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  • 2021-06-11 发布

【数学】2019届一轮复习北师大版(文科数学)第八章第6讲 平行、垂直的综合问题学案

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第6讲 平行、垂直的综合问题 ‎      平行、垂直关系的证明与体积计算的综合问题(高频考点)[学生用书P137]‎ 平行、垂直关系的证明与体积计算的综合问题是每年高考的热点,题型为解答题,难度适中.主要命题角度有:‎ ‎(1)求多面体的体积;‎ ‎(2)利用多面体的体积求高;‎ ‎(3)已知多面体的体积求其他量的值.‎ ‎[典例引领]‎ ‎ 角度一 求多面体的体积 ‎ (2016·高考全国卷Ⅲ)如图,四棱锥PABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.‎ ‎(1)证明MN∥平面PAB;‎ ‎(2)求四面体NBCM的体积.‎ ‎【解】 ‎ ‎(1)证明:由已知得AM=AD=2.‎ 取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC的中点知TN∥BC,‎ TN=BC=2.‎ 又AD∥BC,故TNAM,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)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NBCM的体积VNBCM=×S△BCM×=.‎ ‎ 角度二 利用多面体的体积求高 ‎ 如图,四棱锥PABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥底面ABCD,E为PD的中点.‎ ‎(1)证明:PB∥平面AEC;‎ ‎(2)设AP=1,AD=,三棱锥PABD的体积V=,求A到平面PBC的距离.‎ ‎【解】 ‎ ‎(1)证明:如图,设BD与AC的交点为O,连接EO.‎ 因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.‎ 又E为PD的中点,所以EO∥PB.因为EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC.‎ ‎(2)由题意得三棱锥PABD的体积V=PA·AB·AD=AB.‎ 由V=,可得AB=.作AH⊥PB于H.‎ 由题设知BC⊥平面PAB,所以BC⊥AH,故AH⊥平面PBC.‎ 在Rt△PAB中,由勾股定理可得PB=,所以AH==.‎ 所以A到平面PBC的距离为.‎ ‎ 角度三 已知多面体的体积求其他量的值 ‎ (2017·高考全国卷Ⅰ)如图,在四棱锥PABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.‎ ‎(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;‎ ‎(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,且四棱锥PABCD的体积为,求该四棱锥的侧面积.‎ ‎【解】 (1)证明:由∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD,从而AB⊥平面PAD.‎ 又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎(2)‎ 如图所示,在平面PAD内作PE⊥AD,垂足为E.‎ 由(1)知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PE,可得PE⊥平面ABCD.‎ 设AB=x,则由已知可得AD=x,PE=x.故四棱锥PABCD的体积VPABCD=AB·AD·PE=x3.由题设得x3=,故x=2.‎ 从而PA=PD=2,AD=BC=2,PB=PC=2.‎ 可得四棱锥PABCD的侧面积为 PA·PD+PA·AB+PD·DC+BC2sin 60°=6+2.‎ ‎(1)几何体的体积 柱体的体积V=S底·h.‎ 锥体的体积V=S底·h.‎ ‎(2)几何体的表面积 直棱柱的侧面积S侧=C底·l,其他几何体一般要对各个侧面、底面逐个分析求解面积,最后求和.‎ ‎(3)计算几何体体积的关键及注意点 计算几何体的体积时,关键是确定几何体的高,若是不方便求,要注意进行体积的转化.  ‎ ‎[通关练习]‎ 如图,在底面为菱形的四棱锥PABCD中,PA⊥AD,PA⊥CD,E为侧棱PC 上一点.‎ ‎(1)若BE⊥PC,求证:PC⊥平面BDE;‎ ‎(2)若PA∥平面BDE,求平面BDE把四棱锥PABCD分成两部分的体积比.