8.5.3 平面与平面平行

对于选项 $ \mathrm{A} $ ：由任意一条直线都与平面 $ \beta $ 平行,一定能找到两条相交的直线 $ a $ , $ b $ 使得直线 $ a// $ 平面 $ \beta $ ,直线 $ b// $ 平面 $ \beta $ ,又两条相交直线在平面 $ \alpha $ 内,由面面平行的判定定理即可得到 $ \alpha //\beta $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；

对于选项 $ \mathrm{B} $ :由图①可知直线 $ n// $ 平面 $ \alpha $ ,直线 $ n// $ 平面 $ \beta $ ,且直线 $ n $ 不在平面 $ \alpha $ 内,也不在平面 $ \beta $ 内,但平面 $ \alpha $ 与平面 $ \beta $ 相交,故 $ \mathrm{B} $ 错误;

图①

对于选项 $ \mathrm{C} $ :由图②可知,直线 $ a\subset $ 平面 $ \alpha $ ,直线 $ b\subset $ 平面 $ \beta $ ,且直线 $ a// $ 平面 $ \beta $ ,直线 $ b// $ 平面 $ \alpha $ ,但平面 $ \alpha $ 与平面 $ \beta $ 相交,故 $ \mathrm{C} $ 错误；

图②

对于选项 $ \mathrm{D} $ :由图③可知,直线 $ a\subset $ 平面 $ \alpha $ ,且 $ a//\beta $ ,则平面 $ \alpha $ 内只要与直线 $ a $ 平行且不与平面 $ \alpha $ 和平面 $ \beta $ 的交线重合的直线都与平面 $ \beta $ 平行,这样的直线有无数条,但是平面 $ \alpha $ 与平面 $ \beta $ 相交,故 $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{A} $ .

图③

如图,在正方体 $ EFGH-{E}_{1}{F}_{1}{G}_{1}{H}_{1} $ 中,因为 $ E{E}_{1}//G{G}_{1} $ , $ E{E}_{1}=G{G}_{1} $ ,所以四边形 $ E{E}_{1}{G}_{1}G $ 是平行四边形,所以 $ {E}_{1}{G}_{1}//EG $ .又 $ {E}_{1}{G}_{1}\not\subset $ 平面 $ EG{H}_{1} $ , $ EG\subset $ 平面 $ EG{H}_{1} $ ,所以 $ {E}_{1}{G}_{1}// $ 平面 $ EG{H}_{1} $ ,同理 $ {G}_{1}F// $ 平面 $ EG{H}_{1} $ .因为 $ {E}_{1}{G}_{1}\cap {G}_{1}F={G}_{1} $ , $ {E}_{1}{G}_{1} $ , $ {G}_{1}F\subset $ 平面 $ {E}_{1}F{G}_{1} $ ,所以平面 $ {E}_{1}F{G}_{1}// $ 平面 $ EG{H}_{1} $ ,其他三对平面均不平行.故选 $ \mathrm{A} $ .

如图所示,设 $ Q $ 为 $ C{C}_{1} $ 的中点,连接 $ PQ $ ,

$ \because P $ 为 $ D{D}_{1} $ 的中点,易知 $ PQ//CD//AB $ ,且 $ PQ=CD=AB $ , $ \therefore $ 四边形 $ BAPQ $ 是平行四边形,

$ \therefore QB//PA $ .

又 $ QB\subset $ 平面 $ {D}_{1}BQ $ , $ PA\not\subset $ 平面 $ {D}_{1}BQ $ , $ \therefore PA// $ 平面 $ {D}_{1}BQ $ .

连接 $ DB $ ,则 $ O $ 在 $ DB $ 上,且 $ O $ 是 $ DB $ 的中点.

又 $ \because P $ 是 $ D{D}_{1} $ 的中点, $ \therefore {D}_{1}B//PO $ .

