1、1(2013高考新课标全国卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A168 B88C1616 D816解析：选A.原几何体为组合体：上面是长方体，下面是圆柱的一半(如图所示)，其体积为V422224168.2(2013高考新课标全国卷)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器厚度，则球的体积为()A. cm3 B. cm3C. cm3 D. cm3解析：选A.如图，作出球的一个截面，则MC862(cm)，BMAB84(cm)设球的半径为R cm，则R2OM2MB2(R2)24
2、2，R5，V球53 (cm3)3(2013高考新课标全国卷)已知m，n为异面直线，m平面，n平面.直线l满足lm，ln，l，l，则()A且lB且lC与相交，且交线垂直于lD与相交，且交线平行于l解析：选D.根据所给的已知条件作图，如图所示由图可知与相交，且交线平行于l，故选D.4(2013高考大纲全国卷)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A. B.C. D.解析：选A.法一：如图，连接AC，交BD于点O，由正四棱柱的性质，有ACBD.因为CC1平面ABCD，所以CC1BD.又CC1ACC，所以BD平面CC1O.在平面CC1O内作CH
3、C1O，垂足为H，则BDCH.又BDC1OO，所以CH平面BDC1，连接DH，则DH为CD在平面BDC1上的射影，所以CDH为CD与平面BDC1所成的角设AA12AB2.在RtCOC1中，由等面积变换易求得CH.在RtCDH中，sinCDH.法二：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA12AB2，则D(0，0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则(0,1,0)，(1,1,0)，(0,1,2)设平面BDC1的法向量为n(x，y，z)，则n，n，所以有令y2，得平面BDC1的一个法向量为n(2，2,1)设CD与平面BDC1所成的角为，则sin |cosn，|.
4、5(2013高考大纲全国卷)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A. B.C. D.解析：选A.法一：如图，连接AC，交BD于点O，由正四棱柱的性质，有ACBD.因为CC1平面ABCD，所以CC1BD.又CC1ACC，所以BD平面CC1O.在平面CC1O内作CHC1O，垂足为H，则BDCH.又BDC1OO，所以CH平面BDC1，连接DH，则DH为CD在平面BDC1上的射影，所以CDH为CD与平面BDC1所成的角设AA12AB2.在RtCOC1中，由等面积变换易求得CH.在RtCDH中，sinCDH.法二：以D为坐标原点，建立空间直角坐
5、标系，如图，设AA12AB2，则D(0，0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则(0,1,0)，(1,1,0)，(0,1,2)设平面BDC1的法向量为n(x，y，z)，则n，n，所以有令y2，得平面BDC1的一个法向量为n(2，2,1)设CD与平面BDC1所成的角为，则sin |cosn，|.6(2013高考山东卷)一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正(主)视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是()A4，8 B4，C4(1)， D8,8解析：选B.由正视图知：四棱锥的底面是边长为2的正方形，四棱锥的高为2，V222.四棱锥的侧面是全等的等腰三角形，底为2
6、，高为，S侧424.7(2013高考山东卷)已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为 ()A. B.C. D.解析：选B.如图所示，P为正三角形A1B1C1的中心，设O为ABC的中心，由题意知：PO平面ABC，连接OA，则PAO即为PA与平面ABC所成的角在正三角形ABC中，ABBCAC，则S()2，VABCA1B1C1SPO，PO.又AO1， tanPAO，PAO.8(2013高考浙江卷)设m、n是两条不同的直线，是两个不同的平面()A若m，n，则mnB若m，m，则C若mn，m，则nD若m，则m
7、解析：选C.A项，当m，n时，m，n可能平行，可能相交，也可能异面，故错误；B项，当m，m时，可能平行也可能相交，故错误；C项，当mn，m时，n，故正确；D项，当m，时，m可能与平行，可能在内，也可能与相交，故错误故选C.9(2013高考新课标全国卷)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为()解析：选A.根据已知条件作出图形：四面体C1A1DB，标出各个点的坐标如图(1)所示，可以看出正视图是正方形，如图(2)所示故选A.10(2013高考安徽
8、卷)在下列命题中，不是公理的是()A平行于同一个平面的两个平面相互平行B过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D如果两个不重合的平面有一个公共点， 那么它们有且只有一条过该点的公共直线解析：选A.A，不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证；B，是平面的基本性质公理；C，是平面的基本性质公理；D，是平面的基本性质公理11(2013高考北京卷)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，P到各顶点的距离的不同取值有()A3个 B4个C5个 D6个解析：选B.如图，取底面ABCD的中心O，连接PA，
9、PC，PO.AC平面DD1B，又PO平面DD1B，ACPO.又O是BD的中点，PAPC.同理，取B1C与BC1的交点H，易证B1C平面D1C1B，B1CPH.又H是B1C的中点，PB1PC，PAPB1PC.同理可证PA1PC1PD.又P是BD1的三等分点，PBPD1PB1PD，故点P到正方体的顶点的不同距离有4个12(2013高考辽宁卷)已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上若AB3，AC4，ABAC，AA112，则球O的半径为()A. B2C. D3解析：选C.因为直三棱柱中AB3，AC4，AA112，ABAC，所以BC5，且BC为过底面ABC的截面圆的直径取BC中点D，则
10、OD底面ABC，则O在侧面BCC1B1内，矩形BCC1B1的对角线长即为球直径，所以2R13，即R.13(2013高考浙江卷)在空间中，过点A作平面的垂线，垂足为B，记Bf(A)设，是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q1ff(P)，Q2ff(P)，恒有PQ1PQ2，则()A平面与平面垂直 B平面与平面所成的(锐)二面角为45C平面与平面平行 D平面与平面所成的(锐)二面角为60解析：选A.设P1f(P)，P2f(P)，则PP1，P1Q1，PP2，P2Q2.若，则P1与Q2重合、P2与Q1重合，所以PQ1PQ2，所以与相交设l，由PP1P2Q2，所以P，P1，P2，Q2四点共面同理P，P1，P
