答案 第七章第八章.docx

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答案第七章第八章

第七章　立体几何

27.空间几何体的结构、三视图、几何体的表面积与体积

【三年高考真题演练】

[2016年高考真题]

1.D　[由题可知正方体的棱长为2，其体对角线2即为球的直径，所以球的表面积为4πR2＝（2R）2π＝12π，故选A.]

2.A　[

由三视图知，三棱锥如图所示：

由侧视图得高h＝1，

又底面积S＝×1×1＝.

所以体积V＝Sh＝.]

3.C　[由三视图可知，组合体的底面圆的面积和周长均为4π，圆锥的母线长l＝＝4，所以圆锥的侧面积为S锥侧＝×4π×4＝8π，圆柱的侧面积S柱侧＝4π×4＝16π，所以组合体的表面积S＝8π＋16π＋4π＝28π，故选C.]

4.C　[由三视图知，半球的半径R＝，四棱锥为底面边长为1，高为1的正四棱锥，∴V＝×1×1×1＋×π×＝＋π，故选C.]

5.B　[由题意知，底面三角形的内切圆直径为4.三棱柱的高为3，所以球的最大直径为3，V的最大值为.]

6.A　[由题知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球（被过球心O且互相垂直的三个平面）

切掉左上角的后得到的组合体，其表面积是球面面积的和三个圆面积之和，易得球的半径为2，则得S＝×4π×22＋3×π×22＝17π，故选A.]

7.B　[由题意知，几何体为平行六面体，边长分别为3，3，，几何体的表面积S＝3×6×2＋3×3×2＋3××2＝54＋18.]

8.　[由三视图知该四棱柱为直四棱柱，

底面积S＝＝，高h＝1，

所以四棱柱体积V＝S·h＝×1＝.]

9.80　40　[由

三视图可知该几何体由一个正方体和一个长方体组合而成，上面正方体的边长为2cm，下面长方体是底面边长为4cm，高为2cm，其直观图如右图：

其表面积S＝6×22＋2×42＋4×2×4－2×22＝80（cm2）.体积V＝2×2×2＋4×4×2＝40（cm3）.]

10.　[由三视图可大致画出三棱锥的直观图如图，

由正、俯视图可知，△ABC为等腰三角形，且AC＝2，AC边上的高为1，

∴S△ABC＝×2×1＝.由侧视图可知：

三棱锥的高h＝1，∴VS－ABC＝S△ABCh＝.]

11.72　32　[由三视图可知，该几何体为两个相同长方体组合，长方体的长、宽、高分别为4cm、2cm、2cm，其直观图如下：

其体积V＝2×2×2×4＝32（cm3），由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为S＝2（2×2×2＋2×4×4）－2×2×2＝2×（8＋32）－8＝72（cm2）.]

12.　[设直线AC与BD′所成角为θ，平面ACD翻折的角度为α，设O是AC中点，由已知得AC＝，如图，

以OB为x轴，OA为y轴，过O与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，

由A，B，C，作DH⊥AC于H，翻折过程中，D′H始终与AC垂直，CH＝＝＝，则OH＝，DH＝＝，因此可设D′，

则＝，与平行的单位向量为n＝（0，1，0），所以cosθ＝|cos〈，n〉|＝＝，

所以cosα＝－1时，cosθ取最大值.]

13.　[设PD＝DA＝x，

在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，

∴AC＝

＝＝2，

∴CD＝2－x，且∠ACB＝（180°－120°）＝30°，

∴S△BCD＝BC·DC×sin∠ACB＝×2×（2－x）×＝（2－x）.

要使四面体体积最大，当且仅当点P到平面BCD的距离最大，而P到平面BCD的最大距离为x.

则V四面体PBCD＝×（2－x）x＝[－（x－）2＋3]，由于0＜x＜2，故当x＝时，V四面体PBCD的最大值为×3＝.]

14.解　

（1）V＝×62×2＋62×2×4＝312（m3）.

（2）设PO1＝x，

则O1B1＝，B1C1＝·，

∴SA1B1C1D1＝2（62－x2），

又由题意可得下面正四棱柱的高为4x.

