［答案］（I）先证 $D E, F G$ 是中位线（II）$V_{\text {昔 }}［解析］分析：（I）先证 $D E, F G$ 是中位线，再证平行即可。（II）先用体积公式求出 $V_{\text {旨，} V \text {，再作差 }}$比较大小。
解：（I）依题意 $A_{1} A_{2} \perp$ 平面 $A B C, B_{1} B_{2} \perp$ 平面 $A B C, C_{1} C_{2} \perp$ 平面 $A B C$，
所以 $A_{1} A_{2} / / B_{1} B_{2} / / C_{1} C_{2}$．又 $A_{1} A_{2}=d_{1}, B_{1} B_{2}=d_{2}, C_{1} C_{2}=d_{3}$，且 $d_{1}因此四边形 $A_{1} A_{2} B_{2} B_{1}, A_{1} A_{2} C_{2} C_{1}$ 均是梯形。
由 $A A_{2} / /$ 平面 $M E F N, A A_{2} \subset$ 平面 $A A_{2} B_{2} B$，且平面 $A A_{2} B_{2} B \cap$ 平面 $M E F N=M E$，
可得 $A A_{2} / / M E$，即 $A_{1} A_{2} / / D E$。同理可证 $A_{1} A_{2} / / F G$，所以 $D E / / F G$。
又 $M, N$ 分别为 $A B, A C$ 的中点，
则 $D, E, F, G$ 分别为 $A_{1} B_{1}, A_{2} B_{2}, A_{2} C_{2}, A_{1} C_{1}$ 的中点，
即 $D E, F G$ 分别为梯形 $A_{1} A_{2} B_{1} B_{1}, A_{1} A, C_{2} C_{1}$ 的中位线。
因此 $D E=\frac{1}{2}\left(A_{1} A_{2}+B_{1} B_{2}\right)=\frac{1}{2}\left(d_{1}+d_{2}\right), F C=\frac{1}{2}\left(A_{1} A_{2}+C_{1} C_{2}\right)=\frac{1}{2}\left(d_{1}+d_{3}\right)$，
而 $d_{1}（II）$V_{i s}由 $A_{1} A_{2} \perp$ 平面 $A B C, M N \subset$ 平面 $A B C$，可得 $A_{1} A_{2} \ldots M N$．
而 $E M / / A_{1} A_{2}$，所以 $E M \perp M N$，同理可得 $F N \perp M N$。
由 $M N$ 是 $\triangle A B C$ 的中位线，可得 $M N=\frac{1}{2} B C=\frac{1}{2} a$ 即为梯形 $D E F G$ 的高，
因此 $S_{=}=S_{\text {RemorrG }}=\frac{1}{2}\left(\frac{d_{1}+d_{2}}{2}+\frac{d_{1}+d_{3}}{2}\right) \cdot \frac{a}{2}=\frac{a}{8}\left(2 d_{1}+d_{2}+d_{3}\right)$，
即 $V_{\text {湒 }}=S_{=} \cdot h=\frac{a h}{8}\left(2 d_{1}+d_{2}+d_{3}\right)$．
又 $S=\frac{1}{2} a h$，所以 $V=\frac{1}{3}\left(d_{1}+d_{2}+d_{3}\right) S=\frac{a h}{6}\left(d_{1}+d_{2}+d_{3}\right)$．
于是 $V-V_{\text {言 }}=\frac{a h}{6}\left(d_{1}+d_{2}+d_{3}\right)-\frac{a h}{8}\left(2 d_{1}+d_{2}+d_{3}\right)=\frac{a h}{24}\left[\left(d_{2}-d_{1}\right)+\left(d_{3}-d_{1}\right)\right]$．
由 $d_{1}0, d_{3}-d_{1}>0$，故 $V_{E}［ 考点定位］本题考查空间中的线面位置关系，考查空间想象能力。
