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新高考版高考数学二轮复习（新高考版） 第1部分 专题突破 专题4 微重点12 立体几何中的动态问题课件PPT
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这是一份新高考版高考数学二轮复习（新高考版） 第1部分 专题突破 专题4 微重点12 立体几何中的动态问题课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了动点轨迹问题，展开问题，范围问题，专题强化练等内容，欢迎下载使用。
第二轮复习的首要任务是把整个高中基础知识有机地结合在一起，构建出高中数学知识的结构图。下面，小编给大家带来高考数学二轮复习策略，效果是十分显著的哦！1、明确模拟练习的目的。检测知识的全面性，更是训练书写规范，表述准确的过程。2、查漏补缺，以“错”纠错。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。3、严格有规律地进行限时训练。平时如考试，并在速度体验中提高正确率。4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，可适当拓展高考中难点的训练。5、注重题后反思总结。及时处理问题，争取“问题不过夜”。6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
微重点12 立体几何中的动态问题
“动态”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖.同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化.
对于选项A，当λ＝1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，
对于选项B，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示，
对于选项C，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B(图略)，
方法一 对于选项D，易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1，设AB1与A1B交于点K，连接PK(图略)，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确.
所以只存在一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，此时点P与F重合，故D正确.
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数法进行计算.(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.
(1)(多选)(2022·漳州质检)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的边长为2，M为CC1的中点，P为平面BCC1B1上的动点，且满足AM∥平面A1BP，则下列结论正确的是A.AM⊥B1MB.CD1∥平面A1BP
如图建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，A1(0,2,2)，B(0,0,0)，B1(0,2,0)，M(2,1,0)，P(x，y，0)，
所以动点P在直线3x－2y＝0上，
所以AM与B1M不垂直，A选项错误；B选项，CD1∥A1B，A1B⊂平面A1BP，CD1⊄平面A1BP，所以CD1∥平面A1BP，B选项正确；C选项，动点P在直线3x－2y＝0上，且P为平面BCC1B1上的动点，
(多选)(2022·德州模拟)如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上(不含端点)且BE＝BF，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点A1，则下列结论正确的有
A选项，∵正方形ABCD，∴AD⊥AE，DC⊥FC，由折叠的性质可知A1D⊥A1E，A1D⊥A1F，又∵A1E∩A1F＝A1，A1E，A1F⊂平面A1EF，∴A1D⊥平面A1EF，又∵EF⊂平面A1EF，∴A1D⊥EF，故A正确；
在△A1EF中，A1E2＋A1F2＝EF2，则A1E⊥A1F，由A选项可知，A1D⊥A1E，A1D⊥A1F，∴三棱锥A1－EFD的三条侧棱A1D，A1E，A1F两两相互垂直，把三棱锥A1－EFD放置在长方体中，
D选项，设点A1到平面EFD的距离为h，则在△EFD中，
画好折叠、展开前后的平面图形与立体图形，抓住两个关键点：不变的线线关系、不变的数量关系.
如图，取AC的中点O，连接OB，OD′，则OB＝OD′，OB⊥AC，OD′⊥AC，∠BOD′为二面角D′－AC－B的平面角，即∠BOD′＝θ.若D′ABC是正四面体，则BO＝D′O≠BD′，
四面体D′ABC的体积最大时，BO⊥平面ACD′，
此时S△BAD′＝S△BCD′＝2sin∠BCD′取得最大值2，
设M，N分别是△ACD′和△BAC的外心，过点M，N分别作平面ACD′，平面BAC的垂线，两垂线交于一点P，连接PB，则P是三棱锥外接球的球心，PB即为三棱锥外接球半径，由上面证明过程知平面OBD′与平面ABC、平面D′AC垂直，
即P，N，O，M四点共面，
(多选)(2022·梅州模拟)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，动点P在体对角线BD1上(含端点)，则下列结论正确的有A.当P为BD1的中点时，∠APC为锐角B.存在点P，使得BD1⊥平面APC
如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,2)，
所以∠APC为锐角，故A正确；当BD1⊥平面APC时，因为AP，CP⊂平面APC，所以BD1⊥AP，BD1⊥CP，
故存在点P，使得BD1⊥平面APC，故B正确；对于C，当BD1⊥AP，BD1⊥CP时，AP＋PC取得最小值，
设平面APC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
可取n＝(2λ，2λ，2λ－1)，
则点B到平面APC的距离为
当λ＝0时，点B到平面APC的距离为0，当0<λ≤1时，
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，常用的解题思路是(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值.(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.
