立體幾何中動點軌跡問題的通性通法總結

■安徽省蕪湖市第一中學 劉海濤

在立體幾何的高考復習備考過程中,頻繁出現有關動點軌跡的問題,該類問題一般以選擇、填空題的形式出現,主要考查空間中點、線、面的平行與垂直關系,空間中的距離、角度,解析幾何中的點的軌跡等知識,綜合性強,難度較大,已成為高考復習備考的一大課題。本文通過幾道典型例題歸納總結出有關立體幾何中動點軌跡問題的通性通法,現與讀者交流。

一、由動點保持平行性求軌跡

例1在棱長為2 的正方體ABCDA1B1C1D1中,E,F分別是棱C1D1,B1C1的中點,P是上底面A1B1C1D1內一點(含邊界),若AP∥平面BDEF,則點P的軌跡長為( )。

解析:如圖1 所示,分別取棱A1B1,A1D1的中點M,N,連接MN,B1D1。因為M,N,E,F為所在棱的中點,所以MN∥B1D1,EF∥B1D1,則MN∥EF。又MN?平面BDEF,EF?平面BDEF,所以MN∥平面BDEF。連接NF,由NF∥A1B1,NF=A1B1,A1B1∥AB,A1B1=AB,可得NF∥AB,NF=AB,則四邊形ANFB為平行四邊形,則AN∥FB。而AN?平面BDEF,FB?平面BDEF,則AN∥平面BDEF。又AN∩NM=N,所以平面AMN∥平面BDEF。又P是上底面A1B1C1D1內一點,且AP∥平面BDEF,所以點P在線段MN上。又MN=B1D1,所以點P的軌跡長為。故選B。

圖1

評注:由P是動點,得AP為動直線,考慮將AP放入過定點A且平行于平面BDEF的平面(記為α)內,又P是上底面A1B1C1D1內一點(含邊界),故P點的軌跡為所求平面α與上底面A1B1C1D1的交線(線段MN),于是只需確定M,N兩點的位置即可。

通性通法:處理由一動點P(在某一定平面γ內或某空間幾何體的表面Γ上)與一定點A形成的動直線AP與定平面β平行,求動點P的軌跡問題時,一般有兩種處理策略:①將線面平行轉化為面面平行,即過點A作平面α,使得α∥β,α與γ(或Γ)的交線即為動點P的軌跡;②利用法向量垂直關系求軌跡,即設點P的坐標得到直線AP的方向向量,利用·n=0(n為平面β的法向量),得到動點P的軌跡方程。

二、由動點保持垂直性求軌跡

例2在棱長為1 的正方體ABCDA1B1C1D1中,M,N分別為BD1,B1C1的中點,點P在正方體的表面上運動,且滿足MP⊥CN。給出下列說法:①P可以是棱BB1的中點;②線段MP的最大值為;③點P的軌跡是正方形;④點P軌跡的長度為2+。其中所有正確說法的序號是____。

解析:如圖2 所示,分別在棱CC1,DD1,AA1,BB1上取點E,F,G,H,使得C1E=D1F=AG=BH,連接EF,FG,GH,HE,FH,D1H,FB。在正方形CC1D1D中,由C1E=D1F,得EF∥CD,EF=CD。同理AB∥GH,AB=GH。又AB∥CD,AB=CD,所以EF∥GH,EF=GH,則四邊形EFGH為平行四邊形。由AB⊥平面BB1C1C,HE?平面BB1C1C,得AB⊥HE。又AB∥GH,所以HE⊥GH,故四邊形EFGH為矩形,其中GH=1,HE=,FH=。在 正 方 形BB1C1C中,tan∠NCC1·tan∠HEC=×2=1,則∠NCC1+∠HEC=90°,所以CN⊥HE。由AB⊥平面BB1C1C,CN?平面BB1C1C,得CN⊥AB。又AB∥GH,所以CN⊥GH。又GH∩HE=H,所以CN⊥平面EFGH。由題知D1F∥HB,D1F=HB,則四邊形D1FBH為平行四邊形。又M為BD1的中點,則M也為FH的中點,所以M∈平面EFGH。由MP⊥CN,CN⊥平面EFGH,M∈平面EFGH,點P在正方體的表面上運動,得點P的軌跡為矩形EFGH,顯然①和③錯誤,②和④正確。故填②④。

