第七章 立体几何与空间向量-备考2024年高考数学专题测试模拟卷（新高考专用）

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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−A1B1C1D1中，已知AB=4，AD=3，AA1=5，∠BAD=90°，∠BAA1=∠DAA1=60°，则AC⋅BD1的值为（ ）
A．10.5B．12.5
C．22.5D．42.5
【答案】A
【分析】将AB,AD,AA1作为基底，然后用基底表示出AC,BD1，再求其数量积即可.
【详解】由题意得AC=AB+AD，BD1=BA+AD+DD1=−AB+AD+AA1，
因为AB=4，AD=3，AA1=5，∠BAD=90°，∠BAA1=∠DAA1=60°，
所以AC⋅BD1=(AB+AD)⋅(−AB+AD+AA1)=−AB2+AB⋅AD+AB⋅AA1−AB⋅AD+AD2+AD⋅AA1=−AB2+AB⋅AA1+AD2+AD⋅AA1=−16+4×5cs60°+9+3×5cs60°=−16+10+9+7.5
=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．6B．7C．8D．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．1B．2C．3D．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2,则A0,−2,0,E0,0,2,C0,2,0,D−2,0,0,F0,0,−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CD⋅n=−2x−2y=0CF⋅n=−2y−2z=0，解得x=zx=−y，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B2,0,0,AB=2,2,0,AD=−2,2,0，则AB⋅AD=0，所以AB⊥AD，③正确；
易知平面ACE的一个法向量为n1=1,0,0，平面BDF的一个法向量为n2=0,1,0，
因为n1⋅n2=0，所以平面ACE⊥平面BDF，④正确；
故选：D8．（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－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上的动点(不与顶点重合)，则下列结论错误的是( )
A．AB⊥PQ
B．平面BPQ∥平面ADD1A1
C．四面体ABPQ的体积为定值
D．AP∥平面CDD1C1
【答案】 C
【解析】 对于A，∵AB⊥BC，AB⊥BB1，BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BCC1B1，
∴AB⊥平面BCC1B1，∵PQ⊂平面BCC1B1，∴AB⊥PQ，故A正确；
对于B，∵平面ADD1A1∥平面BCC1B1，平面BPQ与平面BCC1B1重合，
∴平面BPQ∥平面ADD1A1，故B正确；
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ABB1A1∥平面CDD1C1，AP⊂平面ABB1A1，
∴AP∥平面CDD1C1，故D正确．
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－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则△D1GF的面积为________．
【答案】 eq \f(\r(14),2)
【解析】 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，
则D1(0,0,2)，G(0,2,1)，F(1,1,0)，
eq \(FD1,\s\up6(—→))＝(－1，－1,2)，eq \(FG,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，
∴点D1到直线GF的距离d＝eq \r(|\(FD1,\s\up11(—→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(FD1,\s\up6(—→))·\(FG,\s\up6(→))\(\s\up7( ),\s\d4()),|\(FG,\s\up6(→))|)))2)
＝eq \r(6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(3))))2)＝eq \f(\r(42),3).
又|eq \(FG,\s\up6(→))|＝eq \r(3)，
∴＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \f(\r(42),3)＝eq \f(\r(14),2).
14.（2023·广东·统考模拟预测）如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AA1，AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1EF，则M点的轨迹长度为________．
【答案】 eq \r(2)
【解析】 如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF，可得四边形EGC1D1是平行四边形，所以C1G∥D1E，又C1G⊄平面CD1EF，D1E⊂平面CD1EF，所以C1G∥平面CD1EF.同理可得C1H∥CF，C1H∥平面CD1EF.
因为C1H∩C1G＝C1，所以平面C1GH∥平面CD1EF.
由M点是正方形ABB1A1内的动点可知，若C1M∥平面CD1EF，则点M在线段GH上，所以M点的轨迹长度GH＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2).
15.(2023·北京模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点O为底面ABCD的中心，点P在侧面BB1C1C的边界及其内部运动．给出下列四个结论：
①D1O⊥AC；
②存在一点P，D1O∥B1P；③若D1O⊥OP，则△D1C1P面积的最大值为eq \r(5)；
④若P到直线D1C1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．
其中所有正确结论的序号是 ________.
【答案】 ①③
【解析】 对于①，连接AD1，CD1，如图，由正方体的性质知△ACD1为等边三角形，由于O为底面ABCD的中心，故O为AC的中点，故AC⊥D1O，①正确；
对于②，将 D1O 进行平移到过B1点，使之与 B1P 具有公共顶点，如图，根据立体图形判断，无论如何也不可能满足B1H平行或重合于B1P，所以D1O不可能平行于B1P，②错误；
对于③，取B1B的中点E，连接OE，EC，BD，D1E，如图，易证明D1O⊥平面OEC，所以P在线段EC上运动，当点P到点E位置时，C1P最大，此时△D1C1P的面积最大为＝eq \f(1,2)×2×eq \r(5)＝eq \r(5)，所以③正确；
对于④，P到直线D1C1的距离为线段PC1的长度，所以|PC1|＝|PB|，判定出P点在直线BC1的垂直平分线上，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－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝1，M为线段A1C1上一点．
(1)求证：BM⊥AB1；
(2)若直线AB1与平面BCM所成的角为eq \f(π,4)，求点A1到平面BCM的距离．
【解析】(1)证明 ∵AA1⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，
∴AA1⊥AB，AA1⊥AC，而AB⊥AC，故建立如图所示的空间直角坐标系，设A1M＝a，a∈[0,1]，
则A(0,0,0)，A1(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，B1(1,0,1)，M(0，a,1)，
eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1，a,1)，eq \(AB1,\s\up6(—→))＝(1,0,1)，
∵eq \(BM,\s\up6(→))·eq \(AB1,\s\up6(—→))＝0，∴eq \(BM,\s\up6(→))⊥eq \(AB1,\s\up6(—→))，∴BM⊥AB1.
