线段或棱上是否存在一个点 | 探索性问题

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

【2025级高一学生试题】如图，在正方体 \(ABCD\) \(-\) \(A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}\) 中，棱长 \(AB=2\)，点 \(M\) 为 \(DD_{1}\) 的中点，此处只摘选第二问。 查看 完整试题 .

(2). 设 \(E\) 为 \(BD_{1}\) 上的动点，问在棱 \(CC_{1}\) 上是否存在一点 \(N\)，使得 \(EN\mathrel{\raise{0.3ex}{\scriptsize/}\mskip-2.5mu\raise{0.3ex}{\scriptsize/}}\) 平面 \(AMC\) ? 若存在请说明 \(N\) 的位置并证明，若不存在说明理由 .

法 ❶：立体几何法，从形的角度思考，通过构造面面平行来证明线面平行。

结论：存在满足题意的点 \(N\)，其中点 \(N\) 为棱 \(CC_1\) 的中点，理由如下：

取 \(N\) 为 \(CC_{1}\) 的中点，连结 \(BN\)、\(D_1N\)，由于点 \(M\)、\(N\) 分别为 \(DD_1\)、\(CC_1\) 的中点，

则容易知道 \(BN\mathrel{\raise{0.3ex}{\scriptsize/}\mskip-2.5mu\raise{0.3ex}{\scriptsize/}}AM\)，\(D_1N\mathrel{\raise{0.3ex}{\scriptsize/}\mskip-2.5mu\raise{0.3ex}{\scriptsize/}}MC\)，由面面平行的判定定理可知，平面 \(BD_1N\mathrel{\raise{0.3ex}{\scriptsize/}\mskip-2.5mu\raise{0.3ex}{\scriptsize/}}\) 平面 \(AMC\)，

则由面面平行的性质定理可知，必有 \(EN//\) 平面 \(AMC\)，\(E\in BD_{1}\) .

① 那么如何能想到这种思路呢？如果你熟稔正方体这种特殊的数学载体，对其中的线线、线面、面面位置关系如庖丁解牛般的成竹于胸，自然不难想到这种思路。

② 有个易错点需要注意，有些题库中给出的答案是 \(E\) 为 \(BD_1\) 的中点且 \(N\) 为 \(CC_1\) 的中点时，满足 \(EN\mathrel{\raise{0.3ex}{\scriptsize/}\mskip-2.5mu\raise{0.3ex}{\scriptsize/}}\) 平面 \(AMC\) ，这种解答是不完善的，没有照顾到点 \(E\) 的任意性。

③ 在平面 \(AMC\) 内，如何找和 \(EN\) 平行的直线？暂时没有太多思路，待后思考解决。

法 ❷：空间向量法，从数的角度计算，设参数，求参数，确定点的位置。自我感觉是最有说服力的思路。

结论：存在满足题意的点 \(N\)，其中点 \(N\) 为棱 \(CC_1\) 的中点，理由如下：

以 \(D\) 为原点，\(DA\) 为 \(x\) 轴，\(DC\) 为 \(y\) 轴，\(DD_1\) 为 \(z\) 轴，建立空间直角坐标系，可求得各点的坐标为：\(D(0,0,0)\)、\(A(2,0,0)\)、\(C(0,2,0)\)、\(B(2,2,0)\)、\(D_1(0,0,2)\)、\(B_1(2,2,2)\)、\(M(0,0,1)\)，

令 \(E(m,n,p)\)，则 \(\overrightarrow{BE}\) \(=\) \((m-2,n-2,p)\)，\(\overrightarrow{BD_1}\) \(=\) \((-2,-2,2)\)，

设动态参数 \(\lambda\) ，使得 \(BD_1\) 上动点 \(E\) 满足 \(\overrightarrow{BE}\) \(=\) \(\lambda\) \(\cdot\) \(\overrightarrow{BD_1}\)，\(\lambda\in[0,1]\)，

则由坐标关系可知，\(\left\{\begin{array}{l}{m-2=(-2)\lambda}\\{n-2=(-2)\lambda}\\{p=2\lambda}\end{array}\right.\)，求得点 \(E(2-2\lambda,\ 2-2\lambda,\ 0+2\lambda)\) .

