如图，直四棱柱 A B C D- A_ 1 B_ 1 C_…——2019 高考数学第 19 题答案解析

（1）连接 $B_1C$。
因为 $M, E$ 分别为 $BB_1, BC$ 的中点，所以 $ME$ 为 $\triangle BB_1C$ 的中位线，
故 $ME // B_1C$ 且 $ME = \frac{1}{2} B_1C$。
在直四棱柱 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 中，$A_1B_1 // AB // DC$ 且 $A_1B_1 = AB = DC$，
所以四边形 $A_1B_1CD$ 为平行四边形，
故 $A_1D // B_1C$ 且 $A_1D = B_1C$。
因为 $N$ 为 $A_1D$ 的中点，所以 $ND // B_1C$ 且 $ND = \frac{1}{2} A_1D = \frac{1}{2} B_1C$。
由此可得 $ME // ND$ 且 $ME = ND$，
所以四边形 $MNDE$ 为平行四边形，
故 $MN // DE$。
又因为 $MN \not\subset$ 平面 $C_1DE$，$DE \subset$ 平面 $C_1DE$，
所以 $MN //$ 平面 $C_1DE$。

（2）因为底面 $ABCD$ 是菱形，$\angle BAD = 60^{\circ}$，所以 $\triangle BCD$ 是等边三角形。
因为 $E$ 为 $BC$ 的中点，所以 $DE \perp BC$，且 $DE = CD \sin 60^{\circ} = 2 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$，$CE = 1$。
因为直四棱柱侧棱 $CC_1 \perp$ 底面 $ABCD$，且 $DE \subset$ 底面 $ABCD$，
所以 $CC_1 \perp DE$。
又 $BC \cap CC_1 = C$，$BC, CC_1 \subset$ 平面 $BCC_1B_1$，
所以 $DE \perp$ 平面 $BCC_1B_1$。
因为 $C_1E \subset$ 平面 $BCC_1B_1$，所以 $DE \perp C_1E$。
在 Rt$\triangle C_1CE$ 中，$C_1E = \sqrt{CC_1^2 + CE^2} = \sqrt{4^2 + 1^2} = \sqrt{17}$。
所以 $S_{\triangle C_1DE} = \frac{1}{2} DE \cdot C_1E = \frac{1}{2} \times \sqrt{3} \times \sqrt{17} = \frac{\sqrt{51}}{2}$。
设点 $C$ 到平面 $C_1DE$ 的距离为 $d$。
由 $V_{C-C_1DE} = V_{C_1-CDE}$ 得：
$\frac{1}{3} S_{\triangle C_1DE} \cdot d = \frac{1}{3} S_{\triangle CDE} \cdot CC_1$。
其中 $S_{\triangle CDE} = \frac{1}{2} CE \cdot DE = \frac{1}{2} \times 1 \times \sqrt{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$。
代入数据得：$\frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{51}}{2} \times d = \frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2} \times 4$，
解得 $d = \frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{51}} = \frac{4}{\sqrt{17}} = \frac{4\sqrt{17}}{17}$。
所以点 $C$ 到平面 $C_1DE$ 的距离为 $\frac{4\sqrt{17}}{17}$。