立體幾何中的軌跡、截面、動點、范圍問題

I他.考情探究?

立體幾何中的動點軌跡問題，是一個備受關(guān)注的重要專題,它在各級各類考試中占據(jù)一席之地，特別是在高

考中亦常有所見。此類題型不僅是檢驗學(xué)生空間想象能力、思維能力和創(chuàng)新意識的有效手段，也是培養(yǎng)學(xué)生數(shù)學(xué)

核心素養(yǎng)的重要途徑。

在高考復(fù)習(xí)備考過程中，其試題常以選擇、多選、填空等形式呈現(xiàn),設(shè)計巧妙，注重知識間的交匯與融合，題型

新穎靈活，旨在全面考查學(xué)生的綜合素質(zhì)。通過此類題型，不僅能夠檢驗學(xué)生對各部分知識間的縱向和橫向聯(lián)系

的掌握程度，還能夠激發(fā)學(xué)生的創(chuàng)新意識和創(chuàng)新能力，滲透數(shù)學(xué)思想方法，充分體現(xiàn)新課程標準的要求和數(shù)學(xué)核

心素養(yǎng)的培育目標。

然而，由于這類問題通常涉及較為復(fù)雜的空間幾何體結(jié)構(gòu)特征，對于許多學(xué)生而言，確實存在一定的挑戰(zhàn)和

難度。

?考點梳理?

考點7截面問題

考點8軌跡、截面、動點、范圍軍選題綜合

考點9軌跡、戰(zhàn)面、動點、范圍大題綜合

知識講解

方法點睛1：對于立體幾何的綜合問題的解答方法：

1、立體幾何中的動態(tài)問題主要包括:空間動點軌跡的判斷，求解軌跡的長度及動角的范圍等問題；

2、解答方法:一般是根據(jù)線面平行，線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，結(jié)合圓或圓錐曲線的定義推斷出動點的軌

跡，有時也可以利用空間向量的坐標運算求出動點的軌跡方程；

3、對于線面位置關(guān)系的存在性問題，首先假設(shè)存在,然后再該假設(shè)條件下，利用線面位置關(guān)系的相關(guān)定理、性質(zhì)進

行推理論證，尋找假設(shè)滿足的條件，若滿足則肯定假設(shè)，若得出矛盾的結(jié)論,則否定假設(shè)；

4、對于探索性問題用向量法比較容易入手，一般先假設(shè)存在，設(shè)出空間點的坐標，轉(zhuǎn)化為代數(shù)方程是否有解的問

題，若由解且滿足題意則存在，若有解但不滿足題意或無解則不存在.

方法點睛2：立體幾何中的軌跡問題：

1、由動點保持平行性求軌跡.

（1）線面平行轉(zhuǎn)化為面面平行得軌跡；（2）平行時可利用法向量垂直關(guān)系求軌跡.

2、動點保持垂直求軌跡.

（1）可利用線線線面垂直，轉(zhuǎn)化為面面垂直，得交線求軌跡；（2）利用空間坐標運算求軌跡；（3）利用垂直關(guān)系轉(zhuǎn)化

為平行關(guān)系求軌跡.

3、由動點保持等距（或者定距）求軌跡.

（1）距離，可轉(zhuǎn)化為在一個平面內(nèi)的距離關(guān)系，借助于圓錐曲線的定義或者球和圓的定義等知識求解軌跡；（2）利

用空間坐標計算求軌跡.

4、由動點保持等角（或定角）求軌跡.

（1）直線與面成定角，可能是圓錐側(cè)面；（2）直線與定直線成等角，可能是圓錐側(cè)面；（3）利用空間坐標系計算求軌

跡.

5、投影求軌跡.

（1）球的非正投影，可能是橢圓面；（2）多面體的投影，多為多邊形.

6、翻折與動點求軌跡.

（1）翻折過程中尋求不變的垂直關(guān)系求軌跡；（2）翻折過程中尋求不變的長度關(guān)系求軌跡；（3）利用空間坐標運算

求軌跡.

考點一、軌跡形狀

典例引領(lǐng)

1.（浙江?高考真題）如圖,斜線段AB與平面a所成的角為60°，口為斜足，平面a上的動點P滿足ZPAB=

30°,則點P的軌跡是

A.直線B.拋物線C.橢圓D.雙曲線的一支

【答案】。

【詳解】用垂直于圓錐軸的平面去截圓錐，得到的是圓；把平面漸漸傾斜，得到橢圓；當平面和圓錐的一條母線

平行時，得到拋物線.

此題中平面a上的動點P滿足ZB4B=30°,可理解為P在以48為軸的圓錐的側(cè)面上，

再由斜線段AB與平面a所成的角為60°,可知P的軌跡符合圓錐曲線中橢圓定義.

