立体几何中的动态问题
题型一 空间位置关系的判定
[典例1](1)(多选)(2025·烟台模拟)如图已知在矩形ABCD中，AB＝，BC＝2，将△ADC沿对角线AC进行翻折，得到三棱锥D-ABC，在翻折的过程中下列结论成立的是( )
A．三棱锥D-ABC的体积最大值为
B．三棱锥D-ABC的外接球体积不变
C．异面直线AB与CD所成角的最大值为90°
D．AD与平面ABC所成角的余弦值的最小值为
(2)(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点P满足＝x＋y，其中x∈[0,1]，y∈[0,1]，则( )
A．存在唯一点P，使得C1P⊥平面B1D1C
B．存在唯一点P，使得A1P∥平面B1D1C
C．当x＋y＝1时，点B1到平面PA1D1的距离的最小值为
D．当x2＋y2＝时，三棱锥P-ACB1的体积的最小值为
(1)ABD (2)ACD [(1)对于A，设三棱锥D-ABC的高为h，VD-ABC＝S△ABC·h，
当平面ADC⊥平面ABC时，三棱锥D-ABC的高最大，此时h的最大值为，
此时体积最大值为VD-ABC＝××2××＝，故A正确；
对于B，设AC的中点为O，则由Rt△ABC，Rt△ADC知，OA＝OB＝OC＝OD，
所以O为三棱锥D-ABC外接球的球心，其半径为AC＝，
所以外接球体积为π×3＝，即三棱锥D-ABC的外接球体积不变，故B正确；
对于C，若AB⊥CD，由CD⊥AD，AD∩AB＝A，AB 平面ABD，AD 平面ABD，
可得CD⊥平面ABD，因为BD 平面ABD，所以CD⊥BD，
又CD>BC，根据直角三角形斜边最长，知不成立，故C错误；
对于D，因为AD是定值，则只需D到平面ABC的距离最大时，AD与平面ABC所成的角最大，
当平面ADC⊥平面ABC时，点D到平面ABC的距离为，设AD与平面ABC所成的角为θ，此时sin θ＝＝，
因为θ为锐角，所以cos θ＝＝，
即AD与平面ABC所成角的余弦值的最小值为，故D正确．
故选ABD.
(2)以D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，
D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B1(2,2,2)，C1(0,2,2)．
因为＝(2,0,0)，＝(0,2,0)，
所以＝x＋y＝(2x,2y,0)，P(2x,2y,0)，
对于A，＝(2x,2y－2，－2)，
设平面B1D1C的法向量为n＝(a，b，c)，
又因为＝(－2，－2,0)，＝(－2,0，－2)，
则
所以
取a＝－1，则b＝1，c＝1，所以n＝(－1,1,1)是平面B1D1C的一个法向量，
又因为C1P⊥平面B1D1C，
所以∥n，所以x＝1，y＝0，
所以P(2,0,0)，唯一确定，故A正确；
对于B，因为＝(2x－2,2y，－2)，
要使A1P∥平面B1D1C，
则⊥n，
所以·n＝2－2x＋2y－2＝－2(x－y)＝0，
所以x＝y，
故点P不唯一，故B错误；
对于C，因为x＋y＝1，所以A，C，P三点共线，
因为VB1-A1D1P＝VP-A1B1D1＝S△A1B1D1×2＝××2×2×2＝，
设点B1到平面PA1D1的距离为d，
则有S△A1D1P·d＝，所以d＝，
设点P到A1D1的距离为h，
则d＝＝＝，
当点P与点C重合时，hmax＝2，
所以dmin＝＝，故C正确；
对于D，因为x2＋y2＝，所以点P在以D为圆心，1为半径的圆弧上，
设点P到AC的距离为h′，
因为VP-ACB1＝VB1－ACP＝S△ACP·2＝××AC×h′＝h′，
当点P位于圆弧中点时，(h′)min＝－1，
所以(VP-ACB1)min＝×(－1)＝，故D正确．故选ACD.]
