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


Question: $如图1，在边长为2的菱形ABCD中，\angle BAD=60^\circ ,DE\perp AB于点E，将\triangle ADE沿DE折起到\triangle A_{1}DE的位置，使A_{1}D\perp BE，如图2.$<img_1850>
$(2)在线段BD上是否存在点P，使平面A_{1}EP\perp 平面A_{1}BD？若存在，求\frac{BP}{BD}的值；若不存在，说明理由.$

Solution:
$\because A_{1}E\perp 平面BCDE,BE\perp DE，\therefore 以E为原点，EB,ED,EA_{1}所在直线分别为x轴,y轴,z轴，建立空间直角坐标系如图，$<img_2704>$则B(1,0,0),D(0,\sqrt{3},0),A_{1}(0,0,1)，(5分)假设在线段BD上存在一点P，使平面A_{1}EP\perp 平面A_{1}BD，设P(x,y,z),\overrightarrow{BP}=\lambda \overrightarrow{BD}(0\leq \lambda \leq 1)，则(x-1,y,z)=\lambda (-1,\sqrt{3},0)，\therefore P(1-\lambda ,\sqrt{3}\lambda ,0)，\therefore \overrightarrow{EP}=(1-\lambda ,\sqrt{3}\lambda ,0)，(6分)易知\overrightarrow{EA_1}=(0,0,1),设平面A_{1}EP的法向量为m=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{EA_1}=z_1=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{EP}=(1-\lambda )x_1+\sqrt{3}\lambda y_1=0,\end{matrix}\right.令x_{1}=\sqrt{3}\lambda ，得m=(\sqrt{3}\lambda ,\lambda -1,0).设平面A_{1}BD的法向量为n=(x_{2},y_{2},z_{2})，\overrightarrow{A_1B}=(1,0,-1),\overrightarrow{A_1D}=(0,\sqrt{3},-1)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{A_1B}=x_2-z_2=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{A_1D}=\sqrt{3}y_2-z_2=0,\end{matrix}\right.取x_{2}=\sqrt{3}，得n=(\sqrt{3},1,\sqrt{3}).(9分)\because 平面A_{1}EP\perp 平面A_{1}BD，\therefore m\cdot n=3\lambda +\lambda -1=0，解得\lambda =\frac{1}{4}，\therefore 在线段BD上存在点P，使平面A_{1}EP\perp 平面A_{1}BD，且\frac{BP}{BD}=\frac{1}{4}.(10分)$



Final answer: \frac{1}{4}
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，AB=BD=BP=\sqrt{5}，PA=PD=\sqrt{2}，\angle APD=90^\circ ，E是棱PA的中点，且BE\parallel 平面PCD.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694210543284226/img/compression/M_e4d580534ff085eb138e734673cc9c10.jpg)
$(1)证明：CD\perp 平面PAD；$

Solution:
$证明：取AD的中点Q，连接QE，QB，PQ，易知EQ\parallel PD，又EQ\not\subset 平面PCD，PD\subset 平面PCD，所以EQ\parallel 平面PCD，又BE\parallel 平面PCD，BE\cap EQ=E，BE，EQ\subset 平面BEQ，所以平面BEQ\parallel 平面PCD，又平面ABCD\cap 平面BEQ=BQ，平面ABCD\cap 平面PCD=CD，所以BQ\parallel CD.(2分)易知AD=2，PQ=1，BQ=\sqrt{5-1}=2，所以BQ^{2}+PQ^{2}=BP^{2}，故PQ\perp BQ，因为AB=BD，Q是AD的中点，所以AD\perp BQ，又PQ\cap AD=Q，PQ,AD\subset 平面PAD，所以BQ\perp 平面PAD，又BQ\parallel CD，所以CD\perp 平面PAD.(4分)$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，AB=BD=BP=\sqrt{5}，PA=PD=\sqrt{2}，\angle APD=90^\circ ，E是棱PA的中点，且BE\parallel 平面PCD.$<img_2578>
$(1)证明：CD\perp 平面PAD；$

