证明：

如图，设 $O$ 是内切球球心，$O_1$ 是 $\triangle ABC$ 的内心，$H$ 是 $\triangle ACD$ 的垂心，$M$ 是 $\triangle ABD$ 的重心．$O_1$、$H$、$M$ 是内切球与相应界面的切点．

设 $\triangle ABC$ 的内切圆 $O_1$ 分别切边 $BC$、$CA$、$AB$ 于点 $A_1$、$B_1$、$C_1$，则 $O_1A_1=O_1B_1=O_1C_1$（内切圆半径相等）．

因此 $\mathrm{Rt}\triangle OO_1A_1\cong\mathrm{Rt}\triangle OO_1B_1\cong\mathrm{Rt}\triangle OO_1C_1$（$OO_1$ 为公共直角边），
得 $\angle OA_1O_1=\angle OB_1O_1=\angle OC_1O_1$，记为 $\varphi$．

由 $O_1A_1\perp BC$ 及三垂线定理知 $OA_1\perp BC$，
即面 $BOC$ 与面 $BAC$ 的夹角为 $\varphi$．

由于 $O$ 是内切球球心，故面 $BOC$ 是二面角 $D-BC-A$ 的平分面，
所以二面角 $D-BC-A$ 的大小为 $2\varphi$．
同理，二面角 $D-AB-C$、$D-AC-B$ 的大小均为 $2\varphi$．
因此点 $D$ 在面 $ABC$ 内的射影为 $\triangle ABC$ 的内心，
即 $DO_1\perp$ 面 $ABC$，$D$、$O$、$O_1$ 三点共线．

因为 $AB\perp O_1C_1$ 且 $AB\perp DO_1$，所以 $AB\perp$ 面 $DO_1C_1$．
同理 $AC\perp$ 面 $DO_1B_1$．

过点 $O$ 分别向 $DB_1$ 和 $DC_1$ 引垂线 $OH_1$ 和 $OM_1$，$H_1$、$M_1$ 为垂足．
因为 $OH_1\perp DB_1$，$OH_1\perp AC$，所以 $OH_1\perp$ 面 $ADC$，
即 $H_1=H$，且 $D$、$H$、$B_1$ 共线．
同理可得 $D$、$M$、$C_1$ 三点共线．

于是 $DC_1$ 同时是 $\triangle ABD$ 的中线和高，因此 $AD=DB$，
进而 $AO_1=BO_1$，因此 $AC=BC$，于是 $C$、$O_1$、$C_1$ 三点共线．

注意到 $H$ 为 $\triangle ACD$ 的垂心，故 $CH\perp AD$；
又 $OH\perp$ 面 $ACD$，由三垂线定理可得 $OC\perp AD$，
又 $OC\perp AB$，所以 $OC\perp$ 面 $ABD$．

由于 $OM\perp$ 面 $ABD$，因此 $C$、$O$、$M$ 共线．

考察 $\triangle CDC_1$，$DO_1$ 和 $CM$ 分别是它的高，$C_1O$ 是角平分线，
所以 $C_1D=C_1C$，由此得
[
C_1O_1:O_1C=C_1M:MD=1:2
]

这说明 $O_1$ 既是 $\triangle ABC$ 的内心，又是它的重心，
因此 $\triangle ABC$ 是正三角形．进而三棱锥 $D-ABC$ 为正三棱锥，
故点 $C$ 在 $\triangle ABD$ 内的射影 $M$ 为 $\triangle ABD$ 的垂心；
这说明 $M$ 既是 $\triangle ABD$ 的垂心，也是 $\triangle ABD$ 的重心，
因此 $\triangle ABD$ 也是正三角形．

由上可知，此四面体为正四面体．$\square$

解：

如图，连接 $AC$、$BD$ 交于点 $O$，高 $PO$ 与 $AM$ 交于点 $G$．

易知 $G$ 是 $\triangle PAC$ 的重心，同时也是 $\triangle PBD$ 的重心（因为 $A$、$C$ 与 $B$、$D$ 关于 $O$ 对称，重心 $G$ 都在 $PO$ 上距 $O$ 为 $\dfrac{1}{3}PO$ 处）．

由于截面 $AEMF$ 与平面 $PBD$ 的交线为直线 $EF$，因此 $E$、$G$、$F$ 三点共线．

设 $\overrightarrow{PE}=x\overrightarrow{PB}$，$\overrightarrow{PF}=y\overrightarrow{PD}$，其中 $0< x\leqslant 1$，$0< y\leqslant 1$．