‎ 解:(1)证明:连接AC,因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.‎ 因为PA⊥AD,PA⊥CD,且AD∩CD=D,‎ 所以PA⊥底面ABCD,所以PA⊥BD.‎ 又PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,所以BD⊥PC.‎ 因为BE⊥PC,BD∩BE=B,所以PC⊥平面BDE.‎ ‎(2)设AC∩BD=O,连接OE,因为四边形ABCD为菱形,所以AO=OC.‎ 因为PA∥平面BDE,平面PAC∩平面BDE=OE,所以PA∥OE,‎ 所以PE=EC,即E是PC的中点.‎ 由(1)知PA⊥底面ABCD,所以点E到平面ABCD的距离为PA.‎ 故三棱锥EBCD与四棱锥PABCD的体积比值为 ===,‎ 所以平面BDE把四棱锥PABCD分成两部分的体积比为1∶3(或3∶1).‎ ‎      平面图形折叠成空间几何体问题 ‎[学生用书P138]‎ ‎[典例引领]‎ ‎ (2016·高考全国卷Ⅱ)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,点E、F分别在AD,CD上,AE=CF,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置.‎ ‎(1)证明:AC⊥HD′;‎ ‎(2)若AB=5,AC=6,AE=,OD′=2,求五棱锥D′ABCFE的体积.‎ ‎【解】 (1)证明:由已知得AC⊥BD,AD=CD.‎ 又由AE=CF得=,故AC∥EF.‎ 由此得EF⊥HD,EF⊥HD′,所以AC⊥HD′.‎ ‎(2)由EF∥AC得==.‎ 由AB=5,AC=6得DO=BO==4.‎ 所以OH=1,D′H=DH=3.‎ 于是OD′2+OH2=(2)2+12=9=D′H2,‎ 故OD′⊥OH.‎ 由(1)知,AC⊥HD′,‎ 又AC⊥BD,BD∩HD′=H,‎ 所以AC⊥平面BHD′,‎ 于是AC⊥OD′.‎ 又由OD′⊥OH,AC∩OH=O,‎ 所以OD′⊥平面ABC.‎ 又由=得EF=.‎ 五边形ABCFE的面积S=×6×8-××3=.‎ 所以五棱锥D′ABCFE的体积V=××2=.‎ 平面图形的翻折问题,关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况.一般地,翻折后还在同一平面上的性质不发生变化,不在同一个平面上的性质发生变化.  ‎ ‎[通关练习]‎ 如图(1),在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=AD=a,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图(2)中△A1BE的位置,得到四棱锥A1BCDE.‎ ‎(1)证明:CD⊥平面A1OC;‎ ‎(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1BCDE的体积为36,求a的值.‎ 解:(1)证明:在题图(1)中,连接EC,‎ 因为AB=BC=AD=a,‎ E是AD的中点,∠BAD=,所以BE⊥AC.‎ 即在题图(2)中,BE⊥A1O,BE⊥OC,‎ 从而BE⊥平面A1OC.‎ 又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.‎ ‎(2)由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,‎ 且平面A1BE∩平面BCDE=BE,‎ 又由(1)可得A1O⊥BE,所以A1O⊥平面BCDE.‎ 即A1O是四棱锥A1BCDE的高.‎ 由题图(1)知,A1O=AO=AB=a,平行四边形BCDE的面积S=BC·AB=a2,从而四棱锥A1BCDE的体积为V=S·A1O=×a2×a=a3.‎ 由a3=36,得a=6.‎ ‎      立体几何中的探索性问题 ‎[学生用书P139]‎ ‎[典例引领]‎ ‎ 如图,直三棱柱ABCA1B1C1中,D,E分别是棱BC,AB的中点,点F在棱CC1上,已知AB=AC,AA1=3,BC=CF=2.‎ ‎(1)求证:C1E∥平面ADF.‎ ‎(2)设点M在棱BB1上,当BM为何值时,平面CAM⊥平面ADF.‎ ‎【解】 (1)证明:连接CE交AD于O,连接OF.‎ 因为CE,AD为△ABC的中线,则O为△ABC的重心,故==,故OF∥C1E,‎ 因为OF⊂平面ADF,C1E⊄平面ADF,‎ 所以C1E∥平面ADF.‎ ‎(2)当BM=1时,平面CAM⊥平面ADF.‎ 证明如下:因为AB=AC,‎ 故AD⊥BC.在直三棱柱ABCA1B1C1中,‎ BB1⊥平面ABC,BB1⊂平面B1BCC1,‎ 故平面B1BCC1⊥平面ABC.‎ 又平面B1BCC1∩平面ABC=BC,所以AD⊥平面B1BCC1,CM⊂平面B1BCC1,故AD⊥CM.