Solution:
$证明：取AD的中点Q，连接QE，QB，PQ，易知EQ\parallel PD，又EQ\not\subset 平面PCD，PD\subset 平面PCD，所以EQ\parallel 平面PCD，又BE\parallel 平面PCD，BE\cap EQ=E，BE，EQ\subset 平面BEQ，所以平面BEQ\parallel 平面PCD，又平面ABCD\cap 平面BEQ=BQ，平面ABCD\cap 平面PCD=CD，所以BQ\parallel CD.(2分)易知AD=2，PQ=1，BQ=\sqrt{5-1}=2，所以BQ^{2}+PQ^{2}=BP^{2}，故PQ\perp BQ，因为AB=BD，Q是AD的中点，所以AD\perp BQ，又PQ\cap AD=Q，PQ,AD\subset 平面PAD，所以BQ\perp 平面PAD，又BQ\parallel CD，所以CD\perp 平面PAD.(4分)$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，AB=BD=BP=\sqrt{5}，PA=PD=\sqrt{2}，\angle APD=90^\circ ，E是棱PA的中点，且BE\parallel 平面PCD.$<img_2578>
$(2)若CD=1，求二面角A-PB-C的正弦值.$

Solution:
$以Q为原点，QB,QD,QP所在直线分别为x轴,y轴,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则Q(0,0,0)，A(0,-1,0)，P(0,0,1)，B(2,0,0)，C(1,1,0)，\overrightarrow{PB}=(2，0，-1)，\overrightarrow{AP}=(0，1，1)，\overrightarrow{PC}=(1，1，-1)，(5分)设平面APB的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{PB}=2x-z=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AP}=y+z=0,\end{matrix}\right.取x=-1，则n=(-1,2,-2)，(7分)设平面PBC的法向量为m=(a,b,c)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{PB}=2a-c=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{PC}=a+b-c=0,\end{matrix}\right.取a=1，则m=(1,1,2)，(9分)所以\\cos  \langle m,n\rangle =\frac{\boldsymbol{m}\cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{-1+2-4}{\sqrt{9}\times \sqrt{6}}=-\frac{\sqrt{6}}{6}，设二面角A-PB-C的平面角为\theta ，则\\sin   \theta =\sqrt{1-\\\cos   ^2\langle \boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle }=\frac{\sqrt{30}}{6}.(10分)$<img_2764>

Final answer: $\frac{\sqrt{30}}{6}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，AB=BD=BP=\sqrt{5}，PA=PD=\sqrt{2}，\angle APD=90^\circ ，E是棱PA的中点，且BE\parallel 平面PCD.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694210543284226/img/compression/M_e4d580534ff085eb138e734673cc9c10.jpg)
$(2)若CD=1，求二面角A-PB-C的正弦值.$

Solution:
$以Q为原点，QB,QD,QP所在直线分别为x轴,y轴,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则Q(0,0,0)，A(0,-1,0)，P(0,0,1)，B(2,0,0)，C(1,1,0)，\overrightarrow{PB}=(2，0，-1)，\overrightarrow{AP}=(0，1，1)，\overrightarrow{PC}=(1，1，-1)，(5分)设平面APB的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{PB}=2x-z=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AP}=y+z=0,\end{matrix}\right.取x=-1，则n=(-1,2,-2)，(7分)设平面PBC的法向量为m=(a,b,c)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{PB}=2a-c=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{PC}=a+b-c=0,\end{matrix}\right.取a=1，则m=(1,1,2)，(9分)所以\\cos  \langle m,n\rangle =\frac{\boldsymbol{m}\cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{-1+2-4}{\sqrt{9}\times \sqrt{6}}=-\frac{\sqrt{6}}{6}，设二面角A-PB-C的平面角为\theta ，则\\sin   \theta =\sqrt{1-\\\cos   ^2\langle \boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle }=\frac{\sqrt{30}}{6}.(10分)$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694210878828546/img/compression/M_5bb8de62df77b7562417a31c79e07c81.jpg)

Final answer: $\frac{\sqrt{30}}{6}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，C是以AB为直径的圆上异于A、B的点，平面PAC\perp 平面ABC，PA=PC=AC=2，BC=4，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为直线l.$<img_2845>
$(1)证明：l\perp 平面PAC；$

Solution:
$证明：\because E，F分别是PC，PB的中点，\therefore BC\parallel EF，又EF\subset 平面AEF，BC\not\subset 平面AEF，\therefore BC\parallel 平面AEF，又BC\subset 平面ABC，平面AEF\cap 平面ABC=l，\therefore BC\parallel l.(2分)易知BC\perp AC，又平面PAC\cap 平面ABC=AC，平面PAC\perp 平面ABC，\therefore BC\perp 平面PAC，\therefore l\perp 平面PAC.(4分)$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，C是以AB为直径的圆上异于A、B的点，平面PAC\perp 平面ABC，PA=PC=AC=2，BC=4，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为直线l.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694211252121603/img/compression/M_29bc707054d80c5d0933bf8cfd93629b.jpg)
$(1)证明：l\perp 平面PAC；$

