A=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot BC\cdot A_{1}A=\frac{1}{2}\times 8\times 6\times A_{1}A=240，即A_{1}A=10.易得B_{1}C_{1}\perp 平面ABB_{1}A_{1}.设点F到平面A_{1}AE的距离为d(d>0)，因为V_{三棱锥F－A_{1}AE}=V_{三棱锥E－A_{1}AF}，所以\frac{1}{3}\cdot d\cdot \frac{1}{2}A_{1}A\cdot A_{1}E=\frac{1}{3}\cdot B_{1}E\cdot \frac{1}{2}A_{1}A\cdot AB，即d\cdot A_{1}E=B_{1}E\cdot AB，所以d=\frac{B_1E \cdot AB}{A_1E}=\frac{3 \times 8}{\sqrt{73}}=\frac{24\sqrt{73}}{73}.$

Final answer: $\frac{24\sqrt{73}}{73}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC－A_{1}B_{1}C_{1}中，E，F，G分别为线段B_{1}C_{1}，B_{1}B及AC的中点，P为线段A_{1}B上的动点，BG=\frac{1}{2}AC，AB=8，BC=6，三棱柱ABC－A_{1}B_{1}C_{1}的体积为240.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643239006978052/img/compression/M_42c9b2d99d95830263ecdfd72a092a36.jpg)
$(2)试确定动点P的位置，使直线FP与平面A_{1}ACC_{1}所成角的正弦值最大.$

Solution:
$由(1)可知BA,BC,BB_{1}两两互相垂直.以B为坐标原点，BC，BA，BB_{1}所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，F(0，0，5)，A_{1}(0，8，10)，A(0，8，0)，C(6，0，0)，所以\overrightarrow{BA_1}=(0，8，10)，\overrightarrow{AC}=(6，－8，0)，\overrightarrow{AA_1}=(0，0，10)，设\overrightarrow{BP}=\lambda \overrightarrow{BA_1}，\lambda \in [0，1]，P(x，y，z)，所以(x，y，z)=\lambda (0，8，10)，即x=0，y=8\lambda ，z=10\lambda ，所以P(0，8\lambda ，10\lambda )，所以\overrightarrow{FP}=(0，8\lambda ，10\lambda －5).设平面A_{1}ACC_{1}的法向量为n=(x_{1}，y_{1}，z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AC}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AA_1}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}6x_1-8y_1=0,\\ 10z_1=0,\end{matrix}\right.令x_{1}=4，则y_{1}=3，z_{1}=0，所以n=(4，3，0).设直线FP与平面A_{1}ACC_{1}所成的角为\theta ，则\\sin   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{FP},n\rangle |=\frac{|\overrightarrow{FP} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{FP}||\boldsymbol{n}|}=\frac{|24\lambda |}{\sqrt{64\lambda ^2+(10\lambda -5)^2} \times 5}=\frac{24\lambda }{5\sqrt{164\lambda ^2-100\lambda +25}}，当\lambda \in (0,1]时，\\sin   \theta =\frac{24}{5}\cdot \frac{1}{\sqrt{164-\frac{100}{\lambda }+\frac{25}{\lambda ^2}}}=\frac{24}{5}\cdot \frac{1}{\sqrt{25\left(\frac{1}{\lambda }-2\right)^2+64}}，所以当\lambda =\frac{1}{2}时，\\sin   \theta 取得最大值，此时点P为线段A_{1}B的中点.当\lambda =0时，P与B重合，此时不满足条件.综上可知，当点P为线段A_{1}B的中点时，直线FP与平面A_{1}ACC_{1}所成角的正弦值最大.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643239262830594/img/compression/M_3304b5c5ce9a0fd9e018b164945f143b.jpg)

Final answer: $点P为线段A_{1}B的中点$
Subfield: Solid Geometry


Question: $湖北省鄂州市洋澜湖畔有一座莲花山.莲花山，山连九峰，状若金色莲初开，独展灵秀，故而得名.这里三面环湖，通汇长江，山峦叠翠，烟波浩渺.旅游区管委会计划在山上建设一座别致的凉亭供游客歇脚，该凉亭的实景效果图和设计图分别如图①和图②所示，该凉亭的支撑柱高3\sqrt{3} m，顶部是底面边长为2 m的正六棱锥，且各侧面与底面所成的角都是45^\circ .
<img_2579>
图①