圖2

評注:由P是動點,得MP為動直線,考慮將MP放入過定點M且與定直線CN垂直的平面(記為α)內,又點P在正方體的表面上運動,故P點的軌跡為所求平面α與正方體表面的交線(矩形EFGH),于是只需確定E,F,G,H四點的位置即可。

通性通法:處理由一動點P(在某一定平面γ內或某空間幾何體的表面Γ上)與一定點M形成的動直線MP與定直線l垂直,求動點P的軌跡問題時,一般有兩種處理策略:①將線線垂直轉化為線面垂直,即過點M作平面α,使得l⊥α,α與γ(或Γ)的交線即為動點P的軌跡;②利用向量垂直關系求軌跡,即設點P的坐標得到直線MP的方向向量,利用·a=0(a為直線l的方向向量),得到動點P的軌跡方程。

三、由動點保持定距(或等距)求軌跡

例3在棱長為4 的正方體ABCDA′B′C′D′中,E,F分別是AD,A′D′的中點,長為2的線段MN的一個端點M在線段EF上運動,另一個端點N在底面A′B′C′D′上運動,則線段MN的中點P的軌跡(曲面)與正方體(各個面)所圍成的幾何體的體積為( )。

解析:如圖3 所示,連接PF,NF。在 正 方 形AA′D′D中,由E,F分別為AD,A′D′的中點,得EF∥AA′,且EF=AA′=4。由AA′⊥平面A′B′C′D′,得EF⊥平面A′B′C′D′。又FN?平面A′B′C′D′,所以EF⊥FN。又P為MN的中點,所以FP=MN=1,故點P的軌跡是以F為球心,1為半徑的球面,則點P的軌跡(曲面)與正方體(各個面)所圍成的幾何體為球F的,所以所求幾何體的體積為V=。故選D。

圖3

評注:由M,N為動點知P為動點,得PF為動線段,連接PF,NF,發現PF為直角△MNF的斜邊MN上的中線,又MN=2,則PF=1,由此得到動點P到定點F的距離為定值1,根據球的定義知點P的軌跡是以F為球心,1為半徑的球面,問題轉化為求球體與正方體的公共部分的體積。

通性通法:若由兩個動點M,N(或一個動點M與一個定點N)構成的動線段MN的長度為定值,處理該線段的中點P的軌跡問題時,一般有兩種處理策略:①根據問題特征,找到與M,N所在直線(或面)有關聯的定點F,研究線段PF的長度是否為定值,根據題意判斷點P的軌跡是球(或圓);②建立空間直角坐標系,將題中幾何語言“翻譯”為代數語言,得到動點P的軌跡方程。

四、由動點保持定角(或等角)求軌跡

例4在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別為AB,A1B1的中點,P是邊C1D1上的一個點(包括端點),Q是平面PMB1上一動點,滿足直線MN與直線AN的夾角與直線MN與直線NQ的夾角相等,則點Q所在軌跡為( )。

A.橢圓 B.雙曲線

C.拋物線 D.拋物線或雙曲線

解析:由題設知,Q點的軌跡為以AN為母線,MN為軸,AB為底面直徑的圓錐側面,及其關于A1B1反向對稱的錐體側面與平面PMB1的交線,如圖4所示。若P在邊C1D1上移動的過程中,只與下方錐體有相交,則Q點軌跡為拋物線;若P在邊C1D1上移動的過程中,與上方錐體也有相交,則Q點軌跡為雙曲線。故選D。

圖4

評注:由題設知,直線MN與直線AN的夾角∠ANM為定值,則動直線NQ與定直線MN的夾角為定值,由此得動點Q的軌跡是以AN為母線,MN為軸,AB為底面直徑的圓錐側面,于是問題轉化為動平面PMB1與圓錐體側面的交線,應用數形結合,根據平面與雙錐面相交所成曲線的性質判斷點Q所在軌跡的形狀。

通性通法:已知由一個動點Q(在某一定平面γ內或某空間幾何體的表面Γ上)與一個定點N(在某一定平面α內)構成的動直線QN,兩定點M,N構成定線段MN,若動直線NQ與定直線MN的夾角為定值(或動直線NQ與平面α所成角為定值),則動點Q的軌跡為圓錐體的側面與平面γ(或表面Γ)的交線(一般為圓、橢圓、雙曲線、拋物線的全部或一部分)。若需定量知道曲線的長度(圍成的區域面積),則可借助空間直角坐標系,通過設動點Q的坐標,利用向量的夾角公式等,得到動點Q的軌跡方程。