由重心 $G$ 在 $EF$ 上的共线条件，结合向量关系可推导得：

[
\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=3 \tag{1}
]

将四棱锥 $P-AEMF$ 拆分为两个三棱锥的体积和：

[

]

正四棱锥中 $V_{P-ABD}=V_{P-BCD}=\dfrac{1}{2}V_{P-ABCD}$，代入得：

[
V_{P-AEMF} = \frac{3}{4}xy \cdot V_{P-ABCD}
]

正四棱锥 $P-ABCD$ 的体积为：

[
V_{P-ABCD}=\frac{1}{3}\times 2^2 \times 3 = 4
]

代入得：

[
V_{P-AEMF} = 3xy
]

由(1)式变形消去 $y$：

[
y = \frac{x}{3x-1}
]

由 $0< y\leqslant 1$ 可得定义域 $\dfrac{1}{2}\leqslant x\leqslant 1$．

将 $y$ 代入体积表达式：

[
V_{P-AEMF} = 3xy = \frac{3x^2}{3x-1}
]

变形：

[
V_{P-AEMF} = \frac{3x^2}{3x-1} = \frac{1}{3}\left[(3x-1)+\frac{1}{3x-1}+2\right]
]

令 $t=3x-1$，则 $t\in\left[\dfrac{1}{2},\,2\right]$，由对勾函数 $f(t)=t+\dfrac{1}{t}$ 的性质：

• 当 $t=1$，即 $3x-1=1\Rightarrow x=\dfrac{2}{3}$ 时，$f(t)$ 取最小值 $2$，对应 $V_{P-AEMF}$ 取最小值；
• 当 $t=\dfrac{1}{2}$ 或 $t=2$，即 $x=\dfrac{1}{2}$ 或 $x=1$ 时，$f(t)$ 取最大值，对应 $V_{P-AEMF}$ 取最大值．

计算得：

[
V_{\min} = \frac{1}{3}(2+2) = \frac{4}{3},\qquad
V_{\max} = \frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}+2+2\right) = \frac{3}{2}
]

答案：最小值 $\displaystyle \frac{4}{3}$，最大值 $\displaystyle \frac{3}{2}$

（Ⅰ）证明：

因为四边形 $ABCD$ 是正方形，所以 $AD\parallel BC$．

又 $BC\subset$ 平面 $PBC$，$AD\not\subset$ 平面 $PBC$，所以 $AD\parallel$ 平面 $PBC$．

因为 $AD\subset$ 平面 $PAD$，且 $l$ 是平面 $PAD$ 与平面 $PBC$ 的交线，所以 $AD\parallel l$．

由 $PD\perp$ 底面 $ABCD$，得 $PD\perp AD$，又 $AD\perp DC$（正方形性质），
因此 $AD\perp$ 平面 $PDC$．

由 $AD\parallel l$ 得 $l\perp$ 平面 $PDC$．

（Ⅱ）解：

由 $PD\perp$ 底面 $ABCD$ 及正方形性质，以 $D$ 为原点建立空间直角坐标系 $Dxyz$，
或直接利用几何法求解。下面采用几何法。

由 $PD=AD=1$，得 $PB=\sqrt{PD^2+AD^2+AB^2}=\sqrt{3}$．

在直线 $l$ 上取点 $P_1$ 使得 $PP_1=BC=1$，则由 $l\parallel AD\parallel BC$ 知 $PP_1\stackrel{\parallel}{=}BC$，
故四边形 $PP_1CB$ 为平行四边形，于是 $P_1C\stackrel{\parallel}{=}PB=\sqrt{3}$．

在 $l$ 上取 $PQ_1=1$，则 $PQ_1\stackrel{\parallel}{=}BC$，故 $Q_1B\stackrel{\parallel}{=}PC$．

由（Ⅰ）知 $l\perp PC$，所以 $l\perp Q_1B$．
在 $\text{Rt}\triangle PQ_1B$ 中，$BQ_1=\sqrt{PB^2-PQ_1^2}=\sqrt{2}$．

由 $QB=\sqrt{2}$，知点 $Q$ 与 $Q_1$ 重合，即 $PQ=1$．

于是 $PQ=PD=PP_1$，故 $P_1D\perp DQ$．
又 $CD\perp$ 平面 $PDQ$，所以 $CD\perp P_1D$，
因此 $P_1D\perp$ 平面 $QCD$．

