17．（13分）已知正方体$ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$，点$E$为$A_{1}D_{1}$中点，直线$B_{1}C_{1}$交平面$CDE$于点$F$．
（1）求证：点$F$为$B_{1}C_{1}$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$\dfrac{\sqrt{5}}{3}$，求$\dfrac{{A}_{1}M}{{A}_{1}{B}_{1}}$．

分析：（1）连结$DE$，利用线面平行的判定定理证明$CD//$平面$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$，从而可证明$CD//EF$，即可证明四边形$A_{1}B_{1}FE$为平行四边形，四边形$EFC_{1}D_{1}$为平行四边形，可得$A_{1}E=B_{1}F$，$ED_{1}=FC_{1}$，即可证明$B_{1}F=FC_{1}$，故点$F$为$B_{1}C_{1}$的中点；
（2）建立合适的空间直角坐标系，设点$M(m$，0，$0)$，且$m<0$，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面$CMF$与$CDEF$的法向量，由向量的夹角公式列出关于$m$的关系式，求解即可得到答案．
（1）证明：

连结$DE$，
在正方体$ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$CD//C_{1}D_{1}$，$C_{1}D_{1}\subset$平面$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$，$CD\not\subset$平面$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$，
则$CD//$平面$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$，因为平面$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}\bigcap$平面$CDEF=EF$，
所以$CD//EF$，则$EF//C_{1}D_{1}$，
故$A_{1}B_{1}//EF//C_{1}D_{1}$，又因为$A_{1}D_{1}//B_{1}C_{1}$，
所以四边形$A_{1}B_{1}FE$为平行四边形，四边形$EFC_{1}D_{1}$为平行四边形，
所以$A_{1}E=B_{1}F$，$ED_{1}=FC_{1}$，
而点$E$为$A_{1}D_{1}$的中点，所以$A_{1}E=ED_{1}$，
故$B_{1}F=FC_{1}$，则点$F$为$B_{1}C_{1}$的中点；
（2）解：以点$B_{1}$为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，

设正方体边长为2，设点$M(m$，0，$0)$，且$m<0$，
则$C(0$，2，$-2)$，$E(-2$，1，$0)$，$F(0$，1，$0)$，
故$\overrightarrow{FE}=(-2,0,0),\overrightarrow{FC}=(0,1,-2),\overrightarrow{FM}=(m,-1,0)$，
设平面$CMF$的法向量为$\overrightarrow{m}=(a,b,1)$，
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{FM}=0}\\ {\overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{FC}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{ma-b=0}\\ {b-2=0}\end{array}\right.$，
所以$a=\dfrac{2}{m}$，$b=2$，故$\overrightarrow{m}=(\dfrac{2}{m},2,1)$，
设平面$CDEF$的法向量为$\overrightarrow{n}=(x,y,1)$，
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{FE}=0}\\ {\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{FC}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{-2x=0}\\ {y-2=0}\end{array}\right.$，
所以$x=0$，$y=2$，故$\overrightarrow{n}=(0,2,1)$，
因为二面角$M-CF-E$的余弦值为$\dfrac{\sqrt{5}}{3}$，
则$\vert \cos <\overrightarrow{m},\overrightarrow{n}>\vert =\dfrac{\vert \overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{n}\vert }{\vert \overrightarrow{m}\vert \vert \overrightarrow{n}\vert }=\dfrac{5}{\sqrt{\dfrac{4}{{m}^{2}}+4+1}\times \sqrt{{2}^{2}+1}}=\dfrac{\sqrt{5}}{3}$，
解得$m=\pm 1$，又$m<0$，
所以$m=-1$，
故$\dfrac{{A}_{1}M}{{A}_{1}{B}_{1}}=\dfrac{1}{2}$．


点评：本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面平行的性质定理的应用，二面角的应用，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．