Solution:
$证明：\because E，F分别是PC，PB的中点，\therefore BC\parallel EF，又EF\subset 平面AEF，BC\not\subset 平面AEF，\therefore BC\parallel 平面AEF，又BC\subset 平面ABC，平面AEF\cap 平面ABC=l，\therefore BC\parallel l.(2分)易知BC\perp AC，又平面PAC\cap 平面ABC=AC，平面PAC\perp 平面ABC，\therefore BC\perp 平面PAC，\therefore l\perp 平面PAC.(4分)$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，C是以AB为直径的圆上异于A、B的点，平面PAC\perp 平面ABC，PA=PC=AC=2，BC=4，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为直线l.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694211252121603/img/compression/M_29bc707054d80c5d0933bf8cfd93629b.jpg)
$(2)直线l上是否存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余？若存在，求出AQ的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，过点C且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694211621220354/img/compression/M_793a1caa5bb077a2cc4cd3bf38bf8dd0.jpg)$则A(2,0,0)，B(0,4,0)，P(1,0,\sqrt{3})，E\left(\frac{1}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，F\left(\frac{1}{2},2,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，(6分)\therefore \overrightarrow{AE}=\left(-\frac{3}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，\overrightarrow{EF}=(0,2,0)，设Q(2,y,0)，平面AEF的法向量为m=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{AE}\cdot \boldsymbol{m}=-\frac{3}{2}x_1+\frac{\sqrt{3}}{2}z_1=0,\\ \overrightarrow{EF}\cdot \boldsymbol{m}=2y_1=0,\end{matrix}\right.令x_{1}=1，得m=(1,0,\sqrt{3})，(8分)易知\overrightarrow{PQ}=(1,y,-\sqrt{3})，|\\cos  \langle \overrightarrow{PQ},\overrightarrow{EF}\rangle |=\left|\frac{2y}{2\sqrt{4+y^2}}\right|=\frac{|y|}{\sqrt{4+y^2}}，|\\cos  \langle \overrightarrow{PQ},m\rangle |=\left|\frac{1-3}{2\sqrt{4+y^2}}\right|=\frac{1}{\sqrt{4+y^2}}，由题易知|\\cos  \langle \overrightarrow{PQ},\overrightarrow{EF}\rangle |=|\\cos  \langle \overrightarrow{PQ},m\rangle |，\therefore y=\pm 1，\therefore AQ=1.(9分)\therefore 直线l上存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余，且AQ=1.(10分)$

Final answer: $1$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，C是以AB为直径的圆上异于A、B的点，平面PAC\perp 平面ABC，PA=PC=AC=2，BC=4，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为直线l.$<img_2845>
$(2)直线l上是否存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余？若存在，求出AQ的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，过点C且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，$<img_2095>$则A(2,0,0)，B(0,4,0)，P(1,0,\sqrt{3})，E\left(\frac{1}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，F\left(\frac{1}{2},2,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，(6分)\therefore \overrightarrow{AE}=\left(-\frac{3}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，\overrightarrow{EF}=(0,2,0)，设Q(2,y,0)，平面AEF的法向量为m=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{AE}\cdot \boldsymbol{m}=-\frac{3}{2}x_1+\frac{\sqrt{3}}{2}z_1=0,\\ \overrightarrow{EF}\cdot \boldsymbol{m}=2y_1=0,\end{matrix}\right.令x_{1}=1，得m=(1,0,\sqrt{3})，(8分)易知\overrightarrow{PQ}=(1,y,-\sqrt{3})，|\\cos  \langle \overrightarrow{PQ},\overrightarrow{EF}\rangle |=\left|\frac{2y}{2\sqrt{4+y^2}}\right|=\frac{|y|}{\sqrt{4+y^2}}，|\\cos  \langle \overrightarrow{PQ},m\rangle |=\left|\frac{1-3}{2\sqrt{4+y^2}}\right|=\frac{1}{\sqrt{4+y^2}}，由题易知|\\cos  \langle \overrightarrow{PQ},\overrightarrow{EF}\rangle |=|\\cos  \langle \overrightarrow{PQ},m\rangle |，\therefore y=\pm 1，\therefore AQ=1.(9分)\therefore 直线l上存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余，且AQ=1.(10分)$

Final answer: $1$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PD\perp 底面ABCD，E为棱PC的中点，\overrightarrow{BF}=3\overrightarrow{FP}，连接DF、DE，其中Q为DE的中点，\overrightarrow{DA}=a，\overrightarrow{DP}=b，\overrightarrow{DC}=c.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694220412481537/img/compression/M_4432f814d13d94226b3f4a9b04e42ee1.jpg)
$(1)请用a，b，c表示向量\overrightarrow{FQ}；$

