探求|线段或棱上是否存在一个点
当在线段上选定了一个动点后，利用线段的比例或利用向量共线，就可以将形的问题转化为数的问题了。
前言
当在线段上选定了一个动点后，利用线段的比例或利用向量共线，就可以将形的问题转化为数的问题了。比如探究线段 \(PB\) 上是否存在一个点 \(S\)，那么我们就假设存在满足条件的点 \(S\)，可设 \(\overrightarrow{PS}=\lambda\overrightarrow{PB}(0\leqslant\lambda\leqslant 1)\)，则若点 \(S\) 真的存在，则计算后就能得到\(\lambda\) 的值；若点 \(S\) 真的不存在，则计算后就不能得到 \(\lambda\) 的值或者方程无解等。这不就是形和数的对应性吗？我们从形上感觉处理不了，转化为数的形式，不就可以计算了吗？故这个思路可以处理以下的类型
① 探究某条直线或者向量上是否存在一点，满足某种条件；
② 确定某条直线或者向量上存在一点，满足某种条件；
典例剖析
(1).求证: \(GF//\)平面\(PBC\)；
证明: 因为\(DC//AB\)， 所以\(\triangle ABF\sim \triangle CDF\)，则有\(\cfrac{AF}{FC}=\cfrac{AB}{DC}=2\)
又由于\(\cfrac{AF}{FC}=2=\cfrac{AG}{GP}\)，所以 \(GF//PC\)，
又\(GF\not\subset\)平面 \(PBC\)，\(PC\subsetneqq\) 平面 \(PBC\)，所以 \(GF//\)平面 \(PBC\)；
(2). 若二面角 \(P-AB-C\)为 \(45^{\circ}\)，
① 求直线 \(PC\) 与平面 \(PAB\) 所成角的正弦值；
解：取\(DC\)中点 \(O\)，并在平面 \(ABCD\) 内作 \(DC\) 的垂线\(Ox\)，连接 \(OP\)，
由于\(PD=PC\)，所以\(PO\perp DC\)，又因为平面 \(PDC\perp\)平面\(ABCD\)，所以\(PO\perp\)平面 \(ABCD\)，
所以 \(Ox\)、\(OP\) 、 \(OC\)两两垂直，以\(O\)为坐标原点，建立空间直角坐标系\(O-xyz\), 如图所示；
设 \(OP=a(a>0)\)，则\(O(0,0,0)\)， \(A(4,-3,0)\)，\(B(4,1,0)\)， \(C(0,1,0)\)， \(P(0,0, a)\)，
设平面 \(PAB\) 的法向量为\(\vec{m}=(x, y, z)\)，则 \(\vec{m}\perp \overrightarrow{BA}\)， \(\vec{m}\perp\overrightarrow{B P}\);
又\(\overrightarrow{BA}=(0,-4,0)\)，\(\overrightarrow{BP}=(-4,-1, a)\)，
所以\(\left\{\begin{array}{l}{4y=0}\\{-4x-y+az=0}\end{array}\right.\)，解得 \(y=0\), \(z=\cfrac{4}{a}x\)，
令\(x=a\)，则\(y=0\)，\(z=4\)，得 \(\vec{m}=(a, 0,4)\)
则cos \(<\vec{m},\vec{n}>=\cfrac{\vec{m}\cdot\vec{n}}{|\vec{m}|\times|\vec{n}|}=\cfrac{4}{\sqrt{a^{2}+16}}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，解得\(a^{2}=16\)，
由\(a>0\)， 则\(a=4\)， 所以点 \(P(0,0,4)\)，
所以\(\cos <\overrightarrow{PC}, \vec{m}>=\cfrac{-16}{\sqrt{17}\times\sqrt{16+16}}=-\cfrac{2\sqrt{34}}{17}\)
设\(PC\)与平面\(PAB\) 所成的角为 \(\theta\)，则\(\theta\in[0,\cfrac{\pi}{2}]\)，
所以\(\sin\theta=|\cos<\overrightarrow{PC},\vec{m}>|=\cfrac{2 \sqrt{34}}{17}\)，
即直线\(PC\)与平面 \(PAB\) 所成角的正弦值为\(\cfrac{2\sqrt{34}}{17}\)；
② 在棱 \(PB\) 上是否存在一点 \(S\)， 使得平面 \(SDC\perp\)平面\(PAB\)？若存在，求出 \(CS\) 的长度； 若不存在， 说明理由.