则仓库容积V＝x·2（62－x2）＋2（62－x2）·4x＝

x（36－x2）.

由V′＝0得x＝2或x＝－2（舍去）.

由实际意义知V在x＝2（m）时取到最大值，

故当PO1＝2（m）时，仓库容积最大.

[两年经典高考真题]

1.B　[由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成.从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部是有一条线段连接的两个三角形.]

2.D　[由三视图可知，该几何体的正视图是一个直角三角形（三个顶点的坐标分别是（0，0，2），（0，2，0），（0，2，2）且内有一虚线（一顶点与另一直角边中点的连线），故正视图是④；俯视图即在底面的射影是一个斜三角形，三个顶点的坐标分别是（0，0，0），（2，2，0），（1，2，0），故俯视图是②.]

3.A　[由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱（放倒看）都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形，故选A.]

4.B　[由题知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四边形，分析可知该几何体为三棱柱，故选B.]

5.C　[如图，侧面SBC⊥底面ABC.点S在底面ABC的射影点O是BC的中点，△ABC为直角三角形.∵AB＝4，BO＝2，∴AO＝，SO⊥底面ABC，∴SO⊥AO，SO＝4，∴最长的棱AS＝＝6.]

6.C　[四棱锥的直观图如图所示，PC⊥平面ABCD，PC＝1，底面四边形ABCD为正方形且边长为1，最长棱长PA＝＝.]

7.2　[

三视图所表示的几何体的直观图如图所示.结合三视图知，PA⊥平面ABC，PA＝2，AB＝BC＝，AC＝2.所以PB＝＝＝，PC＝＝2，所以该三棱锥最长棱的棱长为2.]

8.B　[由题意知：

米堆的底面半径为（尺），体积V＝×πR2·h＝（立方尺）.所以堆放的米大约为≈22（斛）.]

9.C　[由题意可知AD⊥BC，由面面垂直的性质定理可得AD⊥平面DB1C1，又AD＝2·sin60°＝，所以VA－B1DC1＝AD·S△B1DC1＝×××2×＝1，故选C.]

10.D　[正四棱柱的外接球的球心为上下底面的中心连线的中点，所以球的半径r＝＝1，球的体积V＝r3＝.故选D.]

11.　[设新的底面半径为r，由题意得πr2·4＋πr2·8＝π×52×4＋π×22×8，解得r＝.]

12.　[由题意知还原后的几何体是一个直放的三棱柱，三棱柱的底面是直角边长为1的等腰直角三角形，高为1的直三棱柱，

∵VP－A1MN＝VA1－PMN，

又∵AA1∥平面PMN，∴VA1－PMN＝VA－PMN，

∴VA－PMN＝××1××＝，故VP－A1MN＝.]

13.12　[由题意可知，该六棱锥是正六棱锥，设该六棱锥的高为h，则×6××22×h＝2，解得h＝1，底面正六边形的中心到其边的距离为，故侧面等腰三角形底边上的高为＝2，故该六棱锥的侧面积为×2×2×6＝12.]

14.　[设圆柱甲的底面半径为r1，高为h1，圆柱乙的底面半径为r2，高为h2.由题意得＝＝，∴＝.又∵S甲侧＝S乙侧，即2πr1h1＝2πr2h2，∴＝＝，故＝＝·＝×＝.]

15.C　[由三视图可知该几何体是由棱长为2cm的正方体与底面为边长为2cm正方形、高为2cm的四棱锥组成，V＝V正方体＋V四棱锥＝8cm3＋cm3＝cm3.故选C.]

16.D　[由三视图可知原几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，则表面积为：

S＝2×π×12＋×2π×1×2＋2×2

＝π＋2π＋4＝4＋3π.]

17.B　[该几何体由一个圆柱和一个从轴截面截开的“半圆锥”组成，其体积为V＝π×12×2＋×π×12×1＝2π＋＝π.]

18.D　[如图，

由题意知，该几何体是正方体ABCD－A1B1C1D1被过三点A、B1、D1的平面所截剩余部分，截去的部分为三棱锥A－A1B1D1，设正方体的棱长为1，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为

＝

＝＝.选D.]

