文档内容
备战2024年高考阶段性检测名校重组卷（新高考）
立体几何与空间向量
本试卷22小题，满分150分。考试用时120分钟
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
目要求的。
1．（2023·吉林·统考三模）已知直线 与平面 ， ， ，能使 的充分条件是（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ， ，
【答案】C
【详解】对于A，当 ， 时， 可能平行，可能相交，但不一定垂直，A错误；
对于B，当 ， 时， ，B错误；
对于C， ， ，根据面面垂直判定定理可知 ，C正确；
对于D，当 ， ， 时， ，但 相交但不一定垂直，
如图示：
故D错误；故选：C
2．（2023·湖南长沙·统考一模）在平行六面体ABCD−A B C D 中，已知AB=4，AD=3，A A =5，
1 1 1 1 1
∠BAD=90°，∠BA A =∠DA A =60°，则⃗AC⋅⃗BD 的值为（ ）
1 1 1
A．10.5 B．12.5
C．22.5 D．42.5
【答案】A
【分析】将⃗AB,⃗AD,⃗A A 作为基底，然后用基底表示出⃗AC,⃗BD ，再求其数量积即可.
1 1
【详解】由题意得⃗AC=⃗AB+⃗AD，⃗BD =⃗BA+⃗AD+⃗DD =−⃗AB+⃗AD+⃗A A ，
1 1 1
因为AB=4，AD=3，A A =5，∠BAD=90°，∠BA A =∠DA A =60°，
1 1 1
所以
⃗AC⋅⃗BD =(⃗AB+⃗AD)⋅(−⃗AB+⃗AD+⃗A A )=−⃗AB2+⃗AB⋅⃗AD+⃗AB⋅⃗A A −⃗AB⋅⃗AD+⃗AD2+⃗AD⋅⃗A A =−⃗AB2+⃗AB⋅⃗A A +⃗AD2+⃗AD⋅⃗A A =−16+4×5cos60°+9+3×5cos60°=−16+10+9+7.5
1 1 1 1 1 1=10.5，
故选：A
3．（2023·江苏·统考三模）已知底面半径为r的圆锥SO，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面
半径为 ，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】圆锥的高为 ，如图，
由 可得： ，∴ ，
∴ ,
圆柱侧面积 ，
圆锥侧面积 ， .
故选：D．
4.（2023天津联考三模）小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒,包装盒如图所示:底面
是边长为 (单位: )的正方形, , , , 均为正三角形,且它们所在的平面都
与平面 垂直，则该包装盒的容积是（ ）A B C D
【答案】A
【解析】过点 作 于点 ,过点 作 于点 ,连接 .
过点 , 分别作 , ,交 , 于点 , ,
连接 , , , ， , 分别为 , 的中点, 为长方体,故该包
装盒可分成一个长方体和四个相等的四棱锥组合而成.
由底面 是边长为 的正方形可得: ,
∴所求该包装盒的容积为
.
5．（2023·山西晋中·统考三模）已知点P在棱长为2的正方体 的表面上运动，则
的最大值为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【详解】取 中点 ，连接 ，如图，
则 ，
当 在正方体表面上运动时，运动到 或 处时， 最大，所以 ,
所以 的最大值为8.
故选：C
6．（2023·浙江温州·统考三模）四面体 满足 ，
点 在棱 上，且 ，点 为 的重心，则点 到直线 的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】四面体 满足 ，即 两两垂直，
以点O为原点，以射线 的正方向分别为 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
因为 ， ，则 ，
于是 ， ，
所以点 到直线 的距离 .