‎ 又BM=1,BC=2,CD=1,FC=2,‎ 故△CBM≌△FCD.‎ 易证CM⊥DF,DF与AD相交,‎ 故CM⊥平面ADF.‎ 又CM⊂平面CAM,‎ 故平面CAM⊥平面ADF.‎ 解决探索性问题的方法 ‎(1)对命题条件的探索的三种途径 途径一:先猜后证,即先观察与尝试给出条件再证明.‎ 途径二:先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明充分性.‎ 途径三:将几何问题转化为代数问题,探索出命题成立的条件.‎ ‎(2)对命题结论的探索方法 从条件出发,探索出要求的结论是什么,对于探索结论是否存在,求解时常假设结论存在,再寻找与条件相容或者矛盾的结论.‎ ‎[注意] 对探索性问题应先写出结论,再写出证明过程或理由.  ‎ ‎[通关练习]‎ ‎1.如图,在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中,已知DC=DD1=2AD=2AB,AD⊥DC,AB∥DC.‎ ‎(1)求证:D1C⊥AC1;‎ ‎(2)问在棱CD上是否存在点E,使D1E∥平面A1BD.若存在,确定点E的位置;若不存在,说明理由.‎ 解:(1)证明:‎ 在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中,连接C1D,‎ 因为DC=DD1,所以四边形DCC1D1是正方形,‎ 所以DC1⊥D1C.‎ 又AD⊥DC,AD⊥DD1,DC∩DD1=D,‎ 所以AD⊥平面DCC1D1,‎ 又D1C⊂平面DCC1D1,‎ 所以AD⊥D1C.‎ 因为AD⊂平面ADC1,DC1⊂平面ADC1,且AD∩DC1=D,‎ 所以D1C⊥平面ADC1,‎ 又AC1⊂平面ADC1,所以D1C⊥AC1.‎ ‎(2)假设存在点E,‎ 使D1E∥平面A1BD.‎ 连接AD1,AE,D1E,‎ 设AD1∩A1D=M,BD∩AE=N,‎ 连接MN,因为平面AD1E∩平面A1BD=MN,‎ 要使D1E∥平面A1BD,‎ 可使MN∥D1E,‎ 又M是AD1的中点,‎ 则N是AE的中点.‎ 又易知△ABN≌△EDN,‎ 所以AB=DE.‎ 即E是DC的中点.‎ 综上所述,当E是DC的中点时,可使D1E∥平面A1BD.‎ ‎2.(2018·成都模拟)在四棱锥EABCD中,底面ABCD是正方形,AC与BD交于点O,EC⊥底面ABCD,点F为BE的中点.‎ ‎(1)求证:DE∥平面ACF.‎ ‎(2)若AB=CE,在线段EO上是否存在点G,使CG⊥平面BDE?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.‎ 解:(1)证明:连接OF,由四边形ABCD是正方形可知,点O为BD的中点.‎ 又F为BE的中点,所以OF∥DE.‎ 又OF⊂平面ACF,DE⊄平面ACF,‎ 所以DE∥平面ACF.‎ ‎(2)存在点G,此时=.证明如下:‎ 若CG⊥平面BDE,则必有CG⊥OE,于是作CG⊥OE于点G.‎ 因为EC⊥底面ABCD,所以BD⊥EC,‎ 又底面ABCD是正方形,‎ 所以BD⊥AC,又EC∩AC=C,所以BD⊥平面ACE.‎ 而CG⊂平面ACE,所以CG⊥BD.‎ 又OE∩BD=O,‎ 所以CG⊥平面BDE.‎ 又AB=CE,所以CO=AB=CE,‎ 所以点G为EO的中点,所以=.‎ ‎ 空间几何体体积的计算方法 ‎(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体,则可直接利用公式进行求解.其中,等积转换法多用来求三棱锥的体积.‎ ‎(2)若所给定的几何体是不规则几何体,‎ 则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体,再利用公式求解.‎ ‎(3)若以三视图的形式给出几何体,则应先根据三视图得到几何体的直观图,然后根据条件求解.‎ ‎ 折叠问题的求解策略 ‎(1)关键是搞清折叠前后的变化量和不变量.折线同侧的量位置关系不变,折线两侧的位置关系是变化量.‎ ‎(2)综合考虑折叠前后的图形,既要分析折叠后的图形,也要分析折叠前的图形,进而将其转化为立体几何的常规问题求解.‎ ‎ 存在性问题的求解策略 对于线面关系中的存在性问题,首先假设存在,然后在该假设条件下,利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证,寻找假设满足的条件,若满足则肯定假设,若得出矛盾的结论则否定假设. ‎ ‎ ‎ ‎[学生用书P307(单独成册)]‎ ‎1.‎ 如图,边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G,已知△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形,则下列命题中正确的是(  )‎ ‎①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上;‎ ‎②BC∥平面A′DE;‎ ‎③三棱锥A′FED的体积有最大值.