空间位置关系的动点问题的解法
(1)应用线线、线面、面面平行与垂直的判定与性质定理进行转化；
(2)利用向量法或建立空间直角坐标系进行计算．
[跟进训练]
1．(1)(多选)如图，在矩形AEFC中，AE＝2，EF＝4，B为EF的中点，现分别沿AB，BC将△ABE，△BCF翻折，使点E，F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则( )
A．PB⊥AC
B．三棱锥P-ABC的体积为
C．三棱锥P-ABC外接球的半径为
D．直线PA与BC所成角的余弦值为
(2)(多选)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是长方形，PA⊥平面ABCD，E是棱PD上的动点，则下列说法正确的是( )
A．存在点E，使得平面AEC⊥平面PCD
B．若三棱锥P-ACE的体积为四棱锥P-ABCD的体积的，则E为PD的中点
C．若PA＝AB＝AD，则不存在点E使得直线BP和AE的夹角为
D．设平面AEC∩平面PBC＝l，则点E从P运动到D(点E不与点D重合)的过程中，二面角A-l-B的平面角的大小逐渐减小
(1)ACD (2)AB [(1)对于A，翻折前AE⊥BE，CF⊥BF，
翻折后，则有PB⊥PA，PB⊥PC，
因为PA∩PC＝P，PA，PC 平面PAC，
所以BP⊥平面PAC，又AC 平面PAC，所以PB⊥AC，故A正确；
对于B，在△PAC中，PA＝PC＝2，AC边上的高为＝2，
所以VP-ABC＝VB-PAC＝××4×2×2＝，故B错误；
对于C，因为PA＝PC＝2，AC＝4，
由余弦定理的推论，可得cos∠APC＝＝＝，
则sin∠APC＝＝＝，所以△PAC的外接圆的半径r＝＝＝，
设三棱锥P-ABC外接球的半径为R，
因为BP⊥平面PAC，所以R2＝r2＋2＝＋1＝，所以R＝，
即三棱锥P-ABC外接球的半径为，故C正确；
对于D，在△PAC中，由选项C知，cos∠APC＝，
BC＝＝＝4，
则cos〈，〉＝＝＝
＝＝，
所以直线PA与BC所成角的余弦值为，故D正确．
故选ACD.
(2)如图，将该四棱锥放入长方体中，
当AE⊥PD于点E时，平面AEC⊥平面PCD，A正确；
若三棱锥P-ACE的体积为四棱锥P-ABCD体积的，则E为PD的中点，B正确；
若PA＝AB＝AD，将该四棱锥放入正方体中，当E为PD的中点时，BP和AE的夹角为，C错误；
当AP的长度趋于正无穷大，且点E在P处时，二面角A-l-B的平面角趋于∠ACB，当点E无限趋近点D时，二面角A-l-B的平面角趋于，D错误．故选AB．]
题型二 轨迹问题
[典例2](1)(多选)(2025·日照模拟)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的是( )
A．若MN与平面ABCD所成的角为，则点N的轨迹为圆
B．若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π
C．若点N到直线BB1与到直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线
D．若D1N与AB所成的角为，则点N的轨迹为双曲线
(2)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N，G分别是棱AA1，BC，A1D1的中点，设Q是该正方体表面上的一点．若＝x＋y(x，y∈R)，则点Q的轨迹围成图形的面积是________.
(1)ACD (2)3
[(1)如图所示，
根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角，所以∠MND＝，所以DN＝DM＝DD1＝×4＝2，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，A正确；
在Rt△MDN中，DN＝＝＝2，取MD的中点E，MN的中点P，连接PE，所以PE∥DN，且PE＝DN＝，因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，又PE＝，所以点P的轨迹为以为半径的圆，其面积为π·()2＝3π，B不正确；
连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以点N到直线BB1的距离为NB，所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又B不在直线CD上，所以点N的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，C正确；
以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(4,0,0)，B(4,4,0)，D1(0,0,4)，
设N(x，y,0)，
则＝(0,4,0)，＝(x，y，－4)，
因为D1N与AB所成的角为，
所以|cos〈，〉|＝cos ，
所以＝，整理得－＝1，所以点N的轨迹为双曲线，D正确．故选ACD.
(2)因为＝x＋y(x，y∈R)，
所以点Q在平面MGN上，
分别取AB，CC1，C1D1的中点E，F，O，则点Q的轨迹是正六边形OFNEMG，
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，
所以正六边形OFNEMG的边长为，
所以点Q的轨迹围成图形的面积
S＝6××××sin 60°＝3.]