19.B　[该几何体为底面是直角梯形的直四棱柱.

S表＝2×（1＋2）×1＋2×1＋2×1＋2×2＋2×＝11＋2，故选B.]

20.

C　[由几何体的三视图可知空间几何体的直观图如图所示.

∴其表面积S表＝2××2×1＋2××（）2＝2＋，故选C.]

21.D　[由俯视图可知三棱锥的底面是一个边长为2的正三角形，底面面积为×2×2×sin60°＝，由侧视图可知三棱锥的高为，故此三棱锥的体积V＝××＝1，故选D.]

22.B　[

该几何体为一个组合体，左侧为三棱柱，右侧为长方体，如图所示.V＝V三棱柱＋V长方体＝×4×3×3＋4×3×6＝18＋72＝90（cm3）.]

23.C　[由俯视图可以判断该几何体的底面为直角三角形，由正视图和左视图可以判断该几何体是由直三棱柱（侧棱与底面垂直的棱柱）截取得到的.在长方体中分析还原，如图

（1）所示，故该几何体的直观图如图

（2）所示.在图

（1）中，

V棱柱ABC－A1B1C1＝S△ABC·AA1＝×4×3×5＝30，

V棱锥P－A1B1C1＝S△A1B1C1·PB1＝××4×3×3＝6.

故几何体ABC－PA1C1的体积为30－6＝24.故选C.]

24.A　[

由三视图知，几何体的直观图如图所示.该几何体的正方体去掉两个角所形成的多面体，其体积为V＝2×2×2－2×××1×1×1＝.]

25.C　[由三视图知该零件是两个圆柱的组合体.一个圆柱的底面半径为2cm，高为4cm；另一个圆柱的底面半径为3cm，高为2cm.则零件的体积V1＝π×22×4＋π×32×2＝34π（cm3）.而毛坯的体积V＝π×32×6＝54π（cm3），因此切削掉部分的体积V2＝V－V1＝54π－34π＝20π（cm3），所以＝＝.故选C.]

26.π　[由所给三视图可知，该几何体是由相同底面的两圆锥和一圆柱组成，底面半径为1，圆锥的高为1，圆柱的高为2，因此该几何体的体积V＝2××π×12×1＋π×12×2＝π.]

27.　[由三视图可得该几何体是组合体，上面是底面圆的半径为2m、高为2m的圆锥，下面是底面圆的半径为1m、高为4m的圆柱，所以该几何体的体积是×4π×2＋4π＝（m3）.]

【两年模拟试题精练】

1.D　[满足条件的四棱锥的底面为矩形，且一条侧棱与底面垂直，如图所示，易知该四棱锥四个侧面均为直角三角形.]

2.C　[由题意知，俯视图的长度和宽度相等，故C不可能.]

3.C　[选项A，B，D中的俯视图，正方形内的线应该为另一条对角线，当四棱锥的直观图为右图时，它的三视图是C.]

4.B　[由三视图可知，该几何体是由2个各边长都是的正四棱锥组合而成的，所以其表面积S＝8××××sin60°＝4，故选B.]

5.D　[直观图如图所示：

∴S＝×π×1×2＋×2×＝π＋，故选D.]

6.D　[VD1－B1C1E＝S△B1C1E·D1C1＝××1×1×1＝.]

7.C　[由三视图知该几何体是由一个圆锥和一个圆柱组成，由条件得：

2πa＋3π＝9π，解得a＝3.]

8.

C　[该多面体的直观图为底面为直角三角形，一条棱垂直于底边的三棱锥，其直观图如图所示，故该多面体最长的棱为CD＝＝5.]

9.D　[根据三视图可知该几何体是底面为直角三角形，且直角边长分别为6和8，高为10的直三棱柱，所以该三棱柱外接球的球心为A1B的中点，∵A1B＝10，∴外接球的半径为5.

体积为π（5）3＝π，故选D.]

10.B　[设O为球的球心，O1为△ABC外接圆的圆心，连接OO1得OO1＝PA＝3，AO1＝××3＝，故R＝＝2.

