67.立体几何中的轨迹问题
一．武汉调考题汇编
例1．（2023 届武汉二月调考）设
是半径为3 的球体
表面上两定点，且
B
A,
O
60
AOB
，球体
表面上动点
满足
，则点
的轨迹长度为（ ）
O
P
2
PA
PB
P
A．
B．
C．
D．
12 11 π
11
4 15 π
5
6 14 π
7
12 13 π
13
解析：以
所在的平面建立直角坐标系，
为
轴，
的垂直平分线为
轴，
AOB
AB
x
AB
y
，则
，
，设
，
，
3
AB
3 ,0
2
A
3 ,0
2
B
,
P x y
2
PA
PB
则
，整理得到
，故
轨迹是以
为圆
2
2
2
2
3
3
4
4
2
2
x
y
x
y
2
2
5
4
2
x
y
P
5 ,0
2
C
心，半径
的圆.
2
r
转化到空间中：当
绕
为轴旋转一周时，
不变，依然满足
，故空间
P
AB
,
PA PB
2
PA
PB
中
的轨迹为以
为球心，半径为
的球，同时
在球
上，故
在两球的交线上，即
P
C
2
r
P
O
P
为一个圆.
球心距为
，故而
为直角三
2
2
2
2
2
cos120
13
2
3
CO
OB
BC
OB OC
OCP
△
角形，对应圆的半径为
，周长为
.故选：D
1
2 3
6 13
13
13
r
1
6 13
12 13
2π
2π
π
13
13
r
点评：以阿氏球为背景考查了空间轨迹问题，对空间想象能力提出了很高的要求.
例2.（2024 届武汉二月调考）在三棱锥
中，
，
，
，
P
ABC
2 2
AB
1
PC
4
PA
PB
，且
，则二面角
的余弦值的最小值为（ ）
2
CA
CB
PC
AB
P
AB
C
-
-
A．
B．
C．
D．
2
3
3
4
1
2
10
5
解析：（方法1）因为
，所以
，点
的轨迹方程为
（椭
4
2
PA
PB
a
2
a
P
2
2
1
4
2
x
y
球），
又因为
，所以点
的轨迹方程为
，（双曲线的一支）.
2
CA
CB
A
2
2
1
x
y
过点
作
，而
面
，所以
面
，
P
,
PH
AB AB
PC
,
,
PH
PC
P PF PC
PHC
AB
PHC
设
为
中点，则二面角
为
，直角坐标系
内设点
、
为焦点，
O
AB
P
AB
C
-
-
PHC
xOy
A
B
则点
的轨迹为椭圆方程为
，点
的轨迹为双曲线一支方程为
P
2
2
1
4
2
x
y
C
，过点
作
交于点
，连接
，将面
沿直线
折
2
2
1(
0)
x
y
x
P
PQ
AB
Q
CQ
ABC
AB
成二面角，则
为二面角
的平面角.设
点横坐标为
，则
PQC
P
AB
C
P
x
，则
于是可得：
2
2
1
2,
2
2
x
x
PQ
2
2
1,
CQ
x
2
2
2
2
2
2
2
4
2
2
1 1
1
2
cos
2
4
5
2 2
1
2 2
1
2
x
x
PQ
CQ
PC
PQC
PQ QC
x
x
x
x
由于
.
2
min
2
2
1
1
1
5
8
2
,1 ,
cos
4
8
5
3
x
PQC
x
x
当
（方法2）因为
，所以
，点
的轨迹方程为
（椭球），
4
2
PA
PB
a
2
a
P
2
2
1
4
2
x
y
又因为
，所以点
的轨迹方程为
，（双曲线的一支）.
2
CA
CB
A
2
2
1
x
y
过点
作
，而
面
，所以
面
，
P
,
PH
AB AB
PC
,
,
PH
PC
P PF PC
PHC
AB
PHC
设
为
中点，则二面角
为
，所以不妨设
O
AB
P
AB
C
-
-
PHC
，
2
π
2cos ,
0,
,
2 sin ,
4cos
1
2
OH
PH
CH
所以
，
2
2
2
2
2
2
2
2sin
4cos
1 1
2cos
2
1 sin
cos
2
2 2 sin
4cos
1
2 2 sin
4cos
1
sin
3
4sin
PHC
所以
，令
，所以
2
2
2
2
2
1 sin
1
cos
2 sin
3
4sin
PHC
2
1 sin
,0
1
t
t
，
2
2
2
2
2
2
2
2
1 sin
1
1
1
2
cos
2
2
1
4
1
2
9
sin
3
4sin
1
4
1
2
t
t
PHC
t
t
t
t
等号成立当且仅当
，所以当且仅当
时，
2
2
1 sin
5
t
15
10
sin
,cos
5
5
.故选：A.
min
2
cos
3
PHC
点评：以动点的轨迹约束范围构建二面角的目标函数，对空间想象能力和空间与平面的转
化要求都很高.