故 $PB$ 与平面 $QCD$ 所成角 $\alpha$ 即为 $P_1C$ 与平面 $QCD$ 所成角，
且 $\angle P_1CD$ 即为该角．

$\displaystyle\sin\alpha=\frac{P_1D}{P_1C}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$．

答案：$\displaystyle \frac{\sqrt{6}}{3}$

分析：
（1）首先证明四面体的两条高线交于一点，再证过另一顶点和这一点的直线为另一条高线，即可证明结论成立。（2）①②③利用线面垂直的判定与性质不难证明对棱垂直，④可借助于向量运算证明对棱垂直，然后根据（1）的结论可判定它们都是垂心四面体。

详解：

（1）先证对棱互相垂直的四面体是垂心四面体。

作 $AH_1\perp$ 面 $BCD$，垂足为 $H_1$，则 $CD\perp AH_1$，已知 $CD\perp AB$，故 $CD\perp$ 面 $ABH_1$，

延长 $BH_1$ 交 $CD$ 于 $E$，在平面 $ABE$ 内作 $BH_2\perp AE$，垂足为 $H_2$，

设 $AH_1\cap BH_2=H$，

已知 $CD\perp$ 面 $ABH_1$，$BH_2\subset$ 面 $ABH_1$，

$\therefore BH_2\perp CD$，故 $BH_2\perp$ 面 $ACD$，

此时两条高线 $AH_1$ 和 $BH_2$ 已交于点 $H$，

连接 $CH$，下证 $CH\perp$ 面 $ABD$，

$\because BD\perp AH_1$，$BD\perp AC$，$\therefore BD\perp$ 面 $ACH_1$，而 $CH\subset$ 面 $ACH_1$，故 $CH\perp BD$。

又 $\because AD\perp BH_1$，$AD\perp BC$，$\therefore AD\perp$ 面 $BCH_2$，而 $CH\subset$ 面 $BCH_2$，$\therefore CH\perp AD$，

$\therefore CH\perp$ 平面 $ABD$，

同理 $AH\perp$ 平面 $BCD$，$BH\perp$ 平面 $ACD$，$DH\perp$ 平面 $ABC$。

综上可知，四条高线交于点 $H$，故该四面体为垂心四面体。

反之，若该四面体为垂心四面体，即四条高线交于点 $H$。

$\because AH\perp$ 面 $BCD$，$\therefore AH\perp CD$，

$\because BH\perp$ 面 $ACD$，$\therefore BH\perp CD$，

$\therefore CD\perp$ 面 $ABH$，故 $CD\perp AB$，

同理可证 $BC\perp AD$，$BD\perp AC$。

（2）对四种四面体逐一判断

① 正三棱锥底面为正三角形，侧面为全等的等腰三角形，可证明三组对棱两两垂直，根据（1）的结论可知四面体 $A-BCD$ 为垂心四面体。

② 三条侧棱两两垂直，任一条侧棱垂直另外两条侧棱所在的平面，也可证明对棱垂直，根据（1）的结论可知四面体 $A-BCD$ 为垂心四面体。

③ 高垂直于底面棱，在侧面的射影垂直于此面的底面棱，所以底面棱垂直于高和射影所在的平面，即垂直于对棱，根据（1）的结论可知四面体 $A-BCD$ 为垂心四面体。

④ 若 $AC^2+BD^2=AD^2+BC^2$，则有 $AC^2-AD^2=BC^2-BD^2$ 成立，即

$\overrightarrow{AC}^2-\overrightarrow{AD}^2=\overrightarrow{BC}^2-\overrightarrow{BD}^2$

即

$(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD})\cdot(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD})=(\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BD})\cdot(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BD})$

$\overrightarrow{DC}\cdot(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD})=\overrightarrow{DC}\cdot(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BD})$

$\overrightarrow{DC}\cdot(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BD})=0$

$\overrightarrow{DC}\cdot(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DB})=0$

$\overrightarrow{DC}\cdot(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AB})=0$

$\overrightarrow{DC}\cdot\overrightarrow{AB}=0$

$\therefore AB\perp CD$，同理可证 $BC\perp AD$，$BD\perp AC$。

根据（1）的结论可知四面体 $A-BCD$ 为垂心四面体。

答案：$\displaystyle \boldsymbol{①②③④}$

点睛：
本题考查垂心四面体的判定，核心结论是「对棱互相垂直」与「四面体为垂心四面体」等价。利用该结论，判断四面体是否为垂心四面体仅需检验其三组对棱是否互相垂直。对于条件④，向量运算是处理对棱垂直关系的有效工具：将长度平方关系转化为向量内积运算，化几何条件为代数推证。

