已知正方体 A B C D - A _ 1 B _ 1 C…——2021 高考数学第 17 题答案解析

（1）取 $B_1C_1$ 的中点记为 $F'$，连接 $EF'$。
在正方体 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 中，因为 $E$ 为 $A_1D_1$ 的中点，$F'$ 为 $B_1C_1$ 的中点，且 $A_1D_1 \parallel B_1C_1$，$A_1D_1 = B_1C_1$，
所以 $ED_1 \parallel F'C_1$ 且 $ED_1 = F'C_1$。
又因为 $D_1C_1 \parallel DC$ 且 $D_1C_1 = DC$，所以四边形 $ED_1C_1F'$ 为平行四边形是不准确的描述，应看侧面投影或直接利用平行关系。
更严谨地：
由正方体性质知 $A_1D_1 \parallel B_1C_1$ 且 $A_1D_1 = B_1C_1$。
因为 $E, F'$ 分别为 $A_1D_1, B_1C_1$ 中点，所以 $ED_1 = \frac{1}{2}A_1D_1$，$F'C_1 = \frac{1}{2}B_1C_1$。
故 $ED_1 \parallel F'C_1$ 且 $ED_1 = F'C_1$。
所以四边形 $ED_1C_1F'$ 是平行四边形（注意顶点顺序，应为 $E D_1 C_1 F'$ 不共面，这里指的是在平面 $A_1B_1C_1D_1$ 上的投影或者通过平移）。
让我们换一种更直接的平面几何视角：
连接 $CD$。在正方体中，$CD \parallel C_1D_1$ 且 $CD = C_1D_1$。
又 $E$ 为 $A_1D_1$ 中点，若取 $B_1C_1$ 中点 $F'$，则 $C_1F' = \frac{1}{2}B_1C_1 = \frac{1}{2}A_1D_1 = ED_1$。
且 $C_1F' \parallel ED_1$（因为 $B_1C_1 \parallel A_1D_1$）。
所以四边形 $ED_1C_1F'$ 为平行四边形 $\implies EF' \parallel D_1C_1$。
因为 $D_1C_1 \parallel DC$，所以 $EF' \parallel DC$。
因为 $EF'$ 与 $DC$ 平行，所以 $E, F', C, D$ 四点共面。
即点 $F'$ 在平面 $CDE$ 内。
又因为点 $F'$ 在直线 $B_1C_1$ 上，而题目已知直线 $B_1C_1$ 交平面 $CDE$ 于点 $F$。
根据直线与平面相交的唯一性，点 $F$ 与点 $F'$ 重合。
所以点 $F$ 为 $B_1C_1$ 的中点。

（2）以 $D$ 为原点，$\overrightarrow{DA}, \overrightarrow{DC}, \overrightarrow{DD_1}$ 的方向分别为 $x, y, z$ 轴的正方向建立空间直角坐标系。
设正方体棱长为 2。
则 $D(0,0,0)$，$C(0,2,0)$，$E(1,0,2)$。
由（1）知 $F$ 为 $B_1C_1$ 中点，且 $B_1(2,2,2), C_1(0,2,2)$，故 $F(1,2,2)$。
设 $\frac{A_1M}{A_1B_1} = \lambda$ ($0 \le \lambda \le 1$)。
因为 $A_1(2,0,2)$，$B_1(2,2,2)$，所以 $\overrightarrow{A_1B_1} = (0,2,0)$。
$\overrightarrow{A_1M} = \lambda \overrightarrow{A_1B_1} = (0, 2\lambda, 0)$。
所以 $M(2, 2\lambda, 2)$。

