浙江 2009 · 数学 q20

转着看 · 换个机位再判断

$FG$ 平行于平面 $BOE$，$FM$ 垂直于平面 $BOE$

机位1题图角度2正对 BOE3沿 BOE 看4俯视自由视角

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冷启动：题面的每一句都在往 $O$ 这一个点上堆

题面给了四件事：平面 $PAC\perp$ 平面 $ABC$、$\triangle ABC$ 是以 $AC$ 为斜边的等腰直角三角形、$E$、$F$、$O$ 分别是 $PA$、$PB$、$AC$ 的中点、$AC=16$，$PA=PC=10$。

它们看着分散，其实全都在说同一个点 $O$。把它们一条一条兑现成长度与垂直：

① $O$ 是斜边 $AC$ 的中点，所以 $OA=OC=\dfrac{AC}{2}=8$。

② $PA=PC$，所以 $\triangle PAC$ 是等腰三角形，底边 $AC$ 上的中线 $PO$ 就是高：

$$PO\perp AC,\qquad PO=\sqrt{PA^{2}-OA^{2}}=\sqrt{10^{2}-8^{2}}=6 .$$

③ 平面 $PAC\perp$ 平面 $ABC$，交线是 $AC$；$PO$ 在平面 $PAC$ 内且 $PO\perp AC$，于是

$$PO\perp\text{平面 }ABC .$$

这一步的「$\perp$ 交线」三个字不能省。 面面垂直的性质定理承诺的是「一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面」，不是「一个平面内随便一条直线」。平面 $PAC$ 里也有一大把并不垂直于平面 $ABC$ 的直线（比如 $PA$ 自己）。省掉这句，这道题的整个坐标系就立不住。

④ $\triangle ABC$ 以 $AC$ 为斜边，直角就在 $B$；直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，所以

$$OB=\frac{AC}{2}=8 ;$$

又 $OA=OB=OC$ 说明 $\triangle ABO$、$\triangle CBO$ 都是等腰三角形，$BO$ 是等腰 $\triangle ABC$ 底边 $AC$ 上的中线，因此 $OB\perp AC$。

四条合起来，$O$ 处支起了三条两两垂直、长度已知的棱：

$$OA\perp OB,\qquad OB\perp OP,\qquad OP\perp OA;\qquad OA=OB=8,\quad OP=6 .$$

后面三条路的分歧只在「拿这个直角架子干什么」：解法一给它配上坐标，解法二完全不碰坐标、只用中点与垂面，解法三给它配上一组基底但不落坐标。

解法一：建系——把「平行」「垂直」都换成一次数量积

怎么想到的。 冷启动已经白送了三条两两垂直的棱，而且它们共一个端点 $O$——建系的成本几乎为零。建完之后，「$FG$ 平行于某个平面」与「$FM$ 垂直于某个平面」这两句几何话，会各自变成一行数量积；而第 (Ⅱ) 问要的「存在一点」，也从「怎么把它作出来」变成「解一个方程组再验一下范围」。

① 建系与八个点的坐标。 以 $O$ 为原点，$OB$、$OC$、$OP$ 所在直线分别为 $x$、$y$、$z$ 轴：

$$O(0,0,0),\ A(0,-8,0),\ B(8,0,0),\ C(0,8,0),\ P(0,0,6) .$$

三个中点按「中点坐标是两端的平均」直接写：

$$E=\frac{P+A}{2}=(0,-4,3),\qquad F=\frac{P+B}{2}=(4,0,3),\qquad G=\frac{O+C}{2}=(0,4,0) .$$

② 平面 $BOE$ 的法向量。 设 $\vec n=(x,y,z)$ 与 $\overrightarrow{OB}=(8,0,0)$、$\overrightarrow{OE}=(0,-4,3)$ 都垂直：

$$\begin{cases}8x=0,\\ -4y+3z=0,\end{cases} \qquad\text{取}\qquad \vec n=(0,3,4) .$$

（第一式直接说 $x=0$；第二式只定 $y:z=3:4$，法向量本来就只定方向，随便取一个非零的即可。）

③ 第 (Ⅰ) 问。

$$\overrightarrow{FG}=G-F=(-4,4,-3),\qquad \vec n\cdot\overrightarrow{FG}=0\times(-4)+3\times4+4\times(-3)=0 .$$

