所求最小值為O到線段PB距離的最小值．
思路二：設(shè)eq \(BE,\s\up6(→))＝λeq \(BP,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，建立坐標(biāo)系，用λ表示動點(diǎn)E到直線AO的距離d，求d＝f(λ)的最小值
[解析] 解法一：連接PO，BO，由PC＝PD，O為DC的中點(diǎn)知PO⊥CD，又平面PCD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD.從而PO⊥OA，又ABCD為矩形，AB＝2BC，∴∠AOD＝∠COB＝eq \f(π,4)，∴OB⊥OA，∴AO⊥平面POB.又由題意知PO＝eq \f(1,2)DC＝3，OB＝3eq \r(2)，且PO⊥OB.∴O到BP的距離eq \f(PO·OB,PB)＝eq \f(3×3\r(2),3\r(3))＝eq \r(6)，∴線段PB上的動點(diǎn)E到直線AO距離的最小值為eq \r(6).
解法二：如圖，取AB的中點(diǎn)為O′.連接PO、OO′、AE.∵PC＝PD，點(diǎn)O是CD的中點(diǎn)，∴PO⊥CD.
又∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，PO?平面PCD，
∴PO⊥平面ABCD.又∵OO′?平面ABCD，∴PO⊥OO′.
又∵底面ABCD是矩形，O、O′是CD、AB中點(diǎn)，∴OO′⊥CD.
∴以點(diǎn)O為原點(diǎn)，OO′、OC、OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，由PC⊥PD，PC＝PD，CD＝AB＝2BC＝6，
得PO＝OC＝OD＝3，AD＝BC＝3.
∴A(3，－3,0)，B(3,3,0)，P(0,0,3)，
則eq \(AO,\s\up6(→))＝(－3,3,0)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(－3，－3,3)，
設(shè)eq \(BE,\s\up6(→))＝λeq \(BP,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，則E(3－3λ，3－3λ，3λ)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(－3λ，6－3λ，3λ)，
|eq \(AE,\s\up6(→))|＝eq \r(?－3λ?2＋?6－3λ?2＋?3λ?2)
＝eq \r(27λ2－36λ＋36)，
∵|eq \(AO,\s\up6(→))|＝eq \r(?－3?2＋32＋02)＝3eq \r(2)，
∴向量eq \(AO,\s\up6(→))的單位方向向量v＝eq \f(\(AO,\s\up6(→)),|\(AO,\s\up6(→))|)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(2))，\f(1,\r(2))，0))，
則eq \(AE,\s\up6(→))·v＝(－3λ)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(2))))＋(6－3λ)×eq \f(1,\r(2))＋3λ×0＝3eq \r(2)，
因此點(diǎn)E到直線AO的距離d＝eq \r(|\(AE,\s\up6(→))|2－?\(AE,\s\up6(→))·v?2)＝eq \r(27λ2－36λ＋18)＝eq \r(27\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(2,3)))2＋6)，
當(dāng)λ＝eq \f(2,3)時(shí)，d取最小值eq \r(6)，
∴線段PB上的動點(diǎn)E到直線AO的距離的最小值為eq \r(6).
2．(2023·福建泉州質(zhì)檢)如圖，三棱臺ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2B1C1＝2，D是AC的中點(diǎn)，E是棱BC上的動點(diǎn)．
(1)試確定點(diǎn)E的位置，使AB1∥平面DEC1；
(2)已知AB⊥BC1，CC1⊥平面ABC.設(shè)直線BC1與平面DEC1所成的角為θ，試在(1)的條件下，求cs θ的最小值．
[分析] (1)eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(BC＝2B1C1?AC＝2A1C1, D為AC的中點(diǎn)))?AD∥A1C1?AA1∥C1D?AA1∥平面C1DE.
若AB1∥平面C1DE，則只需平面C1DE∥平面ABB1A1，從而DE∥AB.可知E應(yīng)為BC的中點(diǎn)，給出證明即可．
(2)由題意可知角θ的變化是由三棱臺的高CC1的變化引起的，故可設(shè)CC1＝a，建立空間直角坐標(biāo)系，求出cs θ＝f(a)，進(jìn)而求f(a)的最小值即可．
[解析] (1)連接DC1，DE，
由三棱臺ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2B1C1＝2，D是AC的中點(diǎn)可得A1C1∥AD，A1C1＝AD，
所以四邊形ADC1A1為平行四邊形，故AA1∥DC1，
AA1?平面DEC1，DC1?平面DEC1，
故AA1∥平面DEC1，
又AB1∥平面DEC1，且AB1，AA1?平面ABB1A1，
AB1∩AA1＝A，所以平面ABB1A1∥平面DEC1，又平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，平面ABC∩平面DEC1＝DE，
故DE∥AB，
由于D是AC的中點(diǎn)，故E是BC的中點(diǎn)，
故點(diǎn)E在邊BC的中點(diǎn)處，AB1∥平面DEC1.
