如图，正方体 $ABCD - {A_1}{B_1}{C_1}{D_1}$ 的棱长为 $ 1 $，$P$ 为 $BC$ 的中点，$Q$ 为线段 $C{C_1}$ 上的动点，过点 $A,P,Q$ 的平面截该正方体所得的截面记为 $S_0$．则下列命题正确的是[[nn]]（写出所有正确命题的编号）．
① 当 $0 < CQ < \dfrac{1}{2}$ 时，$S_0$ 为四边形；
② 当 $CQ = \dfrac{1}{2}$ 时，$S_0$ 为等腰梯形；
③ 当 $CQ = \dfrac{3}{4}$ 时，$S_0$ 与 ${C_1}{D_1}$ 的交点 $T$ 满足 ${C_1}T = \dfrac{1}{3}$；
④ 当 $\dfrac{3}{4} < CQ < 1$ 时，$S_0$ 为六边形；
⑤ 当 $CQ = 1$ 时，$S_0$ 的面积为 $\dfrac{\sqrt 6 }{2}$．
答案 ①②③⑤．
解析 本题考查空间几何体的截面，利用正方体的截面的画法得到讨论分界点展开讨论是解决问题的关键． 连接 $PQ$，在平面 $ADD_1A_1$ 中过 $A$ 作 $PQ$ 的平行线，与直线 $DD_1$ 交于点 $R$，连接 $AR$ 与 $A_1D_1$ 交于点 $S$，连接 $QR$ 与 $C_1D_1$ 交于点 $T$，如图，讨论分界点为 $CQ=\dfrac 12,1$．
因此命题 ① 正确，命题 ④ 错误．
对于命题 ②，$S_0$ 为四边形 $APQD_1$，此时 $PQ\parallel AD_1$，因此 $APQD_1$ 为梯形，又 $C_1Q=BP=\dfrac 12$，因此 $AP=D_1Q$，从而四边形 $APQD_1$ 是等腰梯形，命题正确；
对于命题 ③，此时 $AS\parallel PQ$，于是 $\dfrac{A_1S}{AA_1}=\dfrac{PC}{CQ}$，而 $PC=\dfrac 12$，$CQ=\dfrac 34$，于是 $A_1S=\dfrac 23$，进而\[\dfrac{RD_1}{AA_1}=\dfrac{SD_1}{A_1S}\implies RD_1=\dfrac 12,\]进而\[\dfrac{C_1T}{TD_1}=\dfrac{C_1Q}{RD_1}\implies C_1T=\dfrac 13,\]命题成立．
对于命题 ⑤，此时 $S_0$ 是菱形 $APC_1S$，其面积为\[\dfrac 12\cdot AC_1\cdot SP=\dfrac 12\cdot \sqrt 3\cdot \sqrt 2=\dfrac{\sqrt 6}2,\]命题正确．
综上所述，命题 ①②③⑤ 正确．