空间向量与立体几何

$$\boxed{\frac{\sqrt{6}}{3}}$$

---

因为 $DP = 3\sqrt{2}$，$D(0, 0, 0)$，$P(x_0, 0, z_0)$，所以 $x_0^2 + z_0^2 = {\color{red}18}$。

为什么会算成 $12$？？

由点坐标得 $\overrightarrow{AC} = (-3\sqrt{2}, 2, 0),\ \overrightarrow{DC} = (0, 2, 0),\ \overrightarrow{CB} = (3\sqrt{2}, 2, 0),\ \overrightarrow{CP} = (x_0, -2, z_0)$。

设平面 $PBC, PCD$ 的法向量分别为 $\bm{n}, \bm{m}$，有

$$\begin{aligned} \begin{cases} \bm{m} \cdot \overrightarrow{DC} = 0 \\ \bm{m} \cdot \overrightarrow{CP} = 0 \end{cases} \implies& \bm{m} = (z_0, 0, -x_0) \\ \begin{cases} \bm{n} \cdot \overrightarrow{CB} = 0 \\ \bm{n} \cdot \overrightarrow{CP} = 0 \end{cases} \implies& \bm{n} = \left(-2, 3\sqrt{2}, \dfrac{2(x_0 + 3\sqrt{2})}{z_0}\right) \end{aligned}$$

又因为 $AC$ 与平面 $PCD$ 所成角为 $30\degree$，所以 $\sin 30\degree = \dfrac{\overrightarrow{AC}\cdot \bm{m}}{\vert\overrightarrow{AC}\vert\cdot \vert\bm{m}\vert}$，解得 $\begin{cases} x_0 = \dfrac{5\sqrt{2}}{2} \\[6pt] z_0 = \dfrac{\sqrt{22}}{2} \end{cases}$。

所以 $\bm{n} = \left(-2, 3\sqrt{2}, 2\sqrt{11}\right),\ \bm{m} = \left(\dfrac{\sqrt{22}}{2}, 0, -\dfrac{5\sqrt{2}}{2}\right)$。

设平面 $PBC$ 与平面 $PCD$ 夹角为 $\theta$，则

$$\cos \theta = \frac{|\bm{n}\cdot\bm{m}|}{|\bm{n}|\cdot|\bm{m}|} = \frac{|-\sqrt{22} + 5\sqrt{22}|}{\sqrt{66}\times\sqrt{18}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$$

即平面 $PBC$ 与平面 $PCD$ 夹角的余弦值为 $\dfrac{\sqrt{6}}{3}$。

思路：要证 $PA \parallel$ 面 $QBC$，即证 $PA \parallel QC$。发现 $P, A, Q, C$ 在同一平面，考虑证四边形 $PAQC$ 为平行四边形。

回忆初中的平面几何知识，对角线互相平分的四边形为平行四边形。现在有对角线 $PQ$，还缺 $AC$，考虑连接。

证明：连接 $AC$。

$\because O$ 是正方形 $ABCD$ 的中心，$\therefore OA = OC$。

又 $OP = OQ$，于是四边形 $PAQC$ 为平行四边形。

$\therefore PA \parallel CQ$。

又 $PA \not\subset$ 面 $QBC$，$CQ \subset$ 面 $QBC$，$\therefore PA \parallel$ 面 $QBC$。

思路：发现内接八面体的体积只与正方形 $ABCD$ 的面积直接相关，考虑求出正方形 $ABCD$ 的边长 $2l$（为什么不设成 $l$？方便后面解方程）。发现边长与上面的正四棱锥的高有关，设成 $h$。题目中二面角 $P-AB-Q$ 容易通过中点 $M$ 转化为平面角 $\angle PMQ$，这样可以在 $\triangle PMQ$ 中通过面积公式或余弦定理获得一个等量关系，但我们发现还缺一个等量关系，两个变量需要两个独立的等量关系才能解出来。考虑旁边的 $\triangle PAQ$，$A$ 在球上，$PQ$ 是直径，$AN \bot PQ$（$N$ 是正方形 $ABCD$ 的中心），这太好了，可以用射影定理（本质是相似）来刻画新的一个等量关系。求解即可。

