立体几何中的轨迹问题汇总

例析空间中点的轨迹问题的转化
求空间图形中点的轨迹既是中学数学学习中的一个难点，又是近几年高考的一个热点，这是一类立体几何与解析几何的交汇题，既考查空间想象能力，同时又考查如何将空间几何的轨迹问题转化为平面的轨迹问题来处理的基本思想。

一．轨迹为点
例1已知平面βα||，直线α⊂l ，点P l ∈，平面βα,之间的距离为8，则在β内到P 点的距离为10且到直线l 的距离为9的点的轨迹是 ( )
A ．一个圆 B.两条直线 C.两个点 D.四个点
解析:设Q 为β内一动点，点P 在β内射影为O ，过O, l 的平面与β的交线为l '， PQ=10，∴OQ==-228106点Q 在以O 为圆心6为半径圆上，过Q 作QM l '⊥于M ，又 点Q 到直线l 的距离为9∴QM=178922=-则点Q 在以l '平行距离为17的两条平行线上 两条平行线与圆有四个交点∴这样的点Q 有四个，故答案选D 。

点评:本题以空间图形为背景，把立体几何问题转化到平面上，再用平面几何知识解决，要熟记一些平面几何点的轨迹。

二． 轨迹为线段
例2． 如图，正方体1111ABCD A BC D -中，点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，并且总保持1AP BD ⊥，则动点P 的轨迹是（ ）。

β
α
l
M
O
Q
P
A. 线段1B C
B.线段1BC
C. 1BB 中点与1CC 中点连成的线段
D. BC 中点与11B C 中点连成的线段
解：连结11,,AB AC B C ，易知111BD A AB ⊥所以11111,,AB BD AC BD B C BD ⊥⊥⊥，
所以1BD ⊥面1ABC ，若P ∈1B C ，则AP ⊂平面1ABC ，于是1BD AP ⊥，因
此动点P 的轨迹是线段1B C 。

评注：本题是由线面垂直的性质从而求出点P 的轨迹。

例3 已知圆锥的轴截面SAB 是边长为2的等边三角形，O 为底面中心，M 为SO 的中点，动点P 在圆锥底面内(包括圆周)，若MP AM ⊥，则点P 的轨迹是________。

形成的轨迹的长度为__________。

解析:在平面SAB 中，过M 作AM 的垂线交AB 于C ，在底面上，过C 作AB 的垂线分别交底面圆于D,E 两点，则AM ⊥面MDE,DE 即为点P 的轨迹，又AO=1,MO=
2
3,AM=
2
7,从而AC=
4
7,OC=
4
3,所以
DE=()2
7
2
4
312=-.所以填上线段；
2
7.
三． 轨迹为直线
例4 (北京高考题)如图，AB 是平面α的斜线段，A 为斜足，过点B 作直线l 与AB 垂直，则直线l 与平面α交点的轨迹是 ( )
α
A
B
A ．圆 B.椭圆 C.一条直线 D.两条平行直线
解析: 由题意可知直线l 的轨迹应是过点B 且与AB 垂直的平面，该平面与平面α交点为一条直线，故答案选C.
四.轨迹为圆弧
例5 如图，P 是棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -表面上的动点，且AP=2，则动点P 的轨迹的长度为__________。

解析:由已知AC=AB 1=AD 1=2,在面BC 1, 面A 1C 1, 面DC 1内分别有BP=A 1P=DP=1，所以动点P 的轨迹是在面BC 1, 面A 1C 1, 面DC 1内分别以B,D,A 1为圆心，1为半径的三段圆弧，且长度相等，故轨迹长度和为
2333ππ
=⨯。

五.轨迹为平面
例6.不共面的四个定点到平面α的距离都相等，这样的平面α个数为( )
Ａ.３ Ｂ.４ Ｃ.６ Ｄ.７
解析：以不共面的四个定点为顶点构造四面体，则满足条件的平面α可分两类。

第一类是中截面所在的平面有４个；第二类是和一组对棱平行且经过其它各棱中点的平面有３个，故满足条件的平面α个数为４＋３＝７. 故答案选Ｄ.
评注：本题关键在于构造空间四边形，利用四面体的性质去求解。