又 $ {D}_{1}B\subset $ 平面 $ {D}_{1}BQ $ , $ PO\not\subset $ 平面 $ {D}_{1}BQ $ , $ \therefore PO// $ 平面 $ {D}_{1}BQ $ .又 $ PA\cap PO=P $ , $ PA $ , $ PO\subset $ 平面 $ PAO $ , $ \therefore $ 平面 $ {D}_{1}BQ// $ 平面 $ PAO $ ,

当 $ Q $ 为 $ C{C}_{1} $ 的中点时,有平面 $ {D}_{1}BQ// $ 平面 $ PAO $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

对于①,由面面平行的传递性可知①正确；

对于②,若 $ m\subset \alpha $ , $ n\subset \alpha $ , $ m//\beta $ , $ n//\beta $ ,则 $ \alpha //\beta $ 或 $ \alpha $ 与 $ \beta $ 相交,所以②错误；

对于③,若两个平面平行,则其中一个平面内的任一直线都与另一个平面平行,所以③正确；

对于④,如图, $ m $ , $ n $ 有可能异面,所以④错误.

将平面展开图还原成正方体 $ ABCD-EFMN $ ,如图所示.对于①,在正方体中,易知 $ CN $ 与 $ DE $ 是异面直线,而不是平行关系,①错误.

对于②,在正方体中,易知 $ BM//AN $ ,又因为 $ AN\subset $ 平面 $ ADE $ , $ BM\not\subset $ 平面 $ ADE $ ,所以 $ BM// $ 平面 $ ADE $ ,②正确.

对于③,在正方体中,易知 $ BD//FN $ , $ BM//AN $ , $ BD\subset $ 平面 $ BDM $ , $ FN\not\subset $ 平面 $ BDM $ ,故 $ FN// $ 平面 $ BDM $ .同理可得 $ AN// $ 平面 $ BDM $ ,又 $ AN\cap FN=N $ , $ AN\subset $ 平面 $ AFN $ , $ FN\subset $ 平面 $ AFN $ ,则根据平面与平面平行的判定定理,可得平面 $ BDM// $ 平面 $ AFN $ ,③正确.

对于④,在正方体中, $ DM $ 与 $ BF $ 既不相交也不平行,满足异面直线的定义,所以 $ DM $ , $ BF $ 是异面直线,④正确.

对于选项 $ \mathrm{A} $ ：若 $ m//\alpha $ , $ \alpha //\beta $ ,则 $ m\subset \beta $ 或 $ m//\beta $ ,又因为 $ m\not\subset \beta $ ,所以 $ m//\beta $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；

对于选项 $ \mathrm{B} $ ：若 $ m//\alpha $ , $ m//\beta $ ,则 $ \alpha //\beta $ 或 $ \alpha $ 与 $ \beta $ 相交,例如在正方体 $ ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 中, $ AB// $ 平面 $ {A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ , $ AB// $ 平面 $ C{C}_{1}{D}_{1}D $ ,显然平面 $ {A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 与平面 $ C{C}_{1}{D}_{1}D $ 相交,故 $ \mathrm{B} $ 错误；

对于选项 $ \mathrm{C} $ ：若 $ \alpha //\beta $ ,且 $ m\subset \alpha $ ,由面面平行的性质可得 $ m//\beta $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；

对于选项 $ \mathrm{D} $ ：若 $ \alpha //\beta $ ,且 $ m $ 与 $ \alpha $ 相交,由面面平行的性质可得 $ m $ 与 $ \beta $ 相交,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

故选 $ \mathrm{B} $ .

因为平面 $ AMN// $ 平面 $ EFDB $ ,平面 $ {A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1}\cap $ 平面 $ EFDB=EF $ ,平面 $ {A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1}\cap $ 平面 $ AMN=MN $ ,

所以 $ MN//EF $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；

由长方体 $ ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 的几何特征知平面 $ {A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1}// $ 平面 $ ABCD $ ,而平面 $ EFDB $ 与这两个平行平面都相交,交线分别为 $ EF $ , $ BD $ ,所以 $ EF//BD $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；

连接 $ FM $ ,由已知易得四边形 $ ADFM $ 为平行四边形,所以 $ AM//DF $ .因为 $ \mathbf{N}\notin $ 平面 $ ADFM $ , $ A\in $ 平面 $ ADFM $ , $ A\notin DF $ ,所以 $ AN $ 与 $ DF $ 异面,故 $ \mathrm{C} $ 错误；

因为平面 $ AMN// $ 平面 $ EFDB $ ,由面面平行的定义知,如果两个平面平行,那么一个平面内的任意一条直线都与另一个平面平行,所以由 $ BE\subset $ 平面 $ EFDB $ 知 $ BE// $ 平面 $ AMN $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .

对于①,连接 $ AC $ , $ BD $ ,当 $ AB $ , $ CD $ 共面时,平面 $ ABDC\cap $ 平面 $ \alpha =AC $ ,平面 $ ABDC\cap $ 平面 $ \beta =BD $ ,因为平面 $ \alpha // $ 平面 $ \beta $ ,所以 $ AC//BD $ ,所以①正确；

对于②,如图①,当 $ AE=2CE $ 时, $ AB=2CD $ 成立,而此时 $ E $ , $ F $ 两点重合,所以②错误；

图①

对于③,如图②,连接 $ AD $ ,取 $ AD $ 的中点 $ M $ ,连接 $ EF $ , $ EM $ , $ FM $ , $ AC $ , $ BD $ ,因为 $ E $ , $ F $ 分别是线段 $ AB $ , $ CD $ 的中点,所以 $ EM//BD $ , $ FM//AC $ ,因为 $ EM\not\subset \beta $ , $ FM\not\subset \alpha $ , $ AC\subset \alpha $ , $ BD\subset \beta $ ,所以 $ EM//\beta $ , $ FM//\alpha $ ,因为平面 $ \alpha // $ 平面 $ \beta $ ,所以 $ EM//\alpha $ , $ FM//\beta $ ,因为 $ EM\cap FM=M $ , $ EM $ , $ FM\subset $ 平面 $ EFM $ ,所以平面 $ EFM//\beta $ ,平面 $ EFM//\alpha $ ,因为 $ EF\subset $ 平面 $ EFM $ ,所以直线 $ EF $ 一定与 $ \alpha $ 平行,所以③正确；

图②

对于④,由①可知,当 $ AB $ , $ CD $ 共面时, $ EF//AC $ ,因为 $ EF\not\subset \alpha $ , $ AC\subset \alpha $ ,所以 $ EF//\alpha $ ,由③可知,当 $ AB $ , $ CD $ 异面时,直线 $ EF $ 一定与 $ \alpha $ 平行,综上, $ EF//\alpha $ ,所以④错误.故选 $ \mathrm{A} $ .

如图,取 $ {B}_{1}{C}_{1} $ 的中点 $ N $ , $ {D}_{1}{C}_{1} $ 的中点 $ M $ ,连接 $ MD $ , $ MN $ , $ BN $ , $ EN $ , $ {B}_{1}{D}_{1} $ ,则 $ MN//{B}_{1}{D}_{1} $ .

因为 $ E $ , $ F $ 分别是棱 $ {A}_{1}{D}_{1} $ , $ {A}_{1}{B}_{1} $ 的中点,

所以 $ EF//{B}_{1}{D}_{1} $ , $ EN//{A}_{1}{B}_{1} $ ,且 $ EN={A}_{1}{B}_{1} $ ,

所以 $ EF//MN $ .又由 $ MN\subset $ 平面 $ BDMN $ ， $ EF\not\subset $ 平面 $ BDMN $ ，得 $ EF// $ 平面 $ BDMN $ .

又 $ AB//{A}_{1}{B}_{1} $ ,且 $ AB={A}_{1}{B}_{1} $ ,

所以 $ AB//EN $ ,且 $ AB=EN $ ,则四边形 $ ABNE $ 为平行四边形,

所以 $ AE//BN $ .又由 $ BN\subset $ 平面 $ BDMN $ , $ AE\not\subset $ 平面 $ BDMN $ ,得 $ AE// $ 平面 $ BDMN $ .