___________________________________眇

故可知動點P的軌跡是橢圓.

故選C.

考點：1.圓錐曲線的定義；2,線面位置關(guān)系.

2.（北京?高考真題）平面a的斜線AB交a于點過定點A的動直線Z與AB垂直，且交a于點C,則動點

。的軌跡是（）

A.一條直線B.一個圓C.一個橢圓D.曲線的一支

【答案】A

［分析］先找出定點A和直線Z確定的一個平面，結(jié)合平面相交的特點可得軌跡類型.

【詳解】如圖，設(shè)/與，是其中的兩條任意的直線，則這兩條直線確定一個平面萬，且a的斜線AB，0,由過平

面外一點有且只有一個平面與已知直線垂直可知過定點A與垂直所有直線都在這個平面內(nèi)，故動點。都

在平面￡與平面a的交線上.

【點睛】本題主要考查軌跡的類型確定，熟悉平面的基本性質(zhì)及推論是求解的關(guān)鍵，側(cè)重考查直觀想象的核心

素養(yǎng).

3.（北京?高考真題）如圖，在正方體ABCD-4耳GR中，P是側(cè)面BBCQ內(nèi)一動點，若P到直線BC與

直線GA的距離相等,則動點P的軌跡是（）

A.直線B.圓C.雙曲線D.拋物線

【答案】。

【分析】由于P在平面內(nèi)，而平面BG,因此有這樣結(jié)合拋物線的定義可得結(jié)論.

【詳解】在正方體中，一定有PG_LCD,P點為平面BQ內(nèi)到直線BC和到點G的距離相等的點，其軌跡

為拋物線.

故選D

【點睛】本題考查拋物線的定義，考查立體幾何中的垂直關(guān)系.屬于跨章節(jié)綜合題，難度不大.

4.（天津?高考真題）如圖，定點口都在平面a內(nèi)，定點P0a,PR,a,。是a內(nèi)異于A和8的動點，且

PC,AC,則動點C在平面a內(nèi)的軌跡是（）

A.一條線段，但要去掉兩個點B.一個圓，但要去掉兩個點

C.一段弧，但要去掉兩個點D.半圓，但要去掉兩個點

【答案】B

【分析】連接BC,由已知條件可得AC_L平面PBC,從而可得CB±AC,則點。在a內(nèi)的軌跡是以AB為直

徑的圓，進而可得答案

【詳解】連接BC,因為所以PB,AC,又=

所以AC_L平面P5C,又CBu平面PBC,故CB_LAC,

因為A,B是平面a上的定點，所以點。在a內(nèi)的軌跡是以AB為直徑的圓,

又。是a內(nèi)異于A和B的點，故此軌跡要去掉A、B兩個點，所以6正確.

故選：B

5.（重慶?高考真題）到兩互相垂直的異面直線的距離相等的點，在過其中一條直線且平行于另一條直線的

平面內(nèi)的軌跡是（）

A.直線B.橢圓C.拋物線D.雙曲線

【答案】。

【分析】利用空間向量可求動點的軌跡.

【詳解】如圖，設(shè)兩條相互垂直的異面直線一條為z軸，另一條為與z軸垂直的直線Z,

且該直線上的點的坐標為（6,5,0）,其中56兄6為非零常數(shù)，設(shè)/上的點人（見0,0）,

設(shè)P（%,y,z）,則OP=（2,/z）,而z軸的方向向量為a=（0,0,1）,

故P到z軸的距離為1//+才+22—。=y/x2+y2,

而AP—（①一a,y,z）,Z的方向向量為左=（0,1,0）

同理P到，軸的距離為jQ-ay+zz,

故y/（x—a）2+z2—y/x2+y2，化簡可得z?一娟=2arr—a?,

取平面yoz,則2=0,此時才一z?=/,故軌跡為雙曲線.

