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如图, 顶点为 ${\displaystyle P}$ 的圆锥的轴截面是等腰直角三角形, ${\displaystyle A}$ 是底面圆周上的点, ${\displaystyle B}$ 是底面圆内的点, ${\displaystyle O}$ 为底面圆圆心, ${\displaystyle AB\perp OB}$, 垂足为 ${\displaystyle B}$, ${\displaystyle OH\perp PB}$, 垂足为 ${\displaystyle H}$, 且 ${\displaystyle PA=2\sqrt{2}}$, ${\displaystyle C}$ 是 ${\displaystyle PA}$ 的中点.

1. 证明: ${\displaystyle AB\perp }$ 平面 ${\displaystyle POB}$;
2. 当三棱锥 ${\displaystyle O-HPC}$ 的体积最大时, 求 ${\displaystyle OB}$ 的长;
3. 是否存在一个点 ${\displaystyle Q}$, 满足点 ${\displaystyle Q}$ 到点 ${\displaystyle C,H,O,A,B}$ 的距离均相等? 若存在, 求出二面角 ${\displaystyle Q-CH-B}$ 的余弦值的取值范围; 若不存在, 说明理由.

1. 证明 在圆锥中, ${\displaystyle PO\perp }$ 平面 ${\displaystyle OAB}$. 而 ${\displaystyle AB\subset }$ 平面 ${\displaystyle OAB}$, 所以 ${\displaystyle PO\perp AB}$. 而 ${\displaystyle AB\perp OB}$, ${\displaystyle OB\cap PO=O}$, ${\displaystyle OB,PO\subset }$ 平面 ${\displaystyle POB}$, 所以 ${\displaystyle AB\perp }$ 平面 ${\displaystyle POB}$.

2. 解 根据题目条件, ${\displaystyle OP=OA=2}$. 记 ${\displaystyle \mathrm{\angle }OAB=\theta }$, ${\displaystyle \mathrm{\angle }OPH=\alpha }$. 则 ${\displaystyle AB=2\cos \theta }$, ${\displaystyle PH=2\cos \alpha }$, ${\displaystyle OH=2\sin \alpha }$. 此外 ${\displaystyle \tan \alpha =\frac{OB}{OP}=\frac{2\sin \theta }{2}=\sin \theta }$, 所以 ${\displaystyle \sin \alpha =\frac{\sin \theta }{\sqrt{{\sin }^2\theta +1}}}$, ${\displaystyle \cos \alpha =\frac{1}{{\sin }^2\theta +1}}$. 于是 $$\begin{array}{rl}{V}_{O-HPC}& =V_{C-PHO}\stackrel{\ast }{=}\frac{1}{2}{V}_{A-PHO}\stackrel{\ast \ast }{=}\frac{1}{6}AB\cdot S_{\mathrm{\Delta }PHO}=\frac{1}{12}AB\cdot PH\cdot OH\\ & =\frac{2}{3}\cos \theta \sin \alpha \cos \alpha =\frac{2}{3}\cdot \frac{\sin \theta \cos \theta }{{\sin }^2\theta +1}=\frac{2}{3}\cdot \frac{\tan \theta }{2{\tan }^2\theta +1}\le \frac{2}{3}\cdot \frac{\tan \theta }{2\sqrt{2}\tan \theta }=\frac{\sqrt{2}}{6},\end{array}$$ 这里 * 是因为 ${\displaystyle C}$ 是 ${\displaystyle AP}$ 中点, ** 是因为 (1) 中证明的 ${\displaystyle AB\perp }$ 平面 ${\displaystyle POB}$.^[1] 取等时 ${\displaystyle \tan \theta =\frac{\sqrt{2}}{2}}$, 于是 ${\displaystyle OB=2\sin \theta =2\cdot \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{6}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}}$.

3. 解 取 ${\displaystyle OA}$ 中点 ${\displaystyle Q^{\prime }}$, 下面说明 ${\displaystyle Q^{\prime }}$ 就是满足条件的 ${\displaystyle Q}$.
   首先 ${\displaystyle Q^{\prime }A=Q^{\prime }O=1}$. 其次 ${\displaystyle C{Q}^{\prime }}$ 是 ${\displaystyle PO}$ 的中位线, 所以 ${\displaystyle C{Q}^{\prime }=\frac{1}{2}PO=1}$. 然后再取 ${\displaystyle OB}$ 的中点 ${\displaystyle M}$, ${\displaystyle Q^{\prime }M}$ 是 ${\displaystyle AB}$ 的中位线, ${\displaystyle Q^{\prime }M//AB}$, 且 ${\displaystyle AB\perp }$ 平面 ${\displaystyle POB}$, 所以 ${\displaystyle Q^{\prime }M\perp }$ 平面 ${\displaystyle POB}$. 再加上 ${\displaystyle M}$ 是 ${\displaystyle \mathrm{Rt}\mathrm{\Delta }OHB}$ 的外心, 所以 ${\displaystyle Q^{\prime }O=Q^{\prime }H=Q^{\prime }B=1}$. 到此 ${\displaystyle Q^{\prime }}$ 到 ${\displaystyle C,H,O,A,B}$ 的距离都为 ${\displaystyle 1}$, 所以 ${\displaystyle Q=Q^{\prime }}$.
   现在取 ${\displaystyle AH}$ 的中点 ${\displaystyle N}$ 和 ${\displaystyle CH}$ 的中点 ${\displaystyle T}$, 我们证明二面角 ${\displaystyle Q-CH-B}$ 的平面角就是 ${\displaystyle \mathrm{\angle }QTN}$. 一方面, ${\displaystyle QC=QH}$, 所以 ${\displaystyle QT\perp CH}$. 另一方面,

   • 因为 ${\displaystyle AB\perp }$ 平面 ${\displaystyle PAB}$、${\displaystyle OH\subset }$ 平面 ${\displaystyle PAB}$, 所以 ${\displaystyle OH\perp AB}$. 而 ${\displaystyle OH\perp PB}$, ${\displaystyle AB,BP\subset }$ 平面 ${\displaystyle PAB}$, ${\displaystyle AB\cap BP=B}$, 所以 ${\displaystyle OH\perp }$ 平面 ${\displaystyle PAB}$.
   • 因为 ${\displaystyle QN//OH}$, 所以 ${\displaystyle QN\perp }$ 平面 ${\displaystyle PAB}$. 而 ${\displaystyle CH\subset }$ 平面 ${\displaystyle PAB}$, 所以 ${\displaystyle QN\perp CH}$. (此外 ${\displaystyle QN\perp NT}$)
   • 又因为 ${\displaystyle CH\perp QT}$, 且 ${\displaystyle QN,QT\subset }$ 平面 ${\displaystyle QNT}$, ${\displaystyle QN\cap QT=Q}$, 所以 ${\displaystyle CH\perp }$ 平面 ${\displaystyle QNT}$, 而 ${\displaystyle TN\subset }$ 平面 ${\displaystyle QNT}$, 所以 ${\displaystyle NT\perp CH}$.

   所以我们只要算 $$\tan \mathrm{\angle }QTN=\frac{QN}{QT}=\frac{OH}{AC}=\sqrt{2}\sin \alpha =\frac{\sqrt{2}\sin \theta }{\sqrt{{\sin }^2\theta +1}}\in (0,1),$$ 所以 ${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }QTN\in (\frac{\sqrt{2}}{2},1)}$.