重難點20立體幾何中的動態、軌跡問題【六大題型】

【新高考專用】

?題型歸納

【題型1動點保持平行的動態軌跡問題】........................................................2

【題型2動點保持垂直的動態軌跡問題】........................................................6

【題型3距離(長度)有關的動態軌跡問題】...................................................10

【題型4角度有關的動態軌跡問題】...........................................................13

【題型5翻折有關的動態軌跡問題】...........................................................17

【題型6軌跡所圍圖形的周長、面積問題】.....................................................22

?命題規律

1、立體幾何中的動態、軌跡問題

“動態、軌跡”問題是高考立體幾何問題最具創新意識的題型，是高考中的重點、難度問題，它滲透

了一些“動態”的點、線、面等元素，給靜態的立體幾何題賦予了活力，題型更新穎.同時，由于“動態”

的存在，也使立體幾何題更趨多元化，將立體幾何問題與平面幾何中的解三角形問題、多邊形面積問題以

及解析幾何問題之間建立橋梁，使得它們之間靈活轉化.

?方法技巧總結

【知識點1立體幾何中的動態、軌跡問題的解題策略】

1.動點軌跡的判斷方法

動點軌跡的判斷一般根據線面平行、線面垂直的判定定理和性質定理，結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.

2.立體幾何中的軌跡問題的常見解法

(1)定義法：根據圓或圓錐曲線的定義推斷出動點的軌跡，進而求解軌跡問題.

(2)交軌法：若動點滿足的幾何條件是兩動曲線(曲線方程中含有參數)的交點，此時，要首先分析兩動曲

線的變化，依賴于哪一個變量?設出這個變量為3求出兩動曲線的方程，然后由這兩動曲線方程著力消去

參數K化簡整理即得動點的軌跡方程，這種求軌跡方程的方法我們稱為交軌法.

(3)幾何法：從幾何視角人手，結合立體幾何中的線面平行、線面垂直的判定定理和性質定理，找到動

點的軌跡，再進行求解.

(4)坐標法：坐標法就是通過建立空間直角坐標系，將立體幾何中的軌跡問題轉化為坐標運算問題，進

行求解.

(5)向量法：不通過建系，而是利用空間向量的運算、空間向量基本定理等來研究立體幾何中的軌跡問

題，進行求解.

?舉一反三

【題型1動點保持平行的動態軌跡問題】

【例1】（2024?全國?模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體力BCD-AiBiGDi中，E為棱2c的中點，F為

底面ABCD內一動點（含邊界）.若DiF〃平面&EQ,則動點尸的軌跡長度為（）

A.V3B.V5C.2V2D.V2

【解題思路】取的中點M、CD的中點N,結合題意可得平面。iMN〃平面&EC1，得出線段MN是動點

產的軌跡，計算MN即可得.

【解答過程】如圖，取4D的中點M、CD的中點N,連接小M,MN,DiN,ME/C,

因為￡為BC的中點，M為4。中點，由正方體的性質可得，

CE=DM,CE//DM,所以四邊形CEMD是平行四邊形，

所以ME=CD,又因為CiDJ/CD,的。1=CO,

所以ME=C1D1,所以四邊形CiEM%是平行四邊形，

所以。1M〃QE,由正方體的性質可得，

AM=CiC,ArA/ZC^,所以四邊形4遇。的是平行四邊形，

所以41CJ/4C,又因為M為4D中點，N為CD中點，

所以MN〃4C,所以MN〃力道1，

因為。1MMNU平面&EG，JE/iGu平面AiECi，

所以〃平面&ECi，MN〃平面力IECI，

又D1MCMN=M,所以平面OiMN〃平面4止的，

因為。1/7/平面AiECi，所以D/u平面小MN,

所以動點F的軌跡為線段MN,

又“N=退產=夜，故動點尸的軌跡長度為魚.

故選：D.

【變式1-1］（2024?北京昌平?二模）已知棱長為1的正方體M是的中點，動點P在

正方體內部或表面上，且MP〃平面AB外,則動點P的軌跡所形成區域的面積是（）

A.yB.V2C.1D.2

如圖所示E、F、G、〃■分別是力公、BiCi、BB1的中點,

則EF〃肛，EM//AB,所以EF〃平面4孫，EM〃平面4皿，且EFnEM=E,

所以平面AB///平面EFGM,故點P的軌跡為矩形EFGM.

