每日一题：2026-05-13

题目

已知正方体 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 的棱长为 1，点 $M$ 在上底面 $A_1B_1C_1D_1$ 内，满足 $\overrightarrow{B_1M}=\lambda\overrightarrow{B_1A_1}+\mu\overrightarrow{B_1C_1}$，其中 $\lambda,\mu\in[0,1]$，且 $\lambda+\mu=1$，则下列选项正确的是（ ）

A．$BM\parallel$ 平面 $AD_1C$

B．三棱锥 $M-AD_1C$ 的体积为定值 $\dfrac{1}{3}$

C．$M$ 的轨迹长度为 $\sqrt{2}$

D．当 $\lambda=\mu=\dfrac{1}{2}$ 时，$AM+BM$ 取最小值 $\sqrt{6}$

参考解答

解析：

由 $\overrightarrow{B_1M}=\lambda\overrightarrow{B_1A_1}+\mu\overrightarrow{B_1C_1}$，其中 $\lambda,\mu\in[0,1]$，且 $\lambda+\mu=1$，可得 $A_1,M,C_1$ 三点共线，即 $M$ 在线段 $A_1C_1$ 上。

对于 A：连接 $A_1C_1,A_1B,BC_1$，在正方体 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 中，可得 $A_1C_1\parallel AC$，$A_1B\parallel CD_1$。因为 $A_1C_1\not\subset$ 平面 $ACD_1$，$AC\subset$ 平面 $ACD_1$，所以 $A_1C_1\parallel$ 平面 $ACD_1$。同理可证：$A_1B\parallel$ 平面 $ACD_1$。又因为 $A_1C_1\cap A_1B=A_1$，且 $A_1C_1\subset$ 平面 $A_1BC_1$，$A_1B\subset$ 平面 $A_1BC_1$，所以平面 $A_1BC_1\parallel$ 平面 $ACD_1$。因为 $BM\subset$ 平面 $A_1BC_1$，所以 $BM\parallel$ 平面 $ACD_1$。A 正确。

对于 B：因为 $M$ 在线段 $A_1C_1$ 上，且 $A_1C_1\parallel$ 平面 $ACD_1$，所以 $V_{M-AD_1C}=V_{A_1-AD_1C}=V_{C-AA_1D_1}=\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{2}\times1\times1\times1=\dfrac{1}{6}$。B 错误。

对于 C：因为 $M$ 在线段 $A_1C_1$ 上，即点 $M$ 的轨迹为线段 $A_1C_1$，在直角 $\triangle A_1B_1C_1$ 中，可得 $A_1C_1=\sqrt{A_1B_1^2+B_1C_1^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。C 正确。

对于 D：当 $\lambda=\mu=\dfrac{1}{2}$ 时，可得 $M$ 为线段 $A_1C_1$ 的中点，此时 $AM=\sqrt{AA_1^2+A_1M^2}=\sqrt{1^2+\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$，$BM=\sqrt{BB_1^2+B_1M^2}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$，所以 $AM+BM=\sqrt{6}$。又因为 $M$ 在线段 $A_1C_1$ 上，将等边 $\triangle A_1BC_1$ 和矩形 $A_1ACC_1$ 展开在一个平面上，设点 $B$ 展开后为点 $B'$，连接 $AB'$。在 $\triangle A_1AB'$ 中，$AA_1=1$，$A_1B'=\sqrt{2}$，$\angle AA_1B'=150^\circ$。由余弦定理得 $AB'^2=3+\sqrt{6}$，因为 $3+\sqrt{6}<6$，可得 $AB'<\sqrt{6}$，即 $AM+BM$ 取最小值为 $\sqrt{3+\sqrt{6}}$。D 错误。

答案：$\displaystyle \text{A、C 正确}$