(2)因?yàn)镃C1⊥平面ABC，AB?平面ABC，
所以CC1⊥AB，
又AB⊥BC1，CC1∩BC1＝C1，CC1，BC1?平面BCC1B1，
故AB⊥平面BCC1B1，由于BC?平面BCC1B1，
所以AB⊥CB，
由(1)知：E在邊BC的中點(diǎn)，D是AC的中點(diǎn)，
所以ED∥AB，進(jìn)而DE⊥BC，
連接B1E，由B1C1∥EC，B1C1＝EC，
所以四邊形B1C1CE為平行四邊形，
故CC1∥B1E，由于CC1⊥平面ABC，
因此B1E⊥平面ABC，
故ED，EC，EB1兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系；設(shè)B1E＝a，
則E(0,0,0)，B(－1,0,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，C1(1,0，a)，B1(0,0，a)，
故eq \(ED,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(EC1,\s\up6(→))＝(1,0，a)，
設(shè)平面DEC1的法向量為m＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(ED,\s\up6(→))·m＝y(tǒng)＝0，,\(EC1,\s\up6(→))·m＝x＋az＝0，))取x＝a，則m＝(a,0，－1)，又eq \(BC1,\s\up6(→))＝(2,0，a)，
故sin θ＝|cs〈eq \(BC1,\s\up6(→))，m〉|＝eq \f(|\(BC1,\s\up6(→))·m|,|\(BC1,\s\up6(→))||m|)＝eq \f(a,\r(a2＋1)\r(a2＋4))＝eq \f(1,\r(a2＋\f(4,a2)＋5))≤eq \f(1,\r(2\r(a2×\f(4,a2))＋5))＝eq \f(1,3)，當(dāng)且僅當(dāng)a2＝eq \f(4,a2)，即a＝eq \r(2)時(shí)取等號，要使cs θ為最小值，只需要sin θ最大，sin θ最大值為eq \f(1,3)，此時(shí)cs θ的最小值為eq \r(1－sin2θ)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2)＝eq \f(2\r(2),3).
名師點(diǎn)撥：
1．空間最值、范圍問題的題型
(1)切接中的最值、范圍問題；
(2)截面中的最值、范圍問題；
(3)路徑、距離、線面角、二面角中的最值、范圍問題．
2．空間最值、范圍問題的解題策略
(1)幾何法：通過證明或幾何作圖，確定圖形中取得最值的特殊位置，再計(jì)算它的值；
(2)代數(shù)方法：分析給定圖形中的數(shù)量關(guān)系，選取適當(dāng)?shù)淖宰兞考澳繕?biāo)函數(shù)，確定函數(shù)解析式，利用函數(shù)的單調(diào)性、有界性，以及不等式的均值定理等，求出最值．
【變式訓(xùn)練】
1．(2024·北京房山區(qū)開學(xué)考)點(diǎn)M，N分別是棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中棱BC，CC1的中點(diǎn)，動點(diǎn)P在側(cè)面BCC1B1內(nèi)(包括邊界)運(yùn)動．若PA1∥平面AMN，則PA1長度的取值范圍是( B )
A．[2，eq \r(5)] B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),2)，\r(5)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),2)，3)) D．[2,3]
[解析] 取B1C1的中點(diǎn)E，BB1的中點(diǎn)F，連接A1E，A1F，EF，取EF中點(diǎn)O，連接A1O，EM，
∵點(diǎn)M，N分別是棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中棱BC，CC1的中點(diǎn)，
∴AA1∥BB1，AA1＝BB1，BB1∥EM，BB1＝EM，
∴AA1∥EM，AA1＝EM，
∴四邊形A1AME為平行四邊形，
∴A1E∥AM，而在平面B1BCC1中，易證MN∥EF，
∵A1E?平面AMN，AM?平面AMN，
∴A1E∥平面AMN，
∵EF?平面AMN，MN?平面AMN，
∴EF∥平面AMN，
又∵A1E∩EF＝E，A1E，EF?平面A1EF，
∴平面AMN∥平面A1EF，
∵動點(diǎn)P在正方形BCC1B1(包括邊界)內(nèi)運(yùn)動，且PA1∥平面AMN，
∴點(diǎn)P的軌跡是線段EF，
∵A1E＝A1F＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，EF＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2)，
∴A1O⊥EF，
∴當(dāng)P與O重合時(shí)，PA1的長度取最小值A(chǔ)1O＝eq \r(?\r(5)?2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(3\r(2),2)，
∵△A1EF為等腰三角形，∴P在點(diǎn)E或者點(diǎn)F處時(shí)，此時(shí)PA1最大，最大值為eq \r(5).
即PA1的長度范圍為eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),2)，\r(5)))，故選B.
2. (2024·廣東深圳實(shí)驗(yàn)中學(xué)階段測試)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PD⊥AB，且PB＝PD，底面ABCD是邊長為2eq \r(3)的菱形，∠BAD＝eq \f(π,3).