11、2，Q1四点共面所以P，P1，P2，Q1，Q2五点共面，且与的交线l垂直于此平面又因为PQ1PQ2，所以Q1、Q2重合且在l上，四边形PP1Q1P2为矩形那么P1Q1P2为二面角l的平面角，所以.14(2013高考湖南卷)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为的矩形，则该正方体的正视图的面积等于()A. B1C. D.解析：选D.由于该正方体的俯视图是面积为1的正方形，侧视图是一个面积为的矩形，因此该几何体的正视图是一个长为，宽为1的矩形，其面积为.15(2013高考江西卷)一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A2009B20018C1409D14
12、018解析：选A.由三视图可知该几何体的下面是一个长方体，上面是半个圆柱组成的组合体长方体的长、宽、高分别为10、4、5，半圆柱底面圆半径为3，高为2，故组合体体积V104592009.16.(2013高考四川卷)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体可以是()A棱柱 B棱台C圆柱 D圆台解析：选D.由俯视图是圆环可排除A，B，由正视图和侧视图都是等腰梯形可排除C，故选D.17(2013高考广东卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是()A. B.C. D1解析：选B.如图，三棱锥的底面是一个直角边长为1的等腰直角三角形，有一条侧棱和底面垂直，且其长度为2，故三棱锥的高为2，故其体积V
13、112，故选B.18(2013高考广东卷)设l为直线，是两个不同的平面下列命题中正确的是()A若l，l，则B若l，l，则C若l，l，则D若，l，则l解析：选B.选项A，若l，l，则和可能平行也可能相交，故错误；选项B，若l，l，则，故正确；选项C，若l，l，则，故错误；选项D，若，l，则l与的位置关系有三种可能：l，l，l，故错误故选B.19(2013高考湖南卷)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于()A1 B.C. D.解析：选C.当正方体的俯视图是面积为1的正方形时，其正视图的最小面积为1，最大面积为.因为1，因此所给选项中其正视图的面积不
14、可能为，故选C.20(2013高考江西卷)如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且ABCD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么mn()A8 B9C10 D11解析：选A.取CD的中点H，连接EH，HF.在四面体CDEF中，CDEH，CDFH，所以CD平面EFH，所以AB平面EFH，所以正方体的左、右两个侧面与EF平行，其余4个平面与EF相交，即n4.又因为CE与AB在同一平面内，所以CE与正方体下底面共面，与上底面平行，与其余四个面相交，即m4，所以mn448.21(2013高考重庆卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A. B.
15、C200 D240解析：选C.由三视图知该几何体为直四棱柱，其底面为等腰梯形，上底长为2，下底长为8，高为4，故面积为S20.又棱柱的高为10，所以体积VSh2010200.22(2013高考广东卷)某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是()A4 B.C. D6解析：选B.由三视图可还原出四棱台的直观图如图所示，其上底和下底都是正方形，边长分别是1和2，与底面垂直的棱为棱台的高，长度为2，故其体积为V(1222)2，故选B.23(2013高考广东卷)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A若，m，n，则m n B若，m，n，则mnC若mn，m，n，则D若m，m
16、n，n，则解析：选D.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，平面BCC1B1平面ABCD，BC1平面BCC1B1，BC平面ABCD，而BC1不垂直于BC，故A错误平面A1B1C1D1平面ABCD，B1D1平面A1B1C1D1，AC平面ABCD，但B1D1和AC不平行，故B错误ABA1D1，AB平面ABCD，A1D1平面A1B1C1D1，但平面A1B1C1D1平面ABCD，故C错误故选D.24(2013高考新课标全国卷)已知H是球O的直径AB上一点，AHHB12，AB平面，H为垂足，截球O所得截面的面积为，则球O的表面积为_解析：如图，设球O的半径为R，则由AHHB12得HA2RR，OH.截
17、面面积为(HM)2，HM1.在RtHMO中，OM2OH2HM2，R2R2HM2R21，R.S球4R24()2.答案：25(2013高考新课标全国卷)已知正四棱锥OABCD的体积为，底面边长为，则以O为球心，OA为半径的球的表面积为_解析：V四棱锥OABCDh，得h，OA2h2()26.S球4OA224.答案：2426(2013高考浙江卷)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积等于_cm3.解析：由三视图可知该几何体为一个直三棱柱被截去了一个小三棱锥，如图所示三棱柱的底面为直角三角形，且直角边长分别为3和4，三棱柱的高为5，故其体积V134530(cm3)，小三棱锥的底面与三
18、棱柱的上底面相同，高为3，故其体积V23436(cm3)，所以所求几何体的体积为30624(cm3)答案：2427(2013高考大纲全国卷)已知圆O和圆K是球O的大圆和小圆，其公共弦长等于球O的半径，OK，且圆O与圆K所在的平面所成的一个二面角为60，则球O的表面积等于_解析：如图所示，公共弦为AB，设球的半径为R，则ABR.取AB中点M，连接OM、KM，由圆的性质知OMAB，KMAB，所以KMO为圆O与圆K所在平面所成的一个二面角的平面角，则KMO60.在RtKMO中，OK，所以OM.在RtOAM中，因为OA2OM2AM2，所以R23R2，解得R24，所以球O的表面积为4R216.答案：16
