解析：

步骤 1：求正三棱柱的侧棱长度

正三棱柱底面是正三角形 $ABC$，底面积为：

$S_{\triangle ABC} = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot AB^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \times (2\sqrt{3})^2 = 3\sqrt{3}$

由棱柱体积公式：

$V_{ABC-A_1B_1C_1} = S_{\triangle ABC} \cdot AA_1 = 3\sqrt{3} \cdot AA_1 = 6\sqrt{3}$

解得侧棱长度 $AA_1 = 2$。

步骤 2：推导截面垂直关系

取 $BC$ 中点 $M$，由正三棱柱的性质可得：
$AM \perp BC$，$DM \perp BC$，且 $AM \cap DM = M$，
因此 $BC \perp$ 平面 $AMDA_1$，故 $BC \perp AP$。

过 $M$ 作 $ME \perp AP$，垂足为 $E$，结合 $BC \perp AP$、$ME \cap BC = M$，
可证 $AP \perp$ 平面 $BEC$，即平面 $BEC$ 就是题目要求的截面 $\alpha$。

步骤 3：割补法拆分体积

将待求三棱锥体积拆分为两个棱锥的差：

$V_{P-BCE} = V_{P-ABC} - V_{E-ABC}$

首先计算固定体积 $V_{P-ABC}$：点 $P$ 在 $A_1D$ 上，到底面 $ABC$ 的距离恒等于侧棱长度 $AA_1=2$，因此：

$V_{P-ABC} = \frac{1}{3} S_{\triangle ABC} \cdot AA_1 = \frac{1}{3} \times 3\sqrt{3} \times 2 = 2\sqrt{3}$

再计算 $V_{E-ABC}$：设 $EH$ 为点 $E$ 到底面 $ABC$ 的垂直高度，则：

$V_{E-ABC} = \frac{1}{3} S_{\triangle ABC} \cdot EH = \frac{1}{3} \times 3\sqrt{3} \cdot EH = \sqrt{3} \cdot EH$

步骤 4：求体积最小值

由 $AE \perp EM$，可知点 $E$ 的轨迹为平面 $AMDA_1$ 内以 $AM$ 为直径的圆。

$AM$ 是正三角形 $ABC$ 的高：

$AM = \frac{\sqrt{3}}{2} \times AB = 3$

因此圆的半径为 $\dfrac{3}{2}$，故 $E$ 到底面的最大高度为圆的半径：

$EH \leq \frac{1}{2} AM = \frac{3}{2}$

因此 $V_{E-ABC}$ 的最大值为：

$V_{E-ABC(\max)} = \sqrt{3} \times \frac{3}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$

最终得 $V_{P-BCE}$ 的最小值：

$V_{P-BCE(\min)} = 2\sqrt{3} - \frac{3\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

答案：$\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}$，选项 A。

解析：

取$AC$中点$M$，连接$MI$，过$G$作$MI$的垂线交$MI$的延长线于点$K$，
取$AB$中点$N$，连接$FN$，
由已知，$M、I$分别为$AC、EF$中点，
因为$ABF-CDE$是直三棱柱，所以$AF \perp AC$，$EF\parallel AC$且$EF = AC$，
所以$FI\parallel AM$且$FI = AM$，所以四边形$AMIF$为平行四边形，
又$AF \perp AC$，所以$AMIF$为矩形，所以$EF \perp MK$，
又$EF \perp GH$，$MK \subset$平面$KIG$，$GH \subset$平面$KIG$，$MK \cap GH = I$，
所以$EF \perp$平面$KIG$，$KG \subset$平面$KIG$，所以$EF \perp KG$，
又因为$KG \perp MK$，$EF \subset$平面$ACEF$，$MK \subset$平面$ACEF$，$EF \cap MK = I$，
所以$KG \perp$平面$ACEF$，所以点$G$到平面$ACEF$的距离等于线段$KG$的长度，设为$h$，
$AF \perp BF$，在$\text{Rt}\triangle ABF$中，$AF = BF = a$，
所以$AB = \sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2}a$，设$\angle FAB = \theta$，则有$\sin\theta=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
因为四边形$AMIF$为平行四边形，所以$MI\parallel AF$，
又因为$BDG - ACH$是直三棱柱，所以$AB\parallel HG$，且$HG = AB = \sqrt{2}a$，
所以$\angle KIG = \angle FAB = \theta$，$IG=\frac{\sqrt{2}a}{2}$，
又因为$KG \perp$平面$ACEF$，$IK \subset$平面$ACEF$，所以$KG \perp IK$，
所以$\sin\theta=\frac{KG}{IG}=\frac{h}{\frac{\sqrt{2}}{2}a}$，即$\frac{h}{\frac{\sqrt{2}}{2}a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
解得$h=\frac{a}{2}$。

