已知一个正方体 $ABCD-A^\prime B^\prime C^\prime D^\prime$．点 $X$ 沿正方形 $ABCD$ 沿 $ABCDA$ 的方向作匀速运动，点 $Y$ 沿正方形 $B^\prime C^\prime CBB^\prime $ 的方向以同样的速度作匀速运动．点 $X$ 与 $Y$ 分别从 $A$ 与 $B^\prime$ 同时出发，求线段 $XY$ 中点的轨迹．（捷克斯洛伐克）
【难度】
【出处】
1962年第04届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
以 $A$ 为原点，$AB,AD,AA^\prime$ 分别位于 $x$ 轴，$y$ 轴，$z$ 轴正方向，棱长为单位度量，并将 $X$ 通过一条棱的时间作为时间单位．
当 $0\leqslant t\leqslant 1$ 时，$X,Y$ 的坐标分别为 $(t,0,0),(1,t,1)$，中点 $Z=\dfrac{X+Y}{2}=\left(\dfrac{1+t}{2},\dfrac{t}{2},\dfrac{1}{2}\right)$；
当 $1\leqslant t\leqslant 2$ 时，$X,Y$ 的坐标分别为 $(1,t-1,0),(1,1,2-t)$，$Z=\dfrac{X+Y}{2}=\left(1,\dfrac{t}{2},\dfrac{2-t}{2}\right)$；
当 $2\leqslant t\leqslant 3$ 时，$X,Y$ 的坐标分别为 $(3-t,1,0),(1,3-t,0)$，$Z=\dfrac{X+Y}{2}=\left(\dfrac{4-t}{2},\dfrac{4-t}{2},0\right)$；
当 $3\leqslant t\leqslant 4$ 时，$X,Y$ 的坐标分别为 $(0,4-t,0),(1,0,t-3)$，$Z=\dfrac{X+Y}{2}=\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{4-t}{2},\dfrac{t-3}{2}\right)$．
下面证明：如果 $X=(x,y,z)$ 满足 $x,y,z$ 均是参数 $t$ 的一次函数 $x=x(t)=a_1t+b_1,y=y(t)=a_2t+b_2,z=z(t)=a_3t+b_3,t\in[t_0,t_1]$，则 $X$ 的轨迹是以 $X_0(x(t_0),y(t_0),z(t_0))$ 和 $X_1(x(t_1),y(t_1),z(t_1))$ 为端点的线段．
这显然只需要证明 $X_0X+X_1X=X_0X_1$ 即可，由一次函数的连续性知线段上无点例外．
这只要注意下式即可：
$X_0X=\sqrt{a_1^2+a_2^2+a_3^2}(t-t_0)$
$X_1X=\sqrt{a_1^2+a_2^2+a_3^2}(t_1-t)$
$X_0X_1=\sqrt{a_1^2+a_2^2+a_3^2}(t_1-t_0)$
再回到前面，当 $t=0,1,2,3,4$ 时，$Z$ 分别位于 $Z_1\left(\dfrac{1}{2},0,\dfrac{1}{2}\right),Z_2\left(1,\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}\right),Z_3\left(1,1,,0\right),Z_4\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},0\right),Z_1\left(\dfrac{1}{2},0,\dfrac{1}{2}\right)$．而点 $Z$ 的坐标 $(x,y,z)$ 在各时间段内都是 $t$ 的一次函数，所以在各时间区内，$Z$ 分别形成线段 $Z_1Z_2,Z_2Z_3,Z_3Z_4,Z_4Z_1$．
$Z_1$ 其实是 $AB^\prime$ 中点，$Z_2$ 则是 $BC^\prime$ 中点，$Z_3$ 就是 $C$，$Z_4$ 则为 $AC$ 中点，由于 $Z_1Z_2\parallel =Z_3Z_4,Z_1Z_4=\dfrac{1}{2}B^\prime C=\dfrac{1}{2}AC=Z_3Z_4$，因此 $Z$ 的轨迹是菱形 $Z_1Z_2Z_3Z_4$．
当 $0\leqslant t\leqslant 1$ 时，$X,Y$ 的坐标分别为 $(t,0,0),(1,t,1)$，中点 $Z=\dfrac{X+Y}{2}=\left(\dfrac{1+t}{2},\dfrac{t}{2},\dfrac{1}{2}\right)$；
当 $1\leqslant t\leqslant 2$ 时，$X,Y$ 的坐标分别为 $(1,t-1,0),(1,1,2-t)$，$Z=\dfrac{X+Y}{2}=\left(1,\dfrac{t}{2},\dfrac{2-t}{2}\right)$；
当 $2\leqslant t\leqslant 3$ 时，$X,Y$ 的坐标分别为 $(3-t,1,0),(1,3-t,0)$，$Z=\dfrac{X+Y}{2}=\left(\dfrac{4-t}{2},\dfrac{4-t}{2},0\right)$；
当 $3\leqslant t\leqslant 4$ 时，$X,Y$ 的坐标分别为 $(0,4-t,0),(1,0,t-3)$，$Z=\dfrac{X+Y}{2}=\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{4-t}{2},\dfrac{t-3}{2}\right)$．
下面证明：如果 $X=(x,y,z)$ 满足 $x,y,z$ 均是参数 $t$ 的一次函数 $x=x(t)=a_1t+b_1,y=y(t)=a_2t+b_2,z=z(t)=a_3t+b_3,t\in[t_0,t_1]$，则 $X$ 的轨迹是以 $X_0(x(t_0),y(t_0),z(t_0))$ 和 $X_1(x(t_1),y(t_1),z(t_1))$ 为端点的线段．
这显然只需要证明 $X_0X+X_1X=X_0X_1$ 即可，由一次函数的连续性知线段上无点例外．
这只要注意下式即可：
$X_0X=\sqrt{a_1^2+a_2^2+a_3^2}(t-t_0)$
$X_1X=\sqrt{a_1^2+a_2^2+a_3^2}(t_1-t)$
$X_0X_1=\sqrt{a_1^2+a_2^2+a_3^2}(t_1-t_0)$
再回到前面，当 $t=0,1,2,3,4$ 时，$Z$ 分别位于 $Z_1\left(\dfrac{1}{2},0,\dfrac{1}{2}\right),Z_2\left(1,\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}\right),Z_3\left(1,1,,0\right),Z_4\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},0\right),Z_1\left(\dfrac{1}{2},0,\dfrac{1}{2}\right)$．而点 $Z$ 的坐标 $(x,y,z)$ 在各时间段内都是 $t$ 的一次函数，所以在各时间区内，$Z$ 分别形成线段 $Z_1Z_2,Z_2Z_3,Z_3Z_4,Z_4Z_1$．
$Z_1$ 其实是 $AB^\prime$ 中点，$Z_2$ 则是 $BC^\prime$ 中点，$Z_3$ 就是 $C$，$Z_4$ 则为 $AC$ 中点，由于 $Z_1Z_2\parallel =Z_3Z_4,Z_1Z_4=\dfrac{1}{2}B^\prime C=\dfrac{1}{2}AC=Z_3Z_4$，因此 $Z$ 的轨迹是菱形 $Z_1Z_2Z_3Z_4$．
答案
解析
备注
