如图, 在棱长为 2 的正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $M$ 是 $A_{1} B_{1}$ 的中点, 点 $P$ 是侧
面 $C D D_{1} C_{1}$ 上的动点, 且 $M P / /$ 截面 $A B_{1} C$, 则线段 $M P$ 长度的取值范围是 ( ).

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析】

取 $\mathrm{CD}$ 的中点为 $\mathrm{N}, C C_{1}$ 的中点为 $\mathrm{R}, B_{1} C_{1}$ 的中点为 $\mathrm{H}$, 证明平面 $\mathrm{MNRH} /$ /平面 $A B_{1} C$,

$M P \subset$ 平面 $M N R H$, 线段 $M P$ 扫过的图形为 $\triangle M N R$, 通过证明 $M N^{2}=N R^{2}+M R^{2}$, 说明 $\angle M R N$ 为直角,得线段 $M P$ 长度的取值范围为 $[M R, M N]$ 即可得解.

## 【详解】

取 $\mathrm{CD}$ 的中点为 $\mathrm{N}, C C_{1}$ 的中点为 $\mathrm{R}, B_{1} C_{1}$ 的中点为 $\mathrm{H}$, 作图如下:

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由图可知, $M B_{1} / / N C, M B_{1}=N C$,

所以四边形 $M N C B_{1}$ 为平行四边形,

所以 $M N / / B_{1} C$,

因为 $M H / / A_{1} C_{1}, A_{1} C_{1} / / A C$,

所以 $M H / / A C$,

因为 $M N \cap M H=M, A C \cap B_{1} C=C$,
故平面 $\mathrm{MNRH} / /$ 平面 $A B_{1} C$,

因为 $M P / /$ 截面 $A B_{1} C$,

所以 $M P \subset$ 平面 $M N R H$,线段 $M P$ 扫过的图形为 $\triangle M N R$,

由 $A B=2$ 知, $M N=2 \sqrt{2}, N R=\sqrt{2}$,

在 Rt $\triangle M C_{1} R$ 中, $M R^{2}=C_{1} R^{2}+C_{1} M^{2}$,

即 $M R^{2}=1^{2}+(\sqrt{5})^{2}=6$, 所以 $M R=\sqrt{6}$,

所以 $M N^{2}=N R^{2}+M R^{2}$, 即 $\angle M R N$ 为直角,

故线段 $M P$ 长度的取值范围为 $[M R, M N]$, 即 $[\sqrt{6}, 2 \sqrt{2}]$,

故选:B

## 【点睛】

本题考查面面平行的判定定理与性质定理及空间两点间的距离;重点考查转化与化归的思想;属于难度大、抽象型试题.