(2022·菏泽质检)如图，等腰Rt△ABE的斜边AB为正四面体A－BCD的侧棱，AB＝2，直角边AE绕斜边AB旋转一周，在旋转的过程中，三棱锥E－BCD体积的取值范围是_________________.
如图，令F为CD的中点，O为AB的中点，则点E在以O为圆心，1为半径的圆上运动，由图可知当F，O，E三点共线，且O在F，E之间时，三棱锥E－BCD的体积最大，当运动到E1的位置时，E－BCD的体积最小，
设E，E1到平面BCD的距离分别为h1，h2，则
1.(多选)(2022·佛山模拟)在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D中，M是A1B1的中点，N在该正方体的棱上运动，则下列说法正确的是A.存在点N，使得MN∥BC1
对于A，显然无法找到点N，使得MN∥BC1，故A错误；对于B，
对于C，如图所示，N1，N2分别为B1B，B1C1的中点，有MN1∥平面A1BC1，MN2∥平面A1BC1，故C正确；对于D，易证B1D⊥平面A1BC1，B1D⊥平面ACD1，且B1O1＝O1O2＝O2D＝
记点N到侧面PAB的距离为d，PN与侧面PAB所成的最小角为θ，由于PN的长为定值，因此当且仅当d最小时，PN与侧面PAB所成的角最小，此时点N与H重合，θ＝∠HPE＝∠PEF.由平面PCD⊥平面ABCD易知PF⊥EF，
3.(多选)如图是四棱锥P－ABCD的平面展开图，四边形ABCD是矩形，ED⊥DC，FD⊥DA，DA＝3，DC＝2，∠FAD＝30°.在四棱锥P－ABCD中，M为棱PB上一点(不含端点)，则下列说法正确的有
把平面图形还原得到原四棱锥，如图，由ED⊥DC，FD⊥DA，可知PD⊥DC，PD⊥DA，又DC∩DA＝D，DA，DC⊂平面ABCD，所以PD⊥平面ABCD.在Rt△ADP中，∠PAD＝30°，DA＝3，
对于B，假设DM⊥BC，因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC，因为PD∩DM＝D，所以BC⊥平面PBD，因为BD⊂平面PBD，所以BC⊥BD，与已知条件矛盾，故B错误；对于C，将此四棱锥可以补形成一个长方体，PB为长方体的一条体对角线，同时也是四棱锥P－ABCD外接球的直径，所以半径为2，
而VB－PAD＝VP－BAD＝VP－BCD＝VB－PCD，所以VM－PAD＝VM－PCD，故D正确.
4.(多选)(2022·潍坊模拟)已知四面体ABCD的4个顶点都在球O(O为球心)的球面上，如图，△ABC为等边三角形，M为底面ABC内的动点，AB＝BD＝2，AD＝ ，且AC⊥BD，则A.平面ACD⊥平面ABCB.球心O为△ABC的中心C.直线OM与CD所成的角最小为D.若动点M到点B的距离与到平面ACD的距离相等，则点M的轨迹为抛物 线的一部分
如图，设△ABC的中心为G，取AC的中点E，连接BE，DE，则BE⊥AC.∵AC⊥BD，BE∩BD＝B，BE，BD⊂平面BDE，∴AC⊥平面BDE，又DE⊂平面BDE，则AC⊥DE，又△ABC为等边三角形，
∴DE2＋BE2＝BD2，即DE⊥BE，又BE⊥AC，AC∩DE＝E，AC，DE⊂平面ADC，∴BE⊥平面ADC，又BE⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC，故A正确；
故G为四面体ABCD的外接球的球心，即球心O为△ABC的中心，故B正确；
由平面ACD⊥平面ABC可知，动点M到平面ACD的距离即为动点M到直线AC的距离，由抛物线的定义可知，点M的轨迹为抛物线的一部分，故D正确.