Solution:
$因为\overrightarrow{DB}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DC}=a+c，所以\overrightarrow{BP}=\overrightarrow{DP}-\overrightarrow{DB}=b-a-c.因为\overrightarrow{BF}=3\overrightarrow{FP}，所以\overrightarrow{BF}=\frac{3}{4}\overrightarrow{BP}，所以\overrightarrow{DF}=\overrightarrow{BF}+\overrightarrow{DB}=\frac{3}{4}\overrightarrow{BP}+\overrightarrow{DB}=\frac{3\boldsymbol{b}+\boldsymbol{a}+\boldsymbol{c}}{4}.(2分)因为E为PC的中点，Q为DE的中点，所以\overrightarrow{DQ}=\frac{1}{2}\overrightarrow{DE}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{DP}+\overrightarrow{DC})=\frac{\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}}{4}，(4分)所以\overrightarrow{FQ}=\overrightarrow{DQ}-\overrightarrow{DF}=-\frac{1}{2}b-\frac{1}{4}a.(6分)$

Final answer: $-\frac{1}{2}b-\frac{1}{4}a$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PD\perp 底面ABCD，E为棱PC的中点，\overrightarrow{BF}=3\overrightarrow{FP}，连接DF、DE，其中Q为DE的中点，\overrightarrow{DA}=a，\overrightarrow{DP}=b，\overrightarrow{DC}=c.$<img_2842>
$(1)请用a，b，c表示向量\overrightarrow{FQ}；$

Solution:
$因为\overrightarrow{DB}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DC}=a+c，所以\overrightarrow{BP}=\overrightarrow{DP}-\overrightarrow{DB}=b-a-c.因为\overrightarrow{BF}=3\overrightarrow{FP}，所以\overrightarrow{BF}=\frac{3}{4}\overrightarrow{BP}，所以\overrightarrow{DF}=\overrightarrow{BF}+\overrightarrow{DB}=\frac{3}{4}\overrightarrow{BP}+\overrightarrow{DB}=\frac{3\boldsymbol{b}+\boldsymbol{a}+\boldsymbol{c}}{4}.(2分)因为E为PC的中点，Q为DE的中点，所以\overrightarrow{DQ}=\frac{1}{2}\overrightarrow{DE}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{DP}+\overrightarrow{DC})=\frac{\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}}{4}，(4分)所以\overrightarrow{FQ}=\overrightarrow{DQ}-\overrightarrow{DF}=-\frac{1}{2}b-\frac{1}{4}a.(6分)$

Final answer: $-\frac{1}{2}b-\frac{1}{4}a$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PD\perp 底面ABCD，E为棱PC的中点，\overrightarrow{BF}=3\overrightarrow{FP}，连接DF、DE，其中Q为DE的中点，\overrightarrow{DA}=a，\overrightarrow{DP}=b，\overrightarrow{DC}=c.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694220412481537/img/compression/M_4432f814d13d94226b3f4a9b04e42ee1.jpg)
$(2)若|a|=2，|b|=|c|=1，求\overrightarrow{AF}\cdot \overrightarrow{FQ}的值.$

Solution:
$\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BF}=c+\frac{3}{4}(b-a-c)=\frac{1}{4}c+\frac{3}{4}b-\frac{3}{4}a.(8分)易知a\cdot b=a\cdot c=b\cdot c=0，又|a|=2，|b|=|c|=1，所以\overrightarrow{AF}\cdot \overrightarrow{FQ}=\left(\frac{1}{4}\boldsymbol{c}+\frac{3}{4}\boldsymbol{b}-\frac{3}{4}\boldsymbol{a}\right)\cdot \left(-\frac{1}{2}\boldsymbol{b}-\frac{1}{4}\boldsymbol{a}\right)=-\frac{3}{8}|b|^{2}+\frac{3}{16}|a|^{2}=-\frac{3}{8}\times 1+\frac{3}{16}\times 4=\frac{3}{8}.(12分)$

Final answer: $-\frac{3}{8}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PD\perp 底面ABCD，E为棱PC的中点，\overrightarrow{BF}=3\overrightarrow{FP}，连接DF、DE，其中Q为DE的中点，\overrightarrow{DA}=a，\overrightarrow{DP}=b，\overrightarrow{DC}=c.$<img_2842>
$(2)若|a|=2，|b|=|c|=1，求\overrightarrow{AF}\cdot \overrightarrow{FQ}的值.$