因此该球的体积为πR3＝32π.]

11.D　[由题意可知，该几何体为一直六棱柱，∴底面六边形的面积可以看成一个矩形与两个等腰直角三角形的面积和，即S＝1×2＋×2×1×2＝4，∴V＝Sh＝4.]

12.A　[

其直观图为三棱锥，如图所示AE⊥面BCD，BE＝ED＝1，EC＝AE＝2，AD＝DC＝AB＝BC＝，AC＝2，故其全面积为

S△ABD＋S△BCD＋S△ABC＋S△ADC＝4＋2.]

13.B　[该截面将正方体分成两个完全相同几何体，因此该几何体的体积为×23＝4.]

14.B　[其直观图为从轴截面截得圆锥的一半，底面半径为2，高为3，故该几何体的体积为×π×22×3＝2π.]

15.B　[

该几何体的直观图如图所示，是由一个半圆锥和四棱锥构成，其体积为×π×12××＋×22×＝.]

16.A　[其直观图为一个放倒的直三棱柱和放倒的四棱锥构成的几何体，其体积为×42×4＋×42×4＝.]

17.A　[由三视图知几何体为正方体切去一个棱台，且切去棱台的下底面直角三角形的直角边长为1，其直观图如图：

∴截面为等腰梯形，且两底边长分别为，2，腰长为，

∴梯形的高为＝，

∴截面面积S＝×＝，故选A.]

18.C　[由几何体的三视图知该几何体的上部是底面边长为1高为1的正四棱锥，侧面三角形的高为＝，下部是边长为1的正方体，∴该几何体的表面积为×1××4＋1×1×5＝＋5，故选C.]

19.B　[

其主观图如图所示，AB綉CD，AB⊥面ABC，BP＝3，PC＝4，BC＝CD＝5.

故该几何体的体积为·S四边形ABCD·h＝×52×＝20.]

20.C　[由三视图可知该四面体为V－ABC，其中EC＝CB＝2，AE＝2，VC＝2，AE⊥BE.VC⊥平面ABE.所以六条棱中，最大的为VA或AB，AC2＝AE2＋EC2＝

（2）2＋22＝16，所以VA2＝AC2＋VC2＝16＋22＝20，此时VA＝＝2，AB2＝AE2＋EB2＝

（2）2＋42＝28，所以AB＝＝2＞2，所以棱长最大的为2.]

21.　[设圆锥的半径为r，2πr＝2π，r＝1，故圆锥的高h＝＝.]

22.1　[连接A1C，∵A1B1⊥A1C1，∴A1B1⊥平面A1C1，∵B1C⊥AC1，∴A1C⊥AC1，即四边形AA1C1C是正方形，∴AA1＝AC＝1，则该三棱柱的体积V＝×1×2×1＝1.]

23.16π　[取BD的中点为O1，连接OO1，OE，O1E，则四边形OO1AE为矩形，∵OA⊥平面BDE，∴OA⊥EO1，即四边形OO1AE为正方形，则球O的半径R＝OA＝2，∴球O的表面积S＝4π×22＝16π.]

24.　[VM－AB1C＝VB1－MAC＝S△MAC·B1M

＝××2×2×＝.]

25.52π　[∵AB＝4，BC＝2，∠ABC＝60°，

∴由余弦定理可得AC＝＝2，

设△ABC的外接圆的半径为r，则2r＝＝4，

∴r＝2，∵AA1＝6，

∴球O的半径R＝＝，

∴球O的表面积为4π×13＝52π.]

26.π＋　[该几何体的直观图为从轴截面截得的圆锥的一半，半径r为1，高h为，故其表面积为×2×＋×π×12＋·π·2＝＋.]

27.9　[三棱锥P－ABC展开后为一等边三角形，设此三角形的边长为a，则4＝得a＝6，所以三棱锥的棱长为3，三棱锥的高h＝2，所以VP－ABC＝

hS△ABC＝×2××3×3×＝9.]

28.2　[该四棱锥的直观图如图所示，AB＝AD＝1，CD＝PD＝2，AB∥DC，AB⊥AD，PD⊥面ABCD，因此该四棱锥最长棱为PC＝＝2.]