19、28(2013高考江苏卷)如图，在三棱柱A1B1C1ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点设三棱锥FADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1ABC的体积为V2，则V1V2_. 解析：设三棱柱的底面ABC的面积为S，高为h，则其体积为V2Sh.因为D，E分别为AB，AC的中点，所以ADE的面积等于S.又因为F为AA1的中点，所以三棱锥FADE的高等于h，于是三棱锥FADE的体积V1ShShV2，故V1V2124.答案：12429(2013高考北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的体积为_解析：由几何体的三视图可知该几何体是一个底面是正方形的四棱锥，其底面边长为3，且该四棱锥的高是
20、1，故其体积为V913.答案：330(2013高考北京卷)如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为_解析：如图，过点E作EE1平面A1B1C1D1，交直线B1C1于点E1，连接D1E1，DE，在平面D1DEE1内过点P作PHEE1交D1E1于点H，连接C1H，则C1H即为点P到直线CC1的距离当点P在线段D1E上运动时，点P到直线CC1的距离的最小值为点C1到线段D1E1的距离，即为C1D1E1的边D1E1上的高h.C1D12，C1E11，D1E1，h.答案：31(2013高考福建卷)已知某一多面体内接于球构成一个
21、简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是_解析：由三视图知组合体为球内接正方体，正方体的棱长为2，若球半径为R，则2R2，R.S球表4R24312.答案：1232(2013高考辽宁卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是_解析：由三视图可知该几何体是一个圆柱内部挖去一个正四棱柱，圆柱底面圆半径为2，高为4，故体积为16；正四棱柱底面边长为2，高为4，故体积为16，故题中几何体的体积为1616.答案：161633(2013高考天津卷)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为，则正方体的棱长为_解析：设正方体棱
22、长为a，球半径为R，则R3，R，a3，a.答案：34(2013高考陕西卷)某几何体的三视图如图所示， 则其表面积为_解析：由三视图可知，该几何体为一个半径为1的半球，其表面积为半个球面面积与截面面积的和，即43.答案：335某几何体的三视图如图所示，则其体积为_解析：原几何体可视为圆锥的一半，其底面半径为1，高为2，其体积为122.答案：36(2013高考新课标全国卷)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，ABAA1，BAA160.(1)证明：ABA1C；(2)若ABCB2，A1C，求三棱柱ABCA1B1C1的体积解：(1)证明：取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B.因为CACB，所
23、以OCAB.由于ABAA1，BAA160，故AA1B为等边三角形，所以OA1AB.因为OCOA1O，所以AB平面OA1C.又A1C平面OA1C，故ABA1C.(2)由题设知ABC与AA1B都是边长为2的等边三角形，所以OCOA1.又A1C，则A1C2OC2OA，故OA1OC.因为OCABO，所以OA1平面ABC，OA1为三棱柱ABCA1B1C1的高又ABC的面积SABC，故三棱柱ABCA1B1C1的体积VSABCOA13.37(2013高考安徽卷)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正
24、确的是_(写出所有正确命题的编号)当0CQ时，S为四边形；当CQ时，S为等腰梯形；当CQ时，S与C1D1的交点R满足C1R；当CQ1时，S为六边形；当CQ1时，S的面积为.解析：当0CQ时，如图(1)在平面AA1D1D内，作AEPQ，显然E在棱DD1上，连接EQ，则S是四边形APQE.当CQ时，如图(2)显然PQBC1AD1，连接D1Q，则S是等腰梯形当CQ时，如图(3)作BFPQ交CC1的延长线于点F，则C1F.作AEBF，交DD1的延长线于点E，D1E，AEPQ，连接EQ交C1D1于点R，由于RtRC1QRtRD1E，C1QD1EC1RRD112，C1R.当CQ1时，如图(3)，边接RM(
25、点M为AE与A1D1交点)，显然S为五边形APQRM.当CQ1时，如图(4)同可作AEPQ交DD1的延长线于点E，交A1D1于点M，显然点M为A1D1的中点，所以S为菱形APQM，其面积为MPAQ.答案：38(2013高考新课标全国卷)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1ACCBAB.(1)证明：BC1平面A1CD；(2)求二面角DA1CE的正弦值解：(1)证明：连接AC1，交A1C于点F，则F为AC1的中点又D是AB的中点，连接DF，则BC1DF.因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1平面A1CD.(2)由ACCBAB，得ACBC.以C为坐
26、标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设CA2，则D(1,1,0)，E(0,2，1)，A1(2,0,2)，(1,1,0)，(0,2,1)，(2,0,2)设n(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则即可取n(1，1，1)同理，设m是平面A1CE的法向量，则可取m(2,1，2)从而cosn，m，故sinn，m.即二面角DA1CE的正弦值为.39(2013高考陕西卷)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O平面ABCD，ABAA1.(1)证明：A1C平面BB1D1D；(2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小解：(1)
27、法一：由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系ABAA1，OAOBOA11，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，D(0，1,0)，A1(0,0,1)由，易得B1(1,1,1)(1,0，1)，(0，2,0)，(1,0,1)，0，0，A1CBD，A1CBB1，A1C平面BB1D1D.法二：A1O平面ABCD，A1OBD.又四边形ABCD是正方形，BDAC，BD平面A1OC，BDA1C.又OA1是AC的中垂线，A1AA1C，且AC2，AC2AAA1C2，AA1C是直角三角形，AA1A1C.又BB1AA1，A1CBB1.又BB1BDB，A1C平面B