<img_2653>
图②
$
$(1)求该凉亭及其内部所占空间的大小；$

Solution:
$取A_{1}F_{1}的中点G，连接O_{1}G，PG，则O_{1}G\perp A_{1}F_{1}，PG\perp A_{1}F_{1}，故\angle PGO_{1}=45^\circ ，易得O_{1}G=\sqrt{3}，所以PO_{1}=\sqrt{3}.要求该凉亭及其内部所占空间的大小，可将该凉亭分为两部分，分别求其体积.凉亭的上半部分为正六棱锥，其体积V_{1}=\frac{1}{3}\times 6\times \frac{\sqrt{3}}{4}\times 2^{2}\times \sqrt{3}=6(m^{3})，凉亭的下半部分为正六棱柱，其体积V_{2}=6\times \frac{\sqrt{3}}{4}\times 2^{2}\times 3\sqrt{3}=54(m^{3})，所以该凉亭及其内部所占空间为6+54=60(m^{3}).$

Final answer: $60$ $m^3$
Subfield: Solid Geometry


Question: $湖北省鄂州市洋澜湖畔有一座莲花山.莲花山，山连九峰，状若金色莲初开，独展灵秀，故而得名.这里三面环湖，通汇长江，山峦叠翠，烟波浩渺.旅游区管委会计划在山上建设一座别致的凉亭供游客歇脚，该凉亭的实景效果图和设计图分别如图①和图②所示，该凉亭的支撑柱高3\sqrt{3} m，顶部是底面边长为2 m的正六棱锥，且各侧面与底面所成的角都是45^\circ .
![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643239573209089/img/compression/M_635fdf75152b29ac356fc5bb25aed593.jpg)
图①

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643239573209089/img/compression/M_d91aa4cae9d7b156cde0fc1995d950e9.jpg)
图②
$
$(1)求该凉亭及其内部所占空间的大小；$

Solution:
$取A_{1}F_{1}的中点G，连接O_{1}G，PG，则O_{1}G\perp A_{1}F_{1}，PG\perp A_{1}F_{1}，故\angle PGO_{1}=45^\circ ，易得O_{1}G=\sqrt{3}，所以PO_{1}=\sqrt{3}.要求该凉亭及其内部所占空间的大小，可将该凉亭分为两部分，分别求其体积.凉亭的上半部分为正六棱锥，其体积V_{1}=\frac{1}{3}\times 6\times \frac{\sqrt{3}}{4}\times 2^{2}\times \sqrt{3}=6(m^{3})，凉亭的下半部分为正六棱柱，其体积V_{2}=6\times \frac{\sqrt{3}}{4}\times 2^{2}\times 3\sqrt{3}=54(m^{3})，所以该凉亭及其内部所占空间为6+54=60(m^{3}).$

Final answer: $60$ $m^3$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于1，点E，G分别是AB，CD的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658390733802782722/img/compression/M_ab7f250eeb277bbe8b36417198b95658.jpg)
$(1)求证：EG\perp AB；$

Solution:
$证明：\overrightarrow{EG}\cdot \overrightarrow{AB}=(\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{AG})\cdot \overrightarrow{AB}=\left(-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}\right)\cdot \overrightarrow{AB}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}^{2}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{AB}=-\frac{1}{2}\times 1^{2}+\frac{1}{2}\times 1\times 1\times \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times 1\times 1\times \frac{1}{2}=0， (3分)所以\overrightarrow{EG}\perp \overrightarrow{AB}，所以EG\perp AB.(5分)$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于1，点E，G分别是AB，CD的中点.$<img_2487>
$(1)求证：EG\perp AB；$

Solution:
$证明：\overrightarrow{EG}\cdot \overrightarrow{AB}=(\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{AG})\cdot \overrightarrow{AB}=\left(-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}\right)\cdot \overrightarrow{AB}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}^{2}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{AB}=-\frac{1}{2}\times 1^{2}+\frac{1}{2}\times 1\times 1\times \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times 1\times 1\times \frac{1}{2}=0， (3分)所以\overrightarrow{EG}\perp \overrightarrow{AB}，所以EG\perp AB.(5分)$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于1，点E，G分别是AB，CD的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658390733802782722/img/compression/M_ab7f250eeb277bbe8b36417198b95658.jpg)
$(2)求异面直线AG和CE所成角的余弦值.$

