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

【答案】（1）证明见解析；②$\frac{A_{1} M}{A_{1} B_{1}}=\frac{1}{2}$ ．

## 【解析】

【分析】（1）首先将平面 $C D E$ 进行扩展，然后结合所得的平面与直线 $B_{1} C_{1}$ 的交点即可证得题中的结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数 $\lambda$ 的值．
【详解】（1）如图所示，取 $B_{1} C_{1}$ 的中点 $F^{\prime}$ ，连结 $D E, E F^{\prime}, F^{\prime} C$ ，

由于 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 为正方体，$E, F^{\prime}$ 为中点，故 $E F^{\prime} \| C D$ ，

从而 $E, F^{\prime}, C, D$ 四点共面，即平面 $C D E$ 即平面 $C D E F^{\prime}$ ，

据此可得：直线 $B_{1} C_{1}$ 交平面 $C D E$ 于点 $F^{\prime}$ ，

当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点 $F$ 与点 $F^{\prime}$ 重合，

即点 $F$ 为 $B_{1} C_{1}$ 中点．

（2）以点 $D$ 为坐标原点，$D A, D C, D D_{1}$ 方向分别为 $x$ 轴，$y$ 轴，$z$ 轴正方形，建立空间直角坐标系 $D-x y z$

不妨设正方体的棱长为 2 ，设 $\frac{A_{1} M}{A_{1} B_{1}}=\lambda(0 \leq \lambda \leq 1)$ ，
则：$M(2,2 \lambda, 2), C(0,2,0), F(1,2,2), E(1,0,2)$ ，
从而： $\overrightarrow{M C}=(-2,2-2 \lambda,-2), \overrightarrow{C F}=(1,0,2), \overrightarrow{F E}=(0,-2,0)$ ，
设平面 $M C F$ 的法向量为：$\vec{m}=\left(x_{1}, y_{1}, z_{1}\right)$ ，则：
$\left\{\begin{array}{c}\vec{m} \cdot \overrightarrow{M C}=-2 x_{1}+(2-2 \lambda) y_{1}-2 z_{1}=0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{C F}=x_{1}+2 z_{1}=0\end{array}\right.$,
令 $z_{1}=-1$ 可得：$\vec{m}=\left(2, \frac{1}{1-\lambda},-1\right)$ ，
设平面 $C F E$ 的法向量为：$\vec{n}=\left(x_{2}, y_{2}, z_{2}\right)$ ，则：
$\left\{\begin{array}{c}\vec{n} \cdot \overrightarrow{F E}=-2 y_{2}=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{C F}=x_{2}+2 z_{2}=0\end{array}\right.$,
令 $z_{1}=-1$ 可得：$\vec{n}=(2,0,-1)$ ，
从而：$\vec{m} \cdot \vec{n}=5,|\vec{m}|=\sqrt{5+\left(\frac{1}{1-\lambda}\right)^{2}},|\vec{n}|=\sqrt{5}$ ，
则： $\cos \langle\vec{m}, \vec{n}\rangle=\frac{\vec{m} \cdot \vec{n}}{|\vec{m}| \times|\vec{n}|}=\frac{5}{\sqrt{5+\left(\frac{1}{1-\lambda}\right)^{2}} \times \sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{3}$ ，
整理可得：$(\lambda-1)^{2}=\frac{1}{4}$ ，故 $\lambda=\frac{1}{2} \quad\left(\lambda=\frac{3}{2}\right.$ 舍去）。
【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解。