解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法
(1)几何法：根据平面的性质进行判定．
(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代替法进行计算．
(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除．
[跟进训练]
2．(1)(多选)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝1，AA1＝3，点M是侧面ADD1A1上的一个动点(含边界)，P是棱CC1的中点，则下列结论正确的是( )
A．当PM长度最小时，三棱锥M-BDP的体积为
B．当PM长度最大时，三棱锥M-BDP的体积为
C．若保持PM＝，则点M在侧面内运动路径的长度为π
D．若M在平面ADD1A1内运动，且∠MD1B＝∠B1D1B，则点M的轨迹为圆弧
(2)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E为CD的中点，且点P在四边形BCC1B1内部及其边界上运动，若总是保持EP∥平面BDD1B1，则动点P的轨迹长度为________；若总是保持AP与AB的夹角为30°，则动点P的轨迹长度为_____________．
(1)AC (2)2 π [(1)当PM长度最小时，点M为线段DD1的中点，MD＝DD1＝，求得点P到平面BDM的距离为h＝，VM-BDP＝VP-BDM＝S△BDM×h＝××××＝，A正确；
当PM长度最大时，点M与点A或点A1重合，若点M与点A重合，
VM-BDP＝VP-ABD＝S△ABD×PC＝××2×1×＝，
当点M与点A1重合时，由于AA1与平面BDP不平行且A，A1在该平面同侧，所以此时体积不为，B错误；
取DD1中点O，连接PO，OM，如图所示，易证得PO⊥平面ADD1A1，OM 平面ADD1A1，则PO⊥OM，若保持PM＝，则OM＝＝1，
则点M的轨迹是以1为半径的半圆弧，长度为π×1＝π，C正确；
以点D为原点建立空间直角坐标系如图所示，
则D1(0,0,3)，B1(1,2,3)，B(1,2,0)，
设M(m,0，n)(0≤m≤1,0≤n≤3)，
则有＝(1,2，－3)，＝(1,2,0)，＝(m,0，n－3)，
若∠MD1B＝∠B1D1B，则有
cos∠MD1B＝cos∠B1D1B，
即
＝，
化简得2n2－2m2－12n＋9m－3mn＋18＝0，即(m＋2n－6)(－2m＋n－3)＝0，
即m＋2n－6＝0或－2m＋n－3＝0(此时n＝2m＋3，m＝0，n＝3)，
故点M的轨迹为一段直线，D错误．故选AC．
(2)如图，分别取BC，B1C1的中点F，G，连接EF，FG，EG，则BF＝BC，B1G＝B1C1.
因为BC∥B1C1，BC＝B1C1，所以BF∥B1G，BF＝B1G，
所以四边形BFGB1为平行四边形，所以BB1∥FG.
因为E为CD的中点，所以EF∥BD.
因为EF，FG 平面BDD1B1，BD，BB1 平面BDD1B1，
所以EF∥平面BDD1B1，FG∥平面BDD1B1.
因为EF∩FG＝F，EF，FG 平面EFG，所以平面EFG∥平面BDD1B1.
因为平面EFG∩平面BCC1B1＝FG，点P在四边形BCC1B1内部及其边界上运动，EP∥平面BDD1B1，
所以点P的轨迹是FG.
因为FG＝BB1＝2，所以动点P的轨迹长度为2.
因为AB⊥平面BCC1B1，BP 平面BCC1B1，
所以AB⊥BP，
在Rt△ABP中，AB＝2，∠BAP＝30°，
则tan∠BAP＝＝，所以BP＝AB＝，
所以点P的轨迹是以B为圆心，为半径的一段弧，且圆心角为直角，所以动点P的轨迹长度为×2π×＝π.]
题型三 最值(范围)问题
[典例3](1)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是线段B1D1上一动点，且AP∥平面DBC1，则异面直线AP与BD所成角的取值范围为( )
A． B．
C． D．
(2)已知P为棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球表面一动点，且＝x＋y＋z，则x＋y＋z的取值范围是( )
A． B．
C．[，2] D．
(1)C (2)B [(1)如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则D(0，0,0)，B(1,1,0)，A(1,0,0)，
设P(λ，λ，1)，λ∈[0,1]，
所以＝(1,1,0)，＝(λ－1，λ，1)，
所以·＝2λ－1，||＝，
||＝，
设异面直线AP与BD所成的角为θ，
则cos θ＝＝
＝·＝·
＝·，
当λ＝时，cos θ取得最小值为0，
当λ＝0或1时，cos θ取得最大值为，
所以0≤cos θ≤，则≤θ≤.
(2)如图，以A为原点，AB，AD，AA1所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则B(1,0,0)，A1(0,0,1)，D(0,1,0)，所以＝(1,0,0)，＝(0,0,1)，＝(0,1,0)，＝(x，y，z)．
又C1(1,1,1)，＝(1,1,1)，
则x＋y＋z＝·＝||||·cos〈，〉＝||cos〈，〉．
||cos〈，〉表示在方向上的投影向量的数量．
如图，当点P在点G或点F，即当A，O，P三点共线时，||cos〈，〉取最值．
因为O，内切球半径为，则AO－≤||cos〈，〉≤AO＋，
所以||cos〈，〉∈，则x＋y＋z∈.