29.27　[设△ABC的中心为O1，则OO1⊥面ABC，

AB·＝，4πR2＝60π，

故AB＝6，O1D＝CD＝，SE＝＝2，SD＝SE＋ED＝3，

VS－ABC＝S△ABC·SD＝××62×3＝27.]

30.

（1）证明　连接AC，设AC与BD相交于O，取PB的中点H，连接HE，HO，∵HO是△BDP的中位线，∴OH綉PD，又CE綉PD，∴OH綉CE，∴四边形OCEH为平行四边形，HE⊂平面PBE，AC∥平面PBE，∴AC∥平面PBE.

（2）解　VBPAC＝VPABC＝S△ABC·PD＝××2×2×2＝.

31.

（1）证明　∵点E，F分别是边CD、CB的中点，∴BD∥EF，

∵菱形ABCD的对角线垂直，∴BD⊥AC，∴EF⊥AC，∴EF⊥AO，EF⊥PO，

∵AO⊂平面POA，PO⊂平面POA，AO∩PO＝O，

∴EF⊥平面POA，∴BD⊥平面POA.

（2）解　设AO∩BD＝H，连接BO，∵∠DAB＝60°，

∴△ABD为等边三角形，

∴BD＝4，BH＝2，HA＝2，HO＝PO＝，

在Rt△BHO中，BO＝＝，

在△PBO中，BD2＋PO2＝10＝PB2，

∵PO⊥BO，∵PO⊥EF，EF∩BO＝O，

∴PO⊥平面BFED，S梯形BFED＝（EF＋BD）·HO＝3.

∴VPBFED＝S·PO＝×3×＝3.

32.

（1）证明　由E是AD的中点，PA＝OD，所以AD⊥PE，

又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，

所以AD⊥BE，又PE∩BE＝E，

所以AD⊥平面PBE.

（2）

解　设四棱锥PBCDE、QABCD的高分别为h1，h2，

所以VPBCDE＝SBCDEh1，VQABCD＝

S▱ABCDh2，

又因为VPBCDE＝3VQABCD，且底面积SBCDE＝SABCD，所以＝＝＝4.

33.

（1）证明　连接BD，

因为ABCDA1B1C1D1是长方体，AB＝BC＝2，

所以四边形ABCD是正方形，

所以AC⊥BD，

在长方体ABCDA1B1C1D1中，BB1⊥面ABCD，AC⊂面ABCD，

所以AC⊥BB1，

因为BD⊂面BB1D1D，BB1⊂面BB1D1D，且BD∩BB1＝B，

所以AC⊥面BB1D1D，

因为BP⊂面BB1D1D，所以AC⊥BP.

（2）解　点P到面ABC的距离AA1＝4，

△ABC的面积S△ABC＝·AB·BC＝2.

VPABC＝S△ABC·AA1＝×2×4＝，

在Rt△BB1P中，BB1＝4，B1P＝，所以BP＝3.

同理：

CP＝3，又BC＝2，

所以△PBC的面积

SPBC＝×2×＝.

设三棱锥APBC的高为h，因为VAPBC＝VPABC.

所以S△PBC·h＝，即h＝，

故三棱锥APBC的高为.

28.平行关系

【三年高考真题演练】

[2016年高考真题]

1.A　[如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，∵α∥平面CB1D1，则m1∥m，

又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥m1，

∴B1D1∥m，同理可得CD1∥n.

故m、n的所成角的大小与B1D1、CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小.

而B1C＝B1D1＝CD1（均为面对角线），因此∠CD1B1＝，得sin∠CD1B1＝，故选A.]

2.证明　

（1）因为EF∥DB，所以EF与DB确定平面BDEF，

连接DE.因为AE＝EC，D为AC的中点，

所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.

又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF.

因为FB⊂平面BDEF，所以AC⊥FB.

（2）设FC的中点为I，连接GI，HI.

在△CEF中，因为G是CE的中点，

所以GI∥EF.又EF∥DB，

所以GI∥DB.

在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.