解析：假设存在满足条件的点 \(S\)，可设 \(\overrightarrow{PS}=\lambda\overrightarrow{PB}(0\leqslant\lambda\leqslant 1)\)，
则 \(\overrightarrow{CS}=\overrightarrow{CP}+\overrightarrow{PS}=\overrightarrow{CP}+\lambda\overrightarrow{PB}=(0,-1,4)+\lambda(4,1,-4)=(4\lambda,\lambda-1,4-4\lambda)\)
设平面\(SDC\)的法向量为 \(\vec{b}=(x, y, z)\)，则\(\vec{b}\perp\overrightarrow{DC}\)，\(\vec{b}\perp \overrightarrow{C S}\)，
又\(\overrightarrow{DC}=(0,4,0)\)，所以\(\left\{\begin{array}{l}{4y=0}\\{4\lambda x+(\lambda-1)y+(4-4\lambda)z=0}\end{array}\right.\)
解得\(y=0\)，\(\lambda x=(\lambda-1)z\)，
令\(z=\lambda\)，\(x=\lambda-1\)，则 \(\vec{b}=(\lambda-1,0,\lambda)\)，
由平面 \(SDC\perp\)平面 \(PAB\)， \(\vec{b}\perp \vec{m}\),
所以 \(4(\lambda-1)+4\lambda=0\)， 解得 \(\lambda=\cfrac{1}{2}\in[0,1]\)，
所以存在满足条件的\(S\)点，且\(S\)为\(PB\)的中点，此时 \(S\) 点坐标为\((2, \cfrac{1}{2}, 2)\)， 且\(CS=\sqrt{4+\cfrac{1}{4}+4}=\cfrac{\sqrt{33}}{2}\).
(1). 证明： \(EF//\) 平面 \(ADO\)；
✍️思路一：由于点 \(A\)、\(F\)、\(C\)三点共线，故必然存在唯一的实数 \(t\) ，满足条件 \(\overrightarrow{BF}=(1-t)\cdot\overrightarrow{BA}+t\cdot\overrightarrow{BC}\)，[1]
又由于 \(BF\perp AO\)，故 \(\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{AO}=0\)，即 \(\overrightarrow{BF}\cdot(\overrightarrow{BO}-\overrightarrow{BA})=0\)，
也即 \(\left[(1-t)\cdot\overrightarrow{BA}+t\cdot\overrightarrow{BC}\right]\cdot\left[\cfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BA}\right]=0\)，
由于 \(\angle ABC=90^{\circ}\)，则整理得到，\(-t\cdot\overrightarrow{BA}^2+\cfrac{1-t}{2}\cdot\overrightarrow{BC}^2=0\)，
即 \(-4t+4(1-t)=0\)，解得 \(t=\cfrac{1}{2}\)，
则 \(F\) 为 \(AC\) 的中点[2]， 由 \(D\)，\(E\)，\(O\)，\(F\) 分别为 \(PB\)、 \(PA\)、 \(BC\)、 \(AC\) 的中点，
于是 \(DE//AB\)， \(DE=\cfrac{1}{2}AB\)， \(OF//AB\)， \(OF=\cfrac{1}{2}AB\)，
即 \(DE//OF\)，\(DE=OF\)， 则四边形 \(ODEF\) 为平行四边形，
\(EF//DO\)， \(EF=DO\)， 又 \(EF\not\subset\) 平面 \(ADO\)， \(DO\subset\) 平面 \(ADO\)，所以 \(EF//\) 平面 \(ADO\).