分析：
由线面垂直的性质可知截面多边形的边与所在正方形的对角线平行，利用相似比即可求得截面周长为定值。

详解：

（1）证明截面边与面对角线平行

连接 $A_1B$，$A_1D$，$BD$，$AB_1$：

$\because AB_1\perp A_1B$，$B_1C_1\perp$ 平面 $ABB_1A_1$

$\therefore B_1C_1\perp A_1B$，又 $AB_1\cap B_1C_1=B_1$

$\therefore A_1B\perp$ 平面 $AB_1C_1$，$\therefore A_1B\perp AC_1$

同理可证 $AC_1\perp BD$

因此 $AC_1\perp$ 平面 $A_1BD$。

设平面 $\alpha$ 与平面 $ABB_1A_1$ 的交线为 $EF$，

则 $AC_1\perp EF$，又 $\because AC_1\perp A_1B$，

$\therefore EF\mathbin{/\!/}A_1B$。

同理可得：平面 $\alpha$ 与正方体其余各面的交线，都与对应面的对角线平行。

（2）周长恒为定值

设 $\dfrac{EF}{A_1B}=\lambda$，则 $\dfrac{B_1E}{A_1B_1}=\lambda$，因此 $\dfrac{NE}{B_1D_1}=\dfrac{A_1E}{A_1B_1}=1-\lambda$，

$\therefore EF+NE=\sqrt{2}\lambda+\sqrt{2}(1-\lambda)=\sqrt{2}$。

同理可得六边形其余两组相邻边的和也为 $\sqrt{2}$，

$\therefore$ 六边形的周长为定值 $3\sqrt{2}$。

由于截面与各面的交线都平行于对应面的对角线，因此无论六边形如何变化，其每个内角均为 $120^\circ$，且任意一组相邻边长的和为 $\sqrt{2}$。

（3）面积范围

可通过构造边长为 $\sqrt{2}$、一个内角为 $60^\circ$ 的菱形推导截面面积：

六边形 $EFGHMN$ 的面积 = 大菱形面积 − 上下两个小等边三角形的面积，其中 $EF=\sqrt{2}\lambda$，下方小等边三角形边长 $MH=\sqrt{2}(1-\lambda)$，因此：

$\begin{aligned} S &= \left(\sqrt{2}\right)^2\cdot\sin60^\circ - \frac{1}{2}\left(\sqrt{2}\lambda\right)^2\cdot\sin60^\circ - \frac{1}{2}\left[\sqrt{2}(1-\lambda)\right]^2\sin60^\circ \\ &= \sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{2}\left[\lambda^2+(1-\lambda)^2\right] \\ &= \sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{2}\left(2\lambda^2-2\lambda+1\right) \\ &= \frac{3}{4}\sqrt{3} - \sqrt{3}\left(\lambda-\frac{1}{2}\right)^2,\quad 0\leq\lambda\leq1 \end{aligned}$

由 $0\leq\left(\lambda-\frac{1}{2}\right)^2\leq\dfrac{1}{4}$，可得：

$\frac{\sqrt{3}}{2}\leq S\leq\frac{3}{4}\sqrt{3}$

答案：

面积 $S$ 的取值范围：$\displaystyle \left[\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{4}\sqrt{3}\right]$

周长 $l$ 的取值范围：$\displaystyle \{3\sqrt{2}\}$

点睛：
本题考查正方体内截面几何图形的面积和周长，意在考查空间想象能力和计算能力。本题的关键是做出与 $AC_1$ 垂直的平面，可知交线与所在平面的对角线平行，由此利用相似可证明周长为定值；无论截面如何变化，截面六边形的内角都是 $120^\circ$，求截面面积最值时可利用对称性和二次函数求范围。

解析：

利用向量加法 $\overrightarrow{PQ} = \overrightarrow{PM} + \overrightarrow{MN} + \overrightarrow{NQ}$，再对等式两边平方，结合向量垂直关系和夹角关系求解。

由 $PM \perp AB$，$NQ \perp AB$ 及 $M,N \in AB$ 可得：

$\overrightarrow{PM} \cdot \overrightarrow{MN} = 0,\quad \overrightarrow{NQ} \cdot \overrightarrow{MN} = 0$