先做出兩條異面直線的公垂線，以其中一條直線為力軸，公垂線與力軸交點為原點，公垂線所在直線為Z軸，

過力且垂直于公垂線的平面為力四平面，建立空間直角坐標系，則兩條異面直線的方程就分別是g=0,z=

n0n和力=0,z=a（Q是兩異面直線公垂線長度,是個常數(shù)），空間內(nèi)任意點設(shè)它的坐標是（力，g,z）那么由已

知，它到兩條異面直線的距離相等，即V^+7=兩邊平方，化簡可得z=A（才一/+。2）,過一

條直線且平行于另一條直線的平面是z=0和2=a,分別代入所得式子z=0時

代入可以得到y(tǒng)2—a?=—a?,圖形是個雙曲線，z=a時，代入可以得到才一①?=/,圖形也是個雙曲線

考點：拋物線的定義；雙曲線的標準方程

6.（浙江?高考真題）如圖，是平面＜/的斜線段，A為斜足，若點P在平面"內(nèi)運動，使得

△ABP的面積為定值，則動點P的軌跡是

A.圓B.橢圓C.一條直線D.兩條平行直線

【答案】B

【詳解】試題分析：本題其實就是一個平面斜截一個圓柱表面的問題，因為三角形面積為定值，以AB為底，則

底邊長一定，從而可得P到直線AB的距離為定值，分析可得，點P的軌跡為一以AB為軸線的圓柱面，與平

面a的交線，且&與圓柱的軸線斜交，由平面與圓柱面的截面的性質(zhì)判斷，可得P的軌跡為橢圓.

考點：本題考查了平面與圓柱面的截面性質(zhì)的判斷

點評：解決時要注意截面與圓柱的軸線的不同位置時，得到的截面形狀也不同

7.（重慶?高考真題）若三棱錐A-BCD的側(cè)面ABC內(nèi)一動點P到底面BCD的距離與到棱AB的距離相

等,則動點P的軌跡與△ABC組成圖形可能是（）

A4

P

B

A.B.B

A

P

D.

【答案】。

【分析】設(shè)二面角A—BC—。為仇作PG，面BCD于G,PF，BC于F,PE，48于E,根據(jù)題設(shè)有sin。

=簿VI為常數(shù)，進而分析P在△ABC上的軌跡，即可得答案.

rr

【詳解】若二面角A—BC—。為仇作PG_L面日3?于G,PF_LBC于F,PE_L4B于E,

如上圖示，/PFG=，，由題設(shè)有PE=PG=PFsin。，即sin9=罷＜1為常數(shù),

rr

所以P在△AB。上的軌跡是一條直線，且與AB邊夾角較小.

故選：D

8.（北京?高考真題）如圖，動點P在正方體ABCD—的對角線BA上，過點P作垂直于平面

B8QQ的直線，與正方體表面相交于河，N.設(shè)BP=2,MN=v，則函數(shù)"=/（；!：）的圖象大致是

（）

B.

___________F

D.

【答案】B

【詳解】試題分析：由題意知，上W_L平面BBQQ,則A4N在底面4BCD上的射影是與對角線AC平行的直

線，故當動點P在對角線BA上從點B向。運動時，立變大沙變大，直到P為BA的中點時，"最大為AC.

然后必變小沙變小，直到夕變?yōu)?,因底面48co為正方形，故變化速度是均勻的，且兩邊一樣.故答案為8.

考點：函數(shù)的圖像與圖像項變化.

點評:本題考查了函數(shù)圖象的變化，根據(jù)幾何體的特征和條件進行分析兩個變量的變化情況，再用圖象表示出

來，考查了作圖和讀圖能力.屬于中檔題.

即測

1.（2023?浙江?一模）已知線段垂直于定圓所在的平面，BC是圓上的兩點，8是點B在/。上的射影,

A,是圓B.是橢圓C.是拋物線D.不是平面圖形

【答案】A

［分析］設(shè)定圓圓心為。,半徑為r,由線面垂直的判定與性質(zhì)可推導(dǎo)證得，。打，由直角三角形性質(zhì)可確

定OH=OB=OD=r,由此可得軌跡圖形.

【詳解】設(shè)定圓圓心為O,半徑為r,

連接,設(shè)直徑為瓦?,連接AD,CD,

平面BCD,CDU平面BCD,AABYCD-,

???BD為直徑，CD,又ABCAB,BCu平面ABC,

CD_L平面AB。，又BHu平面43。，.?.CD_L,

又BH_LAC,ACnCD^C,AC,CDu平面AGD,

BH_L平面AGP,DHu平面AGO,二BH_LDH,

在RtABDH中,OH=OB=OD=r,則點H的軌跡是以。為圓心，r為半徑的圓.

故選：A.

2.（2023?云南保山二模）已知正方體ABCD—ABQQi，Q為上底面人田。。1所在平面內(nèi)的動點，當直

線。Q與。Ai的所成角為45°時，點Q的軌跡為（）

A.圓B.直線C.拋物線D.橢圓

【答案】。

【分析】建系，利用空間向量結(jié)合線線夾甬分析運算.

【詳解】以點。為原點，屬，DC,國為①，夕，z的正方向，建立空間直角坐標系，

設(shè)正方體棱長為1,則。(0,0,0),4(1,0,1),設(shè)Q(x,y,l),

可得DQ=(力,%1),DAi=(1,0,1),

因為直線DQ與DA.的所成角為45°,

DQ'DAi力+1____空_，化簡可得才力,

貝寸cos45°==2

\DQ\-\DA1\J62+4+]Xy/2

所以點。的軌跡為拋物線.

