2025_天津卷 (2025)
17．正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的棱长为 $4, E , F$ 分别为 $A_{1} D_{1}, C_{1} B_{1}$ 中点，$C G=3 G C_{1}$ ．
（1）求证：$G F \perp$ 平面 $F B E$ ；
（2）求平面 $F B E$ 与平面 $E B G$ 夹角的余弦值；
（3）求三棱锥 $D-F B E$ 的体积．
(1) 证明见解析; (2) $\frac{4}{5}$; (3) $\frac{32}{3}$
【答案】（1）证明见解析
（2）$\frac{4}{5}$
（3）$\frac{32}{3}$
【解析】
【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明 $F G \perp B F$ ，再结合正方体的性质得出 $E F \perp$ 平面 $B C C_{1} B_{1}$ ，利用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面垂直即可；
（2）利用空间向量计算面面夹角即可；
（3）利用空间向量计算点面距离，再利用锥体的体积公式计算即可。
【小问 1 详解】
法一、在正方形 $B C C_{1} B_{1}$ 中，
由条件易知 $\tan \angle C_{1} F G=\frac{C_{1} G}{C_{1} F}=\frac{1}{2}=\frac{F B_{1}}{B B_{1}}=\tan \angle B_{1} B F$ ，所以 $\angle C_{1} F G=\angle B_{1} B F$ ，
则 $\angle B_{1} F B+\angle B_{1} B F=\frac{\pi}{2}=\angle C_{1} F G+\angle B_{1} F B$ ，
故 $\angle B F G=\pi-\left(\angle C_{1} F G+\angle B_{1} F B\right)=\frac{\pi}{2}$ ，即 $F G \perp B F$ ，
在正方体中，易知 $D_{1} C_{1} \perp$ 平面 $B C C_{1} B_{1}$ ，且 $E F / / D_{1} C_{1}$ ，
所以 $E F \perp$ 平面 $B C C_{1} B_{1}$ ，
又 $F G \subset$ 平面 $B C C_{1} B_{1}, \therefore E F \perp F G$ ，
$\because E F \cap B F=F, E F , B F \subset$ 平面 $B E F, \therefore G F \perp$ 平面 $B E F$ ；
法二、如图以 $D$ 为中心建立空间直角坐标系，
则 $B(4,4,0), E(2,0,4), F(2,4,4), G(0,4,3)$ ，
所以 $\overrightarrow{E F}=(0,4,0), \overrightarrow{E B}=(2,4,-4), \overrightarrow{F G}=(-2,0,-1)$ ，
设 $\vec{m}=(a, b, c)$ 是平面 $B E F$ 的一个法向量，
则 $\left\{\begin{array}{l}\vec{m} \cdot \overrightarrow{E F}=4 b=0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{E B}=2 a+4 b-4 c=0\end{array}\right.$ ，令 $a=2$ ，则 $b=0, c=1$ ，所以 $\vec{m}=(2,0,1)$ ，
易知 $\overrightarrow{F G}=-\vec{m}$ ，则 $\overrightarrow{F G}$ 也是平面 $B E F$ 的一个法向量，$\therefore G F \perp$ 平面 $B E F$ ；
【小问 2 详解】
同上法二建立的空间直角坐标系，
所以 $\overrightarrow{E G}=(-2,4,-1), \overrightarrow{B G}=(-4,0,3)$ ，
由（1）知 $\overrightarrow{F G}$ 是平面 $B E F$ 的一个法向量，
设平面 $B E G$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(x, y, z)$ ，所以 $\left\{\begin{array}{l}\vec{n} \cdot \overrightarrow{E G}=-2 x+4 y-z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{B G}=-4 x+3 z=0\end{array}\right.$ ，
令 $x=6$ ，则 $z=8, y=5$ ，即 $\vec{n}=(6,5,8)$ ，
设平面 $B E F$ 与平面 $B E G$ 的夹角为 $\alpha$ ，
则 $\cos \alpha=|\cos \langle\overrightarrow{F G}, \vec{n}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{F G} \cdot \vec{n}|}{|\overrightarrow{F G}| \cdot|\vec{n}|}=\frac{20}{\sqrt{5} \times \sqrt{125}}=\frac{4}{5}$ ；
【小问 3 详解】
由（1）知 $E F \perp$ 平面 $B C C_{1} B_{1}, F B \subset$ 平面 $B C C_{1} B_{1}, \therefore E F \perp F B$ ，
易知 $S_{\triangle B E F}=\frac{1}{2} E F \cdot B F=\frac{1}{2} \times 4 \times \sqrt{4^{2}+2^{2}}=4 \sqrt{5}$ ，
又 $\overrightarrow{D E}=(2,0,4)$ ，则 $D$ 到平面 $B E F$ 的距离为 $d=\frac{|\overrightarrow{D E} \cdot \overrightarrow{F G}|}{|\overrightarrow{F G}|}=\frac{8}{\sqrt{5}}$ ，
由棱锥的体积公式知：$V_{D-B E F}=\frac{1}{3} d \times S_{\triangle B E F}=\frac{1}{3} \times \frac{8}{\sqrt{5}} \times 4 \sqrt{5}=\frac{32}{3}$