Solution:
$易知|\overrightarrow{AG}|=|\overrightarrow{CE}|=\frac{\sqrt{3}}{2},(6分)\overrightarrow{AG}\cdot \overrightarrow{CE}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD})\cdot \frac{1}{2}(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB})=\frac{1}{4}\cdot (-\overrightarrow{AC}^{2}+\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{CB}+\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{CB})=\frac{1}{4}[-\overrightarrow{AC}^{2}+\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{CB}+\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{CA}+(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CD})\cdot \overrightarrow{CB}]=\frac{1}{4}\times \left[\right.-1^{2}+1\times 1\times \left(-\frac{1}{2}\right)+1\times 1\times \left(-\frac{1}{2}\right)+1\times 1\times \left(-\frac{1}{2}\right)+1\times 1\times \frac{1}{2}\left]\right.=-\frac{1}{2}.(9分)设异面直线AG和CE所成的角为\theta \left(0<\theta \leq \frac{\pi }{2}\right)，则\\cos   \theta =\frac{|\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{CE}|}{|\overrightarrow{AG}||\overrightarrow{CE}|}=\frac{\left|-\frac{1}{2}\right|}{\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{3}，所以异面直线AG和CE所成角的余弦值为\frac{2}{3}.(12分)$

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


Question: $如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于1，点E，G分别是AB，CD的中点.$<img_2487>
$(2)求异面直线AG和CE所成角的余弦值.$

Solution:
$易知|\overrightarrow{AG}|=|\overrightarrow{CE}|=\frac{\sqrt{3}}{2},(6分)\overrightarrow{AG}\cdot \overrightarrow{CE}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD})\cdot \frac{1}{2}(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB})=\frac{1}{4}\cdot (-\overrightarrow{AC}^{2}+\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{CB}+\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{CB})=\frac{1}{4}[-\overrightarrow{AC}^{2}+\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{CB}+\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{CA}+(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CD})\cdot \overrightarrow{CB}]=\frac{1}{4}\times \left[\right.-1^{2}+1\times 1\times \left(-\frac{1}{2}\right)+1\times 1\times \left(-\frac{1}{2}\right)+1\times 1\times \left(-\frac{1}{2}\right)+1\times 1\times \frac{1}{2}\left]\right.=-\frac{1}{2}.(9分)设异面直线AG和CE所成的角为\theta \left(0<\theta \leq \frac{\pi }{2}\right)，则\\cos   \theta =\frac{|\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{CE}|}{|\overrightarrow{AG}||\overrightarrow{CE}|}=\frac{\left|-\frac{1}{2}\right|}{\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{3}，所以异面直线AG和CE所成角的余弦值为\frac{2}{3}.(12分)$

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


Question: $如图①，\odot O的直径AB=4，C，D为\odot O上两点，且\angle CAB=45^\circ ，F为\overset{\LARGE{\frown}}{BC}的中点.将\odot O沿直径AB折起，使两个半圆所在平面互相垂直(如图②).$<img_1699>
$求证：OF\parallel 平面ACD;$

Solution:
$证明：在题图②中，连接CO，由\angle CAB=45^\circ ，知\angle COB=90^\circ .因为F为\overset{\LARGE{\frown}}{BC}的中点，所以\angle FOB=45^\circ ，因此OF\parallel AC，又AC\subset 平面ACD，OF\not\subset 平面ACD，所以OF\parallel 平面ACD.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图①，\odot O的直径AB=4，C，D为\odot O上两点，且\angle CAB=45^\circ ，F为\overset{\LARGE{\frown}}{BC}的中点.将\odot O沿直径AB折起，使两个半圆所在平面互相垂直(如图②).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021462303916034/img/compression/M_c4451198e5e0a81d0b4ceab580dbe91d.jpg)
$求证：OF\parallel 平面ACD;$