$\overrightarrow{FG}\perp\vec n$ 说明 $FG$ 与平面 $BOE$ 平行或者就躺在平面里，两种情况都满足「方向垂直于法向量」。要排掉后一种，只需指出 $F$ 不在平面上：平面 $BOE$ 过原点、法向量 $(0,3,4)$，它的方程是 $3y+4z=0$，而 $F(4,0,3)$ 代进去得 $3\times0+4\times3=12\neq0$。所以

$$FG\ /\!/\ \text{平面 }BOE .$$

「$FG$ 不在平面 $BOE$ 内」这一句是判分点，不是客套话。 法向量那一行只管方向，管不了位置；漏掉它，等于把「线在面内」也当成了「线面平行」。

④ 第 (Ⅱ) 问：先解出 $M$。 $M$ 在平面 $ABO$（也就是 $xOy$ 平面）内，故设 $M(x_{0},y_{0},0)$，则

$$\overrightarrow{FM}=(x_{0}-4,\ y_{0},\ -3) .$$

「$FM\perp$ 平面 $BOE$」等价于 $\overrightarrow{FM}$ 与法向量共线（垂直于一个平面的方向只有一条）。设 $\overrightarrow{FM}=t\,\vec n=(0,3t,4t)$，三个分量逐个比：

$$x_{0}-4=0,\qquad y_{0}=3t,\qquad -3=4t .$$

第三式给 $t=-\dfrac34$，回代前两式：

$$x_{0}=4,\qquad y_{0}=3\times\left(-\frac34\right)=-\frac94 , \qquad\text{即}\qquad M\left(4,-\frac94,0\right) .$$

⑤ 验「它真在 $\triangle ABO$ 内部」——这一步才是「证明存在」。 在 $xOy$ 平面里，$\triangle AOB$ 的三条边分别落在 $x=0$（即 $OA$）、$y=0$（即 $OB$）与过 $A(0,-8)$、$B(8,0)$ 的直线 $x-y=8$ 上，内部就是

$$\begin{cases} x>0,\\ y<0,\\ x-y<8 . \end{cases}$$

（三条不等式的方向各由「原点那一侧还是对面那一侧」定：内部的点在 $OA$ 的右侧、在 $OB$ 的下侧、在 $AB$ 的靠 $O$ 一侧，而 $O$ 代进 $x-y$ 得 $0<8$。）把 $M$ 代进去：

$$4>0,\qquad -\frac94<0,\qquad 4-\left(-\frac94\right)=\frac{25}{4}=6.25<8 .$$

三条全中，所以这样的 $M$ 确实存在，而且就是刚才解出来的那一个。

⑥ 两个距离。 $OA$ 落在 $y$ 轴上、$OB$ 落在 $x$ 轴上，点到坐标轴的距离就是另一个坐标的绝对值：

$$d(M,OA)=\left|x_{0}\right|=4,\qquad d(M,OB)=\left|y_{0}\right|=\frac94 .$$

答案：$M$ 到 $OA$、$OB$ 的距离分别是 $4$ 与 $\dfrac94$。

别把这两个数配反。 到 $OA$（$y$ 轴）的距离量的是横着走的那一段，所以取横坐标；到 $OB$（$x$ 轴）的距离取纵坐标。写完回头看一眼图里那一竖一横，比核对公式快。

解法二：不动坐标——中位线搭出平行面，垂面截面里钉出 $M$

怎么想到的。 这道题的中点多得反常：$E$、$F$、$O$、$G$ 四个中点。中点成双出现就是中位线的信号，而中位线一次同时给「平行」与「长度减半」两件事——两问要的恰好就是这两件。所以完全可以不建坐标系。

（Ⅰ）再补一个中点，把 $FG$ 关进一个平行于平面 $BOE$ 的平面里

直接在平面 $BOE$ 里找一条与 $FG$ 平行的线并不好找（$FG$ 与 $B$、$O$、$E$ 三点连出的任何一条都不平行）。换个打法：证一个过 $FG$ 的平面与平面 $BOE$ 平行，那么这个平面里的每一条线都与平面 $BOE$ 平行。

取 $OP$ 的中点 $N$，这是全题唯一一条辅助线。于是有三条中位线：

• $F$、$N$ 是 $PB$、$PO$ 的中点 $\Rightarrow$ 在 $\triangle PBO$ 中 $FN\ /\!/\ BO$；
• $N$、$G$ 是 $OP$、$OC$ 的中点 $\Rightarrow$ 在 $\triangle OPC$ 中 $NG\ /\!/\ PC$；
• $E$、$O$ 是 $PA$、$AC$ 的中点 $\Rightarrow$ 在 $\triangle APC$ 中 $EO\ /\!/\ PC$。