Solution:
$\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BF}=c+\frac{3}{4}(b-a-c)=\frac{1}{4}c+\frac{3}{4}b-\frac{3}{4}a.(8分)易知a\cdot b=a\cdot c=b\cdot c=0，又|a|=2，|b|=|c|=1，所以\overrightarrow{AF}\cdot \overrightarrow{FQ}=\left(\frac{1}{4}\boldsymbol{c}+\frac{3}{4}\boldsymbol{b}-\frac{3}{4}\boldsymbol{a}\right)\cdot \left(-\frac{1}{2}\boldsymbol{b}-\frac{1}{4}\boldsymbol{a}\right)=-\frac{3}{8}|b|^{2}+\frac{3}{16}|a|^{2}=-\frac{3}{8}\times 1+\frac{3}{16}\times 4=\frac{3}{8}.(12分)$

Final answer: $-\frac{3}{8}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，已知平行六面体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA_{1}=2，\angle A_{1}AB=\angle A_{1}AD=120^\circ .$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694220823523330/img/compression/M_a68272a39f8e8cfe5500513c6eb683b5.jpg)
$(1)求线段AC_{1}的长；$

Solution:
$选择以A为起点的三个向量作为基底，利用基向量表示\overrightarrow{AC_1}，再利用模长公式进行求解；$

Final answer: $\|\overrightarrow{AC_1}\|$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，已知平行六面体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA_{1}=2，\angle A_{1}AB=\angle A_{1}AD=120^\circ .$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694220823523330/img/compression/M_a68272a39f8e8cfe5500513c6eb683b5.jpg)
$(2)求异面直线AC_{1}与A_{1}D所成角的余弦值；$

Solution:
$设异面直线AC_{1}与A_{1}D所成的角为\theta ，则\\cos   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{AC_1},\overrightarrow{A_1D}\rangle |=\frac{|\overrightarrow{AC_1}\cdot \overrightarrow{A_1D}|}{|\overrightarrow{AC_1}|\cdot |\overrightarrow{A_1D}|}，再利用空间向量的模长公式、数量积公式进行求解；$

Final answer: $\frac{\frac{1}{2}+\frac{13}{2}}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{5}}=\frac{7}{10}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，已知平行六面体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA_{1}=2，\angle A_{1}AB=\angle A_{1}AD=120^\circ .$<img_1677>
$(2)求异面直线AC_{1}与A_{1}D所成角的余弦值；$

Solution:
$设异面直线AC_{1}与A_{1}D所成的角为\theta ，则\\cos   \theta =|\\cos  \langle \overrightarrow{AC_1},\overrightarrow{A_1D}\rangle |=\frac{|\overrightarrow{AC_1}\cdot \overrightarrow{A_1D}|}{|\overrightarrow{AC_1}|\cdot |\overrightarrow{A_1D}|}，再利用空间向量的模长公式、数量积公式进行求解；$

Final answer: $\frac{\frac{1}{2}+\frac{13}{2}}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{5}}=\frac{7}{10}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，已知平行六面体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA_{1}=2，\angle A_{1}AB=\angle A_{1}AD=120^\circ .$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694220823523330/img/compression/M_a68272a39f8e8cfe5500513c6eb683b5.jpg)
$(3)求证：AA_{1}\perp BD.$

Solution:
$利用空间向量的数量积为0进行证明.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，已知平行六面体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA_{1}=2，\angle A_{1}AB=\angle A_{1}AD=120^\circ .$<img_1677>
$(3)求证：AA_{1}\perp BD.$

Solution:
$利用空间向量的数量积为0进行证明.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AC\perp BC,AC=BC=BB_{1}，点D是BC的中点.$<img_1586>
$(1)求证：A_{1}C\parallel 平面AB_{1}D；$

Solution:
$证明：连接A_{1}B交AB_{1}于E，连接DE，易知E是A_{1}B的中点，又D是BC的中点，所以A_{1}C\parallel DE，(2分)又A_{1}C\not\subset 平面AB_{1}D,DE\subset 平面AB_{1}D，所以A_{1}C\parallel 平面AB_{1}D.(4分)$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AC\perp BC,AC=BC=BB_{1}，点D是BC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694222845177859/img/compression/M_cc361a5961803154d691a1943bc13dfd.jpg)
$(1)求证：A_{1}C\parallel 平面AB_{1}D；$