再设棱 \(CC_1\) 上的某点 \(N(0,2,t)\)，\(t\in[0,2]\)，则 \(\overrightarrow{EN}\) \(=\) \((-2+2\lambda,\ 2\lambda,\ t-2\lambda)\)。

设平面 \(AMC\) 的法向量 \(\vec{n}=(x,y,z)\)，由平面 \(AMC\) 内的向量 \(\overrightarrow{MA}\) \(=\) \((2,0,-1)\)，\(\overrightarrow{MC}\) \(=\) \((0,2,-1)\)，则由 \(\overrightarrow{MA}\cdot\vec{n}\) \(=\) \(0\)，及 \(\overrightarrow{MC}\cdot\vec{n}\) \(=\) \(0\)，可得到平面 \(AMC\) 法向量 \(\vec{n}=(1,1,2)\)，

则由 \(EN\mathrel{\raise{0.3ex}{\scriptsize/}\mskip-2.5mu\raise{0.3ex}{\scriptsize/}}\) 平面 \(AMC\) \(\iff\) \(\overrightarrow{EN}\) \(\perp\) \(\vec{n}\)，即 \(\overrightarrow{EN}\) \(\cdot\) \(\vec{n}=0\)，也即\((2\lambda-2)\) \(\cdot\) \(1\) \(+\) \(2\lambda\) \(\cdot\)\(1\) \(+\) \((t-2\lambda)\) \(\cdot\) \(2\) \(=\) \(0\)，

化简：\(2\lambda-2\) \(+\) \(2\lambda\) \(+\) \(2t-\) \(4\lambda\) \(=0\)，解得 \(t=1\)，

也即 \(N(0,2,1)\)，此时 \(N\) 为 \(CC_1\) 的中点。求值过程，与动态参数 \(\lambda\) 无关，说明任意 \(E\in BD_1\)都满足 ，得证。

❶ 此法，我最满意之处，就是设元。通过设动态参数值的变化来控制点的运动，玩过几何画板的同仁，估计更能理解这一点。具体来说，给定线段 \(AB\)，其上有个动点 \(C\)，则我们的一般做法都是在线段 \(AB\) 上取一个动点，令 \(\dfrac{AC}{AB}=t\)，若拉动点 \(C\) 在线段 \(AB\) 的两个端点之间运动，则此时必有 \(t\in [0,1]\)。这样做的意义是什么呢？如果我们需要 \([0,1]\) 之间的动态参数，来控制图形的缩小，这个系数就是这样来的。如果需要 \([1,+\infty)\) 之间的系数，则可以将动点 \(C\) 取在线段的延长线上，这样就可以控制图形的放大。

❷ 有了向量框架，问题变得更简单了，比如本题目，令 \(\overrightarrow{BE}\) \(=\) \(\lambda\) \(\cdot\) \(\overrightarrow{BD_1}\)，则当 \(\lambda\in[0,1]\) 时，就能控制点 \(E\) 在 点 \(B\) 和 点 \(D_1\) 之间运动。

❸ 本题中的点 \(N\) ，由于在 \(CC_1\) 上，故设棱 \(CC_1\) 上的某点 \(N(0,2,t)\)，\(t\in[0,2]\)，通过参数 \(t\) 的变化来控制点 \(N\) 的位置。

已知四棱锥\(P-ABCD\)中，底面是梯形， \(DC//AB\)，\(AB=BC=2DC=4\)，\(\angle ABC=90^{\circ}\)，\(BD\)与\(AC\)交于点\(F\)，平面\(PDC\perp\)平面\(ABCD\)，\(PD=PC\)，点\(G\)是\(AP\)上一点，且\(AG=2GP\)；

(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\(CS=\sqrt{4+\cfrac{1}{4}+4}=\cfrac{\sqrt{33}}{2}\).

【2023年高考理科数学乙卷版第19题】如图，在三棱锥 \(P-ABC\)中，\(AB\perp BC\)，\(AB=2\)，\(BC=2\sqrt{2}\)，\(PB=PC=\sqrt{6}\)，\(BP\)、\(AP\)、\(BC\) 的中点分别为 \(D\)、\(E\)、\(O\)， \(AD=\sqrt{5}DO\)， 点 \(F\) 在 \(AC\) 上，\(BF\perp AO\)。

(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 \(\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，

【2025届高三数学月考一试题16改编】 如图，在平面四边形 \(ABCD\) 中，已知 \(\overrightarrow{CD}\)\(=\)\(2\overrightarrow{BA}\)，\(|\overrightarrow{BC}|\)\(=\)\(|\overrightarrow{CD}|\)\(=\)\(2\)，\(\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}=1\)，\(O\) 为线段 \(BC\) 上一点，\(\angle ABC=\cfrac{\pi}{3}\)，试确定点 \(O\) 的位置，使得 \(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OD}\) 最小.

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.

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1. 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； ↩︎

2. 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 . ↩︎

3. 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； ↩︎