$\overrightarrow{MP}$ 与 $\overrightarrow{NQ}$ 的夹角即为二面角 $\alpha-AB-\beta$ 的大小，故：

$\overrightarrow{PM} \cdot \overrightarrow{NQ} = -mn\cos\theta$

（注意 $\overrightarrow{PM}$ 与 $\overrightarrow{MP}$ 反向，因此 $\overrightarrow{PM} \cdot \overrightarrow{NQ} = -\overrightarrow{MP} \cdot \overrightarrow{NQ} = -mn\cos\theta$）

由向量加法：

$\overrightarrow{PQ} = \overrightarrow{PM} + \overrightarrow{MN} + \overrightarrow{NQ}$

两边平方：

$\begin{aligned} l^2 &= \overrightarrow{PQ}^2 = (\overrightarrow{PM} + \overrightarrow{MN} + \overrightarrow{NQ})^2 \\[2mm] &= |\overrightarrow{PM}|^2 + |\overrightarrow{MN}|^2 + |\overrightarrow{NQ}|^2 + 2\overrightarrow{PM}\cdot\overrightarrow{MN} + 2\overrightarrow{PM}\cdot\overrightarrow{NQ} + 2\overrightarrow{MN}\cdot\overrightarrow{NQ} \\[2mm] &= m^2 + |MN|^2 + n^2 + 0 + 2(-mn\cos\theta) + 0 \\[2mm] &= m^2 + |MN|^2 + n^2 - 2mn\cos\theta \end{aligned}$

解得：

$|MN| = \sqrt{l^2 - m^2 - n^2 + 2mn\cos\theta}$

答案：$\displaystyle A$

解析：

设菱形 $ABCD$ 中 $AC$ 与 $BD$ 交于点 $O$，取 $CD$ 中点 $G$，连接 $EG$、$FG$。

折叠前：$\triangle ABD$ 为等边三角形，$BD = 2$，$CO = AO = \sqrt{AB^2 - \left(\dfrac{BD}{2}\right)^2} = \sqrt{3}$。

折叠后：$A'B = BC = 2$，$\angle A'BC = \dfrac{\pi}{2}$，则 $A'C = \sqrt{A'B^2 + BC^2} = 2\sqrt{2}$。

由菱形性质，$AO \perp BD$、$CO \perp BD$，折叠后 $A'O \perp BD$、$CO \perp BD$，故 $BD \perp$ 平面 $A'OC$，从而 $A'C \perp BD$。

对 A 项验证：

$E$、$F$、$G$ 分别为 $BC$、$A'D$、$CD$ 的中点，则 $GE \parallel BD$ 且 $GE = \dfrac{1}{2}BD = 1$，$FG \parallel A'C$ 且 $FG = \dfrac{1}{2}A'C = \sqrt{2}$。

因为 $A'C \perp BD$，所以 $FG \perp EG$，在 Rt$\triangle EFG$ 中：

$EF = \sqrt{FG^2 + EG^2} = \sqrt{(\sqrt{2})^2 + 1^2} = \sqrt{3}$

故 A 项正确 ✅

对 B 项验证：

因为 $FG \parallel A'C$，所以直线 $A'C$ 与 $EF$ 所成角即为 $\angle EFG$。

在 Rt$\triangle EFG$ 中：

$\cos\angle EFG = \frac{FG}{EF} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$

选项 B 给出 $\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，故 B 项错误 ❌

对 C 项验证：

因为 $FG \parallel A'C$，$FG \subset$ 平面 $EFG$，所以 $A'C \parallel$ 平面 $EFG$。

设 $EG$ 与 $OC$ 交于点 $H$。由于 $\triangle BCD$ 为等边三角形，$CO$ 为中线；又 $EG$ 为 $\triangle BCD$ 的中位线，故 $H$ 为 $EG$ 中点。

作 $OM \perp A'C$ 于点 $M$，$HN \perp A'C$ 于点 $N$，则 $HN \parallel OM$ 且 $HN = \dfrac{1}{2}OM$，$HN \perp FG$。

因为 $BD \perp$ 平面 $A'OC$，$GE \parallel BD$，所以 $GE \perp$ 平面 $A'OC$，$HN \subset$ 平面 $A'OC$，故 $GE \perp HN$。

