立体几何中动点轨迹度量问题的探究

吴成强 刘恒荣

立体几何中动点轨迹问题是一个有趣和值得研究的问题，在高考中也注重考查.关于动点轨迹的长度、面积、体积及它们的最值等度量问题的求解，不少学生还是感到有一些困难，其主要原因是对轨迹图形难以弄清.而要明了轨迹图形的形状，需要有一定的空间想象能力和逻辑推理能力，需要积累一定的解题经验，掌握一定的技巧和方法.本文对立体几何中轨迹度量问题做一些探究，起一点抛砖引玉的作用.

1动点轨迹的长度

动点轨迹的长度计算，关键是要弄清轨迹图形的形状.常见轨迹图形的长度计算，主要是线段、圆（或圆弧）的长度的计算.

例1已知四面体ABCD中，DA=DB=DC=1，且DA、DB、DC两两互相垂直，在该四面体表面上与点A的距离是233的点形成一条曲线，这条曲线长度是（）

A.32πB.3πC.536πD.33π

所以∠DAH=π6，所以∠EAH=π4-π6=π12.

同理∠GAF=π12，动点形成的轨迹图形为EF，FG，GH，HE，其中EF，EH，FG均是以A为圆心的圆弧，GH是以D为圆心的圆弧，轨迹长度为l=（π3+π12+π12）·233+π2·33=32π，故选A.

评注学生做这道题普遍感到困难的是弄不清轨迹图形的形状，尤其是GH弧，它是以D为圆心、DH为半径的圆弧，学生容易出错.这道题对空间想象能力有较高的要求.

图2例2正方体的棱长为3，A为顶点，P点在正方体表面上运动，PA=2，求P点运动轨迹长度.

解析如圖2所示，轨迹图形是由6条圆弧组成，不含A点的正方体三个面上运动轨迹为EN，FG，MH，其长度均为π2·1=π2，含A点的正方体三个面上运动轨迹为EF，GH，MN，其长度均为π6·2=π3，所以所求轨迹图形的长度为l=3×π2+3×π3=5π2.

评注本题用到分类讨论思想，分含A点的正方体三个面上运动轨迹和不含A点的正方体三个面上运动轨迹.含A点的正方体三个面上运动轨迹是以A点为圆心，圆心角均为π6，不含A点的正方体三个面上运动轨迹不是以A点为圆心，而是分别以另外三个直角顶点为圆心，圆心角均为π2.学生对这些轨迹图形容易搞错，这需要有一定的空间想象能力和逻辑推理能力.

图3例3已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M为BC的中点，P为正方体内切球球面上任一点，C1M⊥DP，求动点P的轨迹图形的长度.

解析如图3，取AA1中点E，BB1中点F，易知C1M⊥平面CDEF，所以P点的轨迹就是平面CDEF截正方体内切球所得的截面圆，易知正方体内切球半径R=1，设BC1∩B1C=O1，则O1点到FC的距离d即为球心O到平面CDEF的距离.

根据面积关系，得12×1×2=12×CF×CB1×sin∠FCB1=12×5×22×sin∠FCB1，所以sin∠FCB1=110，d=O1C·sin∠FCB1=2×110=15.

所以截面圆的半径r=R2-d2=1-15=255，所以P点轨迹长度为2πr=455π.

评注 P点是动点，直线DP是动直线，而直线C1M是定直线，因此要保证C1M⊥DP，就必须满足定直线C1M垂直于动直线DP所扫过的平面，这个平面就是CDEF平面，又P为正方体内切球球面上任一点，所以P点的轨迹图形就是平面CDEF截球面所得的小圆，而要求小圆的半径，就是要求出球心到截面圆的距离d，学生对这种层层逼近、不断深入的思维过程往往感到有些困难，对学生空间想象能力和合理运算能力也有较高的要求.

图4例4如图4，矩形ABCD中，AB=2BC=4，E为AB的中点，将△ADE的沿直线DE翻转成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转一周的过程中：

①BM是定值；②点M在某个球面上运动；③存在某个位置，使MB∥平面A1DE；④动点A1的轨迹为球面上的一个小圆，其长度为2π.其中正确的命题是.

