绵阳二诊 19 题（Gemini）

这里是该题的详细解答过程：

解题思路与步骤

(1) 证明：$PA \perp FG$

证明：

1. 几何性质分析：

   • 因为 $PC \perp$ 平面 $ABC$，且 $AC \subset$ 平面 $ABC$，所以 $PC \perp AC$。
   • 在 Rt$\triangle PCA$ 中，$PC=2$，$PA=2\sqrt{2}$，根据勾股定理，$AC = \sqrt{PA^2 - PC^2} = \sqrt{8-4} = 2$。
   • 因为 $PC=AC=2$，所以 $\triangle PCA$ 是等腰直角三角形，$\angle CPA = 45^\circ$。
   • 点 $E$ 是 $PA$ 的中点，且 $PA=2\sqrt{2}$，所以 $PE = \frac{1}{2}PA = \sqrt{2}$。

2. 计算角度：

   • 已知 $EF \perp PB$ 于 $F$，在 Rt$\triangle PFE$ 中，$EF=1$，$PE=\sqrt{2}$。
   • $\sin \angle EPF = \frac{EF}{PE} = \frac{1}{\sqrt{2}}$，所以 $\angle EPF = 45^\circ$。即 $\angle APB = 45^\circ$。
   • 由勾股定理，$PF = \sqrt{PE^2 - EF^2} = \sqrt{2-1} = 1$。
   • 同理，已知 $EG \perp PD$ 于 $G$，在 Rt$\triangle PGE$ 中，$EG=1$，$PE=\sqrt{2}$。
   • $\sin \angle EPG = \frac{EG}{PE} = \frac{1}{\sqrt{2}}$，所以 $\angle EPG = 45^\circ$。即 $\angle APD = 45^\circ$。
   • 由勾股定理，$PG = \sqrt{PE^2 - EG^2} = \sqrt{2-1} = 1$。

3. 证明垂直：

   • 在 $\triangle APF$ 和 $\triangle APG$ 中：
     • $AP$ 是公共边。
     • $PF = PG = 1$。
     • $\angle APF = \angle APG = 45^\circ$。
   • 由 "边角边" (SAS) 可知 $\triangle APF \cong \triangle APG$。
   • 所以 $AF = AG$。
   • 又因为 $PF = PG$，所以点 $P$ 和点 $A$ 都在线段 $FG$ 的垂直平分面上（即 $P$ 和 $A$ 到 $F, G$ 两点距离分别相等）。
   • 故直线 $PA$ 垂直于线段 $FG$，即 $PA \perp FG$。

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(2) 若 $PC // \text{平面 } EBD$，设二面角 $B-AP-D$ 的平面角为 $\theta$，且 $\theta$ 为钝角，求 $\cos \theta$ 的最大值

解：

1. 建立坐标系：

   • 以 $C$ 为原点，$CA$ 所在直线为 $x$ 轴，$CB$ 所在直线为 $y$ 轴（需验证 $CB \perp CA$，题目虽未直说，但为简化计算通常建立空间直角坐标系，或者直接利用 $PC$ 垂直底面的性质）。
   • 由于 $PC \perp$ 平面 $ABC$，我们可以设 $C(0,0,0)$，$P(0,0,2)$。
   • 因为 $AC=2$，且 $AC \perp PC$，若以 $C$ 为原点，且 $A$ 在 $ABC$ 面上，可设 $A(2,0,0)$（假设 $AC$ 为 $x$ 轴）。此时 $AC=2$ 符合题意。
   • $E$ 为 $PA$ 中点，$P(0,0,2), A(2,0,0) \implies E(1,0,1)$。