当OM∥AC时，∠DCA为直线OM与CD所成的角，
5.(多选)如图1，在矩形ABCD与菱形ABEF中，AB＝2BC＝4，∠ABE＝120°，M，N分别是BF，AC的中点.现沿AB将菱形ABEF折起，连接FD，EC，构成三棱柱AFD－BEC，如图2所示，若AD⊥BF，记平面AMN∩平面ADF＝l，则A.平面ABCD⊥平面ABEFB.MN∥lC.直线EF与平面ADE所成的角为60°D.四面体EABD的外接球的表面积为148π
对于A，由于矩形ABCD，则AD⊥AB，又因为AD⊥BF，而AB∩BF＝B，AB，BF⊂平面ABEF，所以AD⊥平面ABEF，又AD⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面ABEF，所以A选项正确；对于B，因为M，N分别是BF，AC的中点，四边形ABEF是菱形，则M也是AE的中点，由三角形中位线的性质，可知MN∥EC，
由于三棱柱AFD－BEC，则平面BEC∥平面ADF，又EC⊂平面BEC，所以EC∥平面ADF，而平面AMN∩平面ADF＝l，则EC∥l，所以MN∥l，所以B选项正确；对于C，由于四边形ABEF是菱形，则AE⊥BF，又因为AD⊥BF，而AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面ADE，所以BF⊥平面ADE，所以∠FEM为直线EF与平面ADE所成的角，
又因为∠ABE＝120°，则∠BEF＝60°，所以∠FEM＝30°，故直线EF与平面ADE所成的角为30°，所以C选项不正确；对于D，由题可知AB＝2BC＝4，∠ABE＝120°，则在△ABE中，
由正弦定理可得△ABE的外接圆半径
由A选项可知，AD⊥平面ABEF，所以四面体EABD的外接球半径
故四面体EABD的外接球的表面积S＝4πR2＝4π×17＝68π，所以D选项不正确.
F为C1D1中点，如图，又E为B1C中点，∴EF∥BD1，∵EF⊂平面EFD，BD1⊄平面EFD，∴BD1∥平面EFD，则当P在线段BD1上移动时，其到平面EFD的距离不变，∴三棱锥P－EFD的体积为定值，A正确；
连接AC，BD，交点为O，连接PO，则四棱锥P－ABCD为正四棱锥，∴PO⊥平面ABCD，设四棱锥P－ABCD的外接球的球心为O′，半径为R，则O′在直线PO上，
∴OC2＋OO′2＝O′C2，
对于C，将问题转化为在平面ABC1D1内求解PE＋PF的最小值，作E关于线段BD1的对称点E1，过E1作HG∥AD1，分别交C1D1，AB于H，G，如图所示，
∵PE＝PE1，∴PE＋PF＝PE1＋PF≥E1H(当且仅当F与H重合时取等号)，∵∠E1BA＝∠ABD1－∠D1BE＝∠ABD1－∠D1BC1，∴sin∠E1BA＝sin(∠ABD1－∠D1BC1)
第二轮复习的首要任务是把整个高中基础知识有机地结合在一起，构建出高中数学知识的结构图。下面，小编给大家带来高考数学二轮复习策略，效果是十分显著的哦！1、明确模拟练习的目的。检测知识的全面性，更是训练书写规范，表述准确的过程。2、查漏补缺，以“错”纠错。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。3、严格有规律地进行限时训练。平时如考试，并在速度体验中提高正确率。4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，可适当拓展高考中难点的训练。5、注重题后反思总结。及时处理问题，争取“问题不过夜”。6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
微重点12 立体几何中的动态问题
“动态”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖.同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化.
对于选项A，当λ＝1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，
对于选项B，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示，
对于选项C，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B(图略)，
方法一 对于选项D，易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1，设AB1与A1B交于点K，连接PK(图略)，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确.
所以只存在一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，此时点P与F重合，故D正确.
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数法进行计算.(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.
(1)(多选)(2022·漳州质检)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的边长为2，M为CC1的中点，P为平面BCC1B1上的动点，且满足AM∥平面A1BP，则下列结论正确的是A.AM⊥B1MB.CD1∥平面A1BP
如图建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，A1(0,2,2)，B(0,0,0)，B1(0,2,0)，M(2,1,0)，P(x，y，0)，
所以动点P在直线3x－2y＝0上，
所以AM与B1M不垂直，A选项错误；B选项，CD1∥A1B，A1B⊂平面A1BP，CD1⊄平面A1BP，所以CD1∥平面A1BP，B选项正确；C选项，动点P在直线3x－2y＝0上，且P为平面BCC1B1上的动点，
(多选)(2022·德州模拟)如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上(不含端点)且BE＝BF，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点A1，则下列结论正确的有
A选项，∵正方形ABCD，∴AD⊥AE，DC⊥FC，由折叠的性质可知A1D⊥A1E，A1D⊥A1F，又∵A1E∩A1F＝A1，A1E，A1F⊂平面A1EF，∴A1D⊥平面A1EF，又∵EF⊂平面A1EF，∴A1D⊥EF，故A正确；
在△A1EF中，A1E2＋A1F2＝EF2，则A1E⊥A1F，由A选项可知，A1D⊥A1E，A1D⊥A1F，∴三棱锥A1－EFD的三条侧棱A1D，A1E，A1F两两相互垂直，把三棱锥A1－EFD放置在长方体中，
D选项，设点A1到平面EFD的距离为h，则在△EFD中，
画好折叠、展开前后的平面图形与立体图形，抓住两个关键点：不变的线线关系、不变的数量关系.