解析坐标系建立如图所示，易知A1点的轨迹是yoz坐标平面上以O为圆心，以2为半径的圆，其坐标为（0，2cosθ，2sinθ），C点的坐标为（2，22，0），M点的坐标为（22，2+22cosθ，22sinθ），B点的坐标为（22，2，0），易得BM=3222+22cosθ2+22sinθ2=5，由此可知BM是定值，所以①正确；点M在以B为球心，以为5半径球面上运动，所以②正确；取线段A1D的中点N，则MN是△A1CD的中位线，MN∥CD，所以MN∥BE且有MN=BE，所以四边形BMNE为平行四边形，所以MB∥NE，又NE在平面A1DE内，所以存在某个位置，使MB∥平面A1DE，故③正确；

设M点的坐标为（x，y，z），则有x=22， y=2+22cosθ，z=22sinθ，

所以有（y-2）2+z2=22cosθ2+22sinθ2=12，故点的轨迹是半径为22的圆，其长度为2π，故④正确.

评注本题的关键在于恰当地建立空间直角坐标系，利用空间向量和坐标法的思想巧妙解决问题.本题也可以先验证③正确，再根据③得出①与②是正确的.

2动点轨迹长度的最值

动点轨迹长度最值问题，常常需要利用几何体的侧面（或表面）展开图，或者将有关的平面进行旋转，使一个平面处在另一个平面延展面的位置，然后再利用几何中最小长度原理（即平面上连接两点间的直线段最短）求解.解决这类问题的关键就是要会利用几何体的展开图，教师要强化学生利用侧面（或表面）展开图解决最值问题的意识，使学生熟练地掌握这一方法.

例5已知正三棱锥P-ABC的侧棱长均为a为，∠APB=∠APC=∠BPC=40°，一动点M从A点出发，绕侧面一周回到A点，求动点M轨迹长度的最小值.

图5 解析如图5所示，将三棱锥沿侧棱PA剪开摊平得到侧面展开图，易知∠APA′=120°，PA=PA′=a，线段AA′即为动点M轨迹长度最小值，易得AA′=3a，所以动点M轨迹长度最小 值为3a.

评注解决本题的关键是利用侧面展开图，这是求侧面上轨迹图形长度最值问题的最有效、最简便的方法，要训练学生牢固掌握这一方法.

例6已知圆台的上、下底面半径分别为2cm，4cm，AB是侧面上的母线，AB=6cm，一质点从点B绕侧面一周运动到A点，求质点运动轨迹的最小值.

图6解析如图6，把 圆台补成圆锥，沿母线SAB剪开摊平，侧面展开图如图所示，易知∠BSB′=2π3，线段BA′与AA′相交，设M为AA′上任一点，∠BSM=x，则∠A′SM=2π3-x，SA′=6，SB=12，y=BM+MA′=180-144cosx+6·（2π3-x），y′=144sinx2180-144cosx-6.

由y′=0得2sinx=5-4cosx，4cos2x-4cosx+1=0，cosx=12，x=π3，易知y在[0，π3] 递减，在[π3，2π3]递增，所以当x=π3时，ymin=63+2π.

易知，此时BM为AA′的切线，M为切点.

评注因为线段BA′ 与AA′ 弧相交，所以直接求线段BA′ 的长度是错误的，而这恰恰是很多学生所容易犯的错误.运动轨迹长度要想最小，质点必须从B点运动到AA′ 弧上一点M处，再从M点沿MA′ 弧运动到A′点.M點在AA′ 弧上的何处，需要通过列函数式求解.求解的结果可以看出，BM与AA′ 弧相切，这是一个很好的结论，值得体会.

3动点轨迹图形的面积

动点轨迹图形面积问题，一般是动直线所扫过的图形，求解关键是要弄清动点或动直线所扫过的轨迹图形的形状，这需要有一定的空间想象能力和逻辑推理能力.常见的轨迹图形主要是三角形、四边形、圆面、球面等.

例7在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P、Q分别是线段AD1和B1C上的动点，且满足AP=B1Q，P、Q在运动过程中，求线段PQ在平面BCC1B1内的射影所形成的面积.

解析如图7，易知P点在平面BCC1B1内的射影P′ 落在线段BC1上，且BP′=AP=B1Q，所以P′Q∥BB1，图7所以PQ在运动过程中射影P′Q形成的轨迹图形为△OBB1和△OCC1，所以所求轨迹图形面积为S=12×1×1=12.

评注本题解决的关键是要弄清P、Q在运动过程中，线段PQ在平面BCC1B1内的射影图形是什么形状，从教学实践情况来看，学生对PQ在运动过程中射影P′Q满足P′Q∥BB1感到有一点困难.

例8已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，长为2的线段的两端点P、Q分别在棱DD1上和面ABCD内运动，求PQ中点M形成的轨迹图形的面积.

所以M点形成的轨迹图形是以D为球心，1为半径的18球面.

S=18×4π×12=π2.

评注解决这类问题要用到立体几何线面垂直的有关性质得出PD⊥DQ，再根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，得出DM=1，从而得出M点形成的轨迹图形是以D为球心，1为半径的18球面，问题迎刃而解.