六. 轨迹为圆
例7，如图，三角形PAB 所在的平面α和四边形ABCD 所在的平面β垂直，且αα⊥⊥BC AD ,，AD=4，BC=8，AB=6，CPB APD ∠=∠，则点P 在平面α内的轨迹是( )
A ．圆的一部分 B.椭圆的一部分
C.双曲线的一部分
D.抛物线的一部分
β
α
C
D
B
P
A
解析:由条件易得AD||BC ，且CPB APD ∠=∠，AD=4，BC=8，可得
PB CB PA
AD APD ==
∠tan =,tan CPB ∠即2==AD
CB
PA
PB ，在平面PAB 内以AB 所在的
直线为x 轴，AB 的中点O 为坐标原点，建立直角坐标系，则 A （-3，0）,B （3，0），设P(x,y),则有
()()22
22233==
+++-y x y x PA
PB
，整理可得一
个圆的方程即()0091022≠=+++x x y x 。

由于点P 不在直线AB 上，故此轨迹为圆的一部分故答案选A.
点评:本题主要考查空间轨迹问题，是在立体几何与解析几何的交汇处命制的创新题，既考查了空间想象能力，又考查了代数方法(坐标法)研究几何轨迹的基本思想。

七.轨迹为抛物线
例8.如图，正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1，点M 在棱AB 上，且AM=1
3
，点P 是平面ABCD 上的动点，且动点P 到直线11A D 的距离与动点P 到点M 的距离的平方差为1，则动点P 的轨迹是( ).
A. 圆
B. 抛物线
C. 双曲线
D. 直线
分析：动点的轨迹问题是解析几何中常见的问题，因此我们可以把立体关系转化到平面上去，利用解析几何的知识将问题解决。

解：设11PF A D ⊥于点F ，过点P 作PE AD ⊥于点E ，连结EF ，则AD ⊥平面PEF ，∴AD EF ⊥，即1//EF AA 。

因为2
2
1PF PM -=，且
2
2
2
2
1P F P F E F P E -=-
=
，所以PE PM =。

由抛物线定义知点P 的轨
迹是以点M 为焦点，AD 为准线的抛物线，故应选B.
评注：从立体转化到平面，从平面到直线，显然是在逐级降维，平面
比立体简单，直线又比平面简单，这是复杂向简单的转化。

八 .轨迹为椭圆
例9，(浙江高考题)如图，AB 是平面α的斜线段，A 为斜足，若点P 在平面α内运动，使得ABP ∆的面积为定值，则动点P 的轨迹是 ( )
A ．圆 B.椭圆
C.一条直线
D.两条平行直线
解析:由题意可知 ABP ∆的面积为定值∴点P 到AB 的距离也为定值，
∴点P 在空间中的轨迹应是以AB 为旋转轴的圆柱面，又点P 在平面
α内运动，所以动点P 的轨迹应该是圆柱面被平面α所截出的椭圆。

故答案选B 。

点评:本题主要考查轨迹问题，注意交轨法的应用。

九.轨迹为双曲线
例10.(2010年重庆高考题)到两条互相垂直的异面直线的距离相等的点，在过其中一条直线且平行于另一条直线的平面内的轨迹是( )
A. 椭圆
B. 抛物线
C. 双曲线
D. 直线
解析: 构造正方体模型，在边长为a 的正方体1111ABCD A BC D -中，DC 与A 1D 1是两条相互垂直的异面直线，平面ABCD 过直线DC 且平行于A 1D 1，以D 为原点，分别以DA,DC 为x 轴,y 轴建立平面直角坐标系，设点P(x,y)在平面ABCD 内且到DC 与A 1D 1之间的距离相等，所以
α
P A
B
22a y x +=
，222a y x =-∴。

故答案选C
点评:本题以空间图形为背景，把立体几何问题转化到平面上，再用解析几何法求解，实现从立体几何到解析几何的过渡，这里用解析几何的知识解决立体几何中的计算问题，恰好是当今高考的命题方向。