Solution:
$证明：在题图②中，连接CO，由\angle CAB=45^\circ ，知\angle COB=90^\circ .因为F为\overset{\LARGE{\frown}}{BC}的中点，所以\angle FOB=45^\circ ，因此OF\parallel AC，又AC\subset 平面ACD，OF\not\subset 平面ACD，所以OF\parallel 平面ACD.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图①，\odot O的直径AB=4，C，D为\odot O上两点，且\angle CAB=45^\circ ，F为\overset{\LARGE{\frown}}{BC}的中点.将\odot O沿直径AB折起，使两个半圆所在平面互相垂直(如图②).$<img_1699>
$在AD上是否存在点E，使得平面OCE\perp 平面ACD？若存在，试指出点E的位置；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$存在，E为AD的中点.理由如下：在题图②中，连接OD，OE，CE.因为OA=OD，所以OE\perp AD.因为OC\perp AB，且两半圆所在平面互相垂直，AB为两平面的交线，OC\subset 平面ACB，所以OC\perp 平面OAD.又AD\subset 平面OAD，所以AD\perp OC.因为OE，OC是平面OCE内的两条相交直线，所以AD\perp 平面OCE.又AD\subset 平面ACD，所以平面OCE\perp 平面ACD.$



Final answer: $存在，E为AD的中点.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图①，\odot O的直径AB=4，C，D为\odot O上两点，且\angle CAB=45^\circ ，F为\overset{\LARGE{\frown}}{BC}的中点.将\odot O沿直径AB折起，使两个半圆所在平面互相垂直(如图②).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021462303916034/img/compression/M_c4451198e5e0a81d0b4ceab580dbe91d.jpg)
$在AD上是否存在点E，使得平面OCE\perp 平面ACD？若存在，试指出点E的位置；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$存在，E为AD的中点.理由如下：在题图②中，连接OD，OE，CE.因为OA=OD，所以OE\perp AD.因为OC\perp AB，且两半圆所在平面互相垂直，AB为两平面的交线，OC\subset 平面ACB，所以OC\perp 平面OAD.又AD\subset 平面OAD，所以AD\perp OC.因为OE，OC是平面OCE内的两条相交直线，所以AD\perp 平面OCE.又AD\subset 平面ACD，所以平面OCE\perp 平面ACD.$

Final answer: $存在，E为AD的中点.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图,四边形ABEF和四边形ABCD都是直角梯形,\angle BAD=\angle FAB=90^\circ ,BC\parallel AD,BC=\frac{1}{2}AD,BE\parallel FA,BE=\frac{1}{2}FA,G,H分别为FA,FD的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021380229775363/img/compression/M_ad22a7b7ce722480902e804f5406bf27.jpg)
$证明:四边形BCHG是平行四边形；$

Solution:
$证明：因为G，H分别为FA，FD的中点，所以GH\parallel AD，GH=\frac{1}{2}AD.又BC\parallel AD，BC=\frac{1}{2}AD，所以GH\parallel BC，GH=BC，所以四边形BCHG为平行四边形.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图,四边形ABEF和四边形ABCD都是直角梯形,\angle BAD=\angle FAB=90^\circ ,BC\parallel AD,BC=\frac{1}{2}AD,BE\parallel FA,BE=\frac{1}{2}FA,G,H分别为FA,FD的中点.$<img_2372>
$证明:四边形BCHG是平行四边形；$

Solution:
$证明：因为G，H分别为FA，FD的中点，所以GH\parallel AD，GH=\frac{1}{2}AD.又BC\parallel AD，BC=\frac{1}{2}AD，所以GH\parallel BC，GH=BC，所以四边形BCHG为平行四边形.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图,四边形ABEF和四边形ABCD都是直角梯形,\angle BAD=\angle FAB=90^\circ ,BC\parallel AD,BC=\frac{1}{2}AD,BE\parallel FA,BE=\frac{1}{2}FA,G,H分别为FA,FD的中点.$<img_2372>
$C,D,F,E四点是否共面?为什么?$

Solution:
$C，D，F，E四点共面.理由如下：连接CE，由BE\parallel FA，BE=\frac{1}{2}FA，G为FA的中点，知BE\parallel FG，BE=FG，所以四边形BEFG为平行四边形，所以EF\parallel BG，EF=BG.由(1)知BG\parallel CH，BG=CH，所以EF\parallel CH，EF=CH，所以四边形EFHC是平行四边形，所以CE与HF共面.又D\in 直线FH，所以C，D，F，E四点共面.$



Final answer: $C，D，F，E四点共面。$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图,四边形ABEF和四边形ABCD都是直角梯形,\angle BAD=\angle FAB=90^\circ ,BC\parallel AD,BC=\frac{1}{2}AD,BE\parallel FA,BE=\frac{1}{2}FA,G,H分别为FA,FD的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021380229775363/img/compression/M_ad22a7b7ce722480902e804f5406bf27.jpg)
$C,D,F,E四点是否共面?为什么?$