3.（2024.廣東梅州.一模）如圖，正四棱柱ABCD-中，人兒=2AB=2,點P是面上的動

點，若點P到點。1的距離是點P到直線48的距離的2倍,則動點P的軌跡是（）的一部分

A.圓B.橢圓C.雙曲線D.拋物線

【答案】。

9（九+舒3m2

【分析】建立如圖空間直角坐標系,設(shè)P（l,m,n）（n>0）,利用兩點距離公式可得'1y-用-=1,即可

求解.

【詳解】由題意知，以。為原點，所在直線分別為c,?7,z軸建立如圖空間直角坐標系，

則41，0,0）出（1，1，0），功（0,0,2）,設(shè)。（1,機,n）（小,n>0）,

所以PD]=（-1,—m,2—n）,

因為P到。i的距離是P到AB的距離的2倍，

所以|PZ）i|=2九，即（一I）?+（―m）2+（2—九）2=4九2,

整理，得=1,

1919

所以點P的軌跡為雙曲線.

故選：C

4.（2023?全國?模擬預(yù)測）已知空間中兩條直線小為異面且垂直，平面a〃。且OU%若點尸到距離相

等，則點P在平面a內(nèi)的軌跡為（）

A.直線B.橢圓C.雙曲線D.拋物線

【答案】。

【分析】設(shè)。在a內(nèi)的射影為Z,以Z與。的交點。為原點，L為，軸，％為"軸，。與，的公垂線為z軸，建立空間

直角坐標系.設(shè)PQ,y,z）,利用空間向量坐標法表示距離，列出方程，求解結(jié)果.

【詳解】設(shè)。在a內(nèi)的射影為I,h到a的距離為d,

以Z與，2的交點O為原點，。為力軸，％為？/軸，。與，的公垂線為Z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.

設(shè)PQ,%0）,則P到為的距離為\y\.

過點P作PD_Ll于點。，過點。作ED_L。于點E,

又。在a內(nèi)的射影為/,貝"ED±Z,連結(jié)ED,

又PD_U,EDHPD=D,

所以，_L平面PED,又PEU平面PED,

所以，_LPE,所以。_LPE,

所以則P到。的距離為療”,

因為點P到。、12距離相等，

所以你|=Vs2+d2，即，2—d=筋，

所以點P在平面a內(nèi)的軟跡為雙曲線.

故選：C.

【點睛】方法點睛：

關(guān)于立體幾何中的軌跡問題，一般要建立適當?shù)目臻g直角坐標系，根據(jù)已知信息列出的等量關(guān)系，化簡得出軌

跡方程,結(jié)合方程特征找到軌跡曲線.

5.（2023?云南文山?模擬預(yù)測）用一個垂直于圓錐的軸的平面去截圓錐，截口曲線（截而與圓錐側(cè)面的交線）

是一個圓，用一個不垂直于軸的平面截圓錐，當截面與圓錐的軸的夾角夕不同時，可以得到不同的截口

曲線，它們分別是橢圓、拋物線、雙曲線.因此，我們將圓、橢圓、拋物線、雙曲線統(tǒng)稱為圓錐曲線.記圓

錐軸截面半頂角為a,截口曲線形狀與夕，a有如下關(guān)系：當。>1時，截口曲線為橢圓；當9=a時，截口

曲線為拋物線：當時,截口曲線為雙曲線.其中巴&C（0,a）,現(xiàn)有一定線段其與平面夕所成

角儀如圖），8為斜足，￡上一動點P滿足/A4P=力設(shè)P點在￡的運動軌跡是「，則（）

C.當9=個，/=子時，「是拋物線D.當卬=告，7=個時，「是圓

【答案】AC

【分析】P在以AB為軸的圓錐上運動，結(jié)合題干信息，逐一分析即可.

【詳解】：AB為定線段,ABAP=7為定值，.?.P在以AB為軸的圓錐上運動，

其中圓錐的軸截面半頂角為7，6與圓錐軸AB的夾角為小

對于人，0>7,平面0截圓錐得橢圓，故A正確；

對于B,P>7,平面6截圓錐得橢圓，故B錯誤；

對于。，W=乙平面6截圓錐得拋物線，故。正確；

對于。，<p>/，平面萬截圓錐得橢圓，故D不正確.

故選：AC.