答案：$\displaystyle \frac{a}{2}$

解析：

A. 在正方体中有 $AA_1\perp BD$，$AC\perp BD$，又 $AC\cap AA_1=A$，$AC,AA_1\subset$ 平面 $AA_1C_1C$，所以 $BD\perp$ 平面 $AA_1C_1C$，因为 $CE\subset$ 平面 $AA_1C_1C$，所以 $CE\perp BD$，故 A 对；

B. 由中点得 $EF\parallel A_1B$，又正方体中 $A_1B\parallel D_1C$，即有 $EF\parallel D_1C$，且 $EF\not\subset$ 平面 $ACD_1$，$D_1C\subset$ 平面 $ACD_1$，故 $EF\parallel$ 平面 $ACD_1$，B 对；

C. 延长 $EF$，分别交直线 $A_1B_1$、$BB_1$ 于 $S$，$T$，连接 $SC_1$ 交 $A_1D_1$ 于 $M$，连接 $TC_1$，交 $BC$ 于 $N$，可得截面为五边形 $C_1MEFN$，故 C 对；

D. 因为四边形 $BB_1D_1D$ 是矩形，非正方形，所以 $B_1D$ 与 $BD_1$ 不垂直，若存在点 $E$，使得 $B_1D\perp$ 平面 $BED_1$，$BD_1\subset$ 平面 $BED_1$，则 $B_1D\perp BD_1$，矛盾，所以不存在点 $E$，使得 $B_1D\perp$ 平面 $BED_1$，故 D 错。

答案：$\boxed{ABC}$

解析：

设 $C_1E=x$，$DF=y$，则 $x,y\in[0,1]$。

在正方体中，可得：

$CE=\sqrt{x^2+1},\quad CF=\sqrt{y^2+1},\quad EF=\sqrt{(x-y)^2+2}$

在 $\triangle CEF$ 中，由余弦定理：

$\cos\angle ECF=\frac{CE^2+CF^2-EF^2}{2\cdot CE\cdot CF}=\frac{xy}{\sqrt{x^2+1}\cdot\sqrt{y^2+1}}$

则

$\sin\angle ECF=\sqrt{1-\cos^2\angle ECF}=\frac{\sqrt{x^2+y^2+1}}{\sqrt{x^2+1}\cdot\sqrt{y^2+1}}$

所以 $\triangle CEF$ 的面积：

$S=\frac12\cdot CE\cdot CF\cdot\sin\angle ECF=\frac{\sqrt{x^2+y^2+1}}{2}$

将平面 $\alpha$ 延展，设 $\alpha$ 与直线 $A_1D_1$ 的交点为 $G$，连接 $GF,GE$。由

$\text{平面 }ADD_1A_1\parallel\text{平面 }BCC_1B_1$

且

$\alpha\cap\text{平面 }ADD_1A_1=GF,\quad \alpha\cap\text{平面 }BCC_1B_1=CE$

可得 $GF\parallel CE$；同理 $GE\parallel CF$，故四边形 $CEGF$ 为平行四边形，$D_1G=x+y$。

对于三棱锥 $B-CEF$，由 $V_{B-CEF}=V_{E-BCF}$：

$\frac13\cdot S\cdot d_1=\frac13\times1\times\frac12\times1\times1$

解得 $\displaystyle d_1=\frac{1}{2S}=\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+1}}$。

对于三棱锥 $D_1-GEF$，由 $V_{D_1-GEF}=V_{F-D_1EG}$：

$\frac13\cdot S\cdot d_2=\frac13\times1\times\frac12\times1\times(x+y)$

解得 $\displaystyle d_2=\frac{x+y}{2S}=\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2+1}}$。

选项A： 若 $d_1+d_2=\sqrt{2}$，即

$\frac{x+y+1}{\sqrt{x^2+y^2+1}}=\sqrt{2}$

显然 $(x,y)=(0,1)$ 和 $(x,y)=(1,0)$ 均满足，故 $\alpha$ 不唯一，A正确。

选项B： 若 $d_1+d_2=\sqrt{3}$，即

$\frac{x+y+1}{\sqrt{x^2+y^2+1}}=\sqrt{3}$

整理得 $(x-y)^2+(x-1)^2+(y-1)^2=0$，解得 $x=y=1$，唯一，故B错误。

选项C： 若 $d_1-d_2=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，即

$\frac{1-(x+y)}{\sqrt{x^2+y^2+1}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