故选：A
7．（2023·山东菏泽·统考一模）如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且A,B,C,D四个顶点在同一
平面内，下列结论：①AE //平面CDF；②平面ABE //平面CDF；③AB⊥AD；④平面ACE⊥平
面BDF，正确命题的个数为（ ）A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】根据题意，以正八面体的中心O为原点，OB,OC,OE分别为x,y,z轴，建立如图所示空间直角
坐标系，由空间向量的坐标运算以及法向量，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】
以正八面体的中心O为原点，OB,OC,OE分别为x,y,z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设正八面体的边长为 ,则
2 A(0,−√2,0),E(0,0,√2),C(0,√2,0),D(−√2,0,0),F(0,0,−√2)
所以， ,
⃗AE=(0,√2,√2),⃗CD=(−√2,−√2,0),⃗CF=(0,−√2,−√2)
设面CDF的法向量为⃗n=(x,y,z)，则¿，解得¿，取x=1，即⃗n=(1,−1,1)
又⃗AE⋅⃗n=−√2+√2=0，所以⃗AE⊥⃗n，AE ⊄面CDF，即AE //面CDF，①正确；
因为⃗AE=−⃗CF，所以AE // CF，
又AB//CD，AB⊄面CDF，CD⊂面CDF，则AB//面CDF，
由AB∩AE=A，AE,AB⊂平面ABE，所以平面AEB //平面CDF，②正确；
因为 ，则 ，所以 ，③正确；
B(√2,0,0),⃗AB=(√2,√2,0),⃗AD=(−√2,√2,0) ⃗AB⋅⃗AD=0 AB⊥AD
易知平面 的一个法向量为 ，平面 的一个法向量为 ，
ACE ⃗n =(1,0,0) BDF ⃗n =(0,1,0)
1 2
因为⃗n ⋅⃗n =0，所以平面ACE⊥平面BDF，④正确；
1 2故选：D
8．（2023·吉林·统考三模）如图，菱形纸片 中， ，O为菱形 的中心，将纸片沿对角
线 折起，使得二面角 为 ， 分别为 的中点，则折纸后 （ ）
A． B． C． D．0
【答案】A
【详解】如图，连接 ，则 ，
故 即为二面角 得平面角，即 ，
设 的中点为M，连接 ，则 ,
设菱形纸片 中的边长为2，因为 ，则 为正三角形，
则 ,
故 为正三角形，故 ,
又 ， 平面 ，则 平面 ,
平面 ，故 ，
又因为 为 的中点，所以 ，所以 ,
又 ，故 ,故在 中， ，
故 ，
故选：A
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.（2023·黑龙江牡丹江·牡丹江市第三高级中学校考三模）已知 、 、 为空间中三条不同的直线， 、
、 为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的有（ ）
A．若 ， ， ，则
B．若 ， ， ，若 ，则
C．若 ， 、 分别与 、 所成的角相等，则
D．若 ， ， ，则
【答案】BD
【详解】对于A，如图1，若 ， ， ，则 可以与 平行，故A错误；
对于B，因为 ， ， ，且 ， ，则 ，
因为 ， ，则 ，故 ，B对；
对于C，如图2，若 ， 、 分别与 、 所成的角为 时， 与 可以相交、平行或异面，故C错误；
对于D，若 ， ，则 ，又 ，则 ，D对.
故选：BC.
10.(2023·昆明模拟)已知P，Q分别是正方体ABCD－ABC D 的棱BB ，CC 上的动点(不与顶点重合)，则
1 1 1 1 1 1
下列结论错误的是( )
A．AB⊥PQ
B．平面BPQ∥平面ADD A
1 1
C．四面体ABPQ的体积为定值
D．AP∥平面CDD C
1 1
【答案】 C
【解析】 对于A，∵AB⊥BC，AB⊥BB，BC∩BB＝B，BC，BB⊂平面BCC B，
1 1 1 1 1∴AB⊥平面BCC B，∵PQ⊂平面BCC B，∴AB⊥PQ，故A正确；
1 1 1 1
对于B，∵平面ADD A∥平面BCC B，平面BPQ与平面BCC B 重合，
1 1 1 1 1 1
∴平面BPQ∥平面ADD A，故B正确；
1 1
对于C，∵A到平面BPQ的距离AB为定值，Q到BP的距离为定值，BP的长不是定值，
∴四面体ABPQ的体积不为定值，故C错误；
对于D，∵平面ABBA∥平面CDD C ，AP⊂平面ABBA，
1 1 1 1 1 1
∴AP∥平面CDD C ，故D正确．
1 1
11．（多选）（2023·安徽黄山·统考三模）在棱长为 的正四面体 中，过点 且与 平行的平面
分别与棱 交于点 ，点 为线段 上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．当 分别为线段 中点时， 与 所成角的余弦值为
C．线段 的最小值为
D．空间四边形 的周长的最小值为
【答案】ABD
【详解】
由题知， //平面 ，而平面 平面 ， 平面 ，根据线面平行的性质定理可
知， // ，
又 ，
即 ，故 ，A选项正确；
连接 ，易得 ，又 ，于是 （三线合一），故
，取 中点 ，连接 ，由中位线可知 ，在 中由余弦定理，
，即 ，
由 // ， 与 所成角即为 （或其补角），在 中根据余弦定理，
，B选项正确；
根据B选项分析，当 分别为线段 中点时， ，C选项错误；
由 // ，由于 为正三角形，则 也是正三角形，故 ，故四边形 的周长为：
，当 为 中点，即 时， 有最小值 .
即空间四边形 的周长的最小值为 ，D选项正确.
