2025-天津卷-17 解-立几综合

本题导读

本题是立体几何的综合解答题.通过建立空间直角坐标系，利用向量数量积证明线面垂直，通过法向量夹角求解二面角的余弦值，并利用等体积转化或点面距离公式求解棱锥体积.

📌【题干】

Question

（2025年天津卷）正方体 $ABCD-A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ 的棱长为 4，$E,F$ 分别为 $A_1{D}_1,C_1{B}_1$ 的中点，$CG=3C_{1}G$.

（Ⅰ）求证：$GF\perp$ 平面 $EBF$；

（Ⅱ）求平面 $EBF$ 与平面 $EBG$ 夹角的余弦值；

（Ⅲ）求三棱锥 $D-BEF$ 的体积.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 建立坐标系：以 $D$ 为原点，$DA,DC,D{D}_1$ 分别为 $x,y,z$ 轴建立空间直角坐标系，写出各关键点的坐标.
2. 证明线面垂直：计算向量 $\overrightarrow{GF}$，验证它是否与平面 $EBF$ 内的两条相交向量（如 $\overrightarrow{EF},\overrightarrow{EB}$）的数量积均为 0.
3. 求解二面角：由第一问可知 $\overrightarrow{GF}$ 是平面 $EBF$ 的一个法向量。再求出平面 $EBG$ 的法向量，利用向量夹角公式求解.
4. 计算体积：求出底面 $△BEF$ 的面积，再利用点 $D$ 到平面 $EBF$ 的距离公式（或观察线面平行关系进行等体积转化）求出高 $h$，最后代入公式 $V=\frac{1}{3}Sh$.

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) $\frac{4}{5}$

(3) $\frac{32}{3}$

✍【详细解析】

Abstract

（Ⅰ）第（Ⅰ）问详解

建立空间直角坐标系:

以 $D$ 为原点，$DA,DC,D{D}_1$ 所在直线分别为 $x,y,z$ 轴建立空间直角坐标系 $D-xyz$. 由棱长为 4 且 $E,F$ 分别为 $A_1{D}_1,C_1{B}_1$ 中点，$CG=3C_{1}G$ 可知各点坐标为： $D(0,0,0),A(4,0,0),B(4,4,0),C(0,4,0)$ $D_1(0,0,4),A_1(4,0,4),C_1(0,4,4),B_1(4,4,4)$ $E$ 是 $A_1{D}_1$ 中点 $\Rightarrow E(2,0,4)$ $F$ 是 $C_1{B}_1$ 中点 $\Rightarrow F(2,4,4)$ $G$ 在 $C{C}_1$ 上且 $CG=3C_{1}G\Rightarrow G(0,4,3)$

（Ⅰ）证明：$GF\perp$ 平面 $EBF$
计算相关向量： $\overrightarrow{GF}=(2,4,4)-(0,4,3)=(2,0,1)$ $\overrightarrow{EF}=(0,4,0)$ $\overrightarrow{EB}=(2,4,-4)$
验证垂直关系：

1. $\overrightarrow{GF}\cdot \overrightarrow{EF}=2\times 0+0\times 4+1\times 0=0\Rightarrow GF\perp EF$

2. $\overrightarrow{GF}\cdot \overrightarrow{EB}=2\times 2+0\times 4+1\times (-4)=4-4=0\Rightarrow GF\perp EB$
   由于 $EF\cap EB=E$，且 $EF,EB\subset$ 平面 $EBF$， 根据线面垂直的判定定理，可得 $GF\perp$ 平面 $EBF$.

（Ⅱ） 第（Ⅱ）问详解

（Ⅱ）求平面 $EBF$ 与平面 $EBG$ 夹角的余弦值

由（Ⅰ）可知，$\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{GF}=(2,0,1)$ 是平面 $EBF$ 的一个法向量.

设平面 $EBG$ 的法向量为 $\overrightarrow{n_2}=(x,y,z)$.

已知 $\overrightarrow{EB}=(2,4,-4)$，$\overrightarrow{EG}=G-E=(-2,4,-1)$.

由 $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_2}\cdot \overrightarrow{EB}=2x+4y-4z=0\\ \overrightarrow{n_2}\cdot \overrightarrow{EG}=-2x+4y-z=0\end{array}$

联立得 $8y-5z=0$。令 $y=5$，则 $z=8$.

代入得 $2x=4(5)-4(8)=20-32=-12\Rightarrow x=-6$.

故可取 $\overrightarrow{n_2}=(-6,5,8)$.

设平面 $EBF$ 与平面 $EBG$ 的夹角为 $\theta$，

则： $\cos \theta =\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}|\cdot |\overrightarrow{n_2}|}=\frac{|2(-6)+0(5)+1(8)|}{\sqrt{2^2+0^2+1^2}\cdot \sqrt{(-6{)}^2+5^2+8^2}}$

$\cos \theta =\frac{|-12+8|}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{36+25+64}}=\frac{4}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{125}}=\frac{4}{\sqrt{5}\cdot 5\sqrt{5}}=\frac{4}{25}$.