我们需要求二面角 $M-CF-E$ 的余弦值。
首先求平面 $CFE$ 的法向量 $\vec{n}$。
$\overrightarrow{CF} = (1, 0, 2)$，$\overrightarrow{CE} = (1, -2, 2)$ （或者用 $\overrightarrow{FE}=(0,-2,0)$ 更简单）。
取 $\overrightarrow{CF} = (1, 0, 2)$，$\overrightarrow{FE} = (0, -2, 0)$。
设 $\vec{n} = (x, y, z)$，则：
$\begin{cases} \vec{n} \cdot \overrightarrow{CF} = x + 2z = 0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{FE} = -2y = 0 \end{cases}$
解得 $y=0$，令 $z=-1$，则 $x=2$。
所以平面 $CFE$ 的一个法向量为 $\vec{n} = (2, 0, -1)$。

接下来求平面 $MCF$ 的法向量 $\vec{m}$。
$\overrightarrow{CF} = (1, 0, 2)$，$\overrightarrow{CM} = (2, 2\lambda-2, 2)$。
设 $\vec{m} = (a, b, c)$，则：
$\begin{cases} \vec{m} \cdot \overrightarrow{CF} = a + 2c = 0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{CM} = 2a + (2\lambda-2)b + 2c = 0 \end{cases}$
由第一式得 $a = -2c$。代入第二式：
$-4c + (2\lambda-2)b + 2c = 0 \implies (2\lambda-2)b = 2c \implies (\lambda-1)b = c$。
令 $b = 1$，则 $c = \lambda-1$，$a = -2(\lambda-1) = 2-2\lambda$。
所以平面 $MCF$ 的一个法向量为 $\vec{m} = (2-2\lambda, 1, \lambda-1)$。

由题意，二面角 $M-CF-E$ 的余弦值为 $\frac{\sqrt{5}}{3}$。
观察图形可知，二面角为锐角（或通过法向量方向判断，$\vec{n}$ 指向外侧，$\vec{m}$ 需调整方向使夹角为锐角，或者直接取绝对值）。
$|\cos \langle \vec{m}, \vec{n} \rangle| = \frac{|\vec{m} \cdot \vec{n}|}{|\vec{m}| |\vec{n}|} = \frac{\sqrt{5}}{3}$。
计算数量积：
$\vec{m} \cdot \vec{n} = 2(2-2\lambda) + 0 \cdot 1 + (-1)(\lambda-1) = 4 - 4\lambda - \lambda + 1 = 5 - 5\lambda = 5(1-\lambda)$。
计算模长：
$|\vec{n}| = \sqrt{2^2 + 0^2 + (-1)^2} = \sqrt{5}$。
$|\vec{m}| = \sqrt{(2-2\lambda)^2 + 1^2 + (\lambda-1)^2} = \sqrt{4(1-\lambda)^2 + 1 + (1-\lambda)^2} = \sqrt{5(1-\lambda)^2 + 1}$。

代入公式：
$\frac{|5(1-\lambda)|}{\sqrt{5} \cdot \sqrt{5(1-\lambda)^2 + 1}} = \frac{\sqrt{5}}{3}$
$\frac{5|1-\lambda|}{\sqrt{5}\sqrt{5(1-\lambda)^2 + 1}} = \frac{\sqrt{5}}{3}$
两边同乘 $\sqrt{5}$ 并约分：
$\frac{5|1-\lambda|}{\sqrt{5(1-\lambda)^2 + 1}} = \frac{5}{3}$
$3|1-\lambda| = \sqrt{5(1-\lambda)^2 + 1}$
两边平方：
$9(1-\lambda)^2 = 5(1-\lambda)^2 + 1$
$4(1-\lambda)^2 = 1$
$(1-\lambda)^2 = \frac{1}{4}$
$1-\lambda = \pm \frac{1}{2}$
解得 $\lambda = \frac{1}{2}$ 或 $\lambda = \frac{3}{2}$。
因为 $M$ 在线段 $A_1B_1$ 上，所以 $0 \le \lambda \le 1$，故舍去 $\lambda = \frac{3}{2}$。
所以 $\lambda = \frac{1}{2}$。
即 $\frac{A_1M}{A_1B_1} = \frac{1}{2}$。