故选B．]
在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，有如下常用的思路：
(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在什么位置时，所求的量有相应最大值、最小值，即可求解．
(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值．
[跟进训练]
3．(1)(多选)(2025·济南模拟)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列结论正确的是( )
A．A1P∥平面ACD1
B．A1P⊥B1D
C．三棱锥D1-APC的体积是
D．异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是
(2)如图，已知圆锥SO(O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点)的母线长为，高为1，MN为底面圆直径，P，Q为底面圆周上任意两点．有以下三个结论：
①△SPQ面积的最大值为2；
②三棱锥O-SPQ体积的最大值为；
③四面体SOPQ外接球表面积的最小值为9π.
以上正确的结论是________.(填序号)
(1)ABC (2)② [(1)对于A，如图，连接A1B，A1C1，AC，AD1，D1C，
由正方体的性质可知AC∥A1C1，又AC 平面A1BC1，A1C1 平面A1BC1，
所以AC∥平面A1BC1.
同理可证AD1∥平面A1BC1.
又因为AD1∩AC＝A，且AC，AD1 平面ACD1，所以平面A1BC1∥平面ACD1.
因为A1P 平面A1BC1，所以A1P∥平面ACD1，故A正确．
对于B，连接B1D，B1D1，因为DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1 平面A1B1C1D1，所以DD1⊥A1C1.
又因为A1C1⊥B1D1，B1D1∩DD1＝D1，B1D1，DD1 平面DD1B1，所以A1C1⊥平面DD1B1.
又因为B1D 平面DD1B1，所以A1C1⊥B1D.
同理可证BC1⊥平面A1B1CD，
又因为B1D 平面A1B1CD，所以BC1⊥B1D.
又因为BC1∩A1C1＝C1，BC1，A1C1 平面A1BC1，所以B1D⊥平面A1BC1.
因为A1P 平面A1BC1，所以B1D⊥A1P，故B正确．
对于C，因为平面A1BC1∥平面AD1C，所以BC1∥平面AD1C，
所以VD1-APC＝VP-AD1C＝VB-AD1C＝VD1-ABC＝××12×1＝，故C正确．
对于D，因为AD1∥BC1，A1P与BC1所成的角为异面直线A1P与AD1所成的角，
易知△A1BC1为等边三角形，
所以当点P与点C1重合时，A1P与BC1所成的角最小，可得A1P与BC1所成角的范围是，故D错误．
故选ABC．
(2)对于①：由条件可知，MN＝2＝4，点M，N是直径的两个端点，
cos∠MSN＝＝－<0，
所以∠MSN是钝角，
S△SPQ＝×SP×SQ×sin∠PSQ＝sin∠PSQ，
所以当∠PSQ＝90°时，△SPQ的面积最大，最大值是，故①错误；
对于②：VO-SPQ＝VS-OPQ＝×S△OPQ×SO＝S△OPQ，
S△OPQ＝×2×2×sin∠POQ，当∠POQ＝90°时，S△POQ取最大值为2，
所以三棱锥O-SPQ体积的最大值是，故②正确；
对于③：设△OPQ外接圆的半径为r，四面体SOPQ外接球的半径R＝，
在△OPQ中，根据正弦定理可得2r＝，得r＝，∠OPQ∈，所以r>1，则外接球的半径R无最小值，所以四面体SOPQ外接球的表面积无最小值，故③错误．]
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第七章 立体几何与空间向量
高考培优7 立体几何中的动态问题
题型一 空间位置关系的判定
√
√
√
√
√
√
所以x＝y，
故点P不唯一，故B错误；
对于C，因为x＋y＝1，所以A，C，P三点共线，
空间位置关系的动点问题的解法
(1)应用线线、线面、面面平行与垂直的判定与性质定理进行转化；
(2)利用向量法或建立空间直角坐标系进行计算．
[跟进训练]
√
√
√
(2)(多选)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是长方形，PA⊥平面ABCD，E是棱PD上的动点，则下列说法正确的是( )
√
√
(1)ACD (2)AB [(1)对于A，翻折前AE⊥BE，CF⊥BF，
翻折后，则有PB⊥PA，PB⊥PC，
因为PA∩PC＝P，PA，PC 平面PAC，
所以BP⊥平面PAC，又AC 平面PAC，所以PB⊥AC，故A正确；
(2)如图，将该四棱锥放入长方体中，
当AE⊥PD于点E时，平面AEC⊥平面PCD，A正确；
题型二 轨迹问题
[典例2] (1)(多选)(2025·日照模拟)如图，已知正方体
ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为
ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的是( )
√
√
√