于是 $HN \perp$ 平面 $EFG$，即 $HN$ 为 $A'C$ 到平面 $EFG$ 的距离。

在等腰 $\triangle A'OC$ 中，$A'O = CO = \sqrt{3}$，$A'C = 2\sqrt{2}$，$M$ 为 $A'C$ 中点，则：

$OM = \sqrt{OC^2 - \left(\frac{A'C}{2}\right)^2} = \sqrt{3 - 2} = 1$

从而 $HN = \dfrac{1}{2}OM = \dfrac{1}{2}$。

即直线 $A'C$ 与平面 $EFG$ 的距离为 $\dfrac{1}{2}$，又 $EF \subset$ 平面 $EFG$，故直线 $A'C$ 与 $EF$ 的距离为 $\dfrac{1}{2}$，C 项正确 ✅

对 D 项验证：

$A'C = 2\sqrt{2}$，$A'B = BC = CD = A'D = 2$，则 $\triangle A'BC$、$\triangle A'DC$ 均为直角三角形。

取 $A'C$ 中点 $P$，由直角三角形性质得：

$BP = DP = \frac{1}{2}A'C = A'P = CP = \sqrt{2}$

故 $P$ 为四面体 $A'BCD$ 的外接球球心，外接球半径 $R = \sqrt{2}$，表面积：

$S = 4\pi R^2 = 4\pi \times (\sqrt{2})^2 = 8\pi$

选项 D 给出 $4\pi$，故 D 项错误 ❌

答案：$\displaystyle AC$

解析：

通过中点构造中位线，将异面直线夹角转化为平面角，结合余弦定理、线段长度范围求解。

第一步：取中点构造辅助线

取 $P$、$Q$ 分别为 $VC$、$AB$ 的中点。

在 $\triangle VCB$ 中，由余弦定理：

$\cos\angle VCB = \frac{VC^2+CB^2-VB^2}{2\cdot VC\cdot CB} = \frac{3^2+4^2-(2\sqrt{2})^2}{2\times3\times4} = \frac{9+16-8}{24} = \frac{17}{24}$

在 $\triangle PBC$ 中，$PC=\dfrac{VC}{2}=\dfrac{3}{2}$，$CB=4$，代入余弦定理：

$PB = \sqrt{PC^2+CB^2-2\cdot PC\cdot CB\cdot\cos\angle VCB} = \sqrt{\frac{9}{4}+16-2\times\frac{3}{2}\times4\times\frac{17}{24}} = \frac{\sqrt{39}}{2}$

由 $\triangle VAC\cong\triangle VBC$（$VA=VB$，$VC$ 公共，$CA=CB$）可得 $PA=PB=\dfrac{\sqrt{39}}{2}$。

第二步：推导 $PQ$ 的取值范围

在等腰 $\triangle ABP$ 中，$PQ$ 是底边 $AB$ 上的中线，因此 $PQ < PA = \dfrac{\sqrt{39}}{2}$，当 $A,B$ 退化为同一点时取等（四面体退化边界）。

过 $B$ 作 $BH\perp VC$ 于 $H$，设 $HP=x$，由 $VB^2-VH^2=BC^2-HC^2$ 得：

$BC^2-BV^2 = HC^2-HV^2$

代入数值：

$4^2-(2\sqrt{2})^2 = \left(\frac{3}{2}+x\right)^2-\left(\frac{3}{2}-x\right)^2$

$16-8 = \left(\frac{9}{4}+3x+x^2\right)-\left(\frac{9}{4}-3x+x^2\right)$

$8 = 6x$

解得 $x=\dfrac{4}{3}$，从而 $PQ > \dfrac{4}{3}$，当 $A,B,V,C$ 四点共面时取等（四面体退化边界）。

因此 $\dfrac{4}{3} < PQ < \dfrac{\sqrt{39}}{2}$。

第三步：构造异面直线夹角

取 $BC$ 中点 $M$，则 $PM\parallel BV$，$QM\parallel AC$，故异面直线 $CA$ 与 $VB$ 所成的角即为 $\angle PMQ$ 或其补角。

易得 $PM = \dfrac{1}{2}VB = \sqrt{2}$，$QM = \dfrac{1}{2}AC = 2$，由余弦定理：

$\cos\angle PMQ = \frac{PM^2+MQ^2-PQ^2}{2\cdot PM\cdot MQ} = \frac{2+4-PQ^2}{2\cdot\sqrt{2}\cdot2} = \frac{6-PQ^2}{4\sqrt{2}}$

第四步：代入范围求值

由 $\dfrac{4}{3} < PQ < \dfrac{\sqrt{39}}{2}$，平方得 $\dfrac{16}{9} < PQ^2 < \dfrac{39}{4}$，代入上式：