6.（2024.浙江溫州.一模）如圖,所有棱長都為1的正三棱柱ABC-A^C,,BE=2前，點尸是側(cè)棱AA,上

的動點，且標=20苕，H為線段上的動點，直線CHA平面AEG=M，則點河的軌跡為（）

______________即

B

A.三角形（含內(nèi)部）B.矩形（含內(nèi)部）C.圓柱面的一部分D.球面的一部分

【答案】A

［分析］根據(jù)題意首先保持H在線段上不動（與F重合），研究當點F運動時M'的軌跡為線段,再根據(jù)

H點在線段FE上運動的軌跡即可得出點M■的軌跡為ZWA?及其內(nèi)部的所有點的集合.

首先保持H在線段FB上不動，假設(shè)H與F重合

根據(jù)題意可知當F點在側(cè)棱AA上運動時，若F點在A點處時，G為。G的中點，

此時由4聲=2五可得滿足屈=2荻，

當F點運動到圖中用位置時，易知Z百=2而，取AGC。巧=P,可得舒=2歷，

取棱AC上的點N,滿足AN=2而？,根據(jù)三角形相似可得三點共線,

當點F在側(cè)棱4A上從4點運動到A點時，同點軌跡即為線段ACV;

再研究當點H在線段FB上運動,

當點H在線段FB上從點F運動到點B^,M點的軌跡是線段ME,

當點H在線段用B上從點后運動到點B時，M點的軌跡是線段PE,

因此可得，當點F是側(cè)棱441上運動時，H在線段上運動時，點M的軌跡為ZWNE及其內(nèi)部的所有點的

集合；

即可得”的軌跡為三角形（含內(nèi)部）.

故選：A

7.（2023?貴州黔西?一模）在正方體AC,中，點“為平面AB54內(nèi)的一動點，由是點河到平面ADD.A,的

距離，d2是點河到直線及7的距離，且&="（/1>0）（/1為常數(shù)），則點河的軌跡不可能是（）

A.圓B.橢圓C,雙曲線D.拋物線

【答案】A

【分析】根據(jù)條件作出正方體AG,再以A為原點，直線AB,AD和441分別為①、夕和z軸建立空間直角坐標

系，設(shè)正方體24G的棱長為Q（Q>0）,再設(shè)點（力,0,2），根據(jù)題目條件得到團=入1（Q—力丫+d，分類討論0

V4V1"=1、4>1時，結(jié)合圓錐曲線的方程特征，即可求解.

【詳解】由條件作出正方體AG,并以A為原點，直線48、AD和441分別為力、0和Z軸建立空間直角坐標

系，如圖所示：

設(shè)正方體24G的棱長為a（a>0）,點M（力,0,z）,

22

所以得&=\x\,d2—V（a—a;）+^,

由41二九?2（/1>0）,得\x\=入］（Q—力丫+廿,

所以C2=翅（a—02+列,即/2+（下―1）力2—2A2ax=_A2a2①僅>。）,

當彳=1時，①式化得：z2=2ax—a2,

此時，點河的軌跡是拋物線;

當4時，①式化得：A2Z2+（1一1）（工2—手：）=—

=-啟2+羋

即A2Z2+

n才z?+（#—1）,一月『=A2a2

\A—17A2-l

2

_,26化）_o⑸

—+②‘

當0V4V1時，不一1<0,則②式，是雙曲線的方程，即點M'的軌跡為雙曲線;

當4>1時，］一1>0,則②式，是橢圓的方程，即點M■的軟跡為橢圓;

故選：A.

考點二、軌跡長度

典例引領(lǐng)

1.（2023?湖北省直轄縣級單位?模擬預(yù)測）已知正方體ABCD-A.B.C.D,的棱長為2,M為棱B1cl的中

點，N為底面正方形ABCD上一動點，且直線MN與底面ABC?所成的角為卷，則動點N的軌跡的長

度為_____.

【答案］生和

［分析］利用線面角求法得出N的軌跡為正方形內(nèi)一部分圓弧，求其圓心角計算弧長即可.

【詳解】如圖所示，取BC中點G,連接MG,NG,由正方體的特征可知底面ABCD,

________/

故人W與底面ABCD的夾角即NMNG,

：.2MNG=飛，觸嗖=ta4nNG=等,

OGrlVOO

故N點在以G為原點2卓為半徑的圓上，又N在底面正方形ABC。上,

O

即N的軌跡為圖示中的圓弧歷了1,

易知器=4=卓=/欣陽=子=/夙加=兀一專一專二爭，

3

所以麗宿'長為2^③x紅=生施.

339

故答案為：生舞.

