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已知正方体 ${\displaystyle ABCD-A_1{B}_1{C}_1{D}_1}$ 的棱长为 ${\displaystyle 2\sqrt{2}}$, 对角线 ${\displaystyle A{C}_1}$ 的中点为 ${\displaystyle F}$, 动点 ${\displaystyle P}$ 在平面 ${\displaystyle A{A}_1{C}_{1}C}$ 内, 且点 ${\displaystyle P}$ 到平面 ${\displaystyle A{A}_1{B}_{1}B}$ 的距离等于 ${\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}|PF|}$.

1. 求四棱锥 ${\displaystyle P-A{A}_1{B}_{1}B}$ 体积的最小值;
2. 记点 ${\displaystyle P}$ 的轨迹为曲线 ${\displaystyle M}$, 点 ${\displaystyle G,R,Q}$ 是曲线 ${\displaystyle M}$ 上不同三点.
   1. 若平面 ${\displaystyle A{B}_{1}F}$ 与轨迹 ${\displaystyle M}$ 相交于 ${\displaystyle R,G}$ 两点, 求线段 ${\displaystyle RG}$ 的长;
   2. 若点 ${\displaystyle G}$ 在点 ${\displaystyle F}$ 上方, 且 ${\displaystyle GF\perp AC}$, ${\displaystyle GR}$, ${\displaystyle GQ}$ 与平面 ${\displaystyle ABCD}$ 所成角相等, 平面 ${\displaystyle \alpha }$ 过 ${\displaystyle RQ}$ 且与 ${\displaystyle AB}$ 平行, 判断平面 ${\displaystyle \alpha }$ 与平面 ${\displaystyle ABCD}$ 的夹角是否为定值. 若是定值, 求出这个夹角的余弦值; 若不是定值, 请说明理由.

不妨以 ${\displaystyle A_1}$ 为原点, ${\displaystyle \{\overrightarrow{A_1{B}_1},\overrightarrow{A_1{D}_1},\overrightarrow{A_{1}A}\}}$ 为基向量建立空间直角坐标系 ${\displaystyle A_1-xyz}$. 则 ${\displaystyle F(\sqrt{2},\sqrt{2},\sqrt{2})}$, 设 ${\displaystyle P(t,t,h)}$. 则条件等价于 $$\begin{array}{rl}& |t|=\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{(t-\sqrt{2}{)}^2+(t-\sqrt{2}{)}^2+(h-\sqrt{2}{)}^2}\\ \Rightarrow & h^2+6-4\sqrt{2}t-2\sqrt{2}h=0.\end{array}$$

1. 四棱锥 ${\displaystyle P-A{A}_1{B}_{1}B}$ 的体积为 $$\frac{1}{3}(2\sqrt{2}{)}^2|t|=\frac{8}{3}\frac{|h^2+6-2\sqrt{2}h|}{4\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{3}[(h-\sqrt{2}{)}^2+4]\ge \frac{4\sqrt{2}}{3}.$$
2. 1. 平面 ${\displaystyle A{B}_{1}F}$ 为 ${\displaystyle x+z=2\sqrt{2}}$, 与 ${\displaystyle M:x=y,z^2+6-4\sqrt{2}x-2\sqrt{2}z=0}$ 联立得 $$z^2+2\sqrt{2}z-10=0\Rightarrow |z_1-z_2|=\sqrt{48}.$$ 所以 $$RG=\sqrt{(x_1-x_2{)}^2+(y_1-y_2{)}^2+(z_1-z_2{)}^2}=\sqrt{3(z_1-z_2{)}^2}=12.$$
   2. 可以看出 ${\displaystyle M}$ 的轨迹是个抛物线, 所以我们重新在平面 ${\displaystyle A{A}_1{C}_{1}C}$ 中建系如右图. 因为 ${\displaystyle PF=\sqrt{2}|t|=\frac{|h^2+6-2\sqrt{2}h|}{4}\ge 1}$, 所以抛物线的方程为 ${\displaystyle y^2=4x}$. 又 ${\displaystyle GF\perp AC}$, 所以 ${\displaystyle G(1,2)}$. 又 ${\displaystyle GR,GQ}$ 和平面 ${\displaystyle ABCD}$ 所成角相等, 所以 ${\displaystyle k_{GR}+k_{GQ}=0}$.
      我们首先证明 ${\displaystyle k_{RQ}}$ 是定值, 这是一个相等熟悉的流程了. 我们设 ${\displaystyle l_{RQ}:\alpha (x-1)+\beta (y-2)=1}$, 与改写的抛物线方程 ${\displaystyle (y-2{)}^2+4(y-2)=4(x-1)}$ 联立, 再令 ${\displaystyle k=\frac{y-2}{x-1}}$, 得到 $$(1+4\beta )k^2-4(\alpha -\beta )k-4\alpha =0.$$ 方程的两解就是 ${\displaystyle k_{GR},k_{GQ}}$, 所以根据韦达定理 ${\displaystyle 0=\frac{4(\alpha -\beta )}{1+4\beta }\Rightarrow \alpha =\beta }$. 所以 ${\displaystyle k_{RQ}=-\frac{\alpha }{\beta }=-1}$.
      现在设 ${\displaystyle \alpha :Ax+By+Cz+D=0}$. 法向量是 ${\displaystyle {\mathbf{n}}_1=(A,B,C)}$. 它经过 ${\displaystyle R(x_1,y_1,0)}$ 和 ${\displaystyle Q(x_2,y_2,0)}$, 所以 $$\{\begin{array}{rl}& A{x}_1+B{y}_1+D=0,\\ & A{x}_2+B{y}_2+D=0\end{array}\Rightarrow A(x_1-x_2)+B(y_1-y_2)=0\Rightarrow A=B.$$ 另一方面 ${\displaystyle \overrightarrow{AB}=(2,0,-2)}$, 所以 ${\displaystyle \alpha //AB}$ 意味着 ${\displaystyle \overrightarrow{AB}\cdot {\mathbf{n}}_1=2A-2C=0}$. 所以 ${\displaystyle A=B=C}$.
      而平面 ${\displaystyle ABCD}$ 在现在的坐标系下是 ${\displaystyle y=\sqrt{2}}$, 法向量是 ${\displaystyle {\mathbf{n}}_2=(0,1,0)}$. 所以两个平面的夹角的余弦值为 $$\cos ⟨{\mathbf{n}}_1,{\mathbf{n}}_2⟩=\frac{|{\mathbf{n}}_1\cdot {\mathbf{n}}_2|}{|{\mathbf{n}}_1\cdot {\mathbf{n}}_2|}=\frac{|B|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}.$$