(1)證明：平面PAC⊥平面ABCD；
(2)若直線CP與平面ABCD所成角的正弦值為eq \f(\r(5),5)，點(diǎn)Q為棱PC上的動點(diǎn)，求平面ABQ與平面PBC夾角的正弦值的最小值．
[解析] (1)證明：連接BD交AC于點(diǎn)O，連接PO.
因?yàn)锳BCD是菱形，所以BD⊥AC，且O為BD的中點(diǎn)．
∵PD＝PB，所以PO⊥BD.
又∵AC，PO?平面APC，且AC∩PO＝O，
所以BD⊥平面APC.
又BD?平面ABCD，
所以平面APC⊥平面ABCD.
(2)解法一：過P作PH⊥AC交AC于點(diǎn)H，
∵平面APC⊥平面ABCD，PH⊥AC，
平面APC∩平面ABCD＝AC，
∴PH⊥平面ABCD，
∵AB⊥PD，AB⊥PH，PH，PD?平面PHD，
PH∩PD＝P，
∴AB⊥平面PHD，∵DH?平面PHD，
∴AB⊥DH，
∴H為DH，AO的交點(diǎn)，∵△ABD為等邊三角形，
∴H為△ABD的重心，
∴OH＝eq \f(1,3)OA＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×2eq \r(3)＝1，
∵PH⊥平面ABCD，
∴∠PCH即為直線CP與平面ABCD所成角，
在△PCH中，sin∠PCH＝eq \f(PH,\r(PH2＋16))＝eq \f(\r(5),5)，
解得PH＝2，B(eq \r(3)，0,0)，C(0,3,0)，A(0，－3,0)，
以O(shè)為原點(diǎn)，OB，OC所在直線為x，y軸建立如圖所示坐標(biāo)系，則
eq \(BP,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，－1,2)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，3,0)，
設(shè)平面PBC的一個(gè)法向量為n1＝(x1，y1，z1)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BP,\s\up6(→))·n1＝－\r(3)x1－y1＋2z1＝0，,\(BC,\s\up6(→))·n1＝－\r(3)x1＋3y1＝0，))
令z1＝2，則x1＝eq \r(3)，y1＝1，
∴平面PBC的一個(gè)法向量為n1＝(eq \r(3)，1,2)．
設(shè)eq \(PQ,\s\up6(→))＝λeq \(PC,\s\up6(→))＝(0,4λ，－2λ)，λ∈[0,1]，
則eq \(AQ,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(PQ,\s\up6(→))＝(0,4λ＋2,2－2λ)，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，3,0)，
設(shè)平面ABQ的一個(gè)法向量為n2＝(x2，y2，z2)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))·n2＝\r(3)x2＋3y2＝0，,\(AQ,\s\up6(→))·n2＝?4λ＋2?y2＋?2－2λ?z2＝0，))
令x2＝eq \r(3)，則y2＝－1，z2＝eq \f(2λ＋1,1－λ)，
∴平面ABQ的一個(gè)法向量為n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，－1，\f(2λ＋1,1－λ))).
設(shè)平面ABQ與平面PBC夾角為θ，
于是cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1|·|n2|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2＋2·\f(2λ＋1,1－λ),2\r(2)×\r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2λ＋1,1－λ)))2))))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\f(2λ＋1,1－λ),\r(2)×\r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2λ＋1,1－λ)))2))))，
令eq \f(2λ＋1,1－λ)＋1＝t(t>2)，
則cs θ＝eq \f(t,\r(2)×\r(?t－1?2＋4))＝eq \f(t,\r(2)×\r(t2－2t＋5))＝eq \f(1,\r(2)×\r(\f(5,t2)－\f(2,t)＋1))，
當(dāng)eq \f(1,t)＝eq \f(1,5)即t＝5，λ＝eq \f(1,2)時(shí)(cs θ)max＝eq \f(\r(10),4)，
此時(shí)(sin θ)min＝eq \f(\r(6),4)，∴平面ABQ與平面PBC夾角的正弦值的最小值為eq \f(\r(6),4).
解法二：同解法一建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)P(0，m，n)，則eq \(CP,\s\up6(→))＝(0，m－3，n)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，3,0)，eq \(DP,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，m，n)，
∵PD⊥AB，∴eq \(DP,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝3＋3m＝0，∴m＝－1.
∵直線CP與平面ABCD所成角的正弦值為eq \f(\r(5),5)，平面ABCD的一個(gè)法向量m＝(0,0,1)，
∴|cs〈eq \(CP,\s\up6(→))，m〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(CP,\s\up6(→))·m,|\(CP,\s\up6(→))|·|m|)))＝eq \f(n,\r(?m－3?2＋n2))＝eq \f(\r(5),5)，
即(m－3)2＝4n2，解得n＝2或－2(舍去)，
∴P(0，－1,2)．(以下同解法一)

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