‎ A.①         B.①②‎ C.①②③ D.②③‎ 解析:选C.①中由已知可得平面A′FG⊥平面ABC,‎ 所以点A′在平面ABC上的射影在线段AF上.‎ ‎②BC∥DE,根据线面平行的判定定理可得BC∥平面A′DE.‎ ‎③当平面A′DE⊥平面ABC时,三棱锥A′FED的体积达到最大,故选C.‎ ‎2.如图所示,四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°.将△ADB沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥ABCD,则在三棱锥ABCD 中,下列结论正确的是(  )‎ A.平面ABD⊥平面ABC B.平面ADC⊥平面BDC C.平面ABC⊥平面BDC D.平面ADC⊥平面ABC 解析:选D.因为在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,‎ 所以BD⊥CD.‎ 又平面ABD⊥平面BCD,‎ 且平面ABD∩平面BCD=BD,‎ 故CD⊥平面ABD,则CD⊥AB.‎ 又AD⊥AB,AD∩CD=D,AD⊂平面ADC,CD⊂平面ADC,故AB⊥平面ADC.‎ 又AB⊂平面ABC,所以平面ADC⊥平面ABC.‎ ‎3.如图,四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=,BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′BCD,使平面A′BD⊥平面BCD,则下列结论正确的是(  )‎ A.A′C⊥BD B.∠BA′C=90°‎ C.CA′与平面A′BD所成的角为30°‎ D.四面体A′BCD的体积为 解析:选B.若A成立可得BD⊥A′D,产生矛盾,故A不正确;‎ 由题设知:△BA′D为等腰Rt△,CD⊥平面A′BD,得BA′⊥平面A′CD,于是B正确;‎ 由CA′与平面A′BD所成的角为∠CA′D=45°知C不正确;‎ VA′BCD=VCA′BD=,D不正确.故选B.‎ ‎4.在直角梯形ABCD中,AB=2,CD=CB=1,∠ABC=90°,平面ABCD外有一点E,平面ADE⊥平面ABCD,AE=ED=1.‎ ‎(1)求证:AE⊥BE;‎ ‎(2)求点C到平面ABE的距离.‎ 解:(1)证明:在直角梯形ABCD中,BD==,AD=,又AD==,所以AE⊥ED.‎ 因为AB2=AD2+BD2,‎ 所以AD⊥BD,‎ 因为平面ADE⊥平面ABCD,且交线为AD,AD⊥BD.‎ 所以BD⊥平面ADE.‎ 因为AE⊂平面ADE,所以BD⊥AE.‎ 因为AE⊥BD,AE⊥ED,BD∩DE=D,‎ 所以AE⊥平面BDE,‎ 因为BE⊂平面BDE,所以AE⊥BE.‎ ‎(2)如图,过点E作EM⊥AD,交AD于M.‎ 因为平面ADE⊥平面ABCD,‎ 所以EM⊥平面ABCD.设点C到平面ABE的距离为h,‎ EM=,S△ABC=×AB×BC=×2×1=1,‎ S△ABE=×EB×AE=××1=.‎ 因为VEABC=VCABE,‎ 所以×1×=××h,所以h=,‎ 所以点C到平面ABE的距离为.‎ ‎5.(2018·太原模拟)如图,在几何体ABCDFE中,四边形ABCD是菱形,BE⊥平面ABCD,DF∥BE,且DF=2BE=2,EF=3.‎ ‎(1)证明:平面ACF⊥平面BEFD.‎ ‎(2)若cos∠BAD=,求几何体ABCDFE的体积.‎ 解:(1)证明:因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD,‎ 因为BE⊥平面ABCD,所以BE⊥AC.‎ 所以AC⊥平面BEFD.‎ 所以平面ACF⊥平面BEFD.‎ ‎(2)设AC与BD的交点为O,AB=a(a>0),‎ 由(1)得AC⊥平面BEFD,‎ 因为BE⊥平面ABCD,所以BE⊥BD,‎ 因为DF∥BE,所以DF⊥BD,‎ 所以BD2=EF2-(DF-BE)2=8,所以BD=2,‎ 所以S四边形BEFD=(BE+DF)·BD=3,‎ 因为cos∠BAD=,所以BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos∠BAD=a2=8,‎ 所以a=,‎ 所以OA2=AB2-OB2=3,所以OA=,‎ 所以VABCDFE=2VABEFD=S四边形BEFD·OA=2.‎ ‎6.(2017·高考全国卷Ⅲ)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD.‎ ‎(1)证明:AC⊥BD;‎ ‎(2)已知△ACD是直角三角形,AB=BD.