在一个球体内有一定点 $P$，球面上有 $A,B,C$ 三个动点，$\angle BPA=\angle CPA =\angle CPB=90^\circ$，以 $PA,PB$ 和 $PC$ 为棱作长方体，点 $Q$ 是该长方体上与 $P$ 斜对（即 $PQ$ 为体对角线）的一个顶点，当 $A,B,C$ 在球面上移动时，求 $Q$ 点的轨迹．（美国）
【难度】
【出处】
1978年第20届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
记该长方体为 $APBD-A^\prime CB^\prime Q$．$A,B,C$ 在球 $S$ 上，在笛卡尔直角坐标系中或用勾股定理很容易证明：对于任意矩形 $ABCD$ 及空间任一点 $E$，有 $AE^2+CE^2=BE^2+DE^2$．
于是，设球心为 $O$，知运用上述结论，有
$\begin{aligned}
OQ^2&=B^\prime O^2+A^\prime O^2-OC^2\\
&=OB^2+OC^2-OP^2+OA^2+OC^2-OP^2-OC^2\\
&=3r^2-2OP^2
\end{aligned}$
于是 $OQ=\sqrt{3r^2-2OP^2}$ 为常数（其中 $r$ 为球 $S$ 半径）．$Q$ 在以 $O$ 为球心，$\sqrt{3r^2-2OP^2}$ 为半径的球面 $S^\prime$ 上．
接下来证明：球面 $S^\prime$ 上任一点 $Q$ 均有相应的 $A,B,C$ 三点存在．这就能得出 $Q$ 的轨迹正是球面 $S^\prime$ 全部．
由于 $OQ=\sqrt{3r^2-2OP^2},OP<R$，故由此可知 $OQ>R$，以 $PQ$ 为直径的球面必与球面 $S$ 相交，其交线为一圆．设 $C$ 为此圆上一点，考虑矩形 $PCQD$，由于 $OP^2+OQ^2=OC^2+OD^2.$
所以 $OD^2=OP^2+(3r^2-2OP^2)-r^2=2r^2-OP^2>r^2$．
于是可知 $D$ 在球 $S$ 外．
作平面 $\alpha$，过 $P$ 且与 $PC$ 垂直．因 $\angle CPD=90^circ$，故 $D$ 在 $\alpha$ 上，又设 $\alpha$ 与 $S$ 相交一圆为 $K$，于是 $P$ 在 $K$ 内而 $D$ 在 $K$ 外．于是在 $\alpha$ 中以 $PD$ 为直径的圆必与 $K$ 相交，设 $B$ 为一交点．$B$ 在 $S$ 上，$PB\perp PC$．
再作矩形 $PBDA$．于是 $OP^2+OD^2=OA^2+OB^2$．
即 $OA^2=OP^2+2r^2-OP^2-r^2=r^2$．
亦即 $A$ 也落在球面 $S$ 上，且 $PA,PB,PC$ 两两垂直．
于是，设球心为 $O$，知运用上述结论，有
$\begin{aligned}
OQ^2&=B^\prime O^2+A^\prime O^2-OC^2\\
&=OB^2+OC^2-OP^2+OA^2+OC^2-OP^2-OC^2\\
&=3r^2-2OP^2
\end{aligned}$
于是 $OQ=\sqrt{3r^2-2OP^2}$ 为常数（其中 $r$ 为球 $S$ 半径）．$Q$ 在以 $O$ 为球心，$\sqrt{3r^2-2OP^2}$ 为半径的球面 $S^\prime$ 上．
接下来证明：球面 $S^\prime$ 上任一点 $Q$ 均有相应的 $A,B,C$ 三点存在．这就能得出 $Q$ 的轨迹正是球面 $S^\prime$ 全部．
由于 $OQ=\sqrt{3r^2-2OP^2},OP<R$，故由此可知 $OQ>R$，以 $PQ$ 为直径的球面必与球面 $S$ 相交，其交线为一圆．设 $C$ 为此圆上一点，考虑矩形 $PCQD$，由于 $OP^2+OQ^2=OC^2+OD^2.$
所以 $OD^2=OP^2+(3r^2-2OP^2)-r^2=2r^2-OP^2>r^2$．
于是可知 $D$ 在球 $S$ 外．
作平面 $\alpha$，过 $P$ 且与 $PC$ 垂直．因 $\angle CPD=90^circ$，故 $D$ 在 $\alpha$ 上，又设 $\alpha$ 与 $S$ 相交一圆为 $K$，于是 $P$ 在 $K$ 内而 $D$ 在 $K$ 外．于是在 $\alpha$ 中以 $PD$ 为直径的圆必与 $K$ 相交，设 $B$ 为一交点．$B$ 在 $S$ 上，$PB\perp PC$．
再作矩形 $PBDA$．于是 $OP^2+OD^2=OA^2+OB^2$．
即 $OA^2=OP^2+2r^2-OP^2-r^2=r^2$．
亦即 $A$ 也落在球面 $S$ 上，且 $PA,PB,PC$ 两两垂直．
答案
解析
备注
