立體幾何中動點的軌跡問題

摘 要：立體幾何中的動態問題一直是高考的熱點.據此，本文關注動態問題中的常考題型，針對動點的軌跡問題和軌跡方程的計算問題，給出相應的解題策略.

關鍵詞：立體幾何；動點；軌跡；軌跡長度

中圖分類號：G632"" 文獻標識碼：A"" 文章編號：1008-0333（2024）21-0002-03

立體幾何中動點的軌跡問題，是立體幾何的重要內容，也是高考的難點.涉及動點軌跡問題的題型主要有兩個，一是判斷動點的軌跡方程，二是動點軌跡的計算問題.1 判斷動點的軌跡方程

這里需要熟悉常見曲線（直線、圓，橢圓、雙曲線和拋物線等）的定義，根據動點的運動情況，找到等量關系，再看看等量關系滿足哪種曲線的定義，即可作出判定.

例1［1］ 如圖1所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，空間一動點P滿足A1P⊥AB1，且∠APB1=∠ADB1，則點P的軌跡為（" ）.

A.直線 B.圓 C.橢圓 D.拋物線

解 在正方形ABB1A1中，AB1⊥A1B，因為BC⊥平面ABB1A1，AB1平面ABB1A1，所以BC⊥AB1.因為BC，A1B平面A1BCD1，BC∩A1B=B，所以AB1⊥平面A1BCD1.

由題意，點P在對角面A1BCD1內，因為∠APB1=∠ADB1，為一定值，所以點P的軌跡為以PB1為母線，AB1所在直線為高的圓錐的底面圓上，如圖2所示，因此點P的軌跡為圓.選B.

例2 空間中平面α、平面β、平面γ兩兩垂直，點P到三個平面的距離分別為d1、d2、d3，若6d1=3d2=2d3，則點P的軌跡是（" ）.

A.一條射線"" B.一條直線

C.三條直線D.四條直線

解 以3a、2a、a分別為長方體ABCD-A1B1C1D1的長、寬、高，如圖3所示.若平面ABCD、平面ABB1A1、平面ADD1A1分別為平面α、平面β、平面γ，根據長方體的體對角線性質可得，只有在長方體體對角線上的點才滿足6d1=3d2=2d3，則點P的軌跡是四條直線.選D.

例3 已知在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=22，點P是四邊形A1B1C1D1內（包含邊界）的一動點，設二面角P-AD-B的大小為α，直線PB與平面ABCD所成的角為β，若α=β，則（" ）.

A.點P的軌跡為一條拋物線

B.直線PA1與直線CD所成角的最大值為π4

C.線段PB長的最小值為3

D.三棱錐P-A1BC1體積的最大值為223

解 對于A，過P點作PO垂直于底面ABCD，垂足為O，過O作 OH⊥AD ，垂足為H，連接OB，PH，PB，則 ∠PHO=α ， ∠PBO=β ，又 α=β，OH=OB ，而O為P點在底面的射影，所以 PH=PB ，過P作 PM⊥A1D1 ，垂足點為M，連接 PB1 ，則易得 PM=PB1 ，所以點P的軌跡是以 B1 為焦點， A1D1 為準線的拋物線的一部分，如圖4所示，故A錯誤.

對于B，因為 PA1與CD所成的角即 PA1與C1D1 所成的角，所以當P與C1重合時， PA1與C1D1 所成的角最大為π4，故B正確.

對于C，當P點在 A1B1的中點時，PB最短，此時 PB=3，故C正確.

對于D，因為VP-AABC1=VB-PAC1 ，所以當點P在A1B1的中點時，點P到A1C1的距離最大，三角形PA1C1的面積最大，三棱錐P-A1BC1的體積最大，此時

VP-A1B1C1=VB-PA1C1=13×12×22×22×22=223，

故D正確.本題答案為BCD.

2 軌跡方程的計算問題

常見計算方法：

①根據幾何體的結構特征，化動態為靜態，直觀判斷軌跡形狀，進行求解；

②將幾何體平面化，然后結合平面幾何的知識求解；

③函數法，將問題轉化為函數問題，然后求解[2].

例4 在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠DAB=60°，PA=PD，∠APD=90°，平面PAD⊥平面ABCD，Q點是△PBC內的一個動點（含邊界），且滿足DQ⊥AC，則Q點所形成的軌跡的長度是.

解 根據題意，連接AC，BD，兩直線交于O，取PC上一點為M，連接MB，MD，如圖5所示.

因為DQ⊥AC，且AC⊥BD，DQ∩BD=D，DQ，BD平面DBQ，所以AC⊥平面DBQ，則點Q只要在平面DBQ與平面PBC的交線上即可.不妨設平面DBM與平面DBQ是同一個平面，則Q點的軌跡就是線段BM.

根據假設，此時直線AC⊥平面DBM，又MO平面DBM，則AC⊥MO.

故三角形MOC為直角三角形.因為三角形PAD是等腰直角三角形，三角形BAD是等邊三角形，設AD中點為H，則PH⊥AD，BH⊥AD，PH∩BH=H，PH，BH平面PHB，所以AD⊥平面PHB，又PB平面PHB，故AD⊥PB.