如图，取AC的中点O，连接OB，OD′，则OB＝OD′，OB⊥AC，OD′⊥AC，∠BOD′为二面角D′－AC－B的平面角，即∠BOD′＝θ.若D′ABC是正四面体，则BO＝D′O≠BD′，
四面体D′ABC的体积最大时，BO⊥平面ACD′，
此时S△BAD′＝S△BCD′＝2sin∠BCD′取得最大值2，
设M，N分别是△ACD′和△BAC的外心，过点M，N分别作平面ACD′，平面BAC的垂线，两垂线交于一点P，连接PB，则P是三棱锥外接球的球心，PB即为三棱锥外接球半径，由上面证明过程知平面OBD′与平面ABC、平面D′AC垂直，
即P，N，O，M四点共面，
(多选)(2022·梅州模拟)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，动点P在体对角线BD1上(含端点)，则下列结论正确的有A.当P为BD1的中点时，∠APC为锐角B.存在点P，使得BD1⊥平面APC
如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,2)，
所以∠APC为锐角，故A正确；当BD1⊥平面APC时，因为AP，CP⊂平面APC，所以BD1⊥AP，BD1⊥CP，
故存在点P，使得BD1⊥平面APC，故B正确；对于C，当BD1⊥AP，BD1⊥CP时，AP＋PC取得最小值，
设平面APC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
可取n＝(2λ，2λ，2λ－1)，
则点B到平面APC的距离为
当λ＝0时，点B到平面APC的距离为0，当0<λ≤1时，
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，常用的解题思路是(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值.(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.
(2022·菏泽质检)如图，等腰Rt△ABE的斜边AB为正四面体A－BCD的侧棱，AB＝2，直角边AE绕斜边AB旋转一周，在旋转的过程中，三棱锥E－BCD体积的取值范围是_________________.
如图，令F为CD的中点，O为AB的中点，则点E在以O为圆心，1为半径的圆上运动，由图可知当F，O，E三点共线，且O在F，E之间时，三棱锥E－BCD的体积最大，当运动到E1的位置时，E－BCD的体积最小，
设E，E1到平面BCD的距离分别为h1，h2，则
1.(多选)(2022·佛山模拟)在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D中，M是A1B1的中点，N在该正方体的棱上运动，则下列说法正确的是A.存在点N，使得MN∥BC1
对于A，显然无法找到点N，使得MN∥BC1，故A错误；对于B，
对于C，如图所示，N1，N2分别为B1B，B1C1的中点，有MN1∥平面A1BC1，MN2∥平面A1BC1，故C正确；对于D，易证B1D⊥平面A1BC1，B1D⊥平面ACD1，且B1O1＝O1O2＝O2D＝
记点N到侧面PAB的距离为d，PN与侧面PAB所成的最小角为θ，由于PN的长为定值，因此当且仅当d最小时，PN与侧面PAB所成的角最小，此时点N与H重合，θ＝∠HPE＝∠PEF.由平面PCD⊥平面ABCD易知PF⊥EF，
3.(多选)如图是四棱锥P－ABCD的平面展开图，四边形ABCD是矩形，ED⊥DC，FD⊥DA，DA＝3，DC＝2，∠FAD＝30°.在四棱锥P－ABCD中，M为棱PB上一点(不含端点)，则下列说法正确的有
把平面图形还原得到原四棱锥，如图，由ED⊥DC，FD⊥DA，可知PD⊥DC，PD⊥DA，又DC∩DA＝D，DA，DC⊂平面ABCD，所以PD⊥平面ABCD.在Rt△ADP中，∠PAD＝30°，DA＝3，
对于B，假设DM⊥BC，因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC，因为PD∩DM＝D，所以BC⊥平面PBD，因为BD⊂平面PBD，所以BC⊥BD，与已知条件矛盾，故B错误；对于C，将此四棱锥可以补形成一个长方体，PB为长方体的一条体对角线，同时也是四棱锥P－ABCD外接球的直径，所以半径为2，
而VB－PAD＝VP－BAD＝VP－BCD＝VB－PCD，所以VM－PAD＝VM－PCD，故D正确.