MB】=B1G=5,所以MG=亨，所以SEFGM=1X孝=孝.

故選：A.

【變式1-2］（2024?江西贛州?二模）在棱長為4的正方體aBCD-a/iCiDi中，點P滿足4%=4而，E,F

分別為棱BC,CD的中點，點Q在正方體4BCD-4/1的。1的表面上運動，滿足力1Q〃面EFP,則點Q的軌跡

所構成的周長為（）

A.亨B.2V37C告D.嚕

【解題思路】作出輔助線，找到點Q的軌跡，利用勾股定理求出邊長，得到周長.

【解答過程】延長力D/B,交EF的延長線與H,G,連接PG,PH,分別交BB°DD^R,T

過點41作&K〃PG交BBi于點K,過點4作&N〃PH交。小于點N,

因為&KC平面EFP,PGu平面EFP,所以&K〃平面EFP,

同理可得4N〃平面EFP,

因為力iKC4iN=ai，所以平面EFP〃平面&KN,

過點N作NM〃&K交"1于點M,

連接MK,貝IJMK〃&N

則平行四邊形&KMN（4點除外）為點Q的軌跡所構成的圖形，

因為正方體棱長為4,E,尸分別為棱BC,CD的中點，嬴=4布，

1

所以4P=l,BR=0T=§,

12

因為力iP=KR=NT=3,所以BIK=%N=4-3--=-,

2

過點N作N/1CG于點/,貝UC“=DiN=§,

則由幾何關系可知=BiK=右所以Ci"=1+f=f,

由勾股定理得力1K=A[N=MN=MK=炳彳而=J16+g=空,

所以點Q的軌跡所構成的周長為誓.

故選：D.

【變式1-3］（2024?山東棗莊?二模）如圖，在棱長為1的正方體4BCD-4iBiCiDi中，M是4/1的中點,

點尸是側面CD小。上的動點，且.MP〃平面48停，則線段MP長度的取值范圍為（）

DiG

A.悸，閩B.[1閘

C?印,|]D,[V2.|]

【解題思路】根據已知條件及三角形的中位線，利用線面平行的判定定理及面面平行的判定定理，結合直

角三角形的勾股定理及勾股定理的逆定理即可求解.

【解答過程】取“1的中點為R,取CD的中點為N,取的中點為H,如圖所示

因為M是4/1的中點，H是/J的中點，

所以&C//HR,

因為”RC平面45道,比(?u平面4B1C,

所以HR〃平面4B1C,

同理可得，〃平面4&C,

又HRCiMH=u平面MNR”，

所以平面MNRH〃平面

又MPu平面MNRH,線段MP掃過的圖形是△MNR,

由48=1,得MN=Vl2+I2=?NR=J(|)2+g)2=率

MQ=J?+12=浮MR=J?+惇丫=奈

所以MN2=NR2+MR2,即/MRN為直角,

所以線段MP長度的取值范圍是：悸，闋.

故選：A.

【題型2動點保持垂直的動態軌跡問題】

【例2】（2024?山東濰坊?一模）如圖所示，在棱長為1的正方體力BCD-AiBiCWi中，點P為截面4C1B上

的動點，若DP141C,則點P的軌跡長度是（）

B.V2

【解題思路】連接利用線面垂直的判定推理證得4停平面BCiD即可確定點P的軌跡得解.

【解答過程】在棱長為1的正方體4BCD-&8忑1。1中，連接DCi,BO/C,

空…出泗

由力Ail平面ABC。，BDu平面4BCD,得BD1A41，而BDJ.4C,

A4iC2C=A,AAltACu平面44停，貝ijBO1平面44停，又&Cu平面44停，

于是BD1&C,同理BCilAiC,WBCiClBD=B,BCr,BDc

因此41C1平面BCi。，因為DPJ.4C則。Pu平面EQD,

而點P為截面4停止上的動點，平面4停/n平面BCi。=BC],

所以點P的軌跡是線段BCi，長度為6.

故選：B.