4动点轨迹图形的面积的最值

动点轨迹图形面积最值问题的求解，首先需要弄清动点或动直线所扫过的轨迹图形的形状，然后列出面积关系式，再根据有关的数学知识求得面积的最值.有些问题可直接根据几何图形的特点，得出面积的最值.

例9已知长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=AD=4，AA1=1，F为AD上的动点，且AF=λAD（0≤λ≤12），E为底面ABCD的中心，P为正方体表面上的动点，且满足A1P=xAF+yAE（x，y∈R），求动直线A1P所扫过的平面图形面积的最小值.

图9解析如图9所示，易知A1P所扫过平面图形为平行四边行A1FMG，建立空间直角坐标系， 易知A1（0，0，0），F（0，4λ，1），E（2，2，1）

a=A1F=（0，4λ，1），

b=AG=FM=2FE=2（2，2-4λ，0）

a·b=16λ-32λ2，a2=16λ2+1，b2=32（2λ2-2λ+1）.

设a与b夹角为θ，则

S=a·b·sinθ=a·b·1-cos2θ

=a2·b2-（a·b）2

=（16λ2+1）·32·（2λ2-2λ+1）-（16λ-32λ2）2

=420λ2-4λ+2=420（λ-110）2+95

因为0≤λ≤12，所以当λ=110时，Smin=495=1255.

评注本题解决的关键是要弄清动直线A1P所扫过的平面图形的形状，而面积关系式则通过建立空间直角坐标系，利用空间向量的办法得出，这一方法对本题的求解显得比较巧妙，值得体会和总结.

5动点轨迹图形的体积或体积的最值

动点轨迹图形的体积或体积的最值问题，需要分析几何体的形状，恰当选择几何体的底面和高，使问题求解变得简便.

例10在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P1、P2分别是线段AB和BD1上的动点，且不包括端点，在P1、P2运动过程中，图10线段P1P2始终平行于平面A1ADD1，求动点P1、P2和定点A、B1所形成的几何体P1P2AB1体积的最大值.

解析如图10，作P2O⊥平面ABB1A1，O为垂足，设AP1=x，则P1B=1-x，由△BP1P2∽△BAD1得P1P2AD1=P1BBA=1-x，由△OP1P2∽△A1AD1得OP2A1D1=P1P2AD1=1-x，所以OP2=（1-x）A1D1=1-x，VP2-P1AB1=13·S△P1AB1·OP2=13·12·x·1·（1-x）=16x（1-x）≤16·（x+1-x2）2=124.

等號成立的条件为x=1-x，即x=12.

评注解决本题的关键是要列出体积关系式.抓住动线段P1P2始终平行于平面A1ADD1这一条件，得出△OP1P2∽△A1AD1，从而找到相关线段的数量关系，再选择以P2为顶点，△P1AB1为底面，则容易列出体积关系式.根据体积关系式，不难求出体积的最大值.

例11已知正方形ABCD的边长为6，空间有一点M（不在平面ABCD内），满足MA+MB=10，求三棱锥M—ABC的体积的最大值.

解析由MA+MB=10知动点M的轨迹是以A、B为焦点的椭球面，椭圆的长半轴长a=5，短半轴长b=4，动点M到底面ABC距离的最大值为椭圆的短半轴长4，所以体积的最大值为

Vmax=13·12·6·6·4=24.

评注本题动点M的轨迹是根据椭圆定义得出的，体现了立体几何与解析几何交汇，是高考命题的新动向，也对考生的综合运用知识解决问题的能力提出了较高的要求.

立体几何中有关动点轨迹问题还有很多方面，它们往往比较新颖灵活，对空间想象能力和逻辑推理能力有较高要求，也需要有较强的创新意识.数学之魅力，体现在数学有很强的内在规律，教师要引导学生挖掘数学中所隐含的内在规律，使学生掌握研究数学的思想方法，理解数学的精髓，感悟数学的内在美，并在问题的解决中体验成功的快乐，激发探究的热情和动力，不断发展创造力.

作者简介吴成强（1963—），男，正高级教师，安徽省特级教师，安徽省池州市首届拔尖人才，池州市首批名师工作室主持人，池州市学科带头人，池州市优秀教师，十佳教师，安徽省教坛新星，安徽省先进工作者（省劳模），全国五一劳动奖章获得者，第十届苏步青数学教育奖获得者，2014年安徽省教育年度人物.在《中学数学杂志》等省级以上刊物发表学术论文70多篇，有两篇论文被中国人民大学书报资料中心《高中数学教与学》全文转载.