✍️思路二：注意到题目中有条件 \(BF\perp AO\)，则我们可以利用为 \(\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{AO}=0\)，故求解如下，
由勾股定理可知，\(AC=2\sqrt{3}\) 且 \(\cos\angle BAC=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，设 \(\overrightarrow{AF}=\lambda\overrightarrow{AC}\)，
由于 \(\overrightarrow{AB}\)\(\cdot\)\(\overrightarrow{AC}\)\(=\)\(|\overrightarrow{AB}|\)\(|\overrightarrow{AC}|\)\(\cos\angle\)\(BAC\)\(=\)\(4\)，
则 \(\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{AO}\)\(=\)\((\lambda\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})\)\((\cfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\cfrac{1}{2}\overrightarrow{AC})\)
\(=\cfrac{\lambda}{2}|\overrightarrow{AC}|^2-\cfrac{1}{2}|\overrightarrow{AB}|^2+(\cfrac{\lambda}{2}-\cfrac{1}{2})\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=8\lambda-4=0\)，
解得 \(\lambda=\cfrac{1}{2}\)， 则 \(F\) 为 \(AC\) 的中点，由 \(D\)，\(E\)，\(O\)，\(F\) 分别为 \(PB\)、 \(PA\)、 \(BC\)、 \(AC\) 的中点，
于是 \(DE//AB\)， \(DE=\cfrac{1}{2}AB\)， \(OF//AB\)， \(OF=\cfrac{1}{2}AB\)，
即 \(DE//OF\)，\(DE=OF\)， 则四边形 \(ODEF\) 为平行四边形，
\(EF//DO\)， \(EF=DO\)， 又 \(EF\not\subset\) 平面 \(ADO\)，\(DO\subset\) 平面 \(ADO\)，所以 \(EF//\) 平面 \(ADO\).
(2). 证明： 平面 \(ADO\perp\) 平面 \(BEF\)；
证明：由于 \(AO\)\(=\)\(\sqrt{AB^2+OB^2}\)\(=\)\(\sqrt{6}\)\(=\)\(PC\)\(=\)\(2OD\)， \(AD=\sqrt{5}DO\)，
则由 \(AD^2=AO^2+OD^2\)[3]，故 \(AO\perp OD\)，则有 \(AO\perp EF\)，
由 \(AO\perp BF\)，\(BF\cap EF=F\)，\(BF,EF\subset\) 平面 \(BEF\)，
则 \(AO\perp\) 平面 \(BEF\)，又由于 \(AO\subset\) 平面 \(ADO\)，
故 平面 \(ADO\perp\) 平面 \(BEF\)；
(3). 求二面角 \(D-AO-C\) 的正弦值；
解：设二面角 \(D-AO-C\) 的平面角为 \(\theta\)，则由 \(AO\perp OD\)， \(AO\perp BF\)，则 \(\theta\) 为 \(\overrightarrow{OD}\) 与 \(\overrightarrow{BF}\) 的夹角，
又由于 \(|\overrightarrow{BF}|=\cfrac{1}{2}|\overrightarrow{BF}|=\sqrt{3}\)， \(|\overrightarrow{OD}|=\cfrac{1}{2}|\overrightarrow{PC}|=\cfrac{\sqrt{6}}{2}\)，\(\cos\angle PCD=\cos\angle DOB=\cfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{6}}=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，
则 \(\cos\theta=\cfrac{\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{OD}}{|\overrightarrow{BF}||\overrightarrow{OD}|}=\cfrac{\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{OA}-3\overrightarrow{OB})\cdot\overrightarrow{OD}}{|\overrightarrow{BF}||\overrightarrow{OD}|}=\cfrac{-\cfrac{3}{2}\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OD}}{|\overrightarrow{BF}||\overrightarrow{OD}|}\)
