2021-北京卷-17 解-立几综合

本题导读

本题考查平面的基本性质与推论。核心在于构造平面法、空间直角坐标系法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2021年北京卷）已知正方体 $ABCD-A_1{B}_1{C}_1{D}_1$，点 $E$ 为 $A_1{D}_1$ 的中点，直线 $B_1{C}_1$ 交平面 $CDE$ 于点 $F$．

（1）证明：点 $F$ 为 $B_1{C}_1$ 的中点；

（2）若点 $M$ 为棱 $A_1{B}_1$ 上一点，且二面角 $M-CF-E$ 的余弦值为 $\frac{\sqrt{5}}{3}$，求 $\frac{A_{1}M}{A_1{B}_1}$ 的值．

🔍【思路分析】

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（1）证明点 $F$ 是中点：

本题考查平面的基本性质（公理及推论）。“直线 $B_1{C}_1$ 交平面 $CDE$ 于点 $F$”，暗示 $F$ 既在直线 $B_1{C}_1$ 上，又在平面 $CDE$ 内。我们可以通过“逆向构造”的方法：先取 $B_1{C}_1$ 的中点 $F^{\prime }$，证明 $E,F^{\prime },C,D$ 四点共面（即证明它们构成平行四边形）。由此得出平面 $CDE$ 就是平面 $CDE{F}^{\prime }$，进而说明直线 $B_1{C}_1$ 与平面 $CDE$ 的交点只能是 $F^{\prime }$，从而证得 $F$ 就是中点。

（2）求线段比例：

典型的空间向量求解二面角问题。正方体中拥有天然的两两垂直的交线，非常适合建立空间直角坐标系。

设正方体棱长为 $2$（方便计算中点坐标），设比例 $\frac{A_{1}M}{A_1{B}_1}=\lambda$，表示出点 $M$ 的坐标。分别求出平面 $MCF$ 和平面 $CFE$ 的法向量，利用二面角的余弦值公式列出关于 $\lambda$ 的方程即可求解。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) $\frac{A_{1}M}{A_1{B}_1}=\frac{1}{2}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明：

如图所示，取 $B_1{C}_1$ 的中点 $F^{\prime }$，连结 $DE,E{F}^{\prime },F^{\prime }C$。

因为在正方体 $ABCD-A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ 中，$A_1{D}_1\parallel B_1{C}_1$ 且 $A_1{D}_1=B_1{C}_1$。

又因为 $E,F^{\prime }$ 分别为 $A_1{D}_1,B_1{C}_1$ 的中点，

所以 $E{D}_1\parallel F^{\prime }{C}_1$ 且 $E{D}_1=F^{\prime }{C}_1$，故四边形 $E{D}_1{C}_1{F}^{\prime }$ 为平行四边形。

从而有 $E{F}^{\prime }\parallel D_1{C}_1$ 且 $E{F}^{\prime }=D_1{C}_1$。

又因为在正方体中 $D_1{C}_1\parallel DC$ 且 $D_1{C}_1=DC$，

所以 $E{F}^{\prime }\parallel DC$。

由两平行直线确定一个平面可知，$E,F^{\prime },C,D$ 四点共面，即平面 $CDE$ 与平面 $CDE{F}^{\prime }$ 是同一个平面。

据此可得：平面 $CDE$ 经过 $B_1{C}_1$ 的中点 $F^{\prime }$。

又因为直线 $B_1{C}_1$ 交平面 $CDE$ 于点 $F$，且直线与平面相交只有唯一的交点，

故点 $F$ 与点 $F^{\prime }$ 重合。

即点 $F$ 为 $B_1{C}_1$ 的中点。

（2）解：

以点 $D$ 为坐标原点，直线 $DA,DC,D{D}_1$ 的方向分别为 $x$ 轴、$y$ 轴、$z$ 轴的正方向，建立空间直角坐标系 $D-xyz$。

不妨设正方体的棱长为 $2$，设 $\frac{A_{1}M}{A_1{B}_1}=\lambda (0⩽\lambda ⩽1)$。

则各点坐标如下：

$D(0,0,0)$，$C(0,2,0)$，$E(1,0,2)$，

因为 $F$ 为 $B_1{C}_1(0,2,2)$ 的中点，故 $F(1,2,2)$。

因为 $A_1(2,0,2),B_1(2,2,2)$，且 $\overrightarrow{A_{1}M}=\lambda \overrightarrow{A_1{B}_1}=\lambda (0,2,0)=(0,2\lambda ,0)$，