(2)解 设平面BCM的法向量n＝(x，y，z)，
由(1)知eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1，a,1)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq \(AB1,\s\up6(—→))＝(1,0,1)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BM,\s\up6(→))＝－x＋ay＋z＝0，,n·\(BC,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，))取x＝1，得n＝(1,1,1－a)，
∵直线AB1与平面BCM所成的角为eq \f(π,4)，
∴sin eq \f(π,4)＝eq \f(|\(AB1,\s\up6(—→))·n|,|\(AB1,\s\up6(—→))||n|)＝eq \f(|2－a|,\r(2)·\r(2＋1－a2))＝eq \f(\r(2),2)，
解得a＝eq \f(1,2)，∴n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2)))，
∵eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(1,0，－1),
∴点A1到平面BCM的距离d＝eq \f(|\(A1B,\s\up6(—→))·n|,|n|)＝eq \f(\f(1,2),\r(\f(9,4)))＝eq \f(1,3).
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eq \f(\r(6),4).
【解析】(1)证明 在图①中，连接CE(图略)，
因为DC∥AB，CD＝eq \f(1,2)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＝eq \r(3)，
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＝2eq \r(3)，
所以四棱锥A－BCDE的体积VA－BCDE＝2＝eq \f(1,3)×2eq \r(3)·AH，
所以AH＝OA＝eq \r(3)，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(－eq \r(3)，0,0)，E(0,1,0)，A(0,0，eq \r(3))，
易知平面DAE的一个法向量为eq \(CO,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0,0)，
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
因为eq \(CE,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1,0)，eq \(CA,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，eq \r(3))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CE,\s\up6(→))＝\r(3)x＋y＝0，,n·\(CA,\s\up6(→))＝\r(3)x＋\r(3)z＝0，))取n＝(1，－eq \r(3)，－1)，
设平面DAE与平面AEC的夹角为θ，
则cs θ＝eq \f(|\(CO,\s\up6(→))·n|,|\(CO,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(3),\r(3)×\r(5))＝eq \f(\r(5),5)，
所以平面DAE与平面AEC夹角的余弦值为eq \f(\r(5),5).
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，cs∠ACD＝eq \f(AC2＋4－4,4AC)＝eq \f(\r(6),4)，
所以AC＝eq \r(6)，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(－eq \r(3)，0,0)，E(0,1,0)，A(0,0，eq \r(3))，
易知平面DAE的一个法向量为eq \(CO,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0,0)，
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
因为eq \(CE,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1,0)，eq \(CA,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，eq \r(3))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CE,\s\up6(→))＝\r(3)x＋y＝0，,n·\(CA,\s\up6(→))＝\r(3)x＋\r(3)z＝0，))取n＝(1，－eq \r(3)，－1)，
设平面DAE与平面AEC的夹角为θ，则cs θ＝eq \f(|\(CO,\s\up6(→))·n|,|\(CO,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(3),\r(3)×\r(5))＝eq \f(\r(5),5)，
所以平面DAE与平面AEC夹角的余弦值为eq \f(\r(5),5).
22.(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)eq \(PE,\s\up6(→))＝(1,1－t，－2)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(1,1,1)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(2,0,1)，
设平面CEF的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(EF,\s\up6(→))＝x＋y＋z＝0，,m·\(CF,\s\up6(→))＝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eq \(PE,\s\up6(→))∥m，
∴eq \f(1－t,1)＝1，∴t＝0，满足0≤t≤2，即P与D1重合时，PE⊥平面EFC，此时C1P＝2.
(2)易知平面BCC1B1的法向量为n＝(0,1,0)，
设平面PEF的法向量为r＝(x0，y0，z0)，又eq \(PF,\s\up6(→))＝(2,2－t，－1)，eq \(PE,\s\up6(→))＝(1，1－t，－2)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(r·\(PF,\s\up6(→))＝2x0＋2－ty0－z0＝0，,r·\(PE,\s\up6(→))＝x0＋1－ty0－2z0＝0，))
令y0＝1，则x0＝eq \f(t,3)－1，z0＝－eq \f(t,3)，
∴r＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,3)－1，1，－\f(t,3)))，
设平面BCC1B1与平面PEF的夹角为θ，
则cs θ＝|cs〈n，r〉|＝eq \f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,3)－1))2＋1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(t,3)))2))＝eq \f(1,\r(\f(2t2－3t,9)＋2))，0≤t≤2，
∴当t＝eq \f(3,2)时，(cs θ)max＝eq \f(\r(6),3)，(sin θ)min＝eq \f(\r(3),3).
此时C1P＝2－eq \f(3,2)＝eq \f(1,2).