又HI∩GI＝I，

所以平面GHI∥平面ABC，

因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.

3.

（1）解　取棱AD的中点M（M∈平面PAD），点M即为所求的一个点，理由如下：

因为AD∥BC，BC＝AD.所以BC∥AM，且BC＝AM.

所以四边形AMCB是平行四边形，从而CM∥AB.

又AB⊂平面PAB.CM⊄平面PAB.

所以CM∥平面PAB.

（说明：

取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线MN上任意一点）

（2）证明　由已知，PA⊥AB，PA⊥CD.

因为AD∥BC，BC＝AD，所以直线AB与CD相交，

所以PA⊥平面ABCD.

从而PA⊥BD.

因为AD∥BC，BC＝AD，

所以BC∥MD，且BC＝MD.

所以四边形BCDM是平行四边形，

所以BM＝CD＝AD，所以BD⊥AB.

又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB.

又BD⊂平面PBD，

所以平面PAB⊥平面PBD.

4.

（1）证明　由已知得AM＝AD＝2.

取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.

又AD∥BC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.

因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.

（2）解　因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，所以N到平面ABCD的距离为PA.

取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝.

由AM∥BC得M到BC的距离为，故S△BCM＝×4×＝2.

所以四面体N－BCM的体积VN－BCM＝×S△BCM×＝.

5.

（1）证明　∵PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，

∴PC⊥DC.又AC⊥DC，PC∩AC＝C，PC⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴CD⊥平面PAC.

（2）证明　∵AB∥CD，CD⊥平面PAC，

∴AB⊥平面PAC，AB⊂平面PAB，

∴平面PAB⊥平面PAC.

（3）解　棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.

证明如下：

取PB的中点F，连接EF，CE，CF，又因为E为AB的中点，∴EF为△PAB的中位线，∴EF∥PA.又PA⊄平面CEF，EF⊂平面CEF，∴PA∥平面CEF.

[两年经典高考真题]

1.

（1）

解　点F，G，H的位置如图所示.

（2）证明　平面BEG∥平面ACH，证明如下：

因为ABCD－EFGH为正方体，

所以BC∥FG，BC＝FG，

又FG∥EH，FG＝EH，

所以BC∥EH，BC＝EH，

于是BCHE为平行四边形，

所以BE∥CH，

又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，

所以BE∥平面ACH，

同理BG∥平面ACH，

又BE∩BG＝B，

所以平面BEG∥平面ACH.

（3）证明　连接FH，

因为ABCD－EFGH为正方体，

所以DH⊥平面EFGH，

因为EG⊂平面EFGH，

所以DH⊥EG，

又EG⊥FH，EG∩FH＝O，

所以EG⊥平面BFHD，

又DF⊂平面BFHD，

所以DF⊥EG，

同理DF⊥BG，

又EG∩BG＝G，

所以DF⊥平面BEG.

2.

（1）证明　在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC.

所以BB1⊥AB.

又因为AB⊥BC，且BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂面B1BCC1，

所以AB⊥平面B1BCC1.

又AB⊂面ABE，

所以平面ABE⊥平面B1BCC1.

（2）证明　取AB中点G，连接EG，FG.

因为E，F分别是A1C1，BC的中点，

所以FG∥AC，且FG＝AC.

因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，

所以FG∥EC1，且FG＝EC1.

所以四边形FGEC1为平行四边形.所以C1F∥EG.

又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，

所以C1F∥平面ABE.

（3）解　因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，

所以AB＝＝.

所以三棱锥E－ABC的体积

V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝.

3.

（1）证明　因为BC∥平面GEFH，BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，所以GH∥BC.

同理可证EF∥BC，因此GH∥EF.

（2）解　如图，连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK.

因为PA＝PC，O是AC的中点，

所以PO⊥AC，同理可得PO⊥BD.

又BD∩AC＝O，且AC，BD都在底面内，

所以PO⊥底面ABCD.

又因为平面GEFH⊥平面ABCD，

且PO⊄平面GEFH，

所以PO∥平面GEFH.

因为平面PBD∩平面GEFH＝GK，

所以