本题考查立体几何，解析几何知识，考查学生的空间想象能力，灵活运用知识解决问题的能力和创新意识，构造正方体模型，简化了思维难度。

十.轨迹为球
例11.如图，在棱长为6的正方体1111ABCD A BC D -中，长度为4的线段MN 的一个端点N 在DD 1上运动，另一个端点M 在底面ABCD 上运动，则MN 的中点P 的轨迹与其顶点D 的正方体的三个面所围成的几何体的体积是____________。

解析:由ND ⊥平面ABCD DM ND ⊥⇒ 在NDM Rt ∆中，P 为斜边MN 的中点，
则221==MN DP 故点P 的轨迹是以D 为球心，2为半径的球面，与其顶点D 的正方体的三个面所围成的几何体是八分之一球体。

因此
34334812ππ=⨯⨯⨯=V .
点评:本题主要考查空间想象能力和推理能力以及球的体积计算，确定点P 的轨迹是关键。

C
B
A
含两个变量的不等式化归和构造策略
近几年在高考试题的函数压轴题中，经常出现含有两个变量的不等式证明问题，面对两个变量学生会感觉无从下手，造成找不到解题的突破点；下边通过几道例题，让大家感受化归和构造的策略。

策略一：当两个变量可以分离时，根据其两边结构构造函数，利用单调性证明不等式。

例1（2010年辽宁文科21）已知函数2()(1)ln 1f x a x ax =+++. （Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；
（Ⅱ）设2a ≤-，证明：对任意12,(0,)x x ∈+∞，1212|()()|4||f x f x x x -≥-。

解：(Ⅰ) f (x )的定义域为(0,+∞)，2121
()2a ax a f x ax x x
+++'=+=. 当a ≥0时，()f x '＞0，故f (x )在(0,+∞)单调增加； 当a ≤－1时，()f x '＜0, 故f (x )在(0,+∞)单调减少；
当－1＜a ＜0时，令()f x '＝0,解得x 当x ∈时,
()f x '＞0；x ∈+∞)时，()f x '＜0, 故f (x )在（
+∞）单调减少. (Ⅱ)不妨假设x 1≥x 2.由于a ≤－2,故f (x )在（0，+∞）单调减少. 所以1212()()4f x f x x x -≥-等价于12()()f x f x -≥4x 1－4x 2 , 即f (x 2)+ 4x 2≥f (x 1)+ 4x 1.令
g (x )=f (x )+4x ,则
1
()2a g x ax x
+'=
++4＝2241ax x a x +++. 于是()g x '≤2441x x x -+-＝2
(21)x x
--≤0.
从而g (x )在（0，+∞）单调减少，故g (x 1) ≤g (x 2)，
即 f (x 1)+ 4x 1≤f (x 2)+ 4x 2，故对任意x 1,x 2∈(0,+∞) ，
1212()()4f x f x x x -≥-.
当e<x <e 2时，1－ln x <0， 例2（2009年辽宁理科21）
已知函数f(x)=2
1x 2－ax+(a －1)ln x ，1a >。

（1）讨论函数()f x 的单调性；
（2）证明：若5a <，则对任意x 1，x 2∈(0,)+∞，x 1≠x 2，有
1212
()()
1f x f x x x ->--。

解：(1)()f x 的定义域为(0,)+∞。

2'
11(1)(1)
()a x ax a x x a f x x a x x x
--+--+-=-+==2分
（i ）若11a -=即2a =,则
2
'
(1)()x f x x -=.
故()f x 在(0,)+∞单调增加。

(ii)若11a -<,而1a >,故12a <<,则当(1,1)x a ∈-时，'()0f x <; 当(0,1)x a ∈-及(1,)x ∈+∞时，'()0f x >
故()f x 在(1,1)a -单调减少，在(0,1),(1,)a -+∞单调增加。

