如图，在正四棱柱 A B C D-A_ 1 B_ 1 C_…——2023 高考数学第 18 题答案解析

（1）以 $C$ 为坐标原点，分别以 $\overrightarrow{CD}, \overrightarrow{CB}, \overrightarrow{CC_1}$ 的方向为 $x, y, z$ 轴的正方向建立空间直角坐标系。
由题意可知 $AB=BC=CD=DA=2$，$AA_1=BB_1=CC_1=DD_1=4$。
因为 $AA_2=1, BB_2=2, CC_2=3, DD_2=2$，
所以各点坐标为：
$C(0,0,0)$，
$D(2,0,0) \Rightarrow D_2(2,0,2)$，
$B(0,2,0) \Rightarrow B_2(0,2,2)$，
$A(2,2,0) \Rightarrow A_2(2,2,1)$，
$C_2(0,0,3)$。

计算向量：
$\overrightarrow{B_2C_2} = (0-0, 0-2, 3-2) = (0, -2, 1)$，
$\overrightarrow{A_2D_2} = (2-2, 0-2, 2-1) = (0, -2, 1)$。

因为 $\overrightarrow{B_2C_2} = \overrightarrow{A_2D_2}$，所以 $\overrightarrow{B_2C_2} // \overrightarrow{A_2D_2}$。
又因为线段 $B_2C_2$ 与 $A_2D_2$ 不重合（例如点 $C_2$ 不在直线 $A_2D_2$ 上），
所以 $B_2C_2 // A_2D_2$。

（2）设点 $P$ 在棱 $BB_1$ 上，其坐标为 $P(0, 2, h)$，其中 $0 \le h \le 4$。
我们需要求二面角 $P-A_2C_2-D_2$ 的大小。该二面角由平面 $PA_2C_2$ 和平面 $D_2A_2C_2$ 构成。

首先求平面 $D_2A_2C_2$ 的法向量 $\vec{m}$。
相关向量：
$\overrightarrow{C_2A_2} = (2, 2, -2)$，
$\overrightarrow{C_2D_2} = (2, 0, -1)$。
设 $\vec{m} = (x, y, z)$，则：
$\begin{cases} \vec{m} \cdot \overrightarrow{C_2A_2} = 2x + 2y - 2z = 0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{C_2D_2} = 2x - z = 0 \end{cases}$
由第二式得 $z = 2x$，代入第一式得 $2x + 2y - 4x = 0 \Rightarrow y = x$。
令 $x=1$，则 $y=1, z=2$。
故取平面 $D_2A_2C_2$ 的一个法向量 $\vec{m} = (1, 1, 2)$。

其次求平面 $PA_2C_2$ 的法向量 $\vec{n}$。
相关向量：
$\overrightarrow{C_2A_2} = (2, 2, -2)$，
$\overrightarrow{C_2P} = (0, 2, h-3)$。
设 $\vec{n} = (a, b, c)$，则：
$\begin{cases} \vec{n} \cdot \overrightarrow{C_2A_2} = 2a + 2b - 2c = 0 \Rightarrow a + b - c = 0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{C_2P} = 2b + (h-3)c = 0 \end{cases}$
由第二式得 $2b = (3-h)c$。
令 $c=2$，则 $b = 3-h$。
代入第一式：$a + (3-h) - 2 = 0 \Rightarrow a = h - 1$。
故取平面 $PA_2C_2$ 的一个法向量 $\vec{n} = (h-1, 3-h, 2)$。

已知二面角 $P-A_2C_2-D_2$ 为 $150^\circ$，其余弦值的绝对值为 $|\cos 150^\circ| = \frac{\sqrt{3}}{2}$。
根据向量夹角公式：
$|\cos \langle \vec{m}, \vec{n} \rangle| = \frac{|\vec{m} \cdot \vec{n}|}{|\vec{m}| |\vec{n}|} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

计算数量积与模长：
$\vec{m} \cdot \vec{n} = 1(h-1) + 1(3-h) + 2(2) = h - 1 + 3 - h + 4 = 6$。
$|\vec{m}| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 2^2} = \sqrt{6}$。
$|\vec{n}| = \sqrt{(h-1)^2 + (3-h)^2 + 2^2} = \sqrt{(h^2-2h+1) + (h^2-6h+9) + 4} = \sqrt{2h^2 - 8h + 14}$。

代入方程：
$\frac{6}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{2h^2 - 8h + 14}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2h^2 - 8h + 14}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$
两边平方：
$\frac{6}{2h^2 - 8h + 14} = \frac{3}{4}$
$24 = 3(2h^2 - 8h + 14)$
$8 = 2h^2 - 8h + 14$
$2h^2 - 8h + 6 = 0$
$h^2 - 4h + 3 = 0$
$(h-1)(h-3) = 0$
解得 $h=1$ 或 $h=3$。

当 $h=1$ 时，$P(0,2,1)$，此时 $B_2(0,2,2)$，$B_2P = |2-1| = 1$。
当 $h=3$ 时，$P(0,2,3)$，此时 $B_2(0,2,2)$，$B_2P = |3-2| = 1$。
综上所述，$B_2P$ 的长度为 1。