又平面PAD⊥平面ABCD且交線為AD，所以PH⊥平面ABCD，BH平面ABCD，則PH⊥BH，所以PB2=PH2+BH2=4.

又因為BC∥AD，故BC⊥PB，故三角形PBC為直角三角形，故PC=PB2+BC2=22.在三角形PAC中，PA=2，AC=23，PC=22，

由余弦定理可得cos∠PCA=8+12-22×23×22=368，

故在直角三角形MOC中，MC=OCcos∠PCA=423.

在三角形BCM中，∠PCB=45°，故BM2=BC2+CM2-2×BC×CM×cos∠PCB=209，解得BM=253.

答案為253.

例5 如圖6所示，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4，M為底面ABCD兩條對角線的交點，P為平面BCC1B1內的動點，設直線PM與平面BCC1B1所成的角為α，直線PD與平面BCC1B1所成的角為β.若α=β，則動點P的軌跡的長度為.

解 分別以DA，DC，DD1所在的直線方向為x，y，z軸建立空間直角坐標系，設P（x，4，z），則M（2，2，0），D（0，0，0），PM=（2-x，-2，-z），PD=（-x，-4，-z），面BCC1B1的一個法向量為DC=（0，4，0）.設向量DC與PM的夾角為θ1，DC與PD的夾角為θ2，則

sinα=|cosθ1|=84×（2-x）2+4+z2，

sinβ=|cosθ2|=164×x2+z2+16，

當α=β，聯立上面兩式有x2+z2-163x+163=0，即（x-83）2+z2=169，該式即為P點的軌跡方程，可知是一個圓，半徑為43，其周長為2×π×43=8π3，答案為8π3.

例6 如圖7所示，A是平面α內一定點，B是平面α外一定點，直線AB與平面α所成角為45°.設平面α內的動點C到A點、B點距離分別為d1、d2（d1，d2gt;0），且m=d1d2. 若點C的軌跡是一條直線，m=；若點C的軌跡是圓，則m的取值范圍是.

解 如圖8所示，作點B在平面α上的投影點E，連接AE和CE，顯然BE⊥平面α，以E為坐標原點，EA，EB分別為x，z軸的正方向，作Ey⊥EA，以Ey為y軸正方向，建立空間直角坐標系E-xyz.

由于直線AB與平面α所成角為45°，所以BE=AE，設BE=AE=p（pgt;0），則A（p，0，0），B（0，0，p），設C（x，y，0），則

d1=|AC|=（x-p）2+y2，d2=|BC|=x2+y2+p2，

故d1=md2（x-p）2+y2=mx2+y2+p2（m2-1）x2+（m2-1）y2+2px+（m2-1）p2=0（*）顯然，mgt;0.

（1）當m=1時，（*）式x=0，即點C的軌跡為直線Ey.

（2）當m≠1時，（*）式x2+y2+2pm2-1x+p2=0（x+pm2-1）2+y2=［1-（m2-1）2］p2（m2-1）2，

若上式表示圓的方程，則1-（m2-1）2gt;0，解得0lt;m2lt;2，又m≠1且mgt;0，故0lt;mlt;1或1lt;mlt;2，即m∈（0，1）∪（1，2）.

答案為：1；（0，1）∪（1，2）.

例6 已知球O的表面積為100π cm2，P是球O內的定點，OP=10cm，過P的動直線交球面于A，B兩點，AB=45 cm，則球心O到AB的距離為cm；若點A，B的軌跡分別為圓臺O1O2的上、下底面的圓周，則圓臺O1O2的體積為cm3.

解 設球O的半徑為r，則4πr2=100π，∴r=5，即OA=OB=5，AB=45，

所以O到AB的距離d=52-（25）2=5.

取AB中點M，則PM=5，不妨取PA=5，PB=35，如圖9所示.

令O1A=r1，O2B=r2，O1P=m，O2O=n，所以

由r21+m2=5r21+（m+10）2=25，解得m=102r1=102，

由r22+n2=25r22+（n+10）2=45，解得r2=3102n=102，

圓臺的高為h=102+10+102=210，

體積V=13（π·52+45π2+15π2）·210=65103π.

3 結束語

立體幾何中的動態問題，涉及的考點較多，綜合性較強. 解決這類試題的關鍵是化動態為靜態，將空間問題平面化，抓住變化中的不變量[3].對于規則的空間幾何體（比如長方體、正棱錐、圓柱等），可建立空間直角坐標系，將問題轉化為函數問題，然后求解. 對于不容易建立坐標系的幾何體，可將空間問題平面化，結合平面幾何知識求解.

參考文獻：［1］ 白亞軍.化繁為簡 化難為易：例談立體幾何的“動態”問題[J].數理化解題研究，2023（19）：14-17.

[2] 蔣小艷.剖析立體幾何“動態問題”的解題策略[J].數理化解題研究，2023（10）：45-47.

[3] 李鴻昌.點在面內的多視角證明與高觀點審視：一道2020年立體幾何高考題引發的探究[J].數理化解題研究，2023（22）：101-104.

［責任編輯：李 璟］