28、B1D1D.(2)设平面OCB1的法向量n(x，y，z)(1,0,0)，(1,1,1)，取n(0,1，1)，由(1)知，(1,0，1)是平面BB1D1D的法向量，cos |cosn，|.又0，.40(2013高考湖南卷)如图，在直棱柱ABCDA1B1C1D1中，ADBC，BAD90，ACBD，BC1，ADAA13.(1)证明：ACB1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值解：法一：(1)证明：因为BB1平面ABCD，AC平面ABCD，所以ACBB1.又ACBD，所以AC平面BB1D.而B1D平面BB1D，所以ACB1D.(2)因为B1C1AD，所以直线B1C1与平面ACD1所成的
29、角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为)连接A1D.因为棱柱ABCDA1B1C1D1是直棱柱，且B1A1D1BAD90，所以A1B1平面ADD1A1，从而A1B1AD1.又ADAA13，所以四边形ADD1A1是正方形，于是A1DAD1.故AD1平面A1B1D，于是AD1B1D.由(1)知，ACB1D，所以B1D平面ACD1.故ADB190.在直角梯形ABCD中，因为ACBD，所以BACADB.从而RtABCRtDAB，故，即AB.连接AB1，易知AB1D是直角三角形，且B1D2BBBD2BBAB2AD221，即B1D.在RtAB1D中，cosADB1，即cos(90).从而sin .即直线
30、B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.法二：(1)证明：易知，AB，AD，AA1两两垂直如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系设ABt，则相关各点的坐标为A(0,0,0)，B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)从而(t,3，3)，(t,1,0)，(t,3,0)因为ACBD，所以t2300.解得t或t(舍去)于是(，3，3)，(，1,0)因为3300，所以，即ACB1D.(2)由(1)知，(0,3,3)，(，1,0)，(0,1,0)设n(x，y，z)是平面ACD1的一个法
31、向量，则即令x1，则n(1，)设直线B1C1与平面ACD1所成角为，则sin |cosn，|，即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.41(2013高考大纲全国卷)如图，四棱锥PABCD中，ABCBAD90，BC2AD，PAB和PAD都是边长为2的等边三角形(1)证明：PBCD；(2)求点A到平面PCD的距离解：(1)证明：如图，取BC的中点E，连接DE，则四边形ABED为正方形过点P作PO平面ABCD，垂足为O.连接OA，OB，OD，OE.由PAB和PAD都是等边三角形知PAPBPD，所以OAOBOD，即点O为正方形ABED对角线的交点，故OEBD.又OEOP，BDOO，所以OE平面P
32、DB，从而PBOE.因为O是BD的中点，E是BC的中点，所以OECD.因此PBCD.(2)取PD的中点F，连接OF，则OFPB.由(1)知，PBCD，故OFCD.又ODBD，OP，故POD为等腰三角形，因此OFPD.又PDCDD，所以OF平面PCD.因为AECD，CD平面PCD，AE平面PCD，所以AE平面PCD.因此点O到平面PCD的距离OF就是点A到平面PCD的距离，而OFPB1，所以点A到平面PCD的距离为1.42(2013高考山东卷)如图，四棱锥PABCD中，ABAC，ABPA，ABCD，AB2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点(1)求证：CE平面PAD；
33、(2)求证：平面EFG平面EMN.证明：(1)法一：如图，取PA的中点H，连接EH，DH.因为E为PB的中点，所以EHAB，EHAB.又ABCD，CDAB，所以EHCD，EHCD.所以四边形DCEH是平行四边形所以CEDH.又DH平面PAD，CE平面PAD，所以CE平面PAD.法二：如图，连接CF.因为F为AB的中点，所以AFAB.又CDAB，所以AFCD.又AFCD，所以四边形AFCD为平行四边形所以CFAD.又CF平面PAD，所以CF平面PAD.因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EFPA.又EF平面PAD，所以EF平面PAD.因为CFEFF，故平面CEF平面PAD.又CE平面CEF，所
34、以CE平面PAD.(2)因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EFPA.又ABPA，所以ABEF.同理可证ABFG.又EFFGF，EF平面EFG，FG平面EFG，因此AB平面EFG.又M，N分别为PD，PC的中点，所以MNDC.又ABDC，所以MNAB，所以MN平面EFG.又MN平面EMN，所以平面EFG平面EMN.43(2013高考江西卷)如图，四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，E为BD的中点，G为PD的中点，DABDCB，EAEBAB1，PA，连接CE并延长交AD于F.(1)求证：AD平面CFG；(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值解：(1)证明：在ABD中，因为点E是BD中点
35、，所以EAEBEDAB1，故BAD，ABEAEB.因为DABDCB，所以EABECB，从而有FEDBECAEB，所以FEDFEA，故EFAD，AFFD.又PGGD，所以FGPA.又PA平面ABCD，所以GFAD，故AD平面CFG.(2)以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C，D(0，0)，P，故，.设平面BCP的法向量n1(1，y1，z1)，则解得即n1.设平面DCP的法向量n2(1，y2，z2)，则，解得即n2(1，2)从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为cos .44(2013高考江苏卷)如图，在三棱锥SABC中，平面SAB平面SBC，ABBC
36、，ASAB.过A作AFSB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点求证：(1)平面EFG平面ABC；(2)BCSA.证明：(1)因为ASAB，AFSB，垂足为F，所以F是SB的中点又因为E是SA的中点，所以EFAB.因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF平面ABC.同理EG平面ABC.又EFEGE，所以平面EFG平面ABC.(2)因为平面SAB平面SBC，且交线为SB，又AF平面SAB，AFSB，所以AF平面SBC.因为BC平面SBC，所以AFBC.又因为ABBC，AFABA，AF平面SAB，AB平面SAB，所以BC平面SAB.因为SA平面SAB，所以BCSA.45(2013高考江苏
