高考数学总复习考点知识讲解与提升练习53 空间距离及立体几何中的探索问题

高考数学总复习考点知识讲解与提升练习 专题53 空间距离及立体几何中的探索问题
考点知识
1.会求空间中点到直线以及点到平面的距离.
2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件．
知识梳理 1．点到直线的距离
如图，已知直线l 的单位方向向量为u ，A 是直线l 上的定点，P 是直线l 外一点，设AP →＝a ，则向量AP →在直线l 上的投影向量AQ →＝(a·u )u ，在Rt△APQ 中，由勾股定理，得PQ ＝
|AP →|2－|AQ →|2＝a 2－(a·u )2.
2．点到平面的距离
如图，已知平面α的法向量为n ，A 是平面α内的定点，P 是平面α外一点．过点P 作平面α的垂线l ，交平面α于点Q ，则n 是直线l 的方向向量，且点P 到平面α的距离就是AP →在直线l 上的投影向量QP →的长度，因此PQ ＝⎪
⎪⎪⎪⎪⎪AP →·n |n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AP →·n |n |＝|AP →·n ||n |.
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β.(×) (2)点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度．(×) (3)直线l 平行于平面α，则直线l 上各点到平面α的距离相等．(√) (4)直线l 上两点到平面α的距离相等，则l 平行于平面α.(×) 教材改编题
1．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则A 1A 到平面B 1D 1DB 的距离为() A.2B ．2C.22D.322
答案A
解析由正方体性质可知，A 1A ∥平面B 1D 1DB ，A 1A 到平面B 1D 1DB 的距离就是点A 1到平面B 1D 1DB 的距离，连接A 1C 1，交B 1D 1于O 1(图略)，A 1O 1的长即为所求，由题意可得A 1O 1＝12A 1C 1＝ 2.
2．已知直线l 经过点A (2,3,1)且向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
22，0，22为l 的一个单位方向向量，则
点P (4,3,2)到l 的距离为________． 答案
2
2
解析∵PA →＝(－2,0，－1)，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
22
，0，22为l 的一个单位方向向量，
∴点P 到l 的距离d ＝
|PA →|2－(PA →·n )2＝
5－⎝
⎛⎭⎪⎫－2－222
＝22.
3．设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是________． 答案23
3
解析如图，建立空间直角坐标系，
则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，D (0,0,0)，B (2,2,0)， 所以D 1A 1—→＝(2,0,0)，DA 1—→＝(2,0,2)，DB →
＝(2,2,0)． 设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·DA 1—→＝0，n ·DB →＝0，
即⎩⎨
⎧
2x ＋2z ＝0，
2x ＋2y ＝0，
令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1)，
所以点D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1—→·n ||n |＝23
3
.
题型一空间距离
例1(1)(2023·长沙模拟)空间中有三点P (1，－2，－2)，M (2，－3,1)，N (3，－2,2)，则点P 到直线MN 的距离为() A ．22B ．23C ．3D ．2 5
答案A
解析因为MN→＝(1,1,1)，
所以MN→的一个单位方向向量为u＝
3
3
(1,1,1)．
因为PM→＝(1，－1,3)，
故|PM→|＝12＋(－1)2＋32＝11，PM→·u＝
3
3
(1－1＋3)＝3，
所以点P到直线MN的距离为PM→2－(PM→·u)2＝11－3＝2 2.
(2)(2022·济宁模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥平面BCC1B1，BC＝1
2
AB＝
1
2
AA
1
＝2，BC1＝23，M为线段AB上的动点．
①证明：BC1⊥CM；
②若E为A1C1的中点，求点A1到平面BCE的距离．
①证明因为AB⊥平面BB1C1C，C1B⊂平面BB1C1C，所以AB⊥C1B，
在△BCC1中，BC＝2，BC1＝23，CC1＝AA1＝4，所以BC2＋BC21＝CC21，所以CB⊥C1B. 因为AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，所以C1B⊥平面ABC.
又因为CM⊂平面ABC，
所以C1B⊥CM.
②解由①知，AB⊥C1B，BC⊥C1B，AB⊥BC，
以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
则B (0,0,0)，C (2,0,0)，C 1(0,23，0)，A 1(－2，23，4)，E (－1,23，2)， BC →
＝(2,0,0), BE →＝(－1,23，2)， 设平面BCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·BC →＝0，n ·BE →＝0，
即⎩⎨
⎧
2x ＝0，
－x ＋23y ＋2z ＝0.