后两条接起来得 $NG\ /\!/\ EO$。于是平面 $FNG$ 里有两条相交直线 $FN$、$NG$（交于 $N$），分别平行于平面 $BOE$ 里的 $BO$ 与 $OE$，由面面平行的判定定理，

$$\text{平面 }FNG\ /\!/\ \text{平面 }BOE .$$

两个平行平面没有公共点，而 $FG\subset$ 平面 $FNG$，所以 $FG$ 与平面 $BOE$ 也没有公共点，即 $FG\ /\!/$ 平面 $BOE$。

（也可以只用线面平行的判定定理走一条更短的路：$FN\ /\!/\ BO$ 给出 $FN\ /\!/$ 平面 $BOE$，$NG\ /\!/\ OE$ 给出 $NG\ /\!/$ 平面 $BOE$——但两条线各自平行于一个平面，推不出它们所在的平面平行，除非它们相交，这正是上面要点明「交于 $N$」的原因。）

（Ⅱ）先找一个垂直于 $OB$ 的截面，把整道题压进这一个平面里

关键一问：$FM$ 要垂直于整个平面 $BOE$，等价于什么？ 等价于 $FM$ 同时垂直于平面内两条相交直线，取 $OB$ 与 $OE$ 即可。两条要求可以分两步各管一步：

第一步：让 $FM\perp OB$——这一条把 $M$ 限制在一条直线上。

$OB\perp OA$、$OB\perp OP$（两条都是冷启动末尾「三条两两垂直」那一行的结论：前者由 $BO$ 是等腰 $\triangle ABC$ 底边上的中线，后者由 $PO\perp$ 底面而 $OB$ 在底面内），而 $OA$、$OP$ 是平面 $OAP$ 内两条相交直线，由线面垂直的判定定理，

$$OB\perp\text{平面 }OAP .$$

再取 $BO$、$BA$、$BP$ 的中点 $F'$、$R$、$F$（$F$ 正是题面给的那个中点）。由中位线，$F'F\ /\!/\ OP$、$F'R\ /\!/\ OA$，于是平面 $F'FR$ 与平面 $OAP$ 平行，因此也有

$$OB\perp\text{平面 }F'FR .$$

把这个平面记作 $\beta$。$\beta$ 里的每一条直线都垂直于 $OB$，所以只要把 $M$ 取在 $\beta$ 内，$FM\perp OB$ 自动成立。$\beta$ 与底面 $ABO$ 的交线正是 $F'R$——于是 $M$ 只能在线段 $F'R$ 上，也就是过 $OB$ 中点、平行于 $OA$ 的那条中位线上。

第二步：让 $FM\perp OE$——这一条在 $\beta$ 内解一个直角三角形。

$OB\subset$ 平面 $BOE$ 且 $OB\perp\beta$，由面面垂直的判定定理，平面 $BOE\perp\beta$。设 $\beta\cap$ 平面 $BOE=\ell$。因为 $OE\perp OB$（$OE\subset$ 平面 $OAP$，而 $OB\perp$ 平面 $OAP$），$OE$ 的方向与 $\beta$ 平行，所以 $\ell$ 就是过 $F'$ 且平行于 $OE$ 的那条直线。

现在在平面 $\beta$ 内作 $FH\perp\ell$，垂足 $H$。由面面垂直的性质定理，$FH\perp$ 平面 $BOE$——垂线作出来了，剩下的只是问它落在哪。延长 $FH$ 与 $F'R$ 交于一点，这一点就是 $M$。

$\beta$ 内的图形是一个纯平面几何问题：$FF'\perp F'M$（因为 $FF'\ /\!/\ OP$、$F'M\ /\!/\ OA$ 而 $OP\perp OA$），且

$$FF'=\frac{OP}{2}=3 .$$

$F'H$ 落在 $\ell$ 上且 $F'H\perp FM$，所以 $F'H$ 正是 $\mathrm{Rt}\triangle FF'M$ 斜边上的高，于是 $\angle MFF'=\angle HF'M$（两者都与 $\angle F'MF$ 互余）。而 $\angle HF'M$ 是 $\ell$ 与 $F'M$ 的夹角，也就是 $OE$ 与 $OA$ 的夹角 $\angle EOA$。在 $\mathrm{Rt}\triangle$ 里量它：$E$ 是 $PA$ 的中点，它到 $OA$ 的距离是 $\dfrac{OP}{2}=3$、垂足是 $OA$ 的中点（离 $O$ 有 $4$），故