连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以点N到直线BB1的距离为NB，所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又B不在直线CD上，所以点N的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，C正确；
以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别
为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(4,0,0)，B(4,4,0)，D1(0,0,4)，
设N(x，y,0)，
解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法
(1)几何法：根据平面的性质进行判定．
(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代替法进行计算．
(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除．
[跟进训练]
2．(1)(多选)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，
AD＝1，AA1＝3，点M是侧面ADD1A1上的一个动点(含
边界)，P是棱CC1的中点，则下列结论正确的是( )
√
√
(2)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E为CD的中点，且点P在四边形BCC1B1内部及其边界上运动，若总是保持EP∥平面BDD1B1，则动点P的轨迹长度为________；若总是保持AP与AB的夹角为30°，则动点P的轨迹长度为_____________．
则点M的轨迹是以1为半径的半圆弧，长度为π×1＝π，C正确；
以点D为原点建立空间直角坐标系如图所示，
则D1(0,0,3)，B1(1,2,3)，B(1,2,0)，
设M(m,0，n)(0≤m≤1,0≤n≤3)，
化简得2n2－2m2－12n＋9m－3mn＋18＝0，即(m＋2n－6)(－2m＋n－3)＝0，
即m＋2n－6＝0或－2m＋n－3＝0(此时n＝2m＋3，m＝0，n＝3)，
故点M的轨迹为一段直线，D错误．故选AC．
因为BC∥B1C1，BC＝B1C1，所以BF∥B1G，
BF＝B1G，
所以四边形BFGB1为平行四边形，所以BB1∥FG.
因为E为CD的中点，所以EF∥BD.
因为EF，FG 平面BDD1B1，BD，BB1 平面BDD1B1，
所以EF∥平面BDD1B1，FG∥平面BDD1B1.
因为EF∩FG＝F，EF，FG 平面EFG，所以平面EFG∥平面BDD1B1.
因为平面EFG∩平面BCC1B1＝FG，点P在四边形BCC1B1内部及其边界上运动，EP∥平面BDD1B1，
所以点P的轨迹是FG.
因为FG＝BB1＝2，所以动点P的轨迹长度为2.
因为AB⊥平面BCC1B1，BP 平面BCC1B1，
所以AB⊥BP，
在Rt△ABP中，AB＝2，∠BAP＝30°，
题型三 最值(范围)问题
[典例3] (1)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是线段B1D1上一动点，且AP∥平面DBC1，则异面直线AP与BD所成角的取值范围为( )
√
√
(1)C (2)B [(1)如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则D(0，0,0)，B(1,1,0)，A(1,0,0)，
设P(λ，λ，1)，λ∈[0,1]，
在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，有如下常用的思路：
(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在什么位置时，所求的量有相应最大值、最小值，即可求解．
(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值．
[跟进训练]
3．(1)(多选)(2025·济南模拟)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列结论正确的是( )
√
√
√
(1)ABC (2)② [(1)对于A，如图，连接A1B，A1C1，AC，AD1，D1C，
由正方体的性质可知AC∥A1C1，又AC 平面A1BC1，
A1C1 平面A1BC1，
所以AC∥平面A1BC1.
同理可证AD1∥平面A1BC1.
又因为AD1∩AC＝A，且AC，AD1 平面ACD1，所以平面A1BC1∥平面ACD1.
因为A1P 平面A1BC1，所以A1P∥平面ACD1，故A正确．
对于B，连接B1D，B1D1，因为DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1 平面A1B1C1D1，所以DD1⊥A1C1.
又因为A1C1⊥B1D1，B1D1∩DD1＝D1，B1D1，DD1 平面DD1B1，所以A1C1⊥平面DD1B1.
又因为B1D 平面DD1B1，所以A1C1⊥B1D.
同理可证BC1⊥平面A1B1CD，
又因为B1D 平面A1B1CD，所以BC1⊥B1D.
又因为BC1∩A1C1＝C1，BC1，A1C1 平面A1BC1，所以B1D⊥平面A1BC1.
因为A1P 平面A1BC1，所以B1D⊥A1P，故B正确．