37、卷)如图，在直三棱柱A1B1C1ABC中，ABAC，ABAC2，A1A4，点D是BC的中点(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值解：(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2,4)，所以(2,0，4)，(1，1，4)因为cos，所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.(2)设平面ADC1的法向量为n1(x，y，z)，因为(1,1,0)，(0,2,4)，所以n10，n10，即xy0且y2z0，取z1，得x2，y
38、2，所以，n1(2，2,1)是平面ADC1的一个法向量取平面AA1B的一个法向量为n2(0,1,0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为.由|cos |，得sin .因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.46(2013高考湖北卷)如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；(2)设(1)中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足.记直线PQ与平面ABC所成的角为，异面直线PQ与EF所成的角为，二面角ElC的大小为，求证：
39、sin sin sin .解：(1)直线l平面PAC.证明如下：连接EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EFAC.又EF平面ABC，且AC平面ABC，所以EF平面ABC.而EF平面BEF，且平面BEF平面ABCl，所以EFl.因为l平面PAC，EF平面PAC，所以直线l平面PAC.(2)法一(综合法)：如图(1)，连接BD，由(1)可知交线l即为直线BD，且lAC 因为AB是O的直径，所以ACBC，于是lBC.已知PC平面ABC，而l平面ABC，所以PCl.而PCBCC，所以l平面PBC.连接BE，BF，因为BF平面PBC，所以lBF.故CBF就是二面角ElC的平面角，即CBF.由，作
40、DQCP，且DQCP.连接PQ，DF，因为F是CP的中点，CP2PF，所以DQPF，从而四边形DQPF是平行四边形，PQFD.连接CD，因为PC平面ABC，所以CD是FD在平面ABC内的射影故CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即CDF.又BD平面PBC，所以BDBF，所以BDF为锐角故BDF为异面直线PQ与EF所成的角，即BDF，于是在RtDCF，RtFBD，RtBCF中，分别可得sin ，sin ，sin ，从而sin sin sin ，即sin sin sin .法二(向量法)：如图(2)，由，作DQCP，且DQCP.连接PQ，EF，BE，BF，BD.由(1)可知交线l即为直线BD.
41、以点C为原点，向量，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图(2)所示的空间直角坐标系，设CAa，CBb，CP2c，则有C(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，b,0)，P(0,0,2c)，Q(a，b，c)，E，F(0,0，c)于是，(a，b，c)，(0，b，c)，所以cos ，从而sin .取平面ABC的一个法向量为m(0,0,1)，可得sin .设平面BEF的一个法向量为n(x，y，z)由可得取n(0，c，b) 于是|cos |，从而sin .故sin sin sin ，即sin sin sin .47(2013高考浙江卷)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ABBC2, ADC
42、D，PA，ABC120，G为线段PC上的点(1)证明：BD平面APC ； (2)若G为PC的中点，求DG与平面APC所成的角的正切值；(3)若G满足PC平面BGD，求 的值解：(1)证明：设点O为AC，BD的交点由ABBC，ADCD，得BD是线段AC的中垂线，所以O为AC的中点，BDAC.又因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD.所以BD平面APC.(2)连接OG.由(1)可知，OD平面APC，则DG在平面APC内的射影为OG，所以OGD是DG与平面APC所成的角由题意得OGPA.在ABC中，AC 2，所以OCAC.在直角OCD中，OD2.在直角OGD中，tanOGD.所以DG与
43、平面APC所成的角的正切值为.(3)因为PC平面BGD，OG平面BGD，所以PCOG.在直角PAC中，PC，所以GC.从而PG，所以.48(2013高考北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，ABAD，CD2AB，平面PAD底面ABCD，PAAD，E和F分别是CD和PC的中点求证：(1)PA底面ABCD；(2)BE平面PAD； (3)平面BEF平面PCD. 证明：(1)因为平面PAD底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA底面ABCD.(2)因为ABCD，CD2AB，E为CD的中点，所以ABDE，且ABDE.所以四边形ABED为平行四边形所以BEAD.又因为BE平面PAD
44、，AD平面PAD，所以BE平面PAD.(3)因为ABAD，而且四边形ABED为平行四边形，所以BECD，ADCD.由(1)知PA底面ABCD，所以PACD.所以CD平面PAD.所以CDPD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PDEF.所以CDEF.又因为CDBE，EFBEE，所以CD平面BEF.所以平面BEF平面PCD.49(2013高考天津卷)如图， 三棱柱ABCA1B1C1中， 侧棱A1A底面ABC，且各棱长均相等，D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点. (1)证明EF平面A1CD; (2)证明平面A1CD平面A1ABB1; (3)求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值. 解：
45、(1)证明：如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，ACA1C1，且ACA1C1，连接ED，在ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DEAC且DEAC.又因为F为A1C1的中点，可得A1FDE，且A1FDE，即四边形A1DEF为平行四边形，所以EFDA1.又EF平面A1CD，DA1平面A1CD，所以EF平面A1CD.(2)证明：由于底面ABC是正三角形，D为AB的中点，故CDAB.又由于侧棱A1A底面ABC，CD平面ABC，所以A1ACD.又A1AABA，因此CD平面A1ABB1.而CD平面A1CD，所以平面A1CD平面A1ABB1.(3)在平面A1ABB1内，过点B作BGA1D交直线A