令y ＝3，则n ＝(0，3，－3)． 又因为A 1C —→＝(4，－23，－4)， 故点A 1到平面BCE 的距离d ＝
|0×4＋(－23)×3＋(－4)×(－3)|
23
＝ 3.
思维升华(1)点到直线的距离．
①设过点P 的直线l 的单位方向向量为n ，A 为直线l 外一点，点A 到直线l 的距离d ＝
|PA →|2－(PA →·n )2；
②若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离． (2)求点面距一般有以下三种方法． ①作点到面的垂线，求点到垂足的距离； ②等体积法； ③向量法.
跟踪训练1(1)(2023·枣庄模拟)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2，AD ＝1，点F ，
G 分别是AB ，CC 1的中点，则△D 1GF 的面积为________． 答案
142
解析以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系(图略)，
则D 1(0,0,2)，G (0,2,1)，F (1,1,0)， FD 1
—→＝(－1，－1,2)，FG →＝(－1,1,1)，
∴点D 1到直线GF 的距离
d ＝
|FD 1—→|2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫FD 1—→·FG →|FG →
|2 ＝
6－⎝ ⎛⎭
⎪⎫232＝42
3.
又|FG →
|＝3，
∴1D GF S △＝12×3×423＝14
2
.
(2)如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 在棱AB 上移动．
①证明：D 1E ⊥A 1D ；
②当E 为AB 的中点时，求点E 到平面ACD 1的距离．
①证明以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(图略)，设AE ＝x ，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，D 1(0,0,1)，E (1，x,0)，A (1,0,0)，
C (0,2,0)．
D 1
E —→＝(1，x ，－1)，A 1
D —→＝(－1,0，－1)，因为D 1
E —→·A 1
D —→＝0，所以D 1
E —→⊥A 1
D —→，即D 1
E ⊥A 1
D .
②解因为E 为AB 的中点，则E (1,1,0)，从而D 1E —→＝(1,1，－1)，AC →＝(－1,2,0)，AD 1—→＝(－1,0,1)，
设平面ACD 1的法向量为n ＝(a ，b ，c )，则
⎩⎪⎨⎪⎧
n ·AC →＝0，
n ·AD 1—→＝0，
即⎩⎨
⎧
－a ＋2b ＝0，
－a ＋c ＝0，
得⎩⎨
⎧
a ＝2
b ，a ＝
c ，
从而可取n ＝(2,1,2)，所以点E 到平面ACD 1的距离
d ＝|D 1E —→·n ||n |＝|2＋1－2|3＝13.
题型二立体几何中的探索性问题
例2(2022·常德模拟)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是等边三角形，平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，A 1B ⊥AB ，AC ＝2，∠A 1AB ＝60°，O 为AC 的中点．
(1)求证：AC ⊥平面A 1BO ；
(2)试问线段CC 1上是否存在点P ，使得平面POB 与平面A 1OB 夹角的余弦值为
27
7
，若存在，请计算
CP
CC 1
的值；若不存在，请说明理由． (1)证明∵△ABC 是等边三角形，O 是AC 的中点， ∴AC ⊥OB ，
∵平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，平面ABB 1A 1∩平面ABC ＝AB ，A 1B ⊥AB ，
∴A 1B ⊥平面ABC ，
∵AC ⊂平面ABC ，∴A 1B ⊥AC ，
∵AC ⊥OB ，A 1B ∩OB ＝B ，A 1B ，OB ⊂平面A 1BO ，∴AC ⊥平面A 1BO . (2)解存在，线段CC 1的中点P 满足题意． 理由如下：
∵A 1B ⊥平面ABC ，OB ⊥AC ，
以O 为坐标原点，OA ，OB ，所在直线分别为x 轴、y 轴，过点O 作Oz ∥A 1B ，以Oz 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则O (0,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，A (1,0,0)，A 1(0，3，23)，OB →＝(0，3，0)，AA 1
—→＝(－1，3，23)， 设CP →＝t CC 1—→＝t AA 1—→＝(－t ，3t,23t )，0≤t ≤1， 则OP →＝OC →＋CP →＝(－1－t ，3t ,23t )，
易知平面A 1OB 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，设平面POB 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·OB →＝3y ＝0，m ·OP →＝(－1－t )x ＋3ty ＋23tz ＝0，
取x ＝23t ，则m ＝(23t ,0，t ＋1)， 由题意得|cos 〈n ，m 〉|＝
|n ·m ||n ||m |＝23t 12t 2＋(t ＋1)
2
＝27
7，
∵0≤t≤1，∴解得t＝CP
CC
1
＝
1
2
，
∴线段CC1上存在点P，使得平面POB与平面A1OB夹角的余弦值为27
7
，此时
CP
CC
1
＝
1
2
.