Solution:
$C，D，F，E四点共面.理由如下：连接CE，由BE\parallel FA，BE=\frac{1}{2}FA，G为FA的中点，知BE\parallel FG，BE=FG，所以四边形BEFG为平行四边形，所以EF\parallel BG，EF=BG.由(1)知BG\parallel CH，BG=CH，所以EF\parallel CH，EF=CH，所以四边形EFHC是平行四边形，所以CE与HF共面.又D\in 直线FH，所以C，D，F，E四点共面.$

Final answer: $C，D，F，E四点共面。$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图1，四边形ABCD是边长为2的菱形，\angle BAD=60^\circ ，E为CD的中点，以BE为折痕将\triangle CBE折起到\triangle PBE的位置，使得平面PBE\perp 平面ABED，如图2.$<img_2485>
$证明：平面PAB\perp 平面PBE；$

Solution:
$证明：连接BD，易知\triangle BCD是等边三角形，\because E为CD的中点，\therefore BE\perp CD.\because AB\parallel CD，\therefore AB\perp BE.又平面PBE\perp 平面ABCD，平面PBE\cap 平面ABCD=BE，AB\subset 平面ABCD，\therefore AB\perp 平面PBE，又AB\subset 平面PAB，\therefore 平面PAB\perp 平面PBE.将证明面面垂直转化为证明线面垂直.$<img_2926>
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图1，四边形ABCD是边长为2的菱形，\angle BAD=60^\circ ，E为CD的中点，以BE为折痕将\triangle CBE折起到\triangle PBE的位置，使得平面PBE\perp 平面ABED，如图2.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021538712571906/img/compression/M_50f400633abf27fb9dda11e34140ff5b.jpg)
$证明：平面PAB\perp 平面PBE；$

Solution:
$证明：连接BD，易知\triangle BCD是等边三角形，\because E为CD的中点，\therefore BE\perp CD.\because AB\parallel CD，\therefore AB\perp BE.又平面PBE\perp 平面ABCD，平面PBE\cap 平面ABCD=BE，AB\subset 平面ABCD，\therefore AB\perp 平面PBE，又AB\subset 平面PAB，\therefore 平面PAB\perp 平面PBE.将证明面面垂直转化为证明线面垂直.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021538393804804/img/compression/M_d522fa05d746c03f7d5d906f6d713d49.jpg)

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图1，四边形ABCD是边长为2的菱形，\angle BAD=60^\circ ，E为CD的中点，以BE为折痕将\triangle CBE折起到\triangle PBE的位置，使得平面PBE\perp 平面ABED，如图2.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1704021538712571906/img/compression/M_50f400633abf27fb9dda11e34140ff5b.jpg)
$求点D到平面PAB的距离.$

Solution:
$解法一：在\triangle ABD中，AB=AD=2，\angle BAD=60^\circ ，\therefore S_{\triangle ABD}=\sqrt{3}.由(1)知，CE\perp BE,\therefore PE\perp BE,又平面PBE\perp 平面ABCD,平面PBE\cap 平面ABCD=BE,PE\subset 平面PBE,\therefore PE\perp 平面ABCD，又PE=CE=1，\therefore 三棱锥P-ABD的体积V=\frac{1}{3}\times \sqrt{3}\times 1=\frac{\sqrt{3}}{3}.易得PB=BC=2.由(1)知，AB\perp 平面PBE，\because PB\subset 平面PBE,\therefore AB\perp PB，\therefore S_{\triangle ABP}=2.设点D到平面PAB的距离为d，则三棱锥D-PAB的体积V'=V=\frac{1}{3}\times 2\times d=\frac{\sqrt{3}}{3}，解得d=\frac{\sqrt{3}}{2},\therefore 点D到平面PAB的距离为\frac{\sqrt{3}}{2}.解法二：\because DE\parallel AB，AB\subset 平面PAB，DE\not\subset 平面PAB，\therefore DE\parallel 平面PAB，\therefore 点D到平面PAB的距离等于点E到平面PAB的距离.利用线面平行的性质转化求解.过点E作PB的垂线，垂足为F，由(1)知，平面PAB\perp 平面PBE，平面PAB\cap 平面PBE=PB，EF\subset 平面PBE，\therefore EF\perp 平面PAB，\therefore EF的长即为点D到平面PAB的距离.易知PE\perp BE，\therefore 在Rt\triangle PBE中，PE\cdot BE=PB\cdot EF，又PE=1，BE=\sqrt{3},PB=2，\therefore EF=\frac{\sqrt{3}}{2}，\therefore 点D到平面PAB的距离为\frac{\sqrt{3}}{2}.$