二．相关高考题目溯源
例3.（2020 新高考1 卷16 题）已知直四棱柱
的棱长为2，
1
1
1
1
D
C
B
A
ABCD
，以
为球心，
为半径的球面与侧面
的交线长为_________.
60
BAD
1
D
5
1
1B
BCC
解析：（方法1）如图：
解析：取
的中点为
，
的中点为
，
的中点为
，因为
60°，直
1
1
B C
E
1
BB
F
1
CC
G
BAD
四棱柱
的棱长均为2，所以△
为等边三角形，所以
1
1
1
1
ABCD
A B C D
1
1
1
D B C
1
D E
3
，
<找到球在这个面的边界点（利用已知数据计算）>.
，又四棱柱
为直四棱柱，所以
平面
，所以
1
1
1
D E
B C
1
1
1
1
ABCD
A B C D
1
BB
1
1
1
1
D
C
B
A
，因为
，所以
侧面
，设
为侧面
与球
1
1
1
BB
B C
1
1
1
1
BB
B C
B
1
D E
1
1
B C CB
P
1
1
B C CB
面的交线上的点，则
，因为球的半径为
，
，所以
1
D E
EP
5
1
3
D E
，所以侧面
与球面的交线上的点到
的
2
2
1
1
|
|
|
|
|
|
5
3
2
EP
D P
D E
1
1
B C CB
E
距离为
，因为
，所以侧面
与球面的交线是扇形
的弧
2
|
| |
|
2
EF
EG
1
1
B C CB
EFG
，因为
，所以
，所以根据弧长公式可得
AFG
1
1
4
B EF
C EG
2
FEG
. 故答案为：
.
A
2
2
2
2
FG
2
2
（方法2）建立如图1 所示的直角坐标系，由已知条件，
，则各点坐
3
2
,2
AC
BD
标分别为：
.
)
2,1
,0
(
),
2,0,3
(
),
2,1,0
(
),
0,1,0
(
),
0,0,3
(
),
0,0,3
(
1
1
1
D
C
B
B
C
A
那么
，设
为面
的法向量，则可得：
)
2
,0,0
(
),
0,1,3
(
1
1
1
C
C
B
C
)
,
,
(
z
y
x
m
1
1B
BCC
，故面
的方程为：
，整理可得：
)
0,3
,1
(
m
1
1B
BCC
0
0
3
)
3
(
z
y
x
①.而球
的方程为：
②.
0
3
3
y
x
1
D
5
)
2
(
)1
(
2
2
2
z
y
x
根据球的截面性质，先计算球心到平面
的距离，根据公式可知：
1
1B
BCC
.进一步，假设球心在平面
的小圆半径为
，则
3
3
1
|
3
2
|
d
1
1B
BCC
r
.
2
2
2
d
R
r
最后，为了算得截线长，我们假设球心在小圆面
的投影为
，经过分析，球
1
1B
BCC
'
1
D
1
D
与面
的交点在侧棱
上，设交点分别为
.则联立①②，以及
1
1B
BCC
1
1,CC
BB
F
E,
，我们可计算得
坐标分别为：
，于是
3
,1
F
E
x
y
F
E,
)1,0,3
(
),
1,1,0
(
F
E
2
EF
，那么，
，则球
与面
的截线为
2
'
1
F
ED
1
D
1
1B
BCC
.