46、1D于点G，连接CG.由于平面A1CD平面A1ABB1，而直线A1D是平面A1CD与平面A1ABB1的交线，故BG平面A1CD.由此可得BCG为直线BC与平面A1CD所成的角设棱长为a，可得A1D，由A1ADBGD，易得BG.在RtBGC中，sinBCG.所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为.50(2013高考四川卷)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1底面ABC，ABAC2AA1，BAC120，D，D1分别是线段BC，B1C1的中点，P是线段AD的中点(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，说明理由，并证明直线l平面ADD1A1；(2)设(1)中的直线l
47、交AB于点M，交AC于点N，求二面角AA1MN的余弦值解：(1)如图(1)，在平面ABC内，过点P作直线lBC，因为l在平面A1BC外，BC在平面A1BC内，由直线与平面平行的判定定理可知，l平面A1BC.因为ABAC，D是BC的中点，所以BCAD，则直线lAD.因为AA1平面ABC，所以AA1l.又因为AD，AA1在平面ADD1A1内，且AD与AA1相交，所以直线l平面ADD1A1.(2)法一：连接A1P，过点A作AEA1P于点E，过点E作EFA1M于点F，连接AF.由(1)知，MN平面AEA1，所以平面AEA1平面A1MN.所以AE平面A1MN，则A1MAE.所以A1M平面AEF，则A1M
48、AF.故AFE为二面角AA1MN的平面角(设为)设AA11，则由ABAC2AA1，BAC120，有BAD60，AB2，AD1.又P为AD的中点，所以M为AB的中点，且AP，AM1.所以在RtAA1P中，A1P.在RtA1AM中，A1M.从而AE，AF，所以sin .所以cos .故二面角AA1MN的余弦值为.法二：设A1A1，则ABAC2.如图(2)，过点A1作A1E平行于C1B1，以点A1为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz(点O与点A1重合)，则A1(0,0,0)，A(0,0,1)因为P为AD的中点，所以M，N分别为AB，AC的中点，故M，N，所以
49、，(0,0,1)，(，0,0)设平面AA1M的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，则，即故有从而取x11，则y1，所以n1(1，0)设平面A1MN的一个法向量为n2(x2，y2，z2)，则即故有从而取y22，则z21，所以n2(0,2，1)设二面角AA1MN的平面角为，又为锐角，则cos .故二面角AA1MN的余弦值为.51(2013高考福建卷)如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ABDC，ABAD，BC5，DC3，AD4，PAD60.(1) 当正视方向与向量的方向相同时，画出四棱锥PABCD的正视图(要求标出尺寸，并写出演算过程)；(2)若M为PA的中点，求证：DM平面PBC；(
50、3)求三棱锥DPBC的体积图(1)解：法一：(1)在梯形ABCD中，如图(1)，过点C作CEAB，垂足为E.由已知得，四边形ADCE为矩形，AECD3，在RtBEC中，由BC5，CE4，依勾股定理得BE3，从而AB6.又由PD平面ABCD，得PDAD，从而在RtPDA中，由AD4，PAD60，得PD4.正视图如图(2)所示图(2)图(3)来源:学.科.网(2)如图(3)，取PB的中点N，连接MN，CN.在PAB中，M是PA的中点，MNAB，MNAB3.又CDAB，CD3，MNCD，MNCD，四边形MNCD为平行四边形，DMCN.又DM平面PBC，CN平面PBC，DM平面PBC.(3)VDPBC
51、VPDBCSDBCPD，又SDBC6，PD4，所以VDPBC8.法二：(1)同法一图(4)(2)如图(4)，取AB的中点E，连接ME，DE.在梯形ABCD中，BECD，且BECD，四边形BCDE为平行四边形，DEBC.又DE平面PBC，BC平面PBC，DE平面PBC.又在PAB中，MEPB，ME平面PBC，PB平面PBC，ME平面PBC.又DEMEE，平面DME平面PBC.又DM平面DME，DM平面PBC.(3)同法一52(2013高考辽宁卷)如图，AB是圆O的直径，PA垂直圆O所在平面，C是圆O上的点(1)求证：BC平面PAC；(2)设Q为PA的中点，G为AOC的重心，求证：QG平面PBC.
52、证明：(1)由AB是圆O的直径，得ACBC，由PA平面ABC，BC平面ABC，得PABC.又PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC，所以BC平面PAC.(2)连接OG并延长交AC于点M，连接QM，QO，由G为AOC的重心，得M为AC中点由Q为PA中点，得QMPC，又O为AB中点，得OMBC.因为QMMOM，QM平面QMO，MO平面QMO，BCPCC，BC平面PBC，PC平面PBC，所以平面QMO平面PBC.因为QG平面QMO，所以QG平面PBC.53(2013高考陕西卷)如图， 四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底面中心，A1O底面ABCD，ABAA1. (1)证明
53、：底面A1BD/平面CD1B1； (2)求三棱柱ABDA1B1D1的体积. 解：(1)证明：由题设知，BB1綊DD1，四边形BB1D1D是平行四边形，BDB1D1.又BD平面CD1B1，BD平面CD1B1.A1D1綊B1C1綊BC，四边形A1BCD1是平行四边形，A1BD1C.又A1B平面CD1B1，A1B平面CD1B1.又BDA1BB，平面A1BD平面CD1B1.(2)A1O平面ABCD，A1O是三棱柱ABDA1B1D1的高又AOAC1，AA1，A1O1.又SABD1，V三棱柱ABDA1B1D1SABDA1O1.54(2013高考湖南卷)如图，在直棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，ABA
54、C，AA13，D是BC的中点，点E在棱BB1上运动(1)证明：ADC1E；(2)当异面直线AC，C1E 所成的角为60时，求三棱锥C1A1B1E的体积解：(1)证明：因为ABAC，D是BC的中点，所以ADBC.又在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面ABC，而AD平面ABC，所以ADBB1.由，得AD平面BB1C1C.由点E在棱BB1上运动，得C1E平面BB1C1C，所以ADC1E.(2)因为ACA1C1，所以A1C1E是异面直线AC，C1E所成的角由题意知A1C1E60.因为B1A1C1BAC90，所以A1C1A1B1.又AA1A1C1，从而A1C1平面A1ABB1.于是A1C1A1E.