思维升华(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．
跟踪训练2如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面DAC夹角的大小；
(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC 的值；若不存在，请说明理由．
(1)证明如图，连接BD交AC于点O，连接SO.
由题意知，SO ⊥平面ABCD ，以O 为坐标原点，
以OB ，OC ，OS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系．设底面边长为
a ，
则高SO ＝6
2
a ，
于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2
2a ，0.
于是OC →
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，
SD →
＝⎝
⎛
⎭
⎪⎫－
22a ，0，－62a . 则OC →·SD →＝0，所以OC →⊥SD →， 故OC ⊥SD ，从而AC ⊥SD .
(2)解由题设知，平面PAC 的一个法向量为DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
22a ，0，62a ，平面DAC 的一个法向
量为OS →＝⎝
⎛⎭⎪⎫
0，0，62a .
设平面PAC 与平面DAC 的夹角为θ，
则cos θ＝|cos 〈OS →，DS →
〉|＝|OS →·DS →||OS →||DS →|＝32，
所以平面PAC 与平面DAC 夹角的大小为30°. (3)解假设在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面PAC . 由(2)知DS →是平面PAC 的一个法向量，
且DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝
⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a .
设CE →＝tCS
→(0≤t ≤1)，
因为B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2
2a ，0，
所以BC →
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a ，0，
则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a (1－t )，62at .
由BE →·DS →＝0， 得－a 2
2＋0＋3
2a 2t ＝0，
解得t ＝13
，
当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →. 由于BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC .
因此在棱SC 上存在点E ，使BE ∥平面PAC ，此时SE ∶EC ＝2∶1.
课时精练
1.如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，各棱长均为4，N 是CC 1的中点．
(1)求点N 到直线AB 的距离；
(2)求点C 1到平面ABN 的距离．
解建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (23，2,0)，
C (0,4,0)，C 1(0,4,4)，
∵N 是CC 1的中点， ∴N (0,4,2)．
(1)AN →＝(0,4,2)，AB →＝(23，2,0)， 则|AN →|＝25，|AB →|＝4. 设点N 到直线AB 的距离为d 1，
则d 1＝|AN →
|2
－⎝ ⎛⎭
⎪⎫AN →·AB →
||AB →
2
＝20－4＝4.
(2)设平面ABN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由n ⊥AB →，n ⊥AN →， 得⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·AB →＝23x ＋2y ＝0，n ·AN →＝4y ＋2z ＝0，
令z ＝2，则y ＝－1，x ＝3
3，即n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫33，－1，2. 易知C 1N —→＝(0,0，－2)，
设点C 1到平面ABN 的距离为d 2，
则d 2＝|C 1N —→·n ||n |＝|－4|43
3
＝ 3.
2．(2023·北京模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝AA 1
＝1，M 为线段A 1C 1上一点．
(1)求证：BM ⊥AB 1；
(2)若直线AB 1与平面BCM 所成的角为π
4，求点A 1到平面BCM 的距离．
(1)证明∵AA 1⊥平面ABC ，AB ，AC ⊂平面ABC ，
∴AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC ，而AB ⊥AC ，
故建立如图所示的空间直角坐标系，设A 1M ＝a ，a ∈[0,1]，
则A (0,0,0)，A 1(0,0,1)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，B 1(1,0,1)，M (0，a ,1)， BM →＝(－1，a ,1)，AB
1
—→＝(1,0,1)， ∵BM →·AB 1—→＝0，∴BM →⊥AB 1—→，∴BM ⊥AB 1. (2)解设平面BCM 的法向量n ＝(x ，y ，z )，
由(1)知BM →＝(－1，a ,1)，BC →＝(－1,1,0)，AB 1
—→＝(1,0,1)，
∴⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·BM →＝－x ＋ay ＋z ＝0，n ·BC →＝－x ＋y ＝0，
取x ＝1，得n ＝(1,1,1－a )， ∵直线AB 1与平面BCM 所成的角为π4
，
∴sin π4＝|AB 1
—→·n |
|AB 1—→||n |＝|2－a |2·2＋(1－a )2
＝22， 解得a ＝12，∴n ＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫1，1，12，
∵A 1B —→＝(1,0，－1),
∴点A 1到平面BCM 的距离d ＝|A 1B —→·n ||n |＝1
294
＝1
3
.