(iii)若11a ->,即2a >,同理可得()f x 在(1,1)a -单调减少，在
(0,1),(1,)a -+∞单调增加.
(II)考虑函数 ()()g x f x x =+21
(1)ln 2
x ax a x x =-+-+
则21()(1)(1)11)a g x x a a x -'=--+
≥-=- 由于1<a<5,故()0g x '>，即g(x)在(4, +∞)单调增加，从而当120
x x >>
时有12()()0g x g x ->，即1212()()0f x f x x x -+->，故
1212
()()
1f x f x x x ->--，当
120x x <<时，有
12211221
()()()()
1f x f x f x f x x x x x --=>---
练习1已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R )． ①讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数；
②若函数f (x )在x ＝1处取得极值，∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的取值范围；
③当0<x <y <e 2且x ≠e 时，试比较y x 与1－ln y
1－ln x
的大小．
解 ①f ′(x )＝a －1x ＝ax －1
x
，当a ≤0时，
f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，
∴f (x )在(0，＋∞)上没有极值点；
当a >0时，f ′(x )<0得0<x <1a ，f ′(x )>0得x >1a
，
∴f (x )在(0，1a )上单调递减，在(1
a
，＋∞)上单调递增，
即f (x )在x ＝1
a
处有极小值．
∴当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点； 当a >0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点． ②∵函数f (x )在x ＝1处取得极值，∴a ＝1， ∴f (x )≥bx －2⇔1＋1x －ln x
x
≥b ，
令g (x )＝1＋1x －ln x x
，
则g ′(x )＝－2x 2＋ln x
x
2，
∴g ′(e 2)＝0，从而可得g (x )在(0，e 2]上单调递减，在[e 2，＋∞)上单调递增，
∴g (x )min ＝g (e 2
)＝1－1e 2，即b ≤1－1
e
2.
③由②知g (x )＝1＋1－ln x
x
在(0，e 2)上单调递减，
∴0<x <y <e 2时，g (x )>g (y )， 即1－ln x x >1－ln y y
.
当0<x <e 时，1－ln x >0，
∴y x >1－ln y 1－ln x ； ∴y x <1－ln y 1－ln x
. 策略二、当两个变量分离不开时通过作差或作商等策略略将两个变量划归为一个变量，再构造函数利用函数单调性进行证明。

例3、已知函数
．
（Ⅰ）若x=2是函数f （x ）的极值点，求曲线y=f （x ）在点 （1，f （1））处的切线方程；
（Ⅱ）若函数f （x ）在（0，+∞）上为单调增函数，求a 的取值范围；
（Ⅲ）设m ，n 为正实数，且m ＞n ，求证：
．
ln﹣
时单调递增，且大于
=﹣=，
a=
﹣
=
﹣2≤x+，=x+=x+≥2即）要证
，只需证
＜
ln ＞﹣
＞﹣
，＞（﹣得到
例4（2013年陕西）已知函数()e ,x f x x =∈R .
(Ⅰ) 求f (x )的反函数的图象上图象上点(1,0)处的切线方程; (Ⅱ) 证明: 曲线y = f (x) 与曲线2112
y x x =++有唯一公共点.
(Ⅲ) 设a <b , 比较2a b f +⎛⎫
⎪⎝⎭
与
()()
f b f a b a
--的大小, 并说明理由. 【答案】解:(Ⅰ) f (x)的反函数x x g ln )(=,则y=g(x)过点(1,0)
的切线斜率k=(1)g'.
1(1)g'x
1
(x)g'==⇒=
k .过点 (1,0)的切线方程为:y = x+ 1 (Ⅱ) 证明曲线y=f(x)与曲线121
2++=x x y 有唯一公共点,过程
如下.
则令,,12
1
121)()(22R x x x e x x x f x h x ∈---=---
= 0)0('',0)0('0)0(,1)('')(',1)('===-=--=h h h e x h x h x e x h x x ，，且的导数
因此，
单调递增时当单调递减时当)('0)(''0;)('0)(''0x h y x h x x h y x h x =⇒>>=⇒<<0
)(,0)0(')('===≥=⇒x R x h y h x h y 个零点上单调递增，最多有一在所以 所以,曲线y=f(x)与曲线12
1
2++=x x y 只有唯一公共点(0,1).(证毕) (Ⅲ) 设
)
(2)
()2()()2()()(2)()(a b b f a b a f a b a b a f b f b f a f -⋅⋅--+⋅+-=---+ a a b b a e a b e a b a b a b e a b e a b ⋅-⋅⋅--++-=-⋅⋅--+⋅+-=-)
(2)2()2()(2)2()2(
令x x x e x e x x g x e x x x g ⋅-+=⋅-++=>⋅-++=)1(1)21(1)(',0,)2(2)(则.
）上单调递增
，在（的导函数∞+>⋅=⋅-+=0)('所以,0)11()('')('x g e x e x x g x g x x ,且,0)0(,),0()(0)('.0)0('=+∞>=g x g x g g 而上单调递增在，因此
0)(),0(>+∞x g 上所以在.
,0)2(2)(0b a e x x x g x x <>⋅-++=>且时，当
0)
(2)2()2(>⋅-⋅⋅--++-∴-a
a b e a b e a b a b
所以a b a f b f b f a f -->+)
()(2)()(,
b <a 时当
练习2（2006年四川理科22）已知函数22
()ln ()f x x a x x x
=++>0，()f x 的导数是()f x '。