55、故C1E2.又B1C12，所以B1E2.从而V三棱锥C1A1B1ESA1B1EA1C12.55(2013高考重庆卷)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，BCCD2，AC4，ACBACD，F为PC的中点，AFPB.(1)求PA的长；(2)求二面角BAFD的正弦值解：(1)如图，连接BD交AC于点O，因为BCCD，即BCD为等腰三角形又AC平分BCD，故ACBD.以O为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，则OCCDcos 1.而AC4，所以AOACOC3.又ODCDsin ，故A(0，3,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(，0,0)因为PA
56、底面ABCD，可设P(0，3，z)，由点F为PC边中点，F.又，(，3，z)，因为AFPB，故0，即60，z2(z2舍去)，所以|2，所以PA的长为2.(2)由(1)知，(，3,0)，(，3,0)，(0,2，)设平面FAD的法向量为n1(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2(x2，y2，z2)，由n10，n10，得因此可取n1(3，2)由n20，n20，得因此可取n2(3，2)从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos n1，n2.故二面角BAFD的正弦值为.56(2013高考广东卷)如图，在等腰直角三角形ABC中，A 90，BC6，D，E分别是AC，AB上的点，CDBE，O为BC的中
57、点将ADE沿DE折起，得到如图所示的四棱椎ABCDE，其中AO.(1)证明：AO平面BCDE；(2)求二面角ACDB的平面角的余弦值解：(1)证明：法一：在折叠前的图形中，在等腰直角三角形ABC中，因为BC6，O为BC的中点，所以ACAB3，OCOB3.又因为CDBE，所以ADAE2.如图，连接OD，在OCD中，由余弦定理可得OD.在折叠后的图形中，因为AD2，所以AO2OD2AD2，所以AOOD.同理可证AOOE.又ODOEO，所以AO平面BCDE.法二：如图，在折叠前的图形中，连接AO，交DE于点F，则F为DE的中点在等腰RtABC中，因为BC6，O为BC的中点，所以ACAB3，OA3.因
58、为CDBE，所以D和E分别是AC，AB的三等分点，则AF2，OF1.如图，在折叠后的图形中，连接OF和AF.因为AO，所以AF2OF2AO2，所以AOOF.在折叠前的图形中，DEOF，所以在折叠后的图形中，DEAF，DEOF.又OFAFF，OF，AF平面OAF，所以DE平面OAF.因为OA平面OAF，所以DEOA.因为OFDEF，OF，DE平面BCDE，所以AO平面BCDE.(2)法一：如图，过O作OM垂直于CD的延长线于点M，连接AM.因为AO平面BCDE，CM平面BCDE，OM平面BCDE，所以AOCM，AOOM.因为AOOMO，所以CM平面AOM.因为AM平面AOM，所以CMAM，故AM
59、O就是所求二面角的平面角在RtOMC中，OC3，OCM45，所以OM.在RtAOM中，因为AO，OM，所以AM ，所以cosAMO，所以二面角ACDB的平面角的余弦值为.法二：以点O为原点，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示(F为DE的中点)，则A(0,0，)，C(0，3,0)，D(1，2,0)，所以(0,0，)，(0,3，)，(1,2，)设n(x，y，z)为平面ACD的一个法向量，则令z，得n(1，1，)，|n|.由(1)知，(0,0，)为平面CDB的一个法向量又|，n010(1)3，所以cosn，即二面角ACDB的平面角的余弦值为.57(2013高考江西卷)如图，直四棱柱ABCD A1B
60、1C1D1中，ABCD，ADAB，AB2，AD，AA13，E为CD上一点，DE1，EC3.(1)证明：BE平面BB1C1C；(2)求点B1 到平面EA1C1 的距离解：(1)证明：过点B作CD的垂线交CD于点F，则BFAD，EFABDE1，FC2.在RtBFE中，BE.在RtCFB中，BC.在BEC中，因为BE2BC29EC2，故BEBC.由BB1平面ABCD，得BEBB1， 所以BE平面BB1C1C.(2)连接B1E，则三棱锥EA1B1C1的体积VAA1SA1B1C1.在RtA1D1C1中，A1C13.同理，EC13，A1E2，故SA1C1E3.设点B1到平面EA1C1的距离为d，则三棱锥B
61、1EA1C1的体积VdSEA1C1d，从而d，d.58(2013高考湖北卷)如图，某地质队自水平地面A，B，C三处垂直向地下钻探，自A点向下钻到A1处发现矿藏，再继续下钻到A2处后下面已无矿，从而得到在A处正下方的矿层厚度为A1A2d1，同样可得在B，C处正下方的矿层厚度分别为B1B2d2，C1C2d3，且d1d2d3，过AB，AC的中点M，N且与直线AA2平行的平面截多面体A1B1C1A2B2C2所得的截面DEFG为该多面体的一个中截面，其面积记为S中(1)证明：中截面DEFG是梯形；(2)在ABC中，记BCa，BC边上的高为h，面积为S. 在估测三角形ABC区域内正下方的矿藏储量(即多面体