3.已知空间几何体ABCDE 中，△ABC ，△ECD 是全等的正三角形，平面ABC ⊥平面BCD ，平面ECD ⊥平面BCD .
(1)若BD ＝2BC ，求证：BC ⊥ED ；
(2)探索A ，B ，D ，E 四点是否共面？若共面，请给出证明；若不共面，请说明理由． (1)证明∵△ABC ，△ECD 是全等的正三角形，∴CD ＝BC ， ∵BD ＝2BC ，∴BD 2＝BC 2＋DC 2，∴BC ⊥DC ， ∵平面ECD ⊥平面BCD ，且平面ECD ∩平面BCD ＝CD ，
∴BC ⊥平面ECD ，∵DE ⊂平面ECD ，∴BC ⊥ED . (2)解A ，B ，D ，E 四点共面． 理由如下，
如图，分别取BC ，DC 的中点M ，N ，连接AM ，EN ，MN ，
∵△ABC 是等边三角形， ∴AM ⊥BC ，AM ＝
3
2
BC ， ∵平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，∴AM ⊥平面BCD ， 同理EN ⊥平面BCD ，且EN ＝
32CD ＝3
2
BC ， ∴AM ∥EN ，且AM ＝EN ，∴四边形AMNE 是矩形，
∴AE ∥MN ，又MN ∥BD ，∴AE ∥BD ，∴A ，B ，D ，E 四点共面．
4.如图所示，在三棱锥P －ABC 中，底面是边长为4的正三角形，PA ＝2，PA ⊥底面ABC ，点E ，F 分别为AC ，PC 的中点．
(1)求证：平面BEF ⊥平面PAC ；
(2)在线段PB 上是否存在点G ，使得直线AG 与平面PBC 所成角的正弦值为
15
5
？若存在，
确定点G的位置；若不存在，请说明理由．
(1)证明∵△ABC是正三角形，E为AC的中点，
∴BE⊥AC.
又PA⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，∴PA⊥BE.
∵PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
∴BE⊥平面PAC.
∵BE⊂平面BEF，
∴平面BEF⊥平面PAC.
(2)解存在．
由(1)及已知得PA⊥BE，PA⊥AC，
∵点E，F分别为AC，PC的中点，
∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.
又BE⊥AC，∴EB，EC，EF两两垂直．
以E为坐标原点，以EB，EC，EF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0，－2,0)，P(0，－2,2)，B(23，0,0)，C(0,2,0)，BP→＝(－23，－2,2)，AB→＝(23，2,0)．
设BG→＝λBP→＝(－23λ，－2λ，2λ)，λ∈[0,1]，
∴AG →＝AB →＋BG →＝(23(1－λ)，2(1－λ)，2λ)， BC →
＝(－23，2,0)，PC →＝(0,4，－2)， 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则
⎩⎪⎨⎪⎧
n ·BC →＝0，n ·PC →＝0，
即⎩⎨
⎧
－23x ＋2y ＝0，
4y －2z ＝0，
令x ＝1，则y ＝3，z ＝23，∴n ＝(1，3，23)．
由已知得155＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AG →
·n |AG →||n |，即155＝43416(1－λ)2＋4λ2，解得λ＝12或λ＝1110(舍去)， 故λ＝1
2
，∴存在满足条件的点G ，点G 为PB 的中点．
5.(2022·北京模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PBC ⊥平面ABCD .△PBC 是等腰三角形，且PB ＝PC ＝3.在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AD ⊥DC ，AB ＝5，AD ＝4，DC ＝3.