Solution:
$证明：连接A_{1}B交AB_{1}于E，连接DE，易知E是A_{1}B的中点，又D是BC的中点，所以A_{1}C\parallel DE，(2分)又A_{1}C\not\subset 平面AB_{1}D,DE\subset 平面AB_{1}D，所以A_{1}C\parallel 平面AB_{1}D.(4分)$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AC\perp BC,AC=BC=BB_{1}，点D是BC的中点.$<img_1586>
$(2)求二面角B_{1}-AD-B的余弦值；$

Solution:
$以C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设AC=BC=BB_{1}=2，$<img_2167>$则B_{1}(0,2,2),D(0,1,0),A(2,0,0)，\overrightarrow{DB_1}=(0,1,2),\overrightarrow{DA}=(2,-1,0)，(5分)设平面AB_{1}D的法向量为n_{1}=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}_1\cdot \overrightarrow{DB_1}=y+2z=0,\\ \boldsymbol{n}_1\cdot \overrightarrow{DA}=2x-y=0,\end{matrix}\right.令y=2，则x=1,z=-1，则n_{1}=(1,2,-1)，易知平面ABD的一个法向量为n_{2}=(0,0,1)，(7分)设二面角B_{1}-AD-B的平面角为\theta ，由图可知，\theta 为锐角，所以\\cos   \theta =\left|\frac{\boldsymbol{n}_1\cdot \boldsymbol{n}_2}{|\boldsymbol{n}_1|\cdot |\boldsymbol{n}_2|}\right|=\frac{1}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{6}.(8分)$

Final answer: $\frac{\sqrt{6}}{6}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AC\perp BC,AC=BC=BB_{1}，点D是BC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694222845177859/img/compression/M_cc361a5961803154d691a1943bc13dfd.jpg)
$(2)求二面角B_{1}-AD-B的余弦值；$

Solution:
$以C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设AC=BC=BB_{1}=2，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694223231053825/img/compression/M_e8ebb318ee36c6406c63ebdb96eccfce.jpg)$则B_{1}(0,2,2),D(0,1,0),A(2,0,0)，\overrightarrow{DB_1}=(0,1,2),\overrightarrow{DA}=(2,-1,0)，(5分)设平面AB_{1}D的法向量为n_{1}=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}_1\cdot \overrightarrow{DB_1}=y+2z=0,\\ \boldsymbol{n}_1\cdot \overrightarrow{DA}=2x-y=0,\end{matrix}\right.令y=2，则x=1,z=-1，则n_{1}=(1,2,-1)，易知平面ABD的一个法向量为n_{2}=(0,0,1)，(7分)设二面角B_{1}-AD-B的平面角为\theta ，由图可知，\theta 为锐角，所以\\cos   \theta =\left|\frac{\boldsymbol{n}_1\cdot \boldsymbol{n}_2}{|\boldsymbol{n}_1|\cdot |\boldsymbol{n}_2|}\right|=\frac{1}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{6}.(8分)$

Final answer: $\frac{\sqrt{6}}{6}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AC\perp BC,AC=BC=BB_{1}，点D是BC的中点.$<img_1586>
$(3)判断在线段B_{1}B上是否存在一点M，使得A_{1}M\perp B_{1}D.若存在，求出\frac{B_1M}{B_1B}的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$由(2)得B(0,2,0),A_{1}(2,0,2)，\overrightarrow{BB_1}=(0,0,2),\overrightarrow{A_1B_1}=(-2，2，0).设\frac{B_1M}{B_1B}=t(0\leq t\leq 1)，则B_{1}M=tB_{1}B，即\overrightarrow{B_1M}=t\overrightarrow{B_1B}=(0,0,-2t)，(9分)所以\overrightarrow{A_1M}=\overrightarrow{A_1B_1}+\overrightarrow{B_1M}=(-2，2，0)+(0，0，-2t)=(-2,2,-2t)，(10分)又\overrightarrow{DB_1}=(0,1,2)，A_{1}M\perp B_{1}D，所以\overrightarrow{A_1M}\cdot \overrightarrow{DB_1}=(-2,2,-2t)\cdot (0,1,2)=2-4t=0,解得t=\frac{1}{2}.故在线段B_{1}B上存在一点M，使得A_{1}M\perp B_{1}D，且\frac{B_1M}{B_1B}=\frac{1}{2}.(12分)$