几何法

过点 $F$ 作 $FN\perp BE$ 交 $BE$ 于点 $N$，连接 $QN$。

1. 证明线面垂直，确定二面角平面角 $\because GF\perp$ 平面 $EBF$，$BE\subset$ 平面 $EBF$，$\therefore GF\perp BE$ 又 $FN\perp BE$，$GF\cap FN=F$，$\therefore BE\perp$ 平面 $GNF$ $\because GN\subset$ 平面 $GNF$，$\therefore BE\perp GN$ 故 $\angle \mathbf{GNF}$ 即为平面 $EBF$ 与平面 $EBG$ 的夹角。

2. 计算边长 在 $\mathrm{Rt}△EBF$ 中，$EF\perp BF$，$EF=4$： $BF=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5},BE=\sqrt{4^2+(2\sqrt{5}{)}^2}=6$ 由面积相等： $FN=\frac{EF\cdot BF}{BE}=\frac{4\times 2\sqrt{5}}{6}=\frac{4\sqrt{5}}{3}$ $FG=\frac{1}{2}BF=\sqrt{5}$

3. 勾股定理求 $GN$，计算余弦值 $GN=\sqrt{F{N}^2+F{G}^2}=\frac{5\sqrt{5}}{3}$ $\cos \angle GNF=\frac{FN}{GN}=\frac{\frac{4\sqrt{5}}{3}}{\frac{5\sqrt{5}}{3}}=\frac{4}{5}$

（Ⅲ）第（Ⅲ）问详解

（Ⅲ）求三棱锥 $D-BEF$ 的体积 由于 $CD//C_1{D}_1$ 且 $C_1{D}_1//EF$，故 $CD//EF$. 因为 $EF\subset$ 平面 $EBF$，所以 $CD//$ 平面 $EBF$. 因此，点 $D$ 到平面 $EBF$ 的距离等于点 $C(0,4,0)$ 到平面 $EBF$ 的距离.

1. 求底面积 $S_{△BEF}$： 在 Rt $△BEF$ 中（因为 $EF\perp GF$ 且 $GF$ 是法向量，实际上可证 $EF\perp FB$）, $EF=4$，$FB=\sqrt{(4-2{)}^2+(4-4{)}^2+(0-4{)}^2}=\sqrt{4+16}=2\sqrt{5}$. $S_{△BEF}=\frac{1}{2}\times 4\times 2\sqrt{5}=4\sqrt{5}$.

2. 求高 $h$： 平面 $EBF$ 的法向量为 $\overrightarrow{n_1}=(2,0,1)$，过点 $F(2,4,4)$. 平面方程为：$2(x-2)+0(y-4)+1(z-4)=0\Rightarrow 2x+z-8=0$. 点 $D(0,0,0)$ 到平面的距离 $h=\frac{|2(0)+0-8|}{\sqrt{2^2+0^2+1^2}}=\frac{8}{\sqrt{5}}$.

3. 计算体积： $V_{D-BEF}=\frac{1}{3}{S}_{△BEF}\cdot h=\frac{1}{3}\times 4\sqrt{5}\times \frac{8}{\sqrt{5}}=\frac{32}{3}$.

由题意知：$CD\parallel C_1{D}_1\parallel EF$，$CD\not\subset$平面$BEF$，$EF\subset$平面$BEF$， $\therefore CD\parallel$平面$BEF$。 取$B{B}_1$的中点$T$，连接$CT$，交$BF$于点$H$。 由(2)同理可证$CT\perp BF$， $\because EF\perp CT$，$EF\cap BF=F$，$BF,EF\subset$平面$EBF$， $\therefore CT\perp$平面$EBF$。 由$\angle BHC=\angle TBC=90^{\circ }$，$\angle BCH=\angle TCB$，得$△BHC\backsim △TBC$。 又$\because BC=4$，$BT=2$， $\therefore CT=2\sqrt{5},BH=\frac{4\sqrt{5}}{5}$， 由$\frac{BC}{TC}=\frac{HC}{BC}$，得 $HC=\frac{4^2}{2\sqrt{5}}=\frac{8\sqrt{5}}{5}$ 故 $V_{D-BEF}=V_{C-BEF}=\frac{1}{3}\cdot HC\cdot S_{△BEF}=\frac{1}{3}\times \frac{8\sqrt{5}}{5}\times \frac{1}{2}\times 4\times 2\sqrt{5}=\frac{32}{3}$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 考点归纳：

• 二面角范围：二面角的取值范围是 $[0,\pi ]$，而两个平面法向量夹角的余弦值绝对值对应其夹角.

1. 方法总结：

• 坐标系的优越性：对于正方体、长方体等规整几何体，建立空间直角坐标系能将复杂的几何证明转化为简单的代数运算，极大降低思维难度.
• 法向量的灵活应用：求二面角时，若第一问已证线面垂直，该直线的方向向量可直接作为平面的法向量，节省计算量.
• 体积求法的选择：当直接求高较难时，可以利用线面平行关系（如本题中 $CD\parallel$ 平面 $EBF$）转化顶点，或直接使用点到平面的距离公式.

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 结论的推广:

• 若点 $G$ 在 $C{C}_1$ 上移动，平面 $EBG$ 的法向量会随之改变，但体积 $V_{D-BEF}$ 保持不变（因为 $D,B,E,F$ 的相对位置固定）.

1. 方法的推广:

• 向量积法：平面法向量也可以通过向量积（外积） $\vec{n}=\vec{u}\times \vec{v}$ 快速计算.

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 21.01空间向量及其运算
• 13.03 空间点、线、面位置关系

类题演练 (Links)

• 2008-大纲卷II文-20 解-正四棱柱垂直二面角
• 2011-浙江卷文-20 解-线面垂直与二面角
• 2005-北京卷理-16 解-直棱柱的性质