例5如圖5,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是直角梯形,AB∥CD,AB⊥AD,CD=AD==2,PA=3,若動點Q在△PAD內及邊上運動,使得∠CQD=∠BQA,則三棱錐Q-ABC的體積最大值為____。

圖5

圖6

評注:解答該題的關鍵是在得到QD=AD后,在平面PAD內,建立平面直角坐標系求出點Q的軌跡是圓(x-3)2+y2=8在△PAD的邊上或內部的圓弧,由數形結合直觀得出點Q到DA的距離最大為2,即三棱錐Q-ABC的高的最大值為2。

通性通法:已知由一個動點Q(在某一定平面γ內或某空間幾何體的表面Γ上)與四個定點A,B,C,D,若∠CQD=∠BQA,則考慮解△CQD和△BQA,嘗試將問題轉化為動點Q到兩定點D,A(或D,B,或C,A,或C,B)的距離相等(或成定比例),利用坐標系借助平面解析幾何知識求出動點Q的軌跡方程。

五、投影求軌跡

例61822 年,比利時數學家旦德林(Dandelin)利用圓錐曲線的兩個內切球,證明了用一個平面去截圓錐,可以得到橢圓(其中兩球與截面的切點即為橢圓的焦點),實現了橢圓截線定義與軌跡定義的統一性。在生活中,有一個常見的現象:用手電筒斜照地面上的籃球,留下的影子會形成橢圓。這是由于光線形成的圓錐被地面所截產生了橢圓的截面。如圖7所示,在地面的某個點A1的正上方有一個點光源,將小球放置在地面,使得AA1與小球相切。若A1A=5,小球的半徑為2,則小球在地面的影子形成的橢圓的離心率為____。

圖7

解析:作出過A,A1,A2三點的截面,如圖8 所示,設球與AA2相切于點D,球與A1A2相切于點F1(橢圓的左焦點)。在Rt△AA1A2中,設A2F1=x,則DA2=x,AA1=5,A1A2=x+2,AA2=x+3,所以52+(x+2)2=(x+3)2,解得x=10,則長軸長A1A2=2a=12,即a=6,c=6-2=4,所以離心率e=。故填

圖8

評注:由題干中的介紹不難明白小球在地面的影子形成的橢圓,球與地面的切點為該橢圓的左焦點,于是考慮利用光線形成的圓錐的軸截面來解題,得到如圖8 所示的平面圖形,接著利用平面幾何知識可輕松解題。

通性通法:一般地,球的正投影為圓,非正投影為橢圓,這是因為點光源的光線形成圓錐,被地面所截產生了橢圓的截面,其中球與地面的切點為橢圓的一個焦點。

六、翻折與動點求軌跡

例7已知矩形ABCD中,AB=1,AE=,如 圖9 所示,將△ABE沿 著BE進行翻折,使得點A與點S重合,若點S在 平 面BCDE上的射影在四邊形BCDE內部(包含邊界),則動點S的軌跡長度為____。

圖9

圖10

圖11

評注:過點A作AM⊥BE于點M,交BC于點G,在翻折的過程中,不改變這一垂直關系,故可得到BE⊥平面SMG,從而平面SMG⊥平面BCDE,由面面垂直的性質定理不難得到,點S在平面BCDE上的射影N落在線段MG上。由翻折過程可知,SM=AM=判斷出S的軌跡是以M為圓心,為半徑的一段圓弧,求出圓心角,利用弧長公式求出弧長。

通性通法:立體幾何中的翻折問題,看似變幻莫測,實則有據可循,一般情況下,需要始終牢記以下幾點:(1)在折線同側的量,折疊前后不變。(2)“跨過”折線的量,折疊前后可能會發生變化;這些變與不變的關系,構建了平面圖形與空間圖形之間的橋梁。因此,在解決立體幾何翻折問題時,常見的解題策略有:①翻折過程中尋找不變的垂直關系求軌跡;②翻折過程中尋找不變的長度關系求軌跡;③可以利用空間坐標運算求軌跡。

立體幾何中的動點軌跡問題,主要考查空間想象能力,分析變化中的不變量,考查的內容以教材中的公理和基本定理為主,若我們能熟練掌握這些基本公理、定理、概念、公式等,牢記文中歸納總結出的六大類型及其通性通法,定能輕松掌握立體幾何中的動點軌跡問題。