故 $M(2,2\lambda ,2)$。

从而可得向量：

$\overrightarrow{MC}=C-M=(-2,2-2\lambda ,-2)$

$\overrightarrow{CF}=F-C=(1,0,2)$

$\overrightarrow{FE}=E-F=(0,-2,0)$

设平面 $MCF$ 的法向量为 $\vec{m}=(x_1,y_1,z_1)$，则：

$\{\begin{array}{l}\vec{m}\cdot \overrightarrow{MC}=-2x_1+(2-2\lambda )y_1-2z_1=0\\ \vec{m}\cdot \overrightarrow{CF}=x_1+2z_1=0\end{array}$

令 $z_1=-1$，则 $x_1=2$。代入第一式得 $-4+(2-2\lambda )y_1+2=0⟹y_1=\frac{1}{1-\lambda }$。

所以，$\vec{m}=\left(2,\frac{1}{1-\lambda },-1\right)$。

设平面 $CFE$ 的法向量为 $\vec{n}=(x_2,y_2,z_2)$，则：

$\{\begin{array}{l}\vec{n}\cdot \overrightarrow{FE}=-2y_2=0\\ \vec{n}\cdot \overrightarrow{CF}=x_2+2z_2=0\end{array}$

令 $z_2=-1$，则 $x_2=2$，$y_2=0$。

所以，$\vec{n}=(2,0,-1)$。

于是，两个法向量的数量积为：

$\vec{m}\cdot \vec{n}=2\times 2+0\times \frac{1}{1-\lambda }+(-1)\times (-1)=5$

法向量的模长为：

$|\vec{m}|=\sqrt{2^2+{\left(\frac{1}{1-\lambda }\right)}^2+(-1{)}^2}=\sqrt{5+\frac{1}{(1-\lambda {)}^2}}$

$|\vec{n}|=\sqrt{2^2+0^2+(-1{)}^2}=\sqrt{5}$

由题意知，二面角 $M-CF-E$ 的余弦值为 $\frac{\sqrt{5}}{3}$。

结合图形及向量方向，二面角与法向量夹角互补或相等，其夹角余弦的绝对值即为二面角的余弦值：

$|\cos ⟨\vec{m},\vec{n}⟩|=\frac{|\vec{m}\cdot \vec{n}|}{|\vec{m}|\times |\vec{n}|}=\frac{5}{\sqrt{5+\frac{1}{(1-\lambda {)}^2}}\times \sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{3}$

两边平方并整理，得：

\frac{5}{5 + \frac{1}{(1-\lambda)^2}} = \frac{5}{9}$$$$5 + \frac{1}{(1-\lambda)^2} = 9 \implies \frac{1}{(1-\lambda)^2} = 4

解得：$(1-\lambda {)}^2=\frac{1}{4}⟹1-\lambda =\pm \frac{1}{2}$。

因为点 $M$ 在线段 $A_1{B}_1$ 上，所以 $0⩽\lambda ⩽1$。

故 $1-\lambda =\frac{1}{2}$，解得 $\lambda =\frac{1}{2}$（$\lambda =\frac{3}{2}$ 舍去）。

因此，$\frac{A_{1}M}{A_1{B}_1}=\frac{1}{2}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：

1. 构造法证明点线面位置关系：面对“某直线与平面的交点”问题，由于难以直接凭空定位交点，常用的高级技巧是先找一个具有特殊性质的点（如中点），再证明该点既在直线上又在平面内。

2. “设参建系”法求动点位置：对于已知角（二面角/线面角）求点的位置，标准流程是引入参数 $\lambda$（通常设比例或坐标分量），将所有动点坐标参数化。通过列出含参的法向量方程组，利用夹角公式转化为一元方程求解。注意参数的取值范围（如本题 $0⩽\lambda ⩽1$）用于最后根的舍取。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 21.01空间向量及其运算

类题演练 (Links)

• 2008-大纲卷I文-18 解-四棱锥垂直二面角
• 2008-大纲卷II文-20 解-正四棱柱垂直二面角
• 2008-湖北卷文-18 解-直三棱柱垂直与角