又 $ AE\cap EF=E $ , $ AE $ , $ EF\subset $ 平面 $ AEF $ ,

所以平面 $ AEF// $ 平面 $ BDMN $ ,

所以四边形 $ BDMN $ 为平面 $ \alpha $ 截该正方体 $ ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 所得截面,且四边形 $ BDMN $ 是等腰梯形.

因为 $ MN=\dfrac{1}{2}×\sqrt{{4}^{2}+{4}^{2}}=2\sqrt{2} $ , $ DB=\sqrt{{4}^{2}+{4}^{2}}=4\sqrt{2} $ , $ DM=BN=\sqrt{{4}^{2}+{2}^{2}}=2\sqrt{5} $ ,

所以四边形 $ BDMN $ 的面积为 $ S=\dfrac{1}{2}× (2\sqrt{2}+4\sqrt{2} )×\sqrt{ (2\sqrt{5})^{2}- (\sqrt{2})^{2}}=18 $ .

故选 $ \mathrm{C} $ .

根据题意作出图形,如图,其中, $ E $ , $ F $ , $ G $ , $ H $ , $ P $ , $ Q $ , $ M $ , $ N $ 分别为所在棱的中点,所以 $ PN//{B}_{1}{D}_{1} $ .因为 $ PN\not\subset $ 平面 $ DB{B}_{1}{D}_{1} $ , $ {B}_{1}{D}_{1}\subset $ 平面 $ DB{B}_{1}{D}_{1} $ ,所以 $ PN// $ 平面 $ DB{B}_{1}{D}_{1} $ .同理可证 $ GF// $ 平面 $ DB{B}_{1}{D}_{1} $ .因为四边形 $ BC{C}_{1}{B}_{1} $ 是平行四边形, $ N $ , $ F $ 分别是 $ {B}_{1}{C}_{1} $ , $ BC $ 的中点,所以 $ NF//B{B}_{1} $ .又因为 $ NF\not\subset $ 平面 $ DB{B}_{1}{D}_{1} $ , $ B{B}_{1}\subset $ 平面 $ DB{B}_{1}{D}_{1} $ ,所以 $ NF// $ 平面 $ DB{B}_{1}{D}_{1} $ .同理可证 $ PG// $ 平面 $ DB{B}_{1}{D}_{1} $ .又因为 $ PN\cap NF=N $ , $ PN $ , $ NF\subset $ 平面 $ PNFG $ ,所以平面 $ PNFG// $ 平面 $ DB{B}_{1}{D}_{1} $ .因为 $ PF\subset $ 平面 $ PNFG $ , $ NG\subset $ 平面 $ PNFG $ ,所以 $ PF// $ 平面 $ DB{B}_{1}{D}_{1} $ , $ NG// $ 平面 $ DB{B}_{1}{D}_{1} $ .同理可证 $ QM $ , $ ME $ , $ EH $ , $ HQ $ , $ QE $ , $ MH $ 也与平面 $ DB{B}_{1}{D}_{1} $ 平行,所以与平面 $ DB{B}_{1}{D}_{1} $ 平行的直线共有12条.故选 $ \mathrm{D} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,连接 $ AN $ , $ CM $ ,因为 $ M $ , $ N $ 分别为 $ {D}_{1}{C}_{1} $ , $ {A}_{1}{D}_{1} $ 的中点,所以 $ MN//{A}_{1}{C}_{1} $ ,又 $ {A}_{1}{C}_{1}//AC $ ,所以 $ MN//AC $ ,即 $ A $ , $ C $ , $ M $ , $ N $ 四点共面.因为点 $ P $ 是 $ B{D}_{1} $ 上靠近点 $ {D}_{1} $ 的三等分点,所以 $ {D}_{1}P=\dfrac{1}{2}PB $ ,又 $ {D}_{1}M//AB $ 且 $ {D}_{1}M=\dfrac{1}{2}AB $ ,可得 $ P $ 为 $ AM $ 与 $ {D}_{1}B $ 的交点,即 $ P\in AM $ ,所以 $ P\in $ 平面 $ MNAC $ ,则平面 $ APC $ 与平面 $ MNAC $ 是同一平面,则 $ MN\subset $ 平面 $ APC $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；