显然 $(x,y)=(0,2-\sqrt3)$ 和 $(x,y)=(2-\sqrt3,0)$ 均满足，故 $\alpha$ 不唯一，C正确。

选项D： 若 $2d_1+d_2=\sqrt{6}$，即

$\frac{x+y+2}{\sqrt{x^2+y^2+1}}=\sqrt{6}$

整理得 $(x-y)^2+(2x-1)^2+(2y-1)^2=0$，解得 $x=y=\dfrac12$，唯一，故D错误。

答案：$\displaystyle AC$

解析：

选项A： 因为 $AD\parallel BC$，又 $BC\cap$ 平面 $BEC_1=B$，所以 $AD$ 不平行于平面 $BEC_1$，故A错误。

选项B： 设点 $B$ 到平面 $ACD_1$ 的距离为 $d$。
在正方体 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 中，可得 $AC=CD_1=AD_1=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$，
由等体积法 $V_{B-ACD_1}=V_{D_1-ABC}$，得：

$\frac13\times\frac12\times AC\times CD_1\times\sin60^\circ\times d=\frac13\times\frac12\times AB\times BC\times DD_1$

代入数值：

$\frac13\times\frac12\times2\sqrt2\times2\sqrt2\times\frac{\sqrt3}{2}\times d=\frac13\times\frac12\times2\times2\times2$

解得 $d=\dfrac{2\sqrt3}{3}$，即点 $B$ 到平面 $ACD_1$ 的距离为 $\dfrac{2\sqrt3}{3}$，故B正确。

选项C： $BD=BC_1=DC_1=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt2$，所以 $\triangle BDC_1$ 是等边三角形。
将 $\triangle BDC_1$ 绕 $BC_1$ 转到与 $\triangle B_1BC_1$ 在同一平面，$DP+B_1P$ 的最小值即为 $DB_1$ 的长度。

由 $\angle B_1BD=45^\circ+60^\circ$，用余弦和角公式：

$\cos\angle B_1BD=\cos(45^\circ+60^\circ)=\frac{\sqrt2}{2}\times\frac12-\frac{\sqrt2}{2}\times\frac{\sqrt3}{2}=\frac{\sqrt2-\sqrt6}{4}$

在 $\triangle B_1BD$ 中，由余弦定理：

$\begin{aligned} B_1D^2 &= B_1B^2+BD^2-2\cdot B_1B\cdot BD\cdot\cos\angle B_1BD \\[2pt] &= 4+8-2\times2\times2\sqrt2\times\frac{\sqrt2-\sqrt6}{4} \\[2pt] &= 12-4+4\sqrt3 = 8+4\sqrt3 \end{aligned}$

所以 $B_1D=\sqrt6+\sqrt2$，即 $DP+B_1P$ 的最小值为 $\sqrt6+\sqrt2$，故C正确。

选项D： 因为 $E,F$ 分别为 $DD_1,B_1B$ 的中点，过 $E,C_1,F$ 三点作正方体的截面为菱形 $AEC_1F$。
对角线 $EF$ 与 $AC_1$ 互相垂直，且

$AC_1=\sqrt{2^2+2^2+2^2}=2\sqrt3,\qquad EF=2\sqrt2$

所以四边形 $AEC_1F$ 的面积为：

$\frac12\times EF\times AC_1=\frac12\times2\sqrt2\times2\sqrt3=2\sqrt6$

故D正确。

答案：$\displaystyle BCD$

解析：

选项A： 如图1，取 $BC$ 的中点 $G$，连接 $C_1G$，$EG$，$A_1C_1$，$A_1E$，则过 $A_1$，$C_1$，$E$ 三点的平面截该四棱柱所得的截面为等腰梯形 $A_1C_1GE$，理由如下：

连接 $AC$，因为 $E$，$G$ 分别是 $AB$ 和 $BC$ 的中点，所以 $EG\parallel AC$，
又在平行四边形 $ACC_1A_1$ 中，$AC\parallel A_1C_1$，所以 $EG\parallel A_1C_1$，则 $A_1$，$E$，$C$，$C_1$ 四点共面。