2. 确定点 $B, D$ 的轨迹：

   • 已知 $PC // \text{平面 } EBD$。
   • $\vec{PC} = (0,0,-2)$。平面 $EBD$ 的法向量 $\vec{n}$ 必须垂直于 $\vec{PC}$，即 $\vec{n} \cdot (0,0,1) = 0$。这意味着平面 $EBD$ 的法向量水平，即平面 $EBD$ 垂直于底面 $ABC$（$xy$ 平面）。
   • 由于平面 $EBD$ 垂直于底面，且 $E(1,0,1)$ 在该平面上，那么 $E$ 在底面的投影点 $M(1,0,0)$ 必在平面 $EBD$ 与底面的交线 $BD$ 上。
   • 即：直线 $BD$ 过点 $M(1,0,0)$（$AC$ 的中点）。
   • 接下来，我们需要确定 $B$ 和 $D$ 的具体位置约束。
   • 回顾第一问中 $\angle APB = 45^\circ$，$\cos \angle APB = \frac{\vec{PA} \cdot \vec{PB}}{|\vec{PA}| |\vec{PB}|} = \frac{1}{\sqrt{2}}$。
   • $\vec{PA} = (2, 0, -2)$，$|\vec{PA}| = 2\sqrt{2}$。设 $B(x, y, 0)$，则 $\vec{PB} = (x, y, -2)$。
   • $\vec{PA} \cdot \vec{PB} = 2x + 4$。
   • $\frac{2x+4}{2\sqrt{2} \cdot \sqrt{x^2+y^2+4}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \implies x+2 = \sqrt{x^2+y^2+4}$。
   • 两边平方：$(x+2)^2 = x^2+y^2+4 \implies x^2+4x+4 = x^2+y^2+4 \implies y^2 = 4x$。
   • 同理，点 $D$ 也满足 $y^2 = 4x$。
   • 结论：$B, D$ 是抛物线 $y^2 = 4x$ 上的两点，且直线 $BD$ 经过点 $M(1,0)$（即抛物线的焦点）。

3. 计算二面角余弦值：

   • 设直线 $BD$ 的方程为 $x = ky + 1$。
   • 设 $B(x_1, y_1), D(x_2, y_2)$。联立抛物线方程：$y^2 = 4(ky+1) \implies y^2 - 4ky - 4 = 0$。
   • 由韦达定理：$y_1 y_2 = -4, y_1 + y_2 = 4k$。
   • 由此推导 $x_1 x_2 = \frac{(y_1 y_2)^2}{16} = 1$。
   • 设二面角 $B-AP-D$ 的大小为 $\theta$，对应的平面角 $\gamma = \angle BPD$ 满足关系 $\cos \theta = 2\cos \gamma - 1$（利用球面几何余弦定理，因为侧棱 $PA$ 与 $PB, PD$ 夹角均为 $45^\circ$）。
   • 我们需要计算 $\cos \gamma = \cos \angle BPD = \frac{\vec{PB} \cdot \vec{PD}}{|\vec{PB}| |\vec{PD}|}$。
   • $|\vec{PB}| = x_1 + 2, |\vec{PD}| = x_2 + 2$（这是抛物线焦半径公式，焦点在 $(1,0)$，准线 $x=-1$，点 $P$ 投影为原点，需注意这里是空间距离。不过代数计算上：$PB^2 = x^2+y^2+4 = (x+2)^2$）。
   • $\vec{PB} \cdot \vec{PD} = x_1 x_2 + y_1 y_2 + 4 = 1 + (-4) + 4 = 1$。
   • 分母：$(x_1+2)(x_2+2) = x_1 x_2 + 2(x_1+x_2) + 4 = 1 + 2(x_1+x_2) + 4 = 5 + 2(x_1+x_2)$。
   • 所以 $\cos \gamma = \frac{1}{5 + 2(x_1+x_2)}$。
   • 代入 $\theta$ 的公式：$\cos \theta = 2 \left( \frac{1}{5 + 2(x_1+x_2)} \right) - 1$。