对任意两个不等的正数1x 、2x ，证明： （Ⅰ）当0a ≤时，
1212()()()22
f x f x x x
f ++>； （Ⅱ）当4a ≤时，1212|()()| ||f x f x x x ''-> -。

本小题主要考查导数的基本性质和应用，函数的性质和平均值不等式等知识及综合分析、推理论证的能力。

证明：（Ⅰ）由22
()ln f x x a x x
=++，得
2212121212()()111()()(ln ln )
222f x f x a
x x x x x x +=+++++
221212121
()2x x x x a x x +=+++2121212124
(
)()ln 222
x x x x x x f a x x +++=+++. 而22222
12121212()1()()222
x x x x x x x x +1⎡⎤+>++=⎣⎦4， ① 又22212121212()()2x x x x x x x x +=++>4， ∴
121212
x x x x x x +4
>
+. ②
122x x +
，∴12ln 2
x x
+<。

∵0a ≤
，∴12ln 2
x x
a a +≥. ③
由①、②、③，得
22212121212121214
()()ln 222
x x x x x x x x a a x x x x ++++++>+++， 即
1212()()()22
f x f x x x
f ++>。

（Ⅱ）证法一：由22
()ln f x x a x x
=++，得22()2a f x x x x
'=-
+，
1212221122
22|()()| |(2)(2)|a a f x f x x x x x x x ''-= -
+--+1212221212
2()|||2|x x a x x x x x x +=-⋅+
-。

1212|()()| ||f x f x x x ''-> -1222
1212
2()|2| x x a
x x x x +⇔+
->1 下面证明对任意两个正数1x 、2x ，有 12221212
2()2 x x a
x x x x ++->1恒成立， 即证121212
2()
x x a x x x x +<+成立。

∵121212122()x x x x x x x x ++
>
设t =， 24
() ( )u t t t t
=+>0，则24()2 u t t t
'=-。

令()0u t '=
，得t =
() u t a ≥>4≥。

∴121212
2()
x x x x a x x ++
> ∴对任意两个不等的正数1x 、2x ，恒有1212|()()| ||f x f x x x ''-> -。

证法二：由22()ln f x x a x x
=++，得22()2a f x x x x
'=-
+， 121222112222|()()| |(2)(2)|a a f x f x x x x x x x ''-= -
+--+1212221212
2()|||2|x x a
x x x x x x +=-⋅+
-。

∵1x 、2x 是两个不等的正数
∴122212121212
2()4
2x x a a x x x x x x x x ++->2-≥2+.
设t =
， 32()24 ( )u t t t t =+->0，则()4(32) u t t t '=-，列表：
∴3827u ≥
>1，即12221212
2()2x x a x x x x ++->1. ∴12|()()| f x f x ''-= 12121222
1212
2()|||2| ||x x a
x x x x x x x x +-⋅+
->-.。