因为 $AA_1=2AB=4$，所以 $A_1C_1=2\sqrt{2}$，$EG=\sqrt{2}$，$A_1E=C_1G=\sqrt{17}$，
则等腰梯形 $A_1C_1GE$ 的高 $h=\sqrt{17-\frac{1}{2}}=\sqrt{\dfrac{33}{2}}$，
所以等腰梯形 $A_1C_1GE$ 的面积

$S=\frac{1}{2}\times\left(\sqrt{2}+2\sqrt{2}\right)\times\frac{\sqrt{33}}{2}=\frac{3\sqrt{33}}{2}$

故A正确。

选项B： 如图2，连接 $C_1F$ 并延长，交 $CD$ 的延长线于 $H$，连接 $EH$ 交 $AD$ 于 $I$，连接 $IF$，取 $BB_1$ 靠近 $B$ 的四等分点 $Q$，连接 $EQ$，$QC_1$，则五边形 $EQC_1FI$ 即过 $C_1$，$E$，$F$ 三点的平面截该四棱柱所得的截面。

作 $BB_1$ 的中点 $T$，连接 $AT$ 和 $C_1T$，作 $CC_1$ 的中点 $S$，连接 $ST$ 和 $DS$，
则有 $C_1S=DF$，$C_1S\parallel DF$，所以四边形 $DSC_1F$ 是平行四边形，即 $C_1F\parallel DS$。
又有 $ST\parallel BC$，$ST=BC$，$BC\parallel AD$，$BC=AD$，所以 $ST\parallel AD$，$ST=AD$，
所以四边形 $ADST$ 是平行四边形，即 $AT\parallel SD$，则 $AT\parallel C_1F$，
所以 $A$，$T$，$C_1$，$F$ 四点共面。

由题可知平面 $ABB_1A_1\parallel$ 平面 $DCC_1D_1$，平面 $ABB_1A_1\cap$ 平面 $ATC_1F=AT$，平面 $ATC_1F\cap$ 平面 $DCC_1D_1=C_1F$，所以 $AT\parallel C_1F$。
又因为 $Q$ 是 $BB_1$ 靠近 $B$ 的四等分点，$T$ 是 $BB_1$ 的中点，所以 $EQ\parallel AT$，
则 $EQ\parallel C_1F$，所以 $E$，$Q$，$C_1$，$F$，$I$ 五点共面，故B正确。

选项C： 如图3，分别取 $AD$，$CD$，$BC$ 的中点 $M$，$N$，$G$，连接 $D_1M$，$D_1N$，$MN$，$EG$，$C_1G$。
因为 $MN\parallel EG$，$MN\not\subset$ 平面 $A_1C_1GE$，$GE\subset$ 平面 $A_1C_1GE$，所以 $MN\parallel$ 平面 $A_1C_1GE$。
因为 $D_1N\parallel EA_1$，$D_1N\not\subset$ 平面 $A_1C_1GE$，$EA_1\subset$ 平面 $A_1C_1GE$，所以 $D_1N\parallel$ 平面 $A_1C_1GE$。
又 $D_1N\cap MN=N$，$MN\subset$ 平面 $D_1MN$，$D_1N\subset$ 平面 $D_1MN$，
所以平面 $D_1MN\parallel$ 平面 $A_1C_1GE$，
则点 $P$ 的轨迹为 $\triangle D_1MN$，所以点 $P$ 的轨迹长度为

$D_1M+D_1N+MN=2\sqrt{17}+\sqrt{2}$

故C错误。

选项D： 如图4，若动点 $P$ 到棱 $BB_1$ 的距离为 $\sqrt{3}$，则点 $P$ 的轨迹长度为两个以 $\sqrt{3}$ 为半径的圆的周长的 $\dfrac14$ 再加上两个侧棱 $BB_1$ 的长度，即

$\sqrt{3}\pi+8$

故D正确。

答案：$\displaystyle ABD$

图1：截面 $A_1C_1GE$（选项A）；图2：截面 $EQC_1FI$（选项B）
图3：平面 $D_1MN$（选项C）；图4：$P$ 到 $BB_1$ 距离为 $\sqrt{3}$ 的轨迹（选项D）

解析：

关键辅助线构造

在正方体 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 中，取 $C_1D_1$ 的中点 $F$，连接 $EF,\ CF,\ A_1C_1$。由 $E$ 为 $A_1D_1$ 的中点可知 $EF\parallel A_1C_1\parallel AC$。

