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如图所示, 已知四棱锥 $P - A B C D$ , $P C ⊥$ 平面 $A B C D$ . 点 $E$ 为 $P A$ 的中点, $E F ⊥ P B$ , $E G ⊥ P D$ , 垂足分别为 $F, G$ , $P C = 2$ , $P A = 2 \sqrt{2}$ , $E F = E G = 1$ .

证明: $P A ⊥ F G$ .
若 $P C / /$ 平面 $E B D$ , 设二面角 $B - A P - D$ 的平面角为 $θ$ , 且 $θ$ 为钝角, 求 $\cos θ$ 的最大值.
若 $B D / / F G$ , 点 $P, A, B, D$ 都在同一个球面 $C$ 上且给定该球的半径时, 三棱锥 $P - B C D$ 的体积有 $3$ 个可能的值, 求该球半径的取值范围.

解答

证明如图 1. 作 $P E$ 的中点 $H$ . 注意到 $P E = \frac{1}{2} P A = \sqrt{2}$ , 且 $E G = E F = 1$ , 故 $Δ P G E$ , $Δ P F E$ 为等腰直角三角形, 从而 $G H ⊥ P A$ , $F H ⊥ P A$ . 又因为 $G H, F H \subset$ 平面 $G H F$ , 且 $G H \cap H F = H$ , 故 $P A ⊥$ 平面 $G H F$ . 而 $F G \subset G H F$ , 所以 $P A ⊥ F G$ .
解以 $C$ 为原点, $\vec{C A}$ 为 $x$ 轴, $\vec{C P}$ 为 $z$ 轴建立空间直角坐标系. 则 $A (2, 0, 0)$ , $P (0, 0, 2)$ , $E (1, 0, 1)$ . 根据 $P C / /$ 平面 $E B D$ , 容易得到 $B D$ 经过 $E$ 在 $x O y$ 上的投影 $K (1, 0, 0)$ . (留给读者参考图 2 自行证明)
设 $B (x, y, 0)$ . 接下来我们确定 $B$ 的轨迹. 在 1 中我们得到了 $∠ A P B = 45^{\circ}$ , 也即 $\cos ∠ A P B = \frac{\vec{P A} \cdot \vec{P B}}{| \vec{P A} | \cdot | \vec{P B} |} = \frac{2 x + 4}{2 \sqrt{2} \sqrt{x^{2} + y^{2} + 4}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \Rightarrow y^{2} = 4 x,$ 这说明 $B, D$ 都在以 $K$ 为焦点的平面 $x O y$ 上的抛物线 $y^{2} = 4 x$ 上!
接下来设 $B (t_{1}^{2}, 2 t_{1}, 0)$ , $D (t_{2}^{2}, 2 t_{2}, 0)$ . 上面我们分析过 $B D$ 经过 $K$ , 因此设 $l_{B D} : x = t y + 1$ . 与抛物线 $y^{2} = 4 x$ 联立 (参考图 3), 容易得到 $t_{1} t_{2} = - 4$ .
接下来我们来计算二面角. 根据 1 的准备工作, $\cos θ = \cos ∠ G H F = \frac{G H^{2} + H F^{2} - G F^{2}}{2 G H \cdot H F} = 1 - G F^{2} .$ 而 $P F = 1$ , 因此 $\vec{P F} = \frac{\vec{P B}}{P B} = (\frac{t_{1}^{2}}{T_{1}}, \frac{2 t_{1}}{T_{1}}, \frac{- 2}{T_{1}})$ , 这里 $T_{1} = P B = \sqrt{t_{1}^{4} + 4 t_{1}^{2} + 4}$ . 同理有 $\vec{P E}$ . 这样 $\begin{aligned} E F^{2} & = (\vec{P F} - \vec{P E})^{2} = {(\frac{t_{1}^{2}}{T_{1}} - \frac{t_{2}^{2}}{T_{2}})}^{2} + 4 {(\frac{t_{1}}{T_{1}} - \frac{t_{2}}{T_{2}})}^{2} + 4 {(\frac{1}{T_{1}} - \frac{1}{T_{2}})}^{2} \\ = \sum_{i = 1}^{2} \frac{t_{i}^{4} + 4 t_{i}^{2} + 4}{T_{i}^{2}} - \frac{8}{T_{1} T_{2}} = 2 - \frac{8}{T_{1} T_{2}}, \end{aligned}$ 这里用到了 $t_{1} t_{2} = - 4$ . 再由柯西不等式 $T_{1}^{2} T_{2}^{2} = (t_{1}^{4} + 4 t_{1}^{2} + 4) (t_{2}^{4} + 4 t_{2}^{2} + 4) \geq (t_{1}^{2} t_{2}^{2} + 4 | t_{1} t_{2} | + 4)^{2} = 36^{2} .$ 综合以上, $\cos θ = \frac{8}{T_{1} T_{2}} - 1 \leq - \frac{7}{9}$ .
解因为 $B D / / F G$ , 结合 1 的 $P A ⊥ F G$ , 有 $B D ⊥ A C$ (读者自证不难). 结合 2 的抛物线轨迹, 可以得到 $B, D$ 的对称关系: $B (x, y, 0)$ , $D (x, - y, 0)$ . (参考图 4)
先来确定球心的位置. 根据对称性容易看出, 球心 $O$ 只能在 $(u, 0, u)$ 的位置, 这样根据 $O P = O B$ , 有 $r^{2} = (2 - u)^{2} + u^{2} = (x - u)^{2} + y^{2} + u^{2},$ 解得 $u = \frac{x^{2} + y^{2} - 4}{2 x - 4} = \frac{x^{2} + 4 x - 4}{2 x - 4}$ . 翻译一下条件, 也就是给定 $r = r_{0}$ , $V_{P - B C D} = \frac{2}{3} x | y | = \frac{8}{3} x^{3}$ 有三个解, 也即有三个不同的正数 $x$ 让 $r = r_{0}$ .
我们现在捋一下我们有的方程 ${\begin{aligned} r = (2 - u)^{2} + u^{2} = 2 (u - 1)^{2} + 2, \\ u = \frac{x^{2} + 4 x - 4}{2 x - 4}, \end{aligned}$ 用二图法(图 5)容易看出只需要 $r_{0} > 2 (u_{0} - 1)^{2} + 2$ , 这里的 $u_{0}$ 用 $u_{0} = \frac{x^{2} + 4 x - 4}{2 x - 4}$ 然后令判别式为 $0$ 就可以算出, 是 $4 + 2 \sqrt{2}$ , 所以 $r$ 的最小值是 $\sqrt{2 (u_{0} - 1)^{2} + 2} = \sqrt{36 + 24 \sqrt{2}} = 2 (\sqrt{3} + \sqrt{6})$ .
综上综上综上, $r \in (2 (\sqrt{3} + \sqrt{6}), + \infty)$ .