$$\tan\angle EOA=\frac34 .$$

合起来：

$$F'M=FF'\cdot\tan\angle MFF'=FF'\cdot\tan\angle EOA=3\times\frac34=\frac94 .$$

第三步：两个距离与「真在内部」。

• $MF'\subset\beta$ 而 $\beta\perp OB$，所以 $MF'\perp OB$，故 $M$ 到 $OB$ 的距离就是 $MF'=\dfrac94$；
• $MF'\ /\!/\ OA$，平行线上每一点到 $OA$ 的距离都一样，取 $F'$ 算最省：$F'$ 是 $OB$ 的中点而 $OB\perp OA$，故这个距离是 $\dfrac{OB}{2}=4$，即 $M$ 到 $OA$ 的距离是 $4$。
• $F'R$ 是 $\triangle BOA$ 的中位线，长 $\dfrac{OA}{2}=4$。而 $0<F'M=\dfrac94<4$，说明 $M$ 落在线段 $F'R$ 的内部；$F'$ 在边 $OB$ 上、$R$ 在边 $AB$ 上，去掉这两个端点之后，线段 $F'R$ 其余的点全在 $\triangle ABO$ 的内部。所以 $M$ 确实存在于 $\triangle ABO$ 内。

结论与解法一分毫不差。这条路一个坐标都没写，代价是要多作两条辅助线（$N$ 与 $\beta$）；收获是每一步都看得见几何意义——尤其是「$M$ 在 $OB$ 中点正对着 $OA$ 的那条中位线上」这件事，坐标法要算完才知道。

解法三：不建系的基底向量——第 (Ⅰ) 问其实与所有长度无关

怎么想到的。 解法一的坐标把长度、垂直一次性全用上了。但第 (Ⅰ) 问要证的只是一句「平行」——平行是仿射性质，跟长度和角度没关系。如果把向量写成一组基底的组合而不落坐标，那些用不上的条件就不会混进来，还能顺带看清这一问到底靠什么成立。

① 取基底。 取 $\vec a=\overrightarrow{OA}$、$\vec b=\overrightarrow{OB}$、$\vec p=\overrightarrow{OP}$。它们不共面（$P$ 不在底面上、$A$ 与 $B$ 不共线），所以空间里任一向量都能被它们唯一表示。注意 $O$ 是 $AC$ 的中点，故 $\overrightarrow{OC}=-\vec a$。三个中点逐个写出来：

$$\overrightarrow{OE}=\frac{\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OA}}{2}=\frac12(\vec a+\vec p),\qquad \overrightarrow{OF}=\frac12(\vec b+\vec p),\qquad \overrightarrow{OG}=\frac12\overrightarrow{OC}=-\frac12\vec a .$$

② 第 (Ⅰ) 问，两行完事。

$$\overrightarrow{FG}=\overrightarrow{OG}-\overrightarrow{OF} =-\frac12\vec a-\frac12\vec b-\frac12\vec p =-\frac12\vec b-\frac12(\vec a+\vec p) =-\frac12\,\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OE} .$$

$\overrightarrow{FG}$ 被平面 $BOE$ 内的两个不共线向量 $\overrightarrow{OB}$、$\overrightarrow{OE}$ 线性表示出来了，所以 $\overrightarrow{FG}$ 与该平面共面。再补「$F$ 不在平面 $BOE$ 内」：若 $F$ 在平面内，$\overrightarrow{OF}=\frac12\vec b+\frac12\vec p$ 就该写成 $x\,\vec b+y\cdot\frac12(\vec a+\vec p)$；比对 $\vec a$ 的系数得 $y=0$，再比对 $\vec p$ 的系数得 $\frac12=0$，矛盾。故

$$FG\ /\!/\ \text{平面 }BOE .$$

这一问从头到尾没用过任何一个数。 $AC=16$、$PA=PC=10$、平面 $PAC\perp$ 平面 $ABC$、$\triangle ABC$ 是等腰直角三角形——一条都没进算式。它只用了「$O$、$E$、$F$、$G$ 都是中点」。把这个四面体随手捏成任何形状，$FG\ /\!/$ 平面 $BOE$ 照样成立；那些垂直与长度是留给第 (Ⅱ) 问的。看出这一点，对「哪个条件在为哪一问服务」的判断力，比多算一遍坐标值钱。

③ 第 (Ⅱ) 问：这时才把度量请进来。 冷启动给的三条垂直与三个长度，写成基底的语言就是

$$\vec a\cdot\vec b=\vec b\cdot\vec p=\vec p\cdot\vec a=0,\qquad \left|\vec a\right|=\left|\vec b\right|=8,\quad \left|\vec p\right|=6 .$$

