第8.5节综合训练

在选项 $ \mathrm{A} $ , $ \mathrm{B} $ , $ \mathrm{D} $ 中,均有可能 $ a $ 在平面 $ \alpha $ 内,故错误；在 $ \mathrm{C} $ 中,由两平面平行知其中一个平面内的任意一条直线都平行于另一个平面,故 $ \mathrm{C} $ 正确.

过点 $ M $ , $ N $ , $ E $ 的平面即为平面 $ MNJIEH $ ,如图所示 $ (H $ , $ I $ , $ J $ 均为所在棱的中点 $ ) $ ,所以直线 $ AD $ 与平面 $ MNE $ 交于点 $ H $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；

直线 $ F{C}_{1} $ 与直线 $ IJ $ 在平面 $ BC{C}_{1}{B}_{1} $ 内一定相交,故 $ \mathrm{B} $ 错误；

直线 $ {A}_{1}B $ 与直线 $ EI $ 相交,故平面 $ {A}_{1}BC $ 与平面 $ MNE $ 不平行,故 $ \mathrm{C} $ 错误；

因为 $ E $ , $ I $ 分别为 $ AB $ , $ B{B}_{1} $ 的中点,

所以 $ A{B}_{1}//EI $ ,因为 $ A{B}_{1}\not\subset $ 平面 $ MNE $ , $ EI\subset $ 平面 $ MNE $ ,所以 $ A{B}_{1}// $ 平面 $ MNE $ ,

同理可证 $ {B}_{1}{D}_{1}// $ 平面 $ MNE $ ,

又因为 $ A{B}_{1}\cap {B}_{1}{D}_{1}={B}_{1} $ , $ A{B}_{1} $ , $ {B}_{1}{D}_{1}\subset $ 平面 $ A{B}_{1}{D}_{1} $ ,所以平面 $ A{B}_{1}{D}_{1}// $ 平面 $ MNE $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{C} $ .

对于 $ \mathrm{B} $ ,由题意知 $ B $ , $ F $ , $ {D}_{1} $ , $ E $ 四点共面,平面 $ BE{D}_{1}F\cap $ 平面 $ AB{B}_{1}{A}_{1}=BF $ ,平面 $ BE{D}_{1}F\cap $ 平面 $ CD{D}_{1}{C}_{1}={D}_{1}E $ ,平面 $ AB{B}_{1}{A}_{1}// $ 平面 $ CD{D}_{1}{C}_{1} $ ,则 $ BF//{D}_{1}E $ ,

同理可证 $ BE//{D}_{1}F $ ,即四边形 $ BE{D}_{1}F $ 为平行四边形, $ \mathrm{B} $ 正确；

对于 $ \mathrm{A} $ ,令正方体 $ ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 的棱长为2,当 $ F $ 为 $ A{A}_{1} $ 的中点时, $ BF=\sqrt{5}={D}_{1}E $ ,则 $ {D}_{1}{\rm C}_{1}^{2}+E{\rm C}_{1}^{2}={2}^{2}+E{\rm C}_{1}^{2}={D}_{1}{E}^{2}=5 $ ,解得 $ E{C}_{1}=1 $ ,即 $ E $ 为 $ C{C}_{1} $ 的中点,

连接 $ EF $ ,如图所示,因为 $ {A}_{1}F//{C}_{1}E $ , $ {A}_{1}F={C}_{1}E $ ,所以四边形 $ {A}_{1}FE{C}_{1} $ 为平行四边形,

则 $ EF//{A}_{1}{C}_{1} $ ,因为 $ EF\subset $ 平面 $ BE{D}_{1}F $ , $ {A}_{1}{C}_{1}\not\subset $ 平面 $ BE{D}_{1}F $ ,所以 $ {A}_{1}{C}_{1}// $ 平面 $ BE{D}_{1}F $ , $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{C} $ ,令 $ AB=1 $ ,设 $ AF=x $ ,则 $ BF=\sqrt{{x}^{2}+1} $ , $ {D}_{1}F=\sqrt{{\left(1-x\right) ^ {2}}+1} $ ,而 $ B{D}_{1}=\sqrt{3} $ ,