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


Question: $如图1，四边形ABCD是边长为2的菱形，\angle BAD=60^\circ ，E为CD的中点，以BE为折痕将\triangle CBE折起到\triangle PBE的位置，使得平面PBE\perp 平面ABED，如图2.$<img_2485>
$求点D到平面PAB的距离.$

Solution:
$解法一：在\triangle ABD中，AB=AD=2，\angle BAD=60^\circ ，\therefore S_{\triangle ABD}=\sqrt{3}.由(1)知，CE\perp BE,\therefore PE\perp BE,又平面PBE\perp 平面ABCD,平面PBE\cap 平面ABCD=BE,PE\subset 平面PBE,\therefore PE\perp 平面ABCD，又PE=CE=1，\therefore 三棱锥P-ABD的体积V=\frac{1}{3}\times \sqrt{3}\times 1=\frac{\sqrt{3}}{3}.易得PB=BC=2.由(1)知，AB\perp 平面PBE，\because PB\subset 平面PBE,\therefore AB\perp PB，\therefore S_{\triangle ABP}=2.设点D到平面PAB的距离为d，则三棱锥D-PAB的体积V'=V=\frac{1}{3}\times 2\times d=\frac{\sqrt{3}}{3}，解得d=\frac{\sqrt{3}}{2},\therefore 点D到平面PAB的距离为\frac{\sqrt{3}}{2}.解法二：\because DE\parallel AB，AB\subset 平面PAB，DE\not\subset 平面PAB，\therefore DE\parallel 平面PAB，\therefore 点D到平面PAB的距离等于点E到平面PAB的距离.利用线面平行的性质转化求解.过点E作PB的垂线，垂足为F，由(1)知，平面PAB\perp 平面PBE，平面PAB\cap 平面PBE=PB，EF\subset 平面PBE，\therefore EF\perp 平面PAB，\therefore EF的长即为点D到平面PAB的距离.易知PE\perp BE，\therefore 在Rt\triangle PBE中，PE\cdot BE=PB\cdot EF，又PE=1，BE=\sqrt{3},PB=2，\therefore EF=\frac{\sqrt{3}}{2}，\therefore 点D到平面PAB的距离为\frac{\sqrt{3}}{2}.$

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


Question: $如图，三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，侧面BB_{1}C_{1}C为菱形，B_{1}C的中点为O，且AO\perp 平面BB_{1}C_{1}C.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706223468084920322/img/compression/M_9ce7697b515e435d38d7478eba759a31.jpg)
$证明：B_{1}C\perp AB；$

Solution:
$证明：连接BC_{1}，\because 侧面BB_{1}C_{1}C为菱形，且O为B_{1}C的中点，\therefore O为B_{1}C与BC_{1}的交点，且BC_{1}\perp B_{1}C，\because AO\perp 平面BB_{1}C_{1}C，B_{1}C\subset 平面BB_{1}C_{1}C，\therefore AO\perp B_{1}C，\because AO\cap BC_{1}＝O，AO，BC_{1}\subset 平面ABO，\therefore B_{1}C\perp 平面ABO，\because AB\subset 平面ABO，\therefore B_{1}C\perp AB.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，侧面BB_{1}C_{1}C为菱形，B_{1}C的中点为O，且AO\perp 平面BB_{1}C_{1}C.$<img_2463>
$证明：B_{1}C\perp AB；$

Solution:
$证明：连接BC_{1}，\because 侧面BB_{1}C_{1}C为菱形，且O为B_{1}C的中点，\therefore O为B_{1}C与BC_{1}的交点，且BC_{1}\perp B_{1}C，\because AO\perp 平面BB_{1}C_{1}C，B_{1}C\subset 平面BB_{1}C_{1}C，\therefore AO\perp B_{1}C，\because AO\cap BC_{1}＝O，AO，BC_{1}\subset 平面ABO，\therefore B_{1}C\perp 平面ABO，\because AB\subset 平面ABO，\therefore B_{1}C\perp AB.$