2023_新课标 I 卷 (2023)
18．如图，在正四棱柱 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中，$A B=2, A A_{1}=4$ ．点 $A_{2}, B_{2}, C_{2}, D_{2}$ 分别在棱 $A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}, D D_{1}$ 上，$A A_{2}=1, B B_{2}=D D_{2}=2, C C_{2}=3$ 。
（1）证明：$B_{2} C_{2} / / A_{2} D_{2}$ ；
（2）点 $P$ 在棱 $B B_{1}$ 上，当二面角 $P-A_{2} C_{2}-D_{2}$ 为 $150^{\circ}$ 时，求 $B_{2} P$ ．
(1) 证明见解析; (2) 1
用 3 道相关题确认基础和中等变式会到哪一步。
【答案】（1）证明见解析；
（2） 1
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设 $P(0,2, \lambda)(0 \leq \lambda \leq 4)$ ，利用向量法求二面角，建立方程求出 $\lambda$ 即可得解．
【小问 1 详解】
以 $C$ 为坐标原点，$C D, C B, C C_{1}$ 所在直线为 $x, y, z$ 轴建立空间直角坐标系，如图，
则 $C(0,0,0), C_{2}(0,0,3), B_{2}(0,2,2), D_{2}(2,0,2), A_{2}(2,2,1)$ ，
$\therefore \overrightarrow{B_{2} C_{2}}=(0,-2,1), \overrightarrow{A_{2} D_{2}}=(0,-2,1)$ ，
$\therefore \overrightarrow{B_{2} C_{2}} / / \overrightarrow{A_{2} D_{2}}$ ，
又 $B_{2} C_{2}, A_{2} D_{2}$ 不在同一条直线上，
$\therefore B_{2} C_{2} / / A_{2} D_{2}$ ．
【小问 2 详解】
设 $P(0,2, \lambda)(0 \leq \lambda \leq 4)$ ，
则 $\overrightarrow{A_{2} C_{2}}=(-2,-2,2), \overrightarrow{P C_{2}}=(0,-2,3-\lambda), \overrightarrow{D_{2} C_{2}}=(-2,0,1)$ ，
设平面 $P A_{2} C_{2}$ 的法向量 $\vec{n}=(x, y, z)$ ，
则 $\left\{\begin{array}{l}\vec{n} \cdot \overrightarrow{A_{2} C_{2}}=-2 x-2 y+2 z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{P C_{2}}=-2 y+(3-\lambda) z=0\end{array}\right.$ ，
令 $z=2$ ，得 $y=3-\lambda, x=\lambda-1$ ，
$\therefore \vec{n}=(\lambda-1,3-\lambda, 2)$ ，
设平面 $A_{2} C_{2} D_{2}$ 的法向量 $\vec{m}=(a, b, c)$ ，
则 $\left\{\begin{array}{l}\vec{m} \cdot \overrightarrow{A_{2} C_{2}}=-2 a-2 b+2 c=0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{D_{2} C_{2}}=-2 a+c=0\end{array}\right.$ ，
令 $a=1$ ，得 $b=1, c=2$ ，
$\therefore \vec{m}=(1,1,2)$ ，
$\therefore|\cos \langle\vec{n}, \vec{m}\rangle|=\frac{|\vec{n} \cdot \vec{m}|}{|\vec{n}||\vec{m}|}=\frac{6}{\sqrt{6} \sqrt{4+(\lambda-1)^{2}+(3-\lambda)^{2}}}=\left|\cos 150^{\circ}\right|=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ，
化简可得，$\lambda^{2}-4 \lambda+3=0$ ，
解得 $\lambda=1$ 或 $\lambda=3$ ，
$\therefore P(0,2,1)$ 或 $P(0,2,3)$ ，
$\therefore B_{2} P=1$ ．