9

2.（2024?四川南充?二模）三棱錐4一_8。。中，48=4?=40=4,8。=。。=。6=6,9為4_8。。內(nèi)部

及邊界上的動點，4P=22，則點P的軌跡長度為（）

A.nB.2兀C.37rD.4兀

【答案】B

【分析】由已知可得三棱錐為正三棱錐，即可得三棱錐的高，設(shè)點A在底面BCD上的射影為O,即可得OP,進

而可得點P的軌跡及其長度.

【詳解】

如圖所示，

由AB=AC=AD=4,BC=CD=Z?=6,

可知三棱錐A-BCD為正三棱錐，

設(shè)CD中點為E,

則BE=3遍，OB=2遍，OE二通,

設(shè)點A在底面BCD上的射影為O,

則AO±平面BCD,OA=y/AB2-OB2=2,

又P為△BCD內(nèi)部及邊界上的動點，AP=2V2,

所以O(shè)P=2,

所以點P的軌跡為以點O為圓心，2為半徑的圓在△BCD內(nèi)部及邊界上的部分,

如圖所示,

OE_LPa,

63

所以點P的軌跡長度為2兀x2—3x^x2=2兀,

O

故選：B.

3.（2024.全國.模擬預(yù)測）已知正四棱錐P—ABCD的體積為窄，底面ABC?的四個頂點在經(jīng)過球心的

截面圓上，頂點P在球O的球面上，點E為底面ABCD上一動點，尸E與尸。所成角為？,則點E的軌

6

跡長度為（）

A.V27TB.4V37tC.D.當⑥兀

OO

【答案】。

【分析】根據(jù)錐體的體積公式結(jié)合外接球的性質(zhì)可得半徑和四棱錐的底邊邊長，進而根據(jù)銳角三角函數(shù)可得

OE=OP-tan/EPO=等，即可判斷點E的軌跡為O為圓心，半徑r=浮的圓，即可求解.

【詳解】由題意，設(shè)球。的半徑為R.如圖所示，連接AC,BD交于點O,連接PO,則AO=BO=PO=R,

AB^^2R,PO±平面ABCD,所以修棱叱4.=》入關(guān)_?。=卷*2&*r=^^,解得7?=①

OOO

在RtAPOE中，因為OP=Q,/防0=3，所以0七=。？」211/旌0=尊.

63

因為正方形ABCD的中心。到各邊的距離為乎7?=1＞乎，所以點E的軌跡為平面ABCD內(nèi)，以點。為

圓心，半徑r=乎的圓，故點E的軌跡長度為2兀r=考工.

OO

故選:D.

4.（2023?湖北襄陽?模擬預(yù)測）如圖，二面角a—/—6的大小為母，已知4口是Z上的兩個定點，且AB=

__________由

4,的與平面反㈤所成的角為專'若點A在平面反㈤內(nèi)的射影〃在△反㈤的內(nèi)部（包

括邊界），則點H的軌跡的長度為（）

A?8.—C.—D.—

【答案】。

【分析】根據(jù)題意：點H的軌跡是以點B為球心，以為半徑的球與以AB為軸，母線與軸AB成60°的

圓錐側(cè)面交線的一部分，該部分是圓心角為［的弧長，只要求出半徑即可.

【詳解】如圖所示：

因為AB與平面BCD所成的角為三,且點A在平面BCD上的射影H,AB=4,

6

所以AH=AB-sin30°=2,BH=AB-cos30°=2V3,

所以點H在以點B為球心，以2遍為半徑的球面上，

又點H在以4B為軸，以Aff為母線的圓錐的側(cè)面上，

所以點H的軌跡為以點B為球心，以2四為半徑的球與以為軸，

母線■與軸成卷的圓錐側(cè)面交線的一部分，

O

即圖中扇形EOF的弧礪，且扇形所在平面垂直于4B,

因為二面角4—1—6的平面角的大小為爭

所以NEOF=0~,

又QH=BHsin30°=273x;=g，

所以點H的軌跡的長度等于勺乂通=建兀，

44

故選：D

5.（2024?江西?二模）已知正方體4BCD—ApBiGA的棱長為4,點河滿足血=3該，若在正方形

45GA內(nèi)有一動點P滿足BP〃平面則動點P的軌跡長為（）

A.4B.V17C.5D.4V2

【答案】。

【分析】在棱A^AA,上分別取點E,F,使得AiE=，AXF=jArA,連接EF,BCi,BF,CiE,DF,BM,

證明平面BEEG〃平面AJWDi即可得點P的軌跡為線段GE,再計算長度即可.

