考點(diǎn)：棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積,直線與平面平行的判定,二面角的平面角及求法
專題：空間位置關(guān)系與距離,空間角
分析：幾何法：
（1）取DG的中點(diǎn)M，連接AM、FM，由已知得四邊形DEFM為平行四邊形，從而得到四邊形ABFM是平行四邊形，由此能證明BF∥平面ACGD．
（2）由線面垂直DE⊥AD，又DE⊥DG，從而DE⊥平面ADGC，進(jìn)而MF⊥平面ADGC．在平面ADGC中，過(guò)M作MN⊥GC，垂足為N，連接NF，則∠MNF是所求二面角的平面角，由此能求出二面角D-CG-F的余弦值．
（3）由題意六面體ABCDEFG可分割成直三棱柱ADM-BEF和斜三棱柱ABC-MFG，由此能求出六面體ABCDEFG的體積．
向量法：
（1）由AD，DE，DG兩兩垂直，以D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，由向量量求出
=
，從而BF∥CG，由此能證明BF∥平面ACGD．
（2）求出平面BCGF的法向量和平面ACGD的法向量，由此利用向量法能注出二面角D-CG-F的余弦值．
（3）取DG的中點(diǎn)M，連接AM、FM，由題意可得六面體ABCDEFG可分割成直三棱柱ADM-BEF和斜三棱柱ABC-MFG，由此能求出六面體ABCDEFG的體積．
解答：
（本小題滿分14分）
幾何法：
（1）證明：如圖，取DG的中點(diǎn)M，連接AM、FM．
因?yàn)镈M=
DG=EF，且EF∥DM，
所以四邊形DEFM為平行四邊形．（1分）
所以MF∥DE，且MF=DE．（2分）
又AB∥DE，且AB=DE，所以MF∥AB，且MF=AB．（3分）
所以四邊形ABFM是平行四邊形，故BF∥AM．（4分）
又AM?平面ACGD，BF?平面ACGD，
所以BF∥平面ACGD．（5分）
（2）解：因?yàn)锳D⊥平面DEFG，DE?平面DEFG，
所以DE⊥AD，又DE⊥DG，且AD∩DG=D，
所以DE⊥平面ADGC．
因?yàn)镸F∥DE，所以MF⊥平面ADGC．（6分）
在平面ADGC中，過(guò)M作MN⊥GC，垂足為N，連接NF，
如圖，則∠MNF是所求二面角的平面角．（7分）
因?yàn)樵谒倪呅蜛DGC中，
AD⊥AC，AD⊥DG，AC=DM=MG=1，
所以CD=CG=
，所以MN=
，（8分）
在Rt△MNF中，MF=2，MN=
，NF=
=
，（9分）
所以cos∠MNF=
=
，即二面角D-CG-F的余弦值為
．（10分）
（3）解：由題意及（1）與（2）可得：
六面體ABCDEFG可分割成直三棱柱ADM-BEF和斜三棱柱ABC-MFG，（12分）
所以V
六面體ABCDEFG=V
三棱柱ADM-BEF+V
三棱柱ABC-MFG （13分）
=2×
×2×1+2×
×2×1=4．（14分）
向量法：
（1）證明：由已知可得AD，DE，DG兩兩垂直，
以D為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A（0，0，2），B（2，0，2），C（0，1，2），E（2，0，0），
F（2，1，0），G（0，2，0）．
=(0，1，-2)，
=（0，1，-2），
所以
=
，所以BF∥CG．（5分）
又CG?平面ACGD，BF?平面ACGD，所以BF∥平面ACGD． （6分）
（2）解：
=(0，2，0)，
設(shè)平面BCGF的法向量為
=（x，y，z），
則由
，得
，解得
，令z=1，得
=（1，2，1），（7分）
顯然平面ACGD的法向量
=（1，0，0），（8分）
所以cos＜
，
＞=
=
，（9分）
故二面角D-CG-F的余弦值為
，（10分）
（3）解：取DG的中點(diǎn)M，連接AM、FM，
由題意可得六面體ABCDEFG可分割成直三棱柱ADM-BEF和斜三棱柱ABC-MFG，
所以V
六面體ABCDEFG=V
三棱柱ADM-BEF+V
三棱柱ABC-MFG （13分）
=2×
×2×1+2×
×2×1=4．（14分）
點(diǎn)評(píng)：本題考查線面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，考查六面體的體積的求法，是中檔題，解題時(shí)要注意空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系及性質(zhì)的合理運(yùn)用．
如圖，在六面體ABCDEFG中，平面ABC∥平面DEFG，AD⊥平面DEFG，AB⊥AC，ED⊥DG，
函數(shù)f（x）=Asin（ωx+φ）（其中A＞0，ω，0，|φ|＜
如圖，某三棱錐的三視圖都是直角邊為
四邊形ABCD是單位圓O的內(nèi)接正方形，它可以繞原點(diǎn)O轉(zhuǎn)動(dòng)，已知點(diǎn)P的坐標(biāo)是（3，4），M、N分別是邊AB、BC的中點(diǎn)，則