取 $AB,\ BC$ 的中点 $T,\ Q$，连接 $A_1T,\ TQ,\ QC_1$，有 $TQ\parallel AC\parallel A_1C_1$。由于 $AC\subset$ 平面 $ACFE$ 而 $TQ\not\subset$ 平面 $ACFE$，故 $TQ\parallel$ 平面 $ACFE$。

连 $B_1D_1$ 交 $EF,\ A_1C_1$ 分别于点 $N_0,\ N_1$；连 $BD$ 交 $AC,\ TQ$ 分别于点 $O_0,\ O_1$；连 $O_0N_0,\ O_1N_1$ 交 $DB_1$ 于 $P_0,\ P_1$。

易知 $N_0N_1=\dfrac12 D_1N_1=\dfrac14 B_1D_1=\dfrac14 BD=O_0O_1$，又 $BD\parallel B_1D_1$，则四边形 $O_0N_0N_1O_1$ 是平行四边形，故 $O_0N_0\parallel O_1N_1$。因 $O_0N_0\subset$ 平面 $ACFE$，$O_1N_1\not\subset$ 平面 $ACFE$，得 $O_1N_1\parallel$ 平面 $ACFE$。而 $O_1N_1\cap TQ=O_1$，$O_1N_1,\ TQ\subset$ 平面 $A_1C_1QT$，于是平面 $A_1C_1QT\parallel$ 平面 $ACFE$，且四边形 $A_1C_1QT$ 与四边形 $ACFE$ 面积相等。

截面形状随 $P$ 点运动的变化规律

当 $P$ 从 $D$ 向 $B_1$ 移动时，可分为三个阶段：

• $P\in DP_0$（不含端点）：截面与射线 $DD_1$ 相交。交点在线段 $DD_1$（不含 $D$）上时，截面为三角形，面积逐渐增大；继续移动至交点落在 $DD_1$ 延长线上时，截面还与平面 $A_1B_1C_1D_1$ 相交，截面变为四边形，面积继续增大。
• $P\in P_0P_1$（不含端点）：截面与正方体的六个面都相交，截面为六边形。面积先增大后减小，在 $P_0P_1$ 中点处取得最大值。
• $P\in P_1B_1$（不含 $B_1$）：截面由四边形逐渐变形为三角形，面积逐渐减小。

因此截面不可能为五边形。选项 A 正确，C 正确。

关于正六边形选项的判断

计算相关数据：

$CE=\sqrt{CD_1^2+D_1E^2}=\sqrt{2+\frac14}=\frac32,\qquad EF=\frac{\sqrt2}{2},\qquad CF=\frac{\sqrt5}{2},$

$\cos\angle CFE=\frac{CF^2+EF^2-CE^2}{2\cdot CF\cdot EF}=-\frac{\sqrt{10}}{10},$

故 $\angle CFE\neq120^\circ$。与 $\angle CFE$ 两边分别平行的截面六边形顶角不等于 $120^\circ$，因此截面六边形不是正六边形。选项 B 不正确。

最大截面面积的计算

令过 $P_0P_1$ 中点的截面为六边形 $GHJKLM$。有

$GH=KL=\frac34 AC=\frac{3\sqrt2}{4}.$

令 $GH\cap B_1D_1=N,\ KL\cap BD=O$，连 $ON$，有 $ON\parallel O_0N_0$，

$ON=O_0N_0=\sqrt{DD_1^2+(DO_0-D_1N_0)^2}=\frac{3\sqrt2}{4}.$

$N_0,\ O_0$ 分别为等腰梯形 $ACFE$ 两底的中点，有 $O_0N_0\perp AC$，从而 $ON\perp KL$，$N$ 为 $GH$ 中点，$O$ 为 $KL$ 中点。连 $HK,\ GL$，四边形 $GHKL$ 为矩形。

点 $M,\ J$ 分别为棱 $AA_1,\ CC_1$ 中点，$MG=ML$，等腰 $\triangle MGL$ 底边上的高

$h=\frac12(AC-KL)=\frac{\sqrt2}{8}.$

所以最大截面面积：

$\begin{aligned} S&=S_{GHKL}+2S_{\triangle MGL} \\[4pt] &=\frac{3\sqrt2}{4}\times\frac{3\sqrt2}{4}+2\times\frac12\times\frac{3\sqrt2}{4}\times\frac{\sqrt2}{8} \\[4pt] &=\frac{9}{8}+\frac{3}{16}=\frac{21}{16}. \end{aligned}$