4. 求最大值：

   • 要使 $\cos \theta$ 最大，需使分母中的 $x_1 + x_2$ 最小。
   • $x_1 + x_2 = (ky_1+1) + (ky_2+1) = k(y_1+y_2) + 2 = k(4k) + 2 = 4k^2 + 2$。
   • 当 $k=0$ 时，$x_1+x_2$ 取得最小值 $2$。此时直线 $BD$ 垂直于 $x$ 轴。
   • 此时 $\cos \gamma = \frac{1}{5 + 2(2)} = \frac{1}{9}$。
   • $\cos \theta = 2(\frac{1}{9}) - 1 = \frac{2}{9} - \frac{9}{9} = -\frac{7}{9}$。
   • 题目要求 $\theta$ 为钝角，即 $\cos \theta < 0$，$-\frac{7}{9}$ 满足条件。
   • 当 $k \to \infty$ 时，$x_1+x_2 \to \infty$，$\cos \gamma \to 0$，$\cos \theta \to -1$。
   • 所以 $\cos \theta$ 的最大值是 $-\frac{7}{9}$。

答案： $\cos \theta$ 的最大值为 $-\frac{7}{9}$。

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(3) 若 $BD // FG$，点 $P, A, B, D$ 都在同一个球面上，且给定该球的半径时，三棱锥 $P-BCD$ 的体积有3个可能的值，求该球半径的取值范围

解：

1. 确定 $B, D$ 的位置特征：

   • 已知 $BD // FG$，由 (1) 知 $PA \perp FG$，所以 $PA \perp BD$。
   • $\vec{PA} = (2, 0, -2)$，直线 $BD$ 在 $xy$ 平面上，方向向量设为 $\vec{d} = (u, v, 0)$。
   • $\vec{PA} \cdot \vec{d} = 2u - 0 = 0 \implies u=0$。即 $BD$ 垂直于 $x$ 轴。
   • 结合 (2) 中 $B, D$ 在抛物线 $y^2 = 4x$ 上，且直线 $BD$ 垂直于 $x$ 轴，设直线方程为 $x=c$ ($c>0$)。
   • 则 $B(c, 2\sqrt{c}, 0), D(c, -2\sqrt{c}, 0)$。

2. 球心与半径方程：

   • 设球心为 $O(x_0, y_0, z_0)$，半径为 $R$。
   • 由于 $P(0,0,2), A(2,0,0)$ 在球上，且 $B, D$ 关于 $xz$ 平面对称，故球心必在 $xz$ 平面上，即 $y_0 = 0$。
   • $|OP|^2 = x_0^2 + (z_0-2)^2 = R^2$
   • $|OA|^2 = (x_0-2)^2 + z_0^2 = R^2$
   • 联立解得 $x_0^2 - 4z_0 + 4 + z_0^2 = x_0^2 - 4x_0 + 4 + z_0^2 \implies x_0 = z_0$。
   • 所以球心 $O(x_0, 0, x_0)$。半径满足 $R^2 = 2(x_0-1)^2 + 2$。
   • 点 $B(c, 2\sqrt{c}, 0)$ 也在球上：
     • $(c-x_0)^2 + (2\sqrt{c})^2 + (0-x_0)^2 = R^2$
     • $(c-x_0)^2 + 4c + x_0^2 = 2x_0^2 - 4x_0 + 4$
     • $c^2 - 2cx_0 + x_0^2 + 4c + x_0^2 = 2x_0^2 - 4x_0 + 4$
     • $c^2 + c(4-2x_0) + (4x_0-4) = 0$ ...... (*)

3. 分析体积条件与 $c$ 的个数：

   • 三棱锥 $P-BCD$ 的体积 $V = \frac{1}{3} S_{\triangle BCD} \cdot h_P$。
   • $h_P = 2$。$S_{\triangle BCD} = \frac{1}{2} \cdot |BD| \cdot x_C = \frac{1}{2} \cdot (4\sqrt{c}) \cdot c = 2c^{3/2}$。
   • $V = \frac{4}{3} c^{3/2}$。体积 $V$ 与 $c$ ($c>0$) 是一一对应的。
   • 题目称“体积有3个可能的值”，意味着方程 (*) 关于 $c$ 共有 3 个正实数解（且 $c \neq 2$，因为若 $c=2$，则 $x_B=2$，此时 $A, B, D$ 共线，这与题意不符；但在球面上三点共线是不可能的，除非球退化，所以几何约束已隐含）。