对于 $ \mathrm{B} $ ,由 $ \mathrm{A} $ 选项的分析可知, $ MQ\cap $ 平面 $ APC=M $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；

对于 $ \mathrm{C} $ ,由 $ \mathrm{A} $ 选项的分析,可得 $ A $ , $ P $ , $ M $ 三点共线,故 $ \mathrm{C} $ 正确；

对于 $ \mathrm{D} $ ,因为 $ {A}_{1}{C}_{1}//AC $ , $ {A}_{1}{C}_{1}\not\subset $ 平面 $ APC $ , $ AC\subset $ 平面 $ APC $ ,所以 $ {A}_{1}{C}_{1}// $ 平面 $ APC $ .连接 $ NC $ ,因为 $ N $ , $ Q $ 分别为 $ {A}_{1}{D}_{1} $ , $ BC $ 的中点,所以 $ {A}_{1}N//CQ $ 且 $ {A}_{1}N=CQ $ ,所以四边形 $ {A}_{1}NCQ $ 为平行四边形,所以 $ {A}_{1}Q//NC $ ,又 $ NC\subset $ 平面 $ APC $ , $ {A}_{1}Q\not\subset $ 平面 $ APC $ ,所以 $ {A}_{1}Q// $ 平面 $ APC $ .又 $ {A}_{1}{C}_{1}\cap {A}_{1}Q={A}_{1} $ , $ {A}_{1}{C}_{1} $ , $ {A}_{1}Q\subset $ 平面 $ {A}_{1}{C}_{1}Q $ ,所以平面 $ {A}_{1}{C}_{1}Q// $ 平面 $ APC $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{C}\mathrm{D} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ 选项,若平面 $ ABC// $ 平面 $ DEF $ , $ BC\subset $ 平面 $ ABC $ ,则 $ BC// $ 平面 $ DEF $ .由题图可知 $ BC $ 与平面 $ DEF $ 相交,故平面 $ ABC $ 与平面 $ DEF $ 不平行, $ \mathrm{A} $ 不满足题意；

对于 $ \mathrm{B} $ 选项,如图①所示,连接 $ NG $ ,

图①

因为 $ A $ , $ C $ 分别为 $ PN $ , $ PG $ 的中点,所以 $ AC//NG $ ,在正方体 $ EHDG-MFNP $ 中, $ FN//EG $ 且 $ FN=EG $ ,

所以四边形 $ EFNG $ 为平行四边形,所以 $ NG//EF $ ,所以 $ AC//EF $ .

因为 $ AC\not\subset $ 平面 $ DEF $ , $ EF\subset $ 平面 $ DEF $ ,所以 $ AC// $ 平面 $ DEF $ ,

同理可证 $ BC// $ 平面 $ DEF $ ,又 $ AC\cap BC=C $ , $ AC $ , $ BC\subset $ 平面 $ ABC $ ,所以平面 $ ABC// $ 平面 $ DEF $ , $ \mathrm{B} $ 满足题意；

对于 $ \mathrm{C} $ 选项,如图②所示,

图②

在正方体 $ PHDG-MNFE $ 中,若平面 $ ABC// $ 平面 $ DEF $ ,且平面 $ DEF// $ 平面 $ MNHP $ ,

则平面 $ ABC// $ 平面 $ MNHP $ ,但这与平面 $ ABC $ 与平面 $ MNHP $ 相交矛盾,

所以平面 $ ABC $ 与平面 $ DEF $ 不平行, $ \mathrm{C} $ 不满足题意；

对于 $ \mathrm{D} $ 选项,在正方体 $ PDHG-FNEM $ 中,连接 $ PH $ , $ PM $ , $ MH $ ,如图③所示.

图③

因为 $ DH//FM $ 且 $ DH=FM $ ,所以四边形 $ DHMF $ 为平行四边形,则 $ DF//MH $ .