4.(多选)(2022·潍坊模拟)已知四面体ABCD的4个顶点都在球O(O为球心)的球面上，如图，△ABC为等边三角形，M为底面ABC内的动点，AB＝BD＝2，AD＝ ，且AC⊥BD，则A.平面ACD⊥平面ABCB.球心O为△ABC的中心C.直线OM与CD所成的角最小为D.若动点M到点B的距离与到平面ACD的距离相等，则点M的轨迹为抛物 线的一部分
如图，设△ABC的中心为G，取AC的中点E，连接BE，DE，则BE⊥AC.∵AC⊥BD，BE∩BD＝B，BE，BD⊂平面BDE，∴AC⊥平面BDE，又DE⊂平面BDE，则AC⊥DE，又△ABC为等边三角形，
∴DE2＋BE2＝BD2，即DE⊥BE，又BE⊥AC，AC∩DE＝E，AC，DE⊂平面ADC，∴BE⊥平面ADC，又BE⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC，故A正确；
故G为四面体ABCD的外接球的球心，即球心O为△ABC的中心，故B正确；
由平面ACD⊥平面ABC可知，动点M到平面ACD的距离即为动点M到直线AC的距离，由抛物线的定义可知，点M的轨迹为抛物线的一部分，故D正确.
当OM∥AC时，∠DCA为直线OM与CD所成的角，
5.(多选)如图1，在矩形ABCD与菱形ABEF中，AB＝2BC＝4，∠ABE＝120°，M，N分别是BF，AC的中点.现沿AB将菱形ABEF折起，连接FD，EC，构成三棱柱AFD－BEC，如图2所示，若AD⊥BF，记平面AMN∩平面ADF＝l，则A.平面ABCD⊥平面ABEFB.MN∥lC.直线EF与平面ADE所成的角为60°D.四面体EABD的外接球的表面积为148π
对于A，由于矩形ABCD，则AD⊥AB，又因为AD⊥BF，而AB∩BF＝B，AB，BF⊂平面ABEF，所以AD⊥平面ABEF，又AD⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面ABEF，所以A选项正确；对于B，因为M，N分别是BF，AC的中点，四边形ABEF是菱形，则M也是AE的中点，由三角形中位线的性质，可知MN∥EC，
由于三棱柱AFD－BEC，则平面BEC∥平面ADF，又EC⊂平面BEC，所以EC∥平面ADF，而平面AMN∩平面ADF＝l，则EC∥l，所以MN∥l，所以B选项正确；对于C，由于四边形ABEF是菱形，则AE⊥BF，又因为AD⊥BF，而AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面ADE，所以BF⊥平面ADE，所以∠FEM为直线EF与平面ADE所成的角，
又因为∠ABE＝120°，则∠BEF＝60°，所以∠FEM＝30°，故直线EF与平面ADE所成的角为30°，所以C选项不正确；对于D，由题可知AB＝2BC＝4，∠ABE＝120°，则在△ABE中，
由正弦定理可得△ABE的外接圆半径
由A选项可知，AD⊥平面ABEF，所以四面体EABD的外接球半径
故四面体EABD的外接球的表面积S＝4πR2＝4π×17＝68π，所以D选项不正确.
F为C1D1中点，如图，又E为B1C中点，∴EF∥BD1，∵EF⊂平面EFD，BD1⊄平面EFD，∴BD1∥平面EFD，则当P在线段BD1上移动时，其到平面EFD的距离不变，∴三棱锥P－EFD的体积为定值，A正确；
连接AC，BD，交点为O，连接PO，则四棱锥P－ABCD为正四棱锥，∴PO⊥平面ABCD，设四棱锥P－ABCD的外接球的球心为O′，半径为R，则O′在直线PO上，
∴OC2＋OO′2＝O′C2，
对于C，将问题转化为在平面ABC1D1内求解PE＋PF的最小值，作E关于线段BD1的对称点E1，过E1作HG∥AD1，分别交C1D1，AB于H，G，如图所示，
∵PE＝PE1，∴PE＋PF＝PE1＋PF≥E1H(当且仅当F与H重合时取等号)，∵∠E1BA＝∠ABD1－∠D1BE＝∠ABD1－∠D1BC1，∴sin∠E1BA＝sin(∠ABD1－∠D1BC1)
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