$M$ 在平面 $ABO$ 内，而 $\vec a$、$\vec b$ 是这个平面内两个不共线向量，故可设

$$\overrightarrow{OM}=\lambda\vec a+\mu\vec b \quad\Longrightarrow\quad \overrightarrow{FM}=\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OF} =\lambda\vec a+\left(\mu-\frac12\right)\vec b-\frac12\vec p .$$

$FM\perp$ 平面 $BOE$ 等价于 $\overrightarrow{FM}$ 与平面内两个不共线向量都垂直，两个数量积各给一个方程（交叉项因为两两垂直全部消失）：

$$\overrightarrow{FM}\cdot\vec b=\left(\mu-\frac12\right)\left|\vec b\right|^{2}=64\left(\mu-\frac12\right)=0 \ \Longrightarrow\ \mu=\frac12 ;$$ $$\overrightarrow{FM}\cdot\overrightarrow{OE} =\frac12\left(\lambda\left|\vec a\right|^{2}-\frac12\left|\vec p\right|^{2}\right) =\frac12\left(64\lambda-18\right)=0 \ \Longrightarrow\ \lambda=\frac{9}{32} .$$

于是

$$\overrightarrow{OM}=\frac{9}{32}\,\overrightarrow{OA}+\frac12\,\overrightarrow{OB} .$$

$\mu=\dfrac12$ 就是解法二那条中位线。 它说 $M$ 沿 $\overrightarrow{OB}$ 的分量恰好是 $OB$ 的一半——$M$ 落在「过 $OB$ 中点、平行于 $OA$」的那条线上，与解法二第一步作出来的 $F'R$ 是同一条。两条路在这里对上了账。

④ 存在性与距离，都从这两个系数直接读。 三角形内部用系数说话最省：$\triangle AOB$ 的内部恰是

$$\left\{\lambda\vec a+\mu\vec b\ :\ \lambda>0,\ \mu>0,\ \lambda+\mu<1\right\}$$

（$\lambda+\mu=1$ 那条线正是边 $AB$）。代进去：

$$\lambda=\frac{9}{32}>0,\qquad \mu=\frac12>0,\qquad \lambda+\mu=\frac{9}{32}+\frac{16}{32}=\frac{25}{32}<1 . \checkmark$$

比解法一那个不等式组更好写，也更不容易把方向弄反。距离则因为 $\vec a\perp\vec b$ 而直接是两个分量的长度：

$$d(M,OB)=\left|\lambda\right|\left|\vec a\right|=\frac{9}{32}\times8=\frac94,\qquad d(M,OA)=\left|\mu\right|\left|\vec b\right|=\frac12\times8=4 .$$

（$\overrightarrow{OA}$ 的方向是沿着 $OA$ 走的，所以它的系数量的是「离开 $OB$ 有多远」；两条别对调。）

答案与前两条路一致。

三条路的分工

三条路算出的 $M$ 是同一个点，两个距离也分毫不差——这是本题最便宜的一次自检。顺带记下两条路各自捡到的东西：解法二给出「$M$ 在 $OB$ 中点那条中位线上」的位置感，解法三给出「第 (Ⅰ) 问与长度无关」的结构感，而解法一两者都不给、但最快。

最后：四处最容易丢分的地方

• 由面面垂直推线面垂直时漏掉「垂直于交线」。 写成「因为平面 $PAC\perp$ 平面 $ABC$，所以 $PO\perp$ 平面 $ABC$」是无效的——必须先说 $PO\perp AC$ 且 $AC$ 是交线。
• 证线面平行时漏掉「线不在面内」。 $\vec n\cdot\overrightarrow{FG}=0$（或 $\overrightarrow{FG}$ 与面内两向量共面）只说到「平行或在面内」，最后那一句才把它收口。
• 只验一条垂直就宣布线面垂直。 $\overrightarrow{FM}\cdot\overrightarrow{OB}=0$ 只把 $M$ 限制在一条直线上；还要 $\overrightarrow{FM}\cdot\overrightarrow{OE}=0$ 才能把点钉死。判定定理要的是两条相交直线。
• 算出 $M$ 就当成证完了「存在」。 第 (Ⅱ) 问问的是「在 $\triangle ABO$ 内存在」，所以解出坐标之后必须再验一次它落在内部（不等式组，或 $\lambda>0$、$\mu>0$、$\lambda+\mu<1$）。少这一步，这一问的「证明」是缺的。