又 $ DF\not\subset $ 平面 $ PHM $ , $ MH\subset $ 平面 $ PHM $ ,所以 $ DF// $ 平面 $ PHM $ ,

同理可证 $ EF// $ 平面 $ PHM $ ,因为 $ DF\cap EF=F $ , $ DF $ , $ EF\subset $ 平面 $ DEF $ ,所以平面 $ DEF// $ 平面 $ PHM $ .

若平面 $ ABC// $ 平面 $ DEF $ ,则平面 $ ABC// $ 平面 $ PHM $ ,这与平面 $ ABC $ 与平面 $ PHM $ 相交矛盾,故平面 $ ABC $ 与平面 $ DEF $ 不平行, $ \mathrm{D} $ 不满足题意.

故选 $ \mathrm{B} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,在三棱柱 $ ABC-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1} $ 中,平面 $ ABC// $ 平面 $ {A}_{1}{B}_{1}{C}_{1} $ ,

因为 $ B $ , $ C $ , $ G $ , $ H $ 四点共面,平面 $ BCHG\cap $ 平面 $ ABC=BC $ ,平面 $ BCHG\cap $ 平面 $ {A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}=GH $ ,所以由面面平行的性质,可得 $ BC//GH $ .又因为 $ E $ , $ F $ 分别为 $ AB $ , $ AC $ 的中点,所以 $ EF//BC $ ,所以 $ EF//GH $ ,所以 $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ ,由 $ \mathrm{A} $ 知 $ EF//GH $ ,因为 $ EF\subset $ 平面 $ {A}_{1}EF $ ,且 $ GH\not\subset $ 平面 $ {A}_{1}EF $ ,

所以 $ GH// $ 平面 $ {A}_{1}EF $ ,所以 $ \mathrm{B} $ 正确；

对于 $ \mathrm{C} $ ,由 $ BC//GH $ 且 $ BC//{B}_{1}{C}_{1} $ ,可得 $ GH//{B}_{1}{C}_{1} $ ,因为 $ GH $ 经过 $ △{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1} $ 的重心,所以 $ GH=\dfrac{2}{3}{B}_{1}{C}_{1} $ ,

由 $ E $ , $ F $ 分别为 $ AB $ , $ AC $ 的中点,可得 $ EF=\dfrac{1}{2}BC $ ,且 $ BC={B}_{1}{C}_{1} $ ,所以 $ \dfrac{GH}{EF}=\dfrac{4}{3} $ ,所以 $ \mathrm{C} $ 不正确；

对于 $ \mathrm{D} $ ,设三棱柱 $ ABC-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1} $ 的高为 $ h $ ,底面面积为 $ S $ ,则 $ {V}_{ABC-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}}=Sh $ ,

因为 $ E $ , $ F $ 分别为 $ AB $ , $ AC $ 的中点,所以 $ {S}_{△AEF}=\dfrac{1}{4}S $ ,所以 $ {V}_{{A}_{1}-AEF}=\dfrac{1}{3}×\dfrac{1}{4}Sh=\dfrac{1}{12}Sh $ ,所以 $ {V}_{{B}_{1}{C}_{1}{A}_{1}-BCFE}={V}_{ABC-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}}-{V}_{{A}_{1}-AEF}=\dfrac{11}{12}Sh $ ,所以 $ \dfrac{{V}_{{A}_{1}-AEF}}{{V}_{{B}_{1}{C}_{1}{A}_{1}-BCFE}}=\dfrac{1}{11} $ ,所以 $ \mathrm{D} $ 正确.

故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .

如图①,取 $ B{B}_{1} $ 的中点 $ E $ , $ {B}_{1}{C}_{1} $ 的中点 $ F $ ,连接 $ EF $ , $ {A}_{1}E $ , $ {A}_{1}F $ , $ FM $ , $ B{C}_{1} $ ,所以 $ EF//B{C}_{1} $ ,

图①

又 $ M $ , $ N $ 分别为 $ BC $ , $ C{C}_{1} $ 的中点,所以 $ MN//B{C}_{1} $ ,故 $ EF//MN $ ,

又 $ EF\not\subset $ 平面 $ MAN $ , $ MN\subset $ 平面 $ MAN $ ,所以 $ EF// $ 平面 $ MAN $ .