故选：ABD
12．（多选）（2023·黑龙江大庆·统考三模）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行
平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体
的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体，若用棱长为4的正四面体 作勒洛四面体，如图，
则下列说法正确的是（ ）
A．平面 截勒洛四面体所得截面的面积为
B．记勒洛四面体上以C，D为球心的两球球面交线为弧 ，则其长度为
C．该勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为4
D．该勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
【答案】AD
【详解】对于A，平面 截勒洛四面体所得截面如图甲，它的面积为三个半径为4，圆心角为 的扇
形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积；
即 ，故A正确；
对于B，如图乙，取 中点 ，在 中， ， ，记该勒洛四面体上以 ， 为
球心的两球交线为弧 ，则该弧是以 的中点 为圆心，以 为半径的圆弧，设圆心角为 ，则 ，可知 ，
所以弧长不等于 ，故B错误；
对于C，如图丙，设弧 的中点是 ，线段 的中点是 ，设弧 的中点是 ，线段 的中点是 ，
则根据图形的对称性，四点 共线且过正四面体 的中心 ，则 ，
， ， ，即勒洛四面体表
面上任意两点间距离可能大于4，最大值为 ，故C错误；
对于D，勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图乙，其中点 为该球与勒洛四面体
的一个切点，由对称性可知 为该球的球心，内半径为 ，连接 ，易知 三点共线，设正四面体
的外接球半径为 ，
如图丁，则由题意得：正四面体 的高， ， ，
则 ，解得： ，所以 ， ，内半径 ，故D正确.
故选：AD.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
13．(2023·枣庄模拟)在长方体ABCD－ABC D 中，AA ＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC 的中
1 1 1 1 1 1
点，则△DGF的面积为________．
1
【答案】
【解析】 以D为坐标原点，DA，DC，DD 所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，
1
则D(0,0,2)，G(0,2,1)，F(1,1,0)，
1
FD1＝(－1，－1,2)，FG＝(－1,1,1)，
∴点D 到直线GF的距离
1
d＝
＝＝.
又|FG|＝，∴ ＝××＝.
14.（2023·广东·统考模拟预测）如图所示，正方体ABCD－ABC D 的棱长为2，E，F分别为AA ，AB的
1 1 1 1 1
中点，M点是正方形ABBA 内的动点，若C M∥平面CDEF，则M点的轨迹长度为________．
1 1 1 1
【答案】
【解析】 如图所示，取AB 的中点H，BB的中点G，连接GH，C H，C G，EG，HF，可得四边形
1 1 1 1 1
EGC D 是平行四边形，所以C G∥DE，又C G⊄平面CDEF，DE⊂平面CDEF，所以C G∥平面CDEF.同
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
理可得C H∥CF，C H∥平面CDEF.
1 1 1
因为C H∩C G＝C ，所以平面C GH∥平面CDEF.
1 1 1 1 1
由M点是正方形ABBA 内的动点可知，若C M∥平面CDEF，则点M在线段GH上，所以M点的轨迹长
1 1 1 1
度GH＝＝.
15.(2023·北京模拟)如图，正方体ABCD－ABC D 的棱长为2，点O为底面ABCD的中心，点P在侧面
1 1 1 1
BBC C的边界及其内部运动．给出下列四个结论：
1 1
①DO⊥AC；
1
②存在一点P，DO∥BP；
1 1
③若DO⊥OP，则△DC P面积的最大值为；
1 1 1
④若P到直线DC 的距离与到点B的距离相等，则P的轨迹为抛物线的一部分．
1 1
其中所有正确结论的序号是 ________.
【答案】 ①③
【解析】 对于①，连接 AD ，CD ，如图，由正方体的性质知△ACD 为等边三角形，由于 O为底面
1 1 1
ABCD的中心，故O为AC的中点，故AC⊥DO，①正确；
1对于②，将 DO 进行平移到过B 点，使之与 BP 具有公共顶点，如图，根据立体图形判断，无论如何
1 1 1
也不可能满足BH平行或重合于BP，所以DO不可能平行于BP，②错误；
1 1 1 1
对于③，取BB的中点E，连接OE，EC，BD，DE，如图，易证明DO⊥平面OEC，所以P在线段EC上
1 1 1
运动，当点P到点E位置时，C P最大，此时△DC P的面积最大为 ＝×2×＝，所以③正确；
1 1 1
对于④，P到直线DC 的距离为线段PC 的长度，所以|PC |＝|PB|，判定出P点在直线BC 的垂直平分线
1 1 1 1 1
上，故④错误．
16．（2023·安徽·校联考三模）已知四面体 的四个顶点都在球 的球面上， 是边长为2的等
边三角形， 外接圆的圆心为 ．若四面体 的体积最大时， ，则球 的半径为
______；若 ，点 为 的中点，且 ，则球 的表面积为______．
【答案】
【详解】设 的外接圆的半径R，由题可得 ，解得 ；
若四面体 的体积最大时，则点B在过 和 的直径上，且 在 的两侧，
在 中， ，又 ，所以 ，
设球 的半径为 ，则在 中， ，解得 ；
如图，取 的中点 ，连接 并延长 交圆 于点 ．连接 ，
由 得，则 ． ．在 中， ，所以在 中，由余弦定理得
，可得 ，
结合图形可得 圆 ．连接 ，过点O作BF的垂线，垂足为点G，连接BO，
四面体 外接球的半径 解得 ，所以球O的半径
，
四面体ABCD外接球的表面积为 ．
故答案为： ； .