2
2
例4.（2021 年新高考1 卷） 在正三棱柱
中，
，点
满足
1
1
1
ABC
A B C
1
1
AB
AA
P
，其中
，
，则（ ）
1
BP
BC
BB
0,1
0,1
A. 当
时，
的周长为定值
1
1
AB P
△
B. 当
时，三棱锥
的体积为定值
1
1
P
A BC
C. 当
时，有且仅有一个点
，使得
1
2
P
1A P
BP
D. 当
时，有且仅有一个点
，使得
平面
1
2
P
1A B
1
AB P
解析：易知，点
在矩形
内部（含边界）．
P
1
1
BCC B
对于A，当
时，
，即此时
线段
，
周长
1
1
1
=
BP
BC
BB
BC
CC
P
1
CC
1
AB P
△
不是定值，故A 错误；对于B，当
时，
，故此时
1
1
1
1
1
=
BP
BC
BB
BB
B C
P
点轨迹为线段
，而
，
平面
，则有
到平面
的距离为定
1
1
B C
1
1//
B C
BC
1
1//
B C
1A BC
P
1A BC
值，所以其体积为定值，故B 正确．
对于C，当
时，
，取
，
中点分别为
，
，则
1
2
1
1
2
BP
BC
BB
BC
1
1
B C
Q
H
，所以
点轨迹为线段
，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如
BP
BQ
QH
P
QH
图，
，
，
，则
，
1
3 ,0,1
2
A
0,0
P
,
1
0,
,0
2
B
1
3 ,0,
1
2
A P
，
，所以
或
．故
均满足，故C 错误；
1
0,
,
2
BP
1
0
0
1
,
H Q
对于D，当
时，
，取
，
中点为
．
1
2
1
1
2
BP
BC
BB
1
BB
1
CC
,
M N
，所以
点轨迹为线段
．设
，因为
，所
BP
BM
MN
P
MN
0
1
0,
,
2
P
y
3 0,0
2
A
，
以
，
，所以
，此时
0
3
1
,
,
2
2
AP
y
1
3 1
,
, 1
2
2
A B
0
0
3
1
1
1
0
4
2
2
2
y
y
与
重合，故D 正确．
P
N
故选：BD．
三．习题演练
1．已知平面上两定点
、
，则所有满足
（
且
）的点
的轨迹是一个圆
A
B
PA
PB
0
1
P
心在
上，半径为
的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称
AB
2
1
AB
作阿氏圆.已知棱长为3 的正方体
表面上动点
满足
，则点
1
1
1
1
ABCD
A B C D
P
2
PA
PB
P
的轨迹长度为（ ）
A．
B．
C．
D．
2π
4π
3π
3
4π
3π
3
2
2
3 π
解析：在平面中，图①中以B 为原点以AB 为x 轴建系如图，设阿氏圆圆心
,半径
,0
O a
为，
，设圆O 与AB 交于M,由阿氏圆性
r
2
|
|
2
2
|
| 2 |
|,
2,
|
|
3
2
|
|
1
2
3
PA
PA
PB
r
AB
PB
质知
，
，
2
AM
MB
|
| 2 |
| 2
,
|
| 2 |
| 4
2
BM
BO
a
AM
BM
a
，P 在空间内轨迹为以O 为球心半径为2 的球，若P
4
2
2
6
3
3,
1,
(1,0)
a
a
a
a
O
在四边形
内部时如图②,截面圆与
分别交于M，R，所以P 在四边形
1
1
ABB A
1
AB
BB
，
内的轨迹为
，
1
1
ABB A
AMR
在
中
，
，
2,
1,
RO
BO
Rt
O
RB
A
60
ROB
A
π
2
2
π
3
3
MR
所以，当P 在面
内部的轨迹长为
，同理，当P 在面
内部的轨迹长为
1
1
ABB A
2 π
3
ABCD
2 π
3
，
当P 在面
时,如图③所示，
1
1
BCC B
面
，平面
截球所得小圆是以B 为圆心，以BP 为半径的圆，截面圆与
OB
1
1
BCC B
1
1
BCC B
分别交于
，且
，所以P 在正方形
内
1
BB
BC
，
R
Q
，
2
2
4 1
3
BP
OP
OB
1
1
BCC B
的轨迹为
，所以
，综上：P 的轨迹长度为
ARQ
A
π
3
3
π
2
2
RQ
.
2
2
3
4
3
π
π
π
π
π
3
3
2
3
2
故选：C
2．在三棱锥
中，
，直线
与平面
所成角为
，
P
ABC
8,
4,
AB
BC
AB
BC
PA
ABC
60
直线
与平面
所成角为
，则点
在
所在平面内的射影的轨迹长为
PB
ABC
30
P
ABC
A
__________；三棱锥
体积的取值范围是__________.
P
ABC
解析：过
作
平面
垂足为
，则
，
P
PH
ABC
H
60 ,
30
PAH
PBH
因为
，所以
，
3
tan
3,tan
3
PH
PH
PAH
PBH
AH
BH
3
BH
AH
如图所示，以
所在的直线为
轴，以
的中垂线为
轴建立的平面直角坐标系，
AB
x
AB
y
如图所示，则
，设
，因为
，可得
( 4,0),
(4,0)
A
B
( , )
P x y
3
BH
AH
，整理得
，即
，
2
2
2
2
(
4)
3 (
4)
x
y
x
y
2
2
10
16
0
x
y
x
2
2
(
5)
9
x
y
所以
点轨迹是半径为3 的圆（阿波罗尼斯圆），即轨迹长为
，
H
2π 3
6π
由
，可得
，所以体积
2,4
AH
3
2 3,4 3
PH
AH
.故答案为：
；
.
1
1
16
32 3 64 3
4 8
,
3
2
3
3
3
V
PH
PH
6π
32 3 64 3
,
3
3