(1)求证：AB ∥平面PCD ；
(2)求平面APB 与平面PBC 夹角的余弦值； (3)棱BC 上是否存在点Q 到平面PBA 的距离为1010，若存在，求出CQ
CB
的值；若不存在，说明理由．
(1)证明∵AB ∥CD ，AB ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ， ∴AB ∥平面PD C.
(2)解∵ABCD 是直角梯形，AB ∥DC ，AD ⊥DC ，AB ＝5，AD ＝4，DC ＝3，
∴BC ＝42＋(5－3)2＝25，又PB ＝PC ＝3，∴点P 到直线BC 的距离为32－5＝2， ∵平面PBC ⊥平面ABCD ，∴点P 到平面ABCD 的距离为2.
以D 为原点，以DA ，DC 及平面ABCD 过D 的垂线为坐标轴建立空间直角坐标系(图略)． ∴A (4,0,0)，B (4,5,0)，C (0,3,0)，P (2,4,2)， ∴PB →＝(2,1，－2)，AB →＝(0,5,0)，CB →＝(4,2,0)，
设平面APB 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面PBC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·PB →＝2x 1＋y 1－2z 1＝0，m ·AB →＝5y 1＝0，
⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·PB →＝2x 2＋y 2－2z 2＝0，n ·CB →＝4x 2＋2y 2＝0，
令x 1＝1，x 2＝1可得m ＝(1,0,1)，n ＝(1，－2,0)， 设平面APB 与平面PBC 的夹角为θ，
则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝12×5＝10
10
.
∴平面APB 与平面PBC 夹角的余弦值为
10
10
. (3)解假设棱BC 上存在点Q 到平面PBA 的距离为10
10，
设CQ →＝λCB →＝λ(4,2,0)＝(4λ，2λ，0)，λ∈[0,1]， ∴Q (4λ，2λ＋3,0)，∴AQ →＝(4λ－4,2λ＋3,0)， 由(2)知平面PBA 的一个法向量为m ＝(1,0,1)，
∴点Q到平面PBA的距离d＝|AQ→·m|
|m|
＝
|4λ－4|
2
＝
10
10
，
∴|4λ－4|＝
5
5
，∴λ＝1－
5
20
，
∴棱BC上存在点Q到平面PBA的距离为
10 10
，
CQ CB ＝1－
5
20
.
6.(2023·盐城模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为BD和BB1的中点，P为棱C1D1上的动点．
(1)是否存在点P，使得PE⊥平面EFC？若存在，求出满足条件时C1P的长度并证明；若不存在，请说明理由；
(2)当C1P为何值时，平面BCC1B1与平面PEF夹角的正弦值最小．
解建立如图所示的空间直角坐标系，
根据题意设点P(0，t,2)，0≤t≤2，则E(1,1,0)，F(2,2,1)，C(0,2,0)，
(1)PE →＝(1,1－t ，－2)，EF →＝(1,1,1)，CF →＝(2,0,1)， 设平面CEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则
⎩⎪⎨⎪⎧
m ·EF →＝x ＋y ＋z ＝0，m ·CF →＝2x ＋z ＝0，令x ＝1，得z ＝－2，y ＝1，
∴m ＝(1,1，－2)， 若存在满足题意的点P ， 则PE →∥m ， ∴
1－t
1
＝1，∴t ＝0，满足0≤t ≤2，即P 与D 1重合时，PE ⊥平面EFC ，此时C 1P ＝2. (2)易知平面BCC 1B 1的法向量为n ＝(0,1,0)， 设平面PEF 的法向量为r ＝(x 0，y 0，z 0)， 又PF →＝(2,2－t ，－1)，PE →＝(1，1－t ，－2)， ∴⎩⎪⎨
⎪⎧
r ·PF →＝2x 0＋(2－t )y 0－z 0＝0，r ·PE →＝x 0＋(1－t )y 0－2z 0＝0，
令y 0＝1，则x 0＝t 3－1，z 0＝－t
3
，
∴r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t
3
－1，1，－t 3，
设平面BCC 1B 1与平面PEF 的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n ，r 〉|＝
1
⎝ ⎛⎭⎪⎫t 3－12＋1＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－t 32＝
1
2(t 2
－3t )
9
＋2，0≤t ≤2， ∴当t ＝32时，(cos θ)max ＝63，(sin θ)min ＝33.此时C 1P ＝2－32＝1
2
.。