【詳解】

如圖，在棱A1D1,AA1上分別取點區(qū)F,使得A.E=十43,A,F=“/，

連接EF,BG,BF,CiE,D]F,BM,

因為AiE—[AQI,A\F--^AiA,

所以，EF〃人。i,

因為EF（X平面AMDi,ARC：平面AMD”

所以石尸〃平面AMA,

因為兩方二3該,所以無=4（而，

又AiF=jAA,正方體ABCD—的棱長為4,

所以，AF=G"=3,CA1=AIF=1,

在棱BB,上取點G,使得BG=}BiB,

則FG〃AB且FG=,又AB〃C。且AB=CR,

所以FG〃CQi且FG=G2，所以四邊形FGCQi是平行四邊形，

所以即i〃GG,

又BG〃MCi且BG=MG,則四邊形GBMC,是平行四邊形，

所以GG〃BM,所以FB〃BM,

因為AQi=BC,ZBCM=Qi,

所以^BCM=△24F,則DXF=BM,

所以四邊形BFDiM是平行四邊形，所以RF〃D\M,

因為BFD平面AMDltDiMu平面AMDlt

所以，〃平面AMD”

因為BFCEF=F,BF,EFu平面BFECX,

所以平面BFEG〃平面AMD1，

因為平面BFECiCl平面ABQQi=GE,

所以，在正方形4B1G2內(nèi)有一動點P滿足BP〃平面AMD,時，

點P的軌跡為線段GE,

因為GE=JCQ；+ED：=+32=5,

所以，動點F的軌跡長為5.

故選：C.

6.（2023?江西贛州?二模）在棱長為4的正方體ABCD-A.B.C.D.中，點P滿足AA^=4AF,E,尸分別為:

棱BC,CD的中點，點Q在正方體ABCD-A.B.C.D,的表面上運動,滿足A.Q〃面EFF,則點Q的軌

跡所構(gòu)成的周長為（）

__________W

A.B.2V37C.D.警

OOd

【答案】。

【分析】作出輔助線，找至U點Q的軌跡，利用勾股定理求出邊長，得到周長.

【詳解】延長AD,交EF的延長線與H,G,連接PG,PH，分別交BBX,DD1于R,T

過點4作ArK〃PG交BBi于點K,過點4作ArN//PH交DDX于點N,

因為平面EFP,PGU平面EFP,所以A[K〃平面EFP,

同理可得AN〃平面EFP,

因為AKCAN=4,所以平面EFP〃平面4KV,

過點N作NM//AK交CG于點、M,

連接MK,則MK〃人iN

則平行四邊形4KMN（4點除外）為點Q的軌跡所構(gòu)成的圖形，

因為正方體棱長為4,E,歹分別為棱BC,CD的中點，瓦1=4和，

所以AP=1,B7?=DT=

因為4。=他=7771=3,所以37<=。1~=4—3—1=V，

OO

過點N作NJ_LCCi于點J,則GJ=D[N=得,

o

則由幾何關(guān)系可知JM=BiK=I■，所以C,M=曰+曰=今，

0000

由勾股定理得A1K=A]N=MN=MK=y/NJ'2+JM2=J16+春=,

所以點Q的軌跡所構(gòu)成的周長為誓心.

O

7.（2024.廣西南寧.一模）在邊長為4的菱形ARC?中，乙4BC=120°.將菱形沿對角線AC折疊成大小為

30°的二面角?—AC—0.若點E為B'C的中點，尸為三棱錐B'-ACD表面上的動點，且總滿足AC

，班，則點尸軌跡的長度為（）

DC

A.4+7|~^B.4+7|+0c.4+V6-V2D.4+V6+V2

【答案】A

【分析】根據(jù)二面角的平面角可結(jié)合余弦定理求解求3'。=，^一方,進而利用線面垂直可判斷點F軌跡為

△EPQ,求解周長即可.

【詳解】連接AC、,交于點O,連接。⑶，

ABCD為菱形，ZABC=120°,

所以AC_LBD,OB'±AC,OD±AC,

所以20OD為二面角日一47—。的平面角，

于是48'0。=30°,

又因為OB'=OD=]4B=2,

所以B'。=y/B'O2+DO2-2B'O-r>Ocos30°=^/22+22-2x2x2x^=V6-V2,

取。。中點P,取CD中點Q,連接EF、EQ、PQ,所以PQ〃OD、EP//OB',

所以AC_LEP、AC_LPQ,EP,EQ相交，

所以AC,平面EPQ,

所以在三棱錐B'-ACD表面上，滿足力。_LEF的點F軌跡為AEPQ,

因為EP=-OB',PQ=yOZ?,EQ=^B'D,

所以/\EPQ的周長為]x（通一方+2+2）=4+力一四,

所以點F軌跡的長度為4+V1—0.

故選：A.