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


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，AC\perp BC,AC=BC=BB_{1}，点D是BC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694222845177859/img/compression/M_cc361a5961803154d691a1943bc13dfd.jpg)
$(3)判断在线段B_{1}B上是否存在一点M，使得A_{1}M\perp B_{1}D.若存在，求出\frac{B_1M}{B_1B}的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$由(2)得B(0,2,0),A_{1}(2,0,2)，\overrightarrow{BB_1}=(0,0,2),\overrightarrow{A_1B_1}=(-2，2，0).设\frac{B_1M}{B_1B}=t(0\leq t\leq 1)，则B_{1}M=tB_{1}B，即\overrightarrow{B_1M}=t\overrightarrow{B_1B}=(0,0,-2t)，(9分)所以\overrightarrow{A_1M}=\overrightarrow{A_1B_1}+\overrightarrow{B_1M}=(-2，2，0)+(0，0，-2t)=(-2,2,-2t)，(10分)又\overrightarrow{DB_1}=(0,1,2)，A_{1}M\perp B_{1}D，所以\overrightarrow{A_1M}\cdot \overrightarrow{DB_1}=(-2,2,-2t)\cdot (0,1,2)=2-4t=0,解得t=\frac{1}{2}.故在线段B_{1}B上存在一点M，使得A_{1}M\perp B_{1}D，且\frac{B_1M}{B_1B}=\frac{1}{2}.(12分)$

Final answer: $在线段B_{1}B上存在一点M，使得A_{1}M\perp B_{1}D，且\frac{B_1M}{B_1B}=\frac{1}{2}.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图,直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中,\angle BAC=90^\circ ,AB=AC,D,E分别为AA_{1},B_{1}C的中点.$<img_1917>
$(1)证明:DE\perp 平面BCC_{1}B_{1};$

Solution:
$解法一(空间向量法):证明:以A为坐标原点,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AA_1}的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.$<img_2664>$设AB=1,AD=a(a>0),则B(1,0,0),C(0,1,0),D(0,0,a),B_{1}(1,0,2a),E\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},a\right),所以\overrightarrow{DE}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right),\overrightarrow{BC}=(-1,1,0),\overrightarrow{B_1C}=(-1,1,-2a),所以\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{BC}=0,\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{B_1C}=0,所以DE\perp BC,DE\perp B_{1}C.又因为BC,B_{1}C\subset 平面BCC_{1}B_{1},BC\cap B_{1}C=C,所以DE\perp 平面BCC_{1}B_{1}.
解法二(几何法):如图,取BC的中点F,连接AF、EF、DF.$<img_1627>$证明:因为AB=AC,F是BC的中点，所以AF\perp BC,因为BB_{1}\perp 平面ABC,AF\subset 平面ABC,所以BB_{1}\perp AF,又BC,B_{1}B\subset 平面BCC_{1}B_{1},BC\cap B_{1}B=B,所以AF\perp 平面BCC_{1}B_{1}.因为E为B_{1}C的中点,所以EF\parallel BB_{1},且EF=\frac{1}{2}BB_{1},所以EF\parallel DA,且EF=DA,所以四边形ADEF为平行四边形,所以AF\parallel DE,所以DE\perp 平面BCC_{1}B_{1}.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图,直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中,\angle BAC=90^\circ ,AB=AC,D,E分别为AA_{1},B_{1}C的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694300028760067/img/compression/M_5ffeee5247b417c5d1ddad3297f31760.jpg)
$(1)证明:DE\perp 平面BCC_{1}B_{1};$

Solution:
$解法一(空间向量法):证明:以A为坐标原点,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AA_1}的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694300028760067/img/compression/M_f3f4e4cf63f247860c46e234243f71d4.jpg)$设AB=1,AD=a(a>0),则B(1,0,0),C(0,1,0),D(0,0,a),B_{1}(1,0,2a),E\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},a\right),所以\overrightarrow{DE}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right),\overrightarrow{BC}=(-1,1,0),\overrightarrow{B_1C}=(-1,1,-2a),所以\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{BC}=0,\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{B_1C}=0,所以DE\perp BC,DE\perp B_{1}C.又因为BC,B_{1}C\subset 平面BCC_{1}B_{1},BC\cap B_{1}C=C,所以DE\perp 平面BCC_{1}B_{1}.
解法二(几何法):如图,取BC的中点F,连接AF、EF、DF.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694300028760067/img/compression/M_c8a710f832f600afc8d03dd01d54544b.jpg)$证明:因为AB=AC,F是BC的中点，所以AF\perp BC,因为BB_{1}\perp 平面ABC,AF\subset 平面ABC,所以BB_{1}\perp AF,又BC,B_{1}B\subset 平面BCC_{1}B_{1},BC\cap B_{1}B=B,所以AF\perp 平面BCC_{1}B_{1}.因为E为B_{1}C的中点,所以EF\parallel BB_{1},且EF=\frac{1}{2}BB_{1},所以EF\parallel DA,且EF=DA,所以四边形ADEF为平行四边形,所以AF\parallel DE,所以DE\perp 平面BCC_{1}B_{1}.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图,直三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中,\angle BAC=90^\circ ,AB=AC,D,E分别为AA_{1},B_{1}C的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694300028760067/img/compression/M_5ffeee5247b417c5d1ddad3297f31760.jpg)
$(2)已知B_{1}C与平面BCD所成角的大小为30^\circ ,求二面角D-BC-B_{1}的余弦值.$