解答：取 $AB$ 中点 $M$，连接 $PM,\ QM$。连接 $AC$，与 $PQ$ 交点为 $N$，连接 $MN$。

因为 $M$ 为 $AB$ 的中点，$PA=PB$，$QA=QB$，$\therefore PM \perp AB$，$QM \perp AB$。

所以二面角 $P-AB-Q$ 的平面角为 $\angle PMQ$。

设 $PN = h$，则 $QN = 2-h$。

不妨设 $PN < QN$，解得 $0 < h < 1$。

设 $AB = 2l$。在正方形 $ABCD$ 中，有 $AM = MN = l$，$AN = \sqrt{2}l$。

因为 $PQ \perp$ 面 $ABCD$，$AN, MN \subset$ 面 $ABCD$，所以 $PQ \perp AN$，$PQ \perp MN$。

又 $A$ 在球 $O$ 上，$PQ$ 是球 $O$ 的一条直径，$\therefore \angle PAQ = 90^\circ$。

由射影定理得 $AN^2 = PN \cdot QN \quad (1)$

在 $\triangle PMQ$ 中，有 $PM = \sqrt{l^2+h^2}$，$QM = \sqrt{l^2+(2-h)^2}$，$PQ = 2$。

$\tan\angle PMQ = -3 \implies \sin\angle PMQ = \frac{3}{\sqrt{10}}$。

为什么考试的时候正弦值算成余弦值，余弦值算成正弦值？！

所以 $\frac{1}{2} PM \cdot QM \cdot \sin\angle PMQ = \frac{1}{2} PQ \cdot MN \quad (2)$（利用三角形面积公式）

对 $(1)$ 式化简得：

$$2l^2 = -h^2 + 2h$$

对 $(2)$ 式化简：

$$\sqrt{l^2+h^2} \cdot \sqrt{l^2+(2-h)^2} = 2l \cdot \frac{\sqrt{10}}{3}$$

代入 $(1)$ 消去 $l^2$：

$$\sqrt{\frac{-h^2+2h}{2}+h^2} \cdot \sqrt{\frac{-h^2+2h}{2}+4+h^2-4h} \cdot \frac{3}{\sqrt{10}} = 2l$$

整理得：

$$\begin{aligned} \left(\frac{h^2}{2}+h\right)\left(\frac{h^2}{2}-3h+4\right) \cdot \frac{9}{10} &= 4l^2 = 2h(2-h) \\ \frac{1}{4}(h^2+2h)(h^2-6h+8) \cdot \frac{9}{10} &= 2h(2-h) \\ 9h(h+2)(h-2)(h-4) &= 80h(2-h) \end{aligned}$$

由于 $h \in (0,1)$，有 $h \neq 0$，两边除以 $h(h-2)$（注意 $h-2 < 0$）：

$$\begin{aligned} 9(h+2)(h-4) &= -80 \\ 9h^2 - 18h - 72 &= -80 \\ 9h^2 - 18h + 8 &= 0 \\ (3h-2)(3h-4) &= 0 \end{aligned}$$

解得 $h = \dfrac{2}{3}$ 或 $h = \dfrac{4}{3}$（舍去，因为 $h \in (0,1)$）。

代入 $(1)$ 式：

$$l = \sqrt{\frac{\frac{2}{3} \times \frac{4}{3}}{2}} = \frac{2}{3}$$

于是 $S_{\text{正方形}ABCD} = (2l)^2 = 4 \times \dfrac{4}{9} = \dfrac{16}{9}$。

所以

$$\begin{aligned} V &= V_{P-ABCD} + V_{Q-ABCD} \\ &= \frac{1}{3} \cdot S_{\text{正方形}ABCD} \cdot h + \frac{1}{3} S_{\text{正方形}ABCD} \cdot (2-h) \\ &= \frac{1}{3} \times 2 \cdot S_{\text{正方形}ABCD} \\ &= \frac{2}{3} \times \frac{16}{9} \\ &= \frac{32}{27} \end{aligned}$$

即内接八面体的体积为 $\boxed{\frac{32}{27}}$。