8.（22—23高三下?江蘇南京?階段練習(xí)）如圖，在矩形ABCD中，=E,F,G,H分別為

AB,BC,CD,AO的中點，AC與交于點O,現(xiàn)將△/1￡；//,4BEF,4CFG,ADGII分別沿EH,

EF,FG,GH把這個矩形折成一個空間圖形,使/與。重合，8與。重合，重合后的點分別記為河，N,

Q為MN的中點，則多面體MVEFGH的體積為；若點P是該多面體表面上的動點，滿足PQ±

ON時,點P的軌跡長度為.

_____________阻

【分析】根據(jù)給定的幾何體，證明EG_L平面,求出四棱錐E—MNFH的體積即可;證明點P所在平面

平行于平面MEG,作出過點Q與平面MEG平行的幾何體的截面，求出其周長作答.

【詳解】連接￡3,9,有￡；3_19，而距=m=2,0為￡3中點，則有0可_107,

ONnF/f=O,則EG_L平面OFN,同理EG_L平面OHM,又平面OFN與平面OHM有公共點O,

于是，&M,N,F,H共面，而NG?+NE?=8=GE?,即有NG_LNE,ON=^-EG=V2=NF=HM,

因為NF_LNG,NF_LNE,NGCNE=N,NG,NEu平面NEG,則NF_L平面NEG,

又ONU平面NEG,即有NR_LON,則/NOF=/NPO=45°,同理45°,

即ANOF=/OHM,從而ON//即四邊形ONMH為平行四邊形，MN//HF,MN=OH=2,

等腰梯形MNFH中，高OQ=NFsin45°=1,其面積SMNFH=(MN+F^>°Q=(2+；)xl=3,

顯然EG_L平面MNFH,所以多面體MNEFGH的體積V=2%_.屯=2x^-SMNFH?OE=2x《x3x

V2°~~=2V2°-;

因為NF_L平面NEG,同理可得HM_L平面MEG,又ON〃/fM,則ON±平面MEG,

依題意，動點P所在平面與ON垂直,則該平面與平面MEG平行，而此平面過點Q,

令這個平面與幾何體棱的交點依次為凡Q,T,S,R,則P?〃EM,QT〃MG,TS//NF//P、R,RS〃EG,

又Q為MN的中點，則點Pi,T,S,五為所在棱的中點，即點P的軌跡為五邊形QPfiST,

長度為：QR+PF+RS+ST+TQ=^(ME+NF+EG+NF+MG)

=-^-(2+,\/2^+2-\/2^+y/2+2)=2+2\/2.

故答案為：22；2+2/1

【點睛】思路點睛：涉及立體圖形中的軌跡問題，若動點在某個平面內(nèi)，利用給定條件，借助線面、面面平行、垂

直等性質(zhì)，確定動點與所在平面內(nèi)的定點或定直線關(guān)系，結(jié)合有關(guān)平面軌跡定義判斷求解.

1.（2024.江蘇.一模）在棱長為2a（a>0）的正方體4BCD—人田觴口中，點跖N分別為棱4B,AG的中

點.已知動點P在該正方體的表面上，且而?由=0,則點P的軌跡長度為（）

A.\2aB.127taC.24aD.24兀a

【答案】B

【分析】根據(jù)條件得到P點軌跡為以皿N為直徑的球，進而得出點P的軌跡是六個半徑為a的圓，即可求出結(jié)

果.

【詳解】因為加?麗=0,故P點軌跡為以為直徑的球，

如圖，易知AW中點即為正方體中心。，球心在每個面上的射影為面的中心，

設(shè)。在底面ABCD上的射影為Oi,又正方體的棱長為2a,所以MN=272a,

易知OOr—a,O]M—a,又動點P在正方體的表面上運動，

所以點P的軌跡是六個半徑為a的圓，軌跡長度為6X2兀a=12兀a,

故選：B.

2.（2023?河北?模擬預(yù)測）已知正四棱錐（底面為正方形，且頂點在底面的射影為正方形的中心的棱錐為正

四棱錐）P-的底面正方形邊長為2,其內(nèi)切球O的表面積為冷，動點Q在正方形4BCD內(nèi)運動,

且滿足OQ=OP,則動點Q形成軌跡的周長為（）

A2兀TD3兀c4兀n57r

A?五B.五C.五D.—

【答案】。

【分析】利用等體積法及幾何關(guān)系求出關(guān)于動點Q的等式關(guān)系，根據(jù)相關(guān)幾何意義即可求出動點Q形成軌跡

的周長.

【詳解】設(shè)內(nèi)切球。的半徑為R,則JR=暇.

36

如圖，連接AC與設(shè)交點為F,取AD的中點E,連接PE,PF,EF.

眇

2

根據(jù)等體積法得!(SABCD+4sAp放)&=！XABXPF,

oo

.?.《(4+4