四、解答题：本大题共6小题，共70分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程
或演算步骤。
17.（2023福建莆田一中校考期末）如图，四边形 为矩形，且 ， ， 平面 ，
， 为 的中点．
(1)求证： ；
(2)若点 为 上的中点，证明 平面 ．
【分析】（1）连接 ，矩形 中可证出 ，由 平面 证出 ，从而得到
平面 ，所以有 ；
（2）取 ， 的中点 ， ，连接 、 、 ．利用矩形 和三角形中位线定理，证出四边
形 是平行四边形，从而证出 ，结合线面平行判定定理，可得 平面 ．
【详解】（1）证明：连接 ，
∵ 为 的中点，
∴ 为等腰直角三角形，由此可得 ，同理 ，
∴ ，即 ，又∵ 平面 ，且 平面 ，
∴ ，
又∵ ， ， 平面 ，
∴ 平面 ，
又∵ 平面 ，
∴ ．
（2）证明：取 、 的中点 、 ，连接 、 、 ．
∵ 、 是 ， 的中点， 中，
可得 且 ，
又∵ 是 的中点，且四边形 为矩形，
∴ 且 ，
∴ 、 平行且相等，可得四边形 是平行四边形．
∴ ，
又∵ 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ．
18．（2023·山西晋中·统考三模）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，E是CD的中点，AE
与BD交于点F，G是 的重心．
(1)求证： 平面PCD；
(2)若平面PAD⊥平面ABCD， 为等腰直角三角形，且 ，求直线AG与平面PBD所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2) ．
【详解】（1）证明：连接AG并延长交PD于H，∵G为 的重心，∴ ．
又 ，∴ ，∴ ，
∴ ．又 平面PCD， 平面PCD，
∴ 平面PCD．
（2）连接PG并延长交AD于O，显然O为AD的中点，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面 平面 ，又PO⊥AD，
∴PO⊥平面ABCD．
取BC中点M，以O为坐标原点，OA，OM，OP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则
PO=2，于是，
， ， ， ， ，
于是 ， ， ．
设平面PBD的法向量为 ，则
，∴ ，∴ ，不妨取z=1，
则 ，
∴ ，
∴AG与平面PBD所成角的正弦值为 ．19.(2023·北京模拟)如图，在三棱柱ABC－ABC 中，AA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA ＝1，M为线
1 1 1 1 1
段AC 上一点．
1 1
(1)求证：BM⊥AB；
1
(2)若直线AB 与平面BCM所成的角为，求点A 到平面BCM的距离．
1 1
【解析】(1)证明 ∵AA⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，
1
∴AA⊥AB，AA⊥AC，而AB⊥AC，故建立如图所示的空间直角坐标系，设AM＝a，a∈[0,1]，
1 1 1
则A(0,0,0)，A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，B(1,0,1)，M(0，a,1)，
1 1
BM＝(－1，a,1)，AB1＝(1,0,1)，
∵BM·AB1＝0，∴BM⊥AB1，∴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)，AB1＝(1,0,1)，
∴
取x＝1，得n＝(1,1,1－a)，
∵直线AB 与平面BCM所成的角为，
1
∴sin ＝＝＝，
解得a＝，∴n＝，
∵A1B＝(1,0，－1),
∴点A 到平面BCM的距离d＝＝＝.