\(=\cfrac{-\cfrac{3}{2}\times\sqrt{2}\times\cfrac{\sqrt{6}}{2}\times\cfrac{\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{3}\times\cfrac{\sqrt{6}}{2}}=-\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，即此平面角为钝角，
则 \(\sin\theta=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，即二面角 \(D-AO-C\) 的正弦值为 \(\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
法一✍️：由题目可知，\(|AB|=1\)，设 \(\overrightarrow{BO}=t\cdot\overrightarrow{BC}\)\((0\leq t\leq 1)\)，则 \(\overrightarrow{OC}=(1-t)\overrightarrow{BC}\)，
则 \(\overrightarrow{OA}\)\(=\)\(\overrightarrow{BA}\)\(-\)\(\overrightarrow{BO}\)\(=\)\(\overrightarrow{BA}\)\(-\)\(t\overrightarrow{BC}\)，\(\overrightarrow{OD}\)\(=\)\(\overrightarrow{OC}\)\(+\)\(\overrightarrow{CD}\)\(=\)\(2\overrightarrow{BA}\)\(+\)\((1-t)\overrightarrow{BC}\)
\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OD}\)\(=\)\((\overrightarrow{BA}-t\overrightarrow{BC})\cdot[2\overrightarrow{BA}+(1-t)\overrightarrow{BC}]\)
\(=\)\(2\overrightarrow{BA}^2\)\(+\)\((1-3t)\overrightarrow{BA}\)\(\cdot\)\(\overrightarrow{BC}\)\(-\)\(t(1-t)\overrightarrow{BC}^2\)
\(=\)\(2\times 1^2\)\(+\)\((1-3t)\times 1\)\(-\)\(t(1-t)\times 4\)
\(=\)\(4t^2-7t+3\)
由于 \(0\leqslant t\leqslant 1\)，利用二次函数知识可知，当 \(t=\cfrac{7}{8}\) 时，即 \(\overrightarrow{BO}\)\(=\)\(7\overrightarrow{OC}\) 时，\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OD}\) 最小.
法二✍️: 建立如图所示的平面直角坐标系，由题目可知，\(|AB|=1\)，\(|BC|=2\)，
则 \(B(0,0)\)， \(A(\cfrac{1}{2}, \cfrac{\sqrt{3}}{2})\)，\(C(2,0)\)，\(D(3,\sqrt{3})\)，
设点 \(O(x_0, 0)\)\((0\leq x_0\leq 2)\)，则 \(\overrightarrow{OA}=(\cfrac{1}{2}-x_0,\cfrac{\sqrt{3}}{2})\)，\(\overrightarrow{OD}=(3-x_0,\sqrt{3})\)
\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OD}\)\(=\)\((\cfrac{1}{2}-x_0)\)\(\times\)\((3-x_0)\)\(+\)\(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)\(\times\)\(\sqrt{3}\)\(=\)\(x_0^2-\cfrac{7}{2}x_0+3\)
当 \(x_0=\cfrac{7}{4}\) 时，即 \(\overrightarrow{BO}\)\(=\)\(7\overrightarrow{OC}\) 时，\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OD}\) 最小.
我们拿到这个题目，一般都会想到转化为通过证明线线平行来证明线面平行，但就是这个线线平行是此题目中的难点，你看着线线是平行的，但常规思路就是不能证明这一点；此题目此处主动应用三点共线的向量表示形式，非常巧妙，引入参数 \(t\)，目的是为了下一步求解 \(t=\cfrac{1}{2}\)，从而得到点 \(F\) 是 \(AC\) 的中点，这样就方便下一步说明线线平行； ↩︎
当 \(t=\cfrac{1}{2}\) 时，由 \(\overrightarrow{BF}\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}\overrightarrow{BA}\)\(+\)\(\cfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}\)，由向量加法的平行四边形法则可以推导得到 \(F\) 为 \(AC\) 的中点 . ↩︎
由数的关系[数量关系]得到形的关系[位置关系，比如垂直]，也是非常常用的思路之一； ↩︎