4. 讨论方程 (*) 的根：

   • 方程 (*) 是关于 $c$ 的一元二次方程。
   • $x_0$ 由半径 $R$ 决定：$R^2 = 2(x_0-1)^2 + 2 \implies (x_0-1)^2 = \frac{R^2-2}{2}$。
   • 设 $\lambda = \sqrt{\frac{R^2-2}{2}}$，则 $x_0$ 有两个值：$x_1 = 1 + \lambda$ （$x_1 > 1$）和 $x_2 = 1 - \lambda$ （$x_2 < 1$）。
   • 我们需要这两个 $x_0$ 值代入方程 (*) 后，总共产生 3 个合法的 $c$ 值。
   • 方程 (*) 的判别式 $\Delta_c = (4-2x_0)^2 - 4(4x_0-4) = 4(x_0-2)^2 - 16(x_0-1) = 4(x_0^2 - 4x_0 + 4 - 4x_0 + 4) = 4(x_0^2 - 8x_0 + 8)$。
   • 方程 (*) 两根之积 $P_c = 4x_0 - 4 = 4(x_0-1)$。

   情形分析：

   • 对于 $x_2 = 1 - \lambda < 1$：

     • $P_c = 4(x_2 - 1) < 0$。两根异号。
     • 因为 $c$ 必须为正，所以此时必然恰好有 1个 正根。
     • 需保证判别式非负：$x_0^2 - 8x_0 + 8 \ge 0$。根为 $4 \pm 2\sqrt{2}$。
     • 因 $x_2 < 1$，且 $4-2\sqrt{2} \approx 1.17$，故 $x_2$ 始终满足 $x_2 < 4-2\sqrt{2}$，判别式恒大于0。
     • 所以 $x_2$ 贡献 1 个解。

   • 对于 $x_1 = 1 + \lambda > 1$：

     • $P_c = 4(x_1 - 1) > 0$。两根同号。
     • 两根之和 $S_c = -(4-2x_1) = 2x_1 - 4$。
     • 为了总共得到 3 个解，此处的 $x_1$ 必须贡献 2个 正根。
     • 这就要求：
       1. 判别式 $\Delta_c > 0 \implies x_1 > 4 + 2\sqrt{2}$ 或 $x_1 < 4 - 2\sqrt{2}$。
       2. $S_c > 0 \implies 2x_1 - 4 > 0 \implies x_1 > 2$。
       3. $P_c > 0$（已知满足）。
     • 结合 1 和 2：需 $x_1 > 4 + 2\sqrt{2}$。

5. 求 $R$ 的范围：

   • 我们得出条件：$x_1 > 4 + 2\sqrt{2}$。
   • 代入 $x_1 = 1 + \sqrt{\frac{R^2-2}{2}}$：
   • $1 + \sqrt{\frac{R^2-2}{2}} > 4 + 2\sqrt{2}$
   • $\sqrt{\frac{R^2-2}{2}} > 3 + 2\sqrt{2}$
   • 平方：$\frac{R^2-2}{2} > (3 + 2\sqrt{2})^2 = 9 + 8 + 12\sqrt{2} = 17 + 12\sqrt{2}$
   • $R^2 - 2 > 34 + 24\sqrt{2}$
   • $R^2 > 36 + 24\sqrt{2}$
   • $R > \sqrt{36 + 24\sqrt{2}} = \sqrt{12(3+2\sqrt{2})} = 2\sqrt{3}(1+\sqrt{2}) = 2\sqrt{3} + 2\sqrt{6}$。

答案： 该球半径的取值范围是 $( \sqrt{36+24\sqrt{2}}, +\infty )$ 或写作 $( 2\sqrt{3}+2\sqrt{6}, +\infty )$。