1
20．（2023·辽宁沈阳·沈阳二中校考三模）如图，在四棱锥 中， 面ABCD， ，
， ， ．E为PD的中点，点F在PC上，且 ．(1)求证： 面PAD；
(2)求二面角 的正弦值；
(3)设点G在PB上，且 ．判断是否存在这样的 ，使得A，E，F，G四点共面．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在
【详解】（1）∵ 平面ABCD， 平面ABCD，
∴ ，
∵ ， ， 平面PAD， 平面PAD，
∴ 平面PAD．
（2）以A为原点，在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴，
AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ，
所以 ， ，
平面AEP的一个法向量为 ，
设平面AEF的一个法向量为 ，则 ，取 ，得 ， ．
故 ，
设二面角 的平面角为 ，由图可知 为锐角，
则 ．
∴二面角 的余弦值为 ．
故二面角 的正弦值为 ．
（3）存在这样的 .
由 可得： ，则 ，
若A，E，F，G四点共面，则 在面 内，
又面 的一个法向量为 ，
∴ ，即 ，可得 .
∴存在这样的 ，使得四点共面.
21.(2023·青岛模拟)如图①，在梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝BC＝CD＝2，AB＝4，E为AB的中点，以
DE为折痕把△ADE折起，连接AB，AC，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列问题．
(1)证明：AC⊥DE；
(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求平面DAE与平面AEC夹角的余弦值．
①四棱锥A－BCDE的体积为2；
②直线AC与EB所成角的余弦值为.
【解析】(1)证明 在图①中，连接CE(图略)，
因为DC∥AB，CD＝AB，E为AB的中点，
所以DC∥AE，且DC＝AE，
所以四边形ADCE为平行四边形，
所以AD＝CE＝CD＝AE＝2，同理可证DE＝2，
在图②中，取DE的中点O，连接OA，OC(图略)，
则OA＝OC＝，
因为AD＝AE＝CE＝CD，所以DE⊥OA，DE⊥OC，
因为OA∩OC＝O，OA，OC⊂平面AOC，所以DE⊥平面AOC，
因为AC⊂平面AOC，所以DE⊥AC.
(2)解 若选择①：由(1)知DE⊥平面AOC，DE⊂平面BCDE，
所以平面AOC⊥平面BCDE，且交线为OC，
所以过点A作AH⊥OC交OC于点H(图略)，则AH⊥平面BCDE，因为S
四边形BCDE
＝2，
所以四棱锥A－BCDE的体积V ＝2＝×2·AH，
A－BCDE
所以AH＝OA＝，所以AO与AH重合，所以AO⊥平面BCDE，
建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，C(－，0,0)，E(0,1,0)，A(0,0，)，
易知平面DAE的一个法向量为CO＝(，0,0)，
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
因为CE＝(，1,0)，CA＝(，0，)，
所以取n＝(1，－，－1)，
设平面DAE与平面AEC的夹角为θ，
则cos θ＝＝＝，
所以平面DAE与平面AEC夹角的余弦值为.
若选择②：因为DC∥EB，所以∠ACD即为异面直线AC与EB所成的角，
在△ADC中，cos∠ACD＝＝，
所以AC＝，所以OA2＋OC2＝AC2，即OA⊥OC，
因为DE⊥平面AOC，DE⊂平面BCDE，
所以平面AOC⊥平面BCDE，且交线为OC，又OA⊂平面AOC，
所以AO⊥平面BCDE，
建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，C(－，0,0)，E(0,1,0)，A(0,0，)，易知平面DAE的一个法向量为CO＝(，0,0)，
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
因为CE＝(，1,0)，CA＝(，0，)，
所以取n＝(1，－，－1)，
设平面DAE与平面AEC的夹角为θ，
则cos θ＝＝＝，
所以平面DAE与平面AEC夹角的余弦值为.
22.(2023·盐城模拟)如图，正方体ABCD－ABC D 的棱长为2，E，F分别为BD和BB 的中点，P为棱
1 1 1 1 1
C D 上的动点．
1 1
(1)是否存在点P，使得PE⊥平面EFC？若存在，求出满足条件时C P的长度并证明；若不存在，请说明理
1
由；
(2)当C P为何值时，平面BCC B 与平面PEF夹角的正弦值最小．
1 1 1
【解析】 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＝0，满足0≤t≤2，即P与D 重合时，PE⊥平面EFC，此时C P＝2.
1 1
(2)易知平面BCC B 的法向量为n＝(0,1,0)，
1 1
设平面PEF的法向量为r＝(x，y，z)，
0 0 0
又PF＝(2,2－t，－1)，PE＝(1，1－t，－2)，
∴
令y＝1，则x＝－1，z＝－，
0 0 0∴r＝，
设平面BCC B 与平面PEF的夹角为θ，
1 1
则cos θ＝|cos〈n，r〉|＝＝，0≤t≤2，
∴当t＝时，(cos θ) ＝，(sin θ) ＝.
max min
此时C P＝2－＝.
1
