2021 年高考数学北京卷立体几何解答题（第17 题）第（I）问要注意叙述规范，有理有据，用同一法证明会更简洁清晰；第（II）问建系常规，但运算量较大，需计算两个平面的法向量（这是自2003 年北京开始自主命题至今首次出现的情形.当然考生也可看出在平面BB1C1C上过点C与CF垂直的直线就是平面ECF的法线，但接下来仍有不小的运算量）且求法向量时含有字母运算，进一步加大了运算量.本题可很好地考查考生的逻辑推理、直观想象、数学运算等数学核心素养.第(II)问的答案是(即点M为棱A1B1的中点)，像这样的简洁数据在北京卷中很常见，显然它们都是命题专家精心雕琢的结果，体现了数学的简洁美！本文还将用传统方法（即不建立空间直角坐标系也不用空间向量的方法）求解该题的第（II）问.

图1

解:（I）设棱B1C1的中点是F′，作四边形CDEF′.由CD,AB,A1B1,EF′平行且相等，所以四边形CDEF′是平行四边形，且直线B1C1交平面CDE于点F′.再由题设直线B1C1交平面CDE于点F，可得点F′,F重合，所以点F为B1C1中点.

（II）如图2 所示，可以射线DA,DC,DD1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，可设 点M(2,2a,2)(0 ≤a≤1) ，得点C(0,2,0),F(1,2,2),E(1,0,2) ，可求得=(2,2a-2,2),=(1,0,2),=(1,-2,2) ，再 求得平面MCF,ECF的一个法向量分别是m→=(2-2a,1,a-1),n→=(2,0,-1)，所以由题设可得

图2

（II）的另解：不妨设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长是2，A1M=a(0 ≤a＜2).如图3所 示，过 点C1作C1H′⊥CF于H′ ，再过 点B1作B1H⊥CF于H，可得点H′在线段CF上，点H在线段CF的延长线上，过点H作HG//FE( 可 得HG//A1B1)交线段DE的延长线于G.

图3

由点F为棱B1C1中点，可求得B1H=C1H′=.由GH⊥CF,B1H⊥CF，可得CF⊥平面CDGH.再作MT//B1H交GH于T，可得MT⊥平面CDGH.进而可得∠MHT是二面角M-CH-G即M-CF-E的一个平面角，由题设“二面角M-CF-E大小的余弦值为”可得＜2),解得a=1，所以

项目基金：本文系北京市教育学会“十三五”教育科研滚动立项课题“数学文化与高考研究”（课题编号FT2017GD003，课题负责人：甘志国）阶段性研究成果之一.