$ \cos \mathrm{\angle }BF{D}_{1}=\dfrac{{x}^{2}+1+{\left(1-x\right) ^ {2}}+1-3}{2\sqrt{{x}^{2}+1}\cdot \sqrt{{\left(1-x\right) ^ {2}}+1}}=\dfrac{{x}^{2}-x}{\sqrt{{x}^{2}+1}\cdot \sqrt{{\left(1-x\right) ^ {2}}+1}} $ ,

四边形 $ BE{D}_{1}F $ 的面积 $ {S}_{四边形BE{D}_{1}F} $

$ =2{S}_{△BF{D}_{1}}=\sqrt{{x}^{2}+1}\cdot \sqrt{{\left(1-x\right) ^ {2}}+1}\cdot \sin \mathrm{\angle }BF{D}_{1} $

$ =\sqrt{{x}^{2}+1}\cdot \sqrt{{\left(1-x\right) ^ {2}}+1}\cdot \sqrt{1-{ \cos }^{2}\mathrm{\angle }BF{D}_{1}} $

$ =\sqrt{({x}^{2}+1)({x}^{2}-2x+2)-{\left({x}^{2}-x\right) ^ {2}}} $

$ =\sqrt{2{x}^{2}-2x+2} $ ,

因此四边形 $ BE{D}_{1}F $ 的面积随 $ F $ 点位置的变化而变化, $ \mathrm{C} $ 正确；

对于 $ \mathrm{D} $ ,由 $ A{A}_{1}//B{B}_{1} $ , $ A{A}_{1}\not\subset $ 平面 $ B{B}_{1}{D}_{1} $ , $ B{B}_{1}\subset $ 平面 $ B{B}_{1}{D}_{1} $ ,得 $ A{A}_{1}// $ 平面 $ B{B}_{1}{D}_{1} $ , $ F $ 在棱 $ A{A}_{1} $ 上,所以点 $ F $ 到平面 $ B{B}_{1}{D}_{1} $ 的距离为定值,而 $ △B{B}_{1}{D}_{1} $ 的面积为定值,

因此三棱锥 $ F-B{B}_{1}{D}_{1} $ 的体积为定值,即对于任意点 $ F $ ,三棱锥 $ F-B{B}_{1}{D}_{1} $ 的体积均不变, $ \mathrm{D} $ 错误.

故选 $ \mathrm{D} $ .

如图①,连接 $ {A}_{1}B $ ,设截面交棱 $ AB $ 于点 $ N $ ,连接 $ MN $ , $ CN $ .

图①

在正方体 $ ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 中, $ {A}_{1}{D}_{1}//BC $ 且 $ {A}_{1}{D}_{1}=BC $ ,

则四边形 $ {A}_{1}BC{D}_{1} $ 为平行四边形,所以 $ {A}_{1}B//C{D}_{1} $ .

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

平面 $ CM{D}_{1}\cap $ 平面 $ C{C}_{1}{D}_{1}D=C{D}_{1} $ ,所以 $ MN//C{D}_{1}//{A}_{1}B $ ,所以四边形 $ MNC{D}_{1} $ 即为过 $ C $ , $ M $ , $ {D}_{1} $ 的正方体的截面.

因为 $ M $ 为 $ A{A}_{1} $ 的中点,所以 $ N $ 为 $ AB $ 的中点,

由勾股定理可得 $ MN=\sqrt{A{M}^{2}+A{N}^{2}}=\sqrt{2} $ , $ {D}_{1}M=CN=\sqrt{5} $ , $ C{D}_{1}=2\sqrt{2} $ ,

所以四边形 $ C{D}_{1}MN $ 为等腰梯形.

如图②,过点 $ M $ 在平面 $ C{D}_{1}MN $ 内作 $ ME\perp C{D}_{1} $ ,垂足为 $ E $ ,

图②

在等腰梯形 $ C{D}_{1}MN $ 中, $ {D}_{1}E=\dfrac{C{D}_{1}-MN}{2}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ,则 $ ME=\sqrt{{D}_{1}{M}^{2}-{D}_{1}{E}^{2}}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2} $ ,

因此,截面面积为 $ \dfrac{(MN+C{D}_{1})\cdot ME}{2}=\dfrac{9}{2} $ .