62、A1B1C1A2B2C2的体积V)时，可用近似公式V估S中h来估算. 已知V(d1d2d3)S，试判断V估与V的大小关系，并加以证明解：(1)证明：依题意A1A2平面ABC，B1B2平面ABC，C1C2平面ABC，所以A1A2B1B2C1C2.又A1A2d1，B1B2d2，C1C2d3，且d1d2d3，所以四边形A1A2B2B1、A1A2C2C1均是梯形由AA2平面MEFN，AA2平面AA2B2B，且平面AA2B2B平面MEFNME，可得AA2ME，即A1A2DE.同理可证A1A2FG，所以DEFG.又点M、N分别为AB、AC的中点，则点D、E、F、G分别为A1B1、A2B2、A2C2、A1C
63、1的中点，即DE、FG分别为梯形A1A2B2B1、A1A2C2C1的中位线，因此DE(A1A2B1B2)(d1d2)，FG(A1A2C1C2)(d1d3)，而d1d2d3，故DEFG，所以中截面DEFG是梯形(2)V估V.证明如下：由A1A2平面ABC，MN平面ABC，可得A1A2MN.而EMA1A2，所以EMMN，同理可得FNMN.由MN是ABC的中位线，可得MNBCa，即为梯形DEFG的高，因此S中S梯形DEFG(2d1d2d3)，即V估S中h(2d1d2d3)又Sah，所以V(d1d2d3)S(d1d2d3)于是VV估(d1d2d3)(2d1d2d3)(d2d1)(d3d1)由d1d20
64、，d3d10，故V估V.59(2013高考四川卷)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1底面ABC，ABAC2AA12，BAC120，D，D1分别是线段BC，B1C1的中点，点P是线段AD上异于端点的点(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，请说明理由，并证明直线l平面ADD1A1；(2)设(1)中的直线l交AC于点Q，求三棱锥A1QC1D的体积(锥体体积公式：VSh，其中S为底面面积，h为高)解：(1)如图，在平面ABC内，过点P作直线lBC.因为l在平面A1BC外，BC在平面A1BC内，由直线与平面平行的判定定理可知，l平面A1BC.由已知ABAC，点D是BC
65、的中点，所以BCAD，则直线lAD.因为AA1平面ABC，所以AA1直线l.又因为AD，AA1在平面ADD1A1内，且AD与AA1相交，所以直线l平面ADD1A1.(2)过点D作DEAC于E.因为AA1平面ABC，所以AA1DE.又因为AC，AA1在平面AA1C1C内，且AC与AA1相交，所以DE平面AA1C1C.由ABAC2，BAC120，有AD1，DAC60.在ADE中，DEAD，又SA1QC1A1C1AA11，所以VA1QC1DVDA1QC1DESA1QC11.因此三棱锥A1QC1D的体积是.60(2013高考重庆卷)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，PA2，BCCD2，ACB
66、ACD .(1)求证：BD平面PAC；(2)若侧棱PC上的点F满足PF7FC，求三棱锥PBDF的体积解：(1)证明：因为BCCD，所以BCD为等腰三角形又ACBACD，所以BDAC.因为PA底面ABCD，所以PABD，从而BD与平面PAC内两条相交直线PA，AC都垂直，所以BD平面PAC.(2)三棱锥PBCD的底面BCD的面积SBCDBCCDsinBCD22sin.由PA底面ABCD，得VPBCDSBCDPA22.由PF7FC，得三棱锥FBCD的高为PA，故VFBCDSBCDPA2，所以VPBDFVPBCDVFBCD2.61(2013高考广东卷)如图(1)，在边长为1的等边三角形ABC中，D，
67、E分别是AB，AC上的点，ADAE，F是BC的中点，AF与DE交于点G.将ABF沿AF折起，得到如图(2)所示的三棱锥ABCF，其中BC.(1)证明：DE平面BCF；(2)证明：CF平面ABF；(3)当AD时，求三棱锥FDEG的体积VFDEG.解：(1)证明：法一：在折叠后的图形中，因为ABAC，ADAE，所以，所以DEBC.因为DE平面BCF，BC平面BCF，所以DE平面BCF.法二：在折叠前的图形中，因为ABAC，ADAE，所以，所以DEBC，即DGBF，EGCF.在折叠后的图形中，仍有DGBF，EGCF.又因为DG平面BCF，BF平面BCF，所以DG平面BCF，同理可证EG平面BCF.又
68、DGEGG，DG平面DEG，EG平面DEG，故平面DEG平面BCF.又DE平面DEG，所以DE平面BCF.(2)证明：在折叠前的图形中，因为ABC为等边三角形，BFCF，所以AFBC，则在折叠后的图形中，AFBF，AFCF.又BFCF，BC，所以BC2BF2CF2，所以BFCF.又BFAFF，BF平面ABF，AF平面ABF，所以CF平面ABF.(3)由(1)知，平面DEG平面BCF，由(2)知AFBF，AFCF，又BFCFF，所以AF平面BCF.所以AF平面DEG，即GF平面DEG.在折叠前的图形中，AB1，BFCF，AF.由AD知，又DGBF，所以，所以DGEG，AG，所以FGAFAG.故三
69、棱锥FDEG的体积为V三棱锥FDEGSDEGFG2.62.(2013高考安徽卷)如图，四棱锥PABCD 的底面ABCD是边长为2的菱形，BAD60，已知PBPD2，PA.(1)证明：PCBD；(2)若E为PA的中点，求三菱锥PBCE的体积解：(1)证明：连接AC，交BD于点O，连接PO.因为底面ABCD是菱形，所以ACBD，BODO.由PBPD知，POBD.又因为POACO，所以BD平面APC，因此BDPC.(2)因为E是PA的中点，所以V三棱锥PBCEV三棱锥CPEBV三棱锥CPABV三棱锥BAPC.由PBPDABAD2知，ABDPBD.因为BAD60，所以POAO，AC2，BO1.又PA，所以PO2AO2PA2，所以POAC，故SAPCPOAC3.由(1)知，BO平面APC，因此V三棱锥PBCEV三棱锥BAPCBOSAPC.