$(1)$证明：在图中连接$DG$并延长交$PA$于点$E$，连接$BE$.由底面$ABCD$为梯形$,AB$∥$CD$，$CD=2AB$，$\therefore \triangle ABF\triangle CDF$，则$\frac{DF}{FB}=\frac{DC}{AB}=\frac{2}{1}$.又由$G$为$\triangle PAD$的重心，$\frac{DG}{GE}=\frac{2}{1}$，则$\frac{DF}{FB}=\frac{DG}{GE}=\frac{2}{1}$，所以$GF$∥$EB.$而$GF$⊄平面$PAB$，$EB\subset $平面$PAB$，所以$GF$∥平面$PAB$.$(2)$由$AP=PD$，$\angle APD=60^{\circ}$，则$\triangle PAD$为正三角形.又$AD=PD=DC$，$\angle ADC=60^{\circ}$.所以$\triangle ADC$为正三角形.因为平面$PAD\bot $平面$ABCD$，平面$PAD$⋂平面$ABCD=AD$，在$\triangle PAD$中，连接$PG$并延长交$AD$于点$M$，有$PM\bot AD$，所以$PM\bot $面$ABCD$.又$\frac{FC}{AF}=\frac{DF}{FB}=\frac{2}{1}$，则$V_{B-GFC}=V_{G-BFC}=\frac{2}{3}V_{G-ABC}$.因为$\angle DAC=\angle ACD=60^{\circ}=\angle CAB$，$AB=\sqrt{3}$，$AC=2\sqrt{3}$，所以$S_{△ABC}=\frac{1}{2}|AB|⋅|AC|⋅sin60{}°=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.又$\triangle ADC$为正三角形，$AD=2\sqrt{3}$，则$PM=3$，$GM=1$，所以$V_{G-ABC}=\frac{1}{3}S_{△ABC}⋅|GM|=\frac{\sqrt{3}}{2}$，故$V_{B-GFC}=\frac{2}{3}V_{G-ABC}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
$(1)$证明：在图中连接$DG$并延长交$PA$于点$E$，连接$BE$.由底面$ABCD$为梯形$,AB$∥$CD$，$CD=2AB$，$\therefore \triangle ABF\triangle CDF$，则$\frac{DF}{FB}=\frac{DC}{AB}=\frac{2}{1}$.又由$G$为$\triangle PAD$的重心，$\frac{DG}{GE}=\frac{2}{1}$，则$\frac{DF}{FB}=\frac{DG}{GE}=\frac{2}{1}$，所以$GF$∥$EB.$而$GF$⊄平面$PAB$，$EB\subset $平面$PAB$，所以$GF$∥平面$PAB$.$(2)$由$AP=PD$，$\angle APD=60^{\circ}$，则$\triangle PAD$为正三角形.又$AD=PD=DC$，$\angle ADC=60^{\circ}$.所以$\triangle ADC$为正三角形.因为平面$PAD\bot $平面$ABCD$，平面$PAD$⋂平面$ABCD=AD$，在$\triangle PAD$中，连接$PG$并延长交$AD$于点$M$，有$PM\bot AD$，所以$PM\bot $面$ABCD$.又$\frac{FC}{AF}=\frac{DF}{FB}=\frac{2}{1}$，则$V_{B-GFC}=V_{G-BFC}=\frac{2}{3}V_{G-ABC}$.因为$\angle DAC=\angle ACD=60^{\circ}=\angle CAB$，$AB=\sqrt{3}$，$AC=2\sqrt{3}$，所以$S_{△ABC}=\frac{1}{2}|AB|⋅|AC|⋅sin60{}°=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.又$\triangle ADC$为正三角形，$AD=2\sqrt{3}$，则$PM=3$，$GM=1$，所以$V_{G-ABC}=\frac{1}{3}S_{△ABC}⋅|GM|=\frac{\sqrt{3}}{2}$，故$V_{B-GFC}=\frac{2}{3}V_{G-ABC}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
$(1)$证明：在图中连接$DG$并延长交$PA$于点$E$，连接$BE$.由底面$ABCD$为梯形$,AB$∥$CD$，$CD=2AB$，$\therefore \triangle ABF\triangle CDF$，则$\frac{DF}{FB}=\frac{DC}{AB}=\frac{2}{1}$.又由$G$为$\triangle PAD$的重心，$\frac{DG}{GE}=\frac{2}{1}$，则$\frac{DF}{FB}=\frac{DG}{GE}=\frac{2}{1}$，所以$GF$∥$EB.$而$GF$⊄平面$PAB$，$EB\subset $平面$PAB$，所以$GF$∥平面$PAB$.$(2)$由$AP=PD$，$\angle APD=60^{\circ}$，则$\triangle PAD$为正三角形.又$AD=PD=DC$，$\angle ADC=60^{\circ}$.所以$\triangle ADC$为正三角形.因为平面$PAD\bot $平面$ABCD$，平面$PAD$⋂平面$ABCD=AD$，在$\triangle PAD$中，连接$PG$并延长交$AD$于点$M$，有$PM\bot AD$，所以$PM\bot $面$ABCD$.又$\frac{FC}{AF}=\frac{DF}{FB}=\frac{2}{1}$，则$V_{B-GFC}=V_{G-BFC}=\frac{2}{3}V_{G-ABC}$.因为$\angle DAC=\angle ACD=60^{\circ}=\angle CAB$，$AB=\sqrt{3}$，$AC=2\sqrt{3}$，所以$S_{△ABC}=\frac{1}{2}|AB|⋅|AC|⋅sin60{}°=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.又$\triangle ADC$为正三角形，$AD=2\sqrt{3}$，则$PM=3$，$GM=1$，所以$V_{G-ABC}=\frac{1}{3}S_{△ABC}⋅|GM|=\frac{\sqrt{3}}{2}$，故$V_{B-GFC}=\frac{2}{3}V_{G-ABC}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
标签：ABCD,底面,棱锥