若E为棱BD上与D不重合的点,且AE⊥EC,求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比.‎ 解:‎ ‎(1)证明:取AC的中点O,连接DO,BO.‎ 因为AD=CD,所以AC⊥DO.‎ 又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO.‎ 从而AC⊥平面DOB,故AC⊥BD.‎ ‎(2)连接EO.‎ 由(1)及题设知∠ADC=90°,所以DO=AO.‎ 在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.‎ 又AB=BD,所以 BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.‎ 由题设知△AEC为直角三角形,所以EO=AC.‎ 又△ABC是正三角形,且AB=BD,所以EO=BD.‎ 故E为BD的中点,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.‎ ‎1.(2018·郑州第二次质量检测)如图,高为1的等腰梯形ABCD中,AM=CD=AB=1,M为AB的三等分点.现将△AMD沿MD折起,使平面AMD⊥平面MBCD,连接AB,AC.‎ ‎(1)在AB边上是否存在点P,使AD∥平面MPC?‎ ‎(2)当点P为AB边的中点时,求点B到平面MPC的距离.‎ 解:(1)当AP=AB时,有AD∥平面MPC.‎ 理由如下:‎ 连接BD交MC于点N,连接NP.‎ 在梯形MBCD中,DC∥MB,==,‎ 因为△ADB中,=,所以AD∥PN.‎ 因为AD⊄平面MPC,PN⊂平面MPC,‎ 所以AD∥平面MPC.‎ ‎(2)因为平面AMD⊥平面MBCD,平面AMD∩平面MBCD=DM,‎ 平面AMD中AM⊥DM,所以AM⊥平面MBCD.‎ 所以VPMBC=×S△MBC×=××2×1×=.‎ 在△MPC中,MP=AB=,MC=,‎ 又PC==,所以S△MPC=××=.‎ 所以点B到平面MPC的距离为d===.‎ ‎2.‎ 如图所示,已知长方体ABCDA1B1C1D1,点O1为B1D1的中点.‎ ‎(1)求证:AB1∥平面A1O1D.‎ ‎(2)若AB=AA1,在线段BB1上是否存在点E使得A1C⊥AE?若存在,求出;若不存在,说明理由.‎ 解:(1)证明:如图所示,连接AD1交A1D于点G,‎ 所以G为AD1的中点.连接O1G.在△AB1D1中,‎ 因为O1为B1D1的中点,‎ 所以O1G∥AB1.‎ 因为O1G⊂平面A1O1D,且AB1⊄平面A1O1D,‎ 所以AB1∥平面A1O1D.‎ ‎(2)若在线段BB1上存在点E使得A1C⊥AE,连接A1B交AE于点M.‎ 因为BC⊥平面ABB1A1,AE⊂平面ABB1A1,所以BC⊥AE.‎ 又因为A1C∩BC=C,且A1C,BC⊂平面A1BC,‎ 所以AE⊥平面A1BC.‎ 因为A1B⊂平面A1BC,‎ 所以AE⊥A1B.‎ 在△AMB和△ABE中,‎ ‎∠BAM+∠ABM=90°,∠BAM+∠BEA=90°,‎ 所以∠ABM=∠BEA.‎ 所以Rt△ABE∽Rt△A1AB,‎ 所以=.‎ 因为AB=AA1,‎ 所以BE=AB=BB1,‎ 即在线段BB1上存在点E使得A1C⊥AE,此时=.‎ ‎3.(2018·福建质量检测)在如图所示的多面体中,四边形ABCD是平行四边形,四边形BDEF是矩形.‎ ‎(1)求证:AE∥平面BCF;‎ ‎(2)若AD⊥DE,AD=DE=1,AB=2,∠BAD=60°,求三棱锥FAEC的体积.‎ 解:(1)证明:因为四边形ABCD是平行四边形,‎ 所以AD∥BC.‎ 又AD⊄平面BCF,BC⊂平面BCF,所以AD∥平面BCF,因为四边形BDEF是矩形,所以DE∥BF.又DE⊄平面BCF,BF⊂平面BCF,‎ 所以DE∥平面BCF.‎ 因为AD∩DE=D,AD⊂平面ADE,DE⊂平面ADE,‎ 所以平面ADE∥平面BCF.‎ 因为AE⊂平面ADE,所以AE∥平面BCF.‎ ‎(2)设AC与BD交于点O,则O为AC的中点.连接OE,OF,如图.‎ 故VFAEC=VCAEF=2VOAEF=2VAOEF.‎ 在△ABD中,∠BAD=60°,AD=1,AB=2,‎ 由余弦定理得,BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos∠BAD,‎ 所以BD=,‎ 所以AB2=AD2+BD2,所以AD⊥BD.‎ 又DE⊥AD,BD∩DE=D,BD⊂平面BDEF,DE⊂平面BDEF,所以AD⊥平面BDEF,‎ 故AD的长为点A到平面BDEF的距离.‎ 因为DE=1,所以S△OEF=S四边形BDEF=BD·DE=,所以VAOEF=S△OEF·AD=,‎ 故VFAEC=2VAOEF=,即三棱锥FAEC的体积为.‎