又 $ A{A}_{1}//MF $ , $ A{A}_{1}=MF $ ,所以四边形 $ {A}_{1}AMF $ 为平行四边形,所以 $ {A}_{1}F//AM $ ,

又 $ {A}_{1}F\not\subset $ 平面 $ MAN $ , $ AM\subset $ 平面 $ MAN $ ,所以 $ {A}_{1}F// $ 平面 $ MAN $ .

又 $ {A}_{1}F $ , $ EF\subset $ 平面 $ {A}_{1}EF $ , $ {A}_{1}F\cap EF=F $ ,故平面 $ {A}_{1}EF// $ 平面 $ MAN $ ,

所以当 $ {A}_{1}P\subset $ 平面 $ {A}_{1}EF $ 时, $ {A}_{1}P// $ 平面 $ MAN $ ,则点 $ P $ 在线段 $ EF $ 上.

当 $ {A}_{1}P\perp EF $ 时, $ {A}_{1}P $ 取得最小值,易知 $ {A}_{1}E={A}_{1}F=\sqrt{9+1}=\sqrt{10} $ ,

此时 $ P $ 为线段 $ EF $ 的中点.

如图②,作 $ PP\prime \perp B{B}_{1} $ 交 $ B{B}_{1} $ 于点 $ P^\prime $ ,则有 $ PP\prime =\dfrac{1}{2} $ , $ BP\prime =\dfrac{3}{2} $ , $ BE=1 $ , $ EP=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ , $ BP=\sqrt{{\left(\dfrac{1}{2}\right) ^ {2}}+{\left(\dfrac{3}{2}\right) ^ {2}}}=\dfrac{\sqrt{10}}{2} $ ,

图②

$ \cos \mathrm{\angle }{B}_{1}BP=\dfrac{B{E}^{2}+B{P}^{2}-E{P}^{2}}{2BE×BP}=\dfrac{3\sqrt{10}}{10} $ ,所以 $ \mathrm{\angle }{B}_{1}BP $ 的余弦值为 $ \dfrac{3\sqrt{10}}{10} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

如图,取 $ {B}_{1}{C}_{1} $ 的中点 $ D $ , $ B{B}_{1} $ 的中点 $ E $ ,连接 $ MD $ , $ DE $ , $ ME $ ,则 $ DE//B{C}_{1} $ ,

$ \because DE\not\subset $ 平面 $ AB{C}_{1} $ , $ B{C}_{1}\subset $ 平面 $ AB{C}_{1} $ ,

$ \therefore DE// $ 平面 $ AB{C}_{1} $ .

$ \because M $ 为 $ {A}_{1}{C}_{1} $ 的中点, $ \therefore MD//{A}_{1}{B}_{1}//AB $ .

$ \because MD\not\subset $ 平面 $ AB{C}_{1} $ , $ AB\subset $ 平面 $ AB{C}_{1} $ ,

$ \therefore MD// $ 平面 $ AB{C}_{1} $ .

$ \because DE\cap MD=D $ , $ DE\subset $ 平面 $ DEM $ , $ MD\subset $ 平面 $ DEM $ , $ \therefore $ 平面 $ DEM// $ 平面 $ AB{C}_{1} $ .

$ \because N $ 是侧面 $ BC{C}_{1}{B}_{1} $ 上一点,且 $ MN// $ 平面 $ AB{C}_{1} $ ,

$ \therefore $ 点 $ N $ 的轨迹为线段 $ DE $ .

由 $ DE=\dfrac{1}{2}B{C}_{1}=\dfrac{1}{2}\sqrt{{2}^{2}+(2\sqrt{3})^{2}}=2 $ ,得点 $ N $ 的轨迹的长度为2.