Solution:
$解法一(空间向量法):由(1)知\overrightarrow{BC}=(-1,1,0),\overrightarrow{BD}=(-1,0,a),\overrightarrow{B_1C}=(-1,1,-2a),设平面BCD的法向量为n=(x,y,z),则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{BC}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{BD}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}-x+y=0,\\ -x+az=0,\end{matrix}\right.令x=1,得n=\left(1,1,\frac{1}{a}\right).因为B_{1}C与平面BCD所成角的大小为30^\circ ,所以|\\cos  \langle n,\overrightarrow{B_1C}\rangle |=\\sin   30^\circ =\frac{1}{2},即\frac{|\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{B_1C}|}{|\boldsymbol{n}|\cdot |\overrightarrow{B_1C}|}=\frac{2}{\sqrt{2+\frac{1}{a^2}}\cdot \sqrt{2+4a^2}}=\frac{1}{2},解得a=\frac{\sqrt{2}}{2}(负值舍去),所以n=(1,1,\sqrt{2}).由(1)知平面BCB_{1}的一个法向量为\overrightarrow{DE}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right),所以\\cos  \langle n,\overrightarrow{DE}\rangle =\frac{\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{DE}}{|\boldsymbol{n}|\cdot |\overrightarrow{DE}|}=\frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}}{\sqrt{1^2+1^2+{(\sqrt{2})^2}}\times \sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2}}=\frac{\sqrt{2}}{2},所以二面角D-BC-B_{1}的余弦值为\frac{\sqrt{2}}{2}.
解法二(几何法):设AB=AC=1,AA_{1}=2a(a>0),则AD=a,BB_{1}=2a,BC=\sqrt{2},AF=\frac{\sqrt{2}}{2},BD=DC=\sqrt{1+a^2},所以DF=\sqrt{AD^2+AF^2}=\sqrt{a^2+\frac{1}{2}},所以S_{\triangle BDC}=\frac{1}{2}BC\cdot DF=\frac{\sqrt{2a^2+1}}{2},S_{\triangle BCB1}=\frac{1}{2}BB_{1}\cdot BC=\sqrt{2}a.由(1)知D到平面BCB_{1}的距离为DE=\frac{\sqrt{2}}{2},设B_{1}到平面BCD的距离为d,由V_{D-BCB1}=V_{B1-BDC},得\frac{1}{3}S_{\triangle BCB1}\cdot DE=\frac{1}{3}S_{\triangle BDC}\cdot d,即\frac{1}{3}\times \sqrt{2}a\times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{3}\times \frac{\sqrt{2a^2+1}}{2}\times d,解得d=\frac{2a}{\sqrt{2a^2+1}}.因为B_{1}C与平面BCD所成角的大小为30^\circ ,所以B_{1}C=\frac{d}{\\\sin    30^{\circ}}=2d=\frac{4a}{\sqrt{2a^2+1}}.易知在直角三角形B_{1}BC中,B_{1}C=\sqrt{BB^2_1+BC^2}=\sqrt{4a^2+2},所以\sqrt{4a^2+2}=\frac{4a}{\sqrt{2a^2+1}},解得a=\frac{\sqrt{2}}{2}(负值舍去).由(1)知,AF\perp BC,EF\perp BC.又因为AF\cap EF=F,AF、EF\subset 平面DEFA，所以BC\perp 平面DEFA,又DF\subset 平面DEFA，所以DF\perp BC.又DF\subset 平面DBC,EF\subset 平面B_{1}BC,平面DBC\cap 平面B_{1}BC=BC,所以\angle EFD为二面角D-BC-B_{1}的平面角.因为DA=AF=\frac{\sqrt{2}}{2},DA\perp AF，所以平行四边形DAFE是正方形,所以\angle EFD=45^\circ ,所以二面角D-BC-B_{1}的余弦值为\frac{\sqrt{2}}{2}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{2}}{2}$