【變式2-1]（2024?海南省直轄縣級單位?模擬預測）已知四棱柱A8CD-&B1C1D1的底面4BCD為正方形，

側棱與底面垂直，點P是側棱。外上的點，且DP=2PDi，44i=3/B=1.若點Q在側面BCQB1（包括其邊界）

上運動，且總保持4QIBP,則動點Q的軌跡長度為（）

AD

A.V3B.V2C.等D.

【解題思路】先找到過點4與BP垂直的平面與側面BCC1%的交線，從而求解.

【解答過程】

如圖，在側棱A4i上取一點R,使得AR=2RAi，連接PR,BR,

過點2作4VLBR交BR于點M,交BBi于點N,連接力&CN,

由PRII4D,可知PR14N,

BR、PRu平面BPR,BRCPR=R,

從而4N1平面BPR,所以BPL4V,

又由BP在平面4BCD內的射影BD14C,所以8P14C,

AN、4Cu平面4CN,ANCiAC=A,

知BP_L平面4CN,平面4CN,CNu所以BP1CN,

所以動點Q的軌跡為線段CN,

在Rt△力BN,Rtz\R4B中，乙BAN=LARB,所以Rt△AB~Rt△RAB,

則翳=瑞，得BN=!

易得CN=7BN2+BC2=Jq)2+I2=孚

故選：D.

【變式2-2]（2024?廣西玉林?三模）在正四棱柱力BCD-A/iCiDi中，715=1,=4,E為中點，P

為正四棱柱表面上一點，且CiPLBiE,則點P的軌跡的長為（）

A.V5+V2B.2V2+V2C.2V5+V2D.V13+V2

【解題思路】根據給定的條件，結合正四棱柱的結構特征，作出過點Q垂直于&E的正四棱柱的截面即可計

算作答.

【解答過程】在正四棱柱4BCC-AiBiCMi中,連接如圖，41cli4小,肛1平面4道心

%，

因為4u平面4181的。1，貝jjEDiJ.A-[C^?u平面EBi。1，

ED[nB[D]=D],貝.L平面EBi。1，~^Bu平則CjXi-LB】E,

取CC1中點尸，連接EF,BF，在平面BCC/1內過Cl作C1G1BF，交于G,顯然EF〃%Ci，

而。心1平面BCC?則EF_L平面BCG%,有QGJ.EF,

又BiEFEu平面BiFE,FECiBiF-F,于是C\G1平面B/E,而u平面B/E,因此JGLBiE,

因為CiG,C14iu平面C]G4i，。遇1CC]G=C],從而B】E-L平面GG4I，

連接力1G,則點P的軌跡為平面CiGAi與四棱柱的交線，即△&C1G,

因為N8CG+NGC/=乙GgF+/.B1FC1=90°,即有血。*=血"口又4（：$也=4FC$i，

于是△Ci&G?△FCi/,有得專■=看a=2,BrG=1,

所以點P的軌跡長為“1G+C^G+&Ci=2J1+；+-\[2=V5+V2.

故選：A.

【變式2?3】（2024?廣西南寧?一模）在邊長為4的菱形ABC。中，乙480=120°.將菱形沿對角線/C折疊成

大小為30。的二面角"—AC-D.若點E為民C的中點，F為三棱錐方—ZC。表面上的動點，且總滿足AC1EF,

則點F軌跡的長度為（）

B'

A4+逐一?4+V6+V2

DB-2-C.4+y/6-y/2D.4+V6+

.2

【解題思路】根據二面角的平面角可結合余弦定理求解求夕。=遍-VL進而利用線面垂直可判斷點尸軌跡

為△EPQ,求解周長即可.

【解答過程】連接AC、BD,交于點。，連接OB',

4BCD為菱形，AABC=120°,

所以4C1BD,OB'1AC,ODLAC,

所以N夕。。為二面角夕-AC-。的平面角,

于是NB'。。=30°,

又因為09=OD==2,

所以夕。=02+DO2—2BP?DOcos30。=收+22-2x2x2義當=V6-V2,

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

所以力C1EP、AC1PQ,EP,EQ相交，

所以4C1平面EPQ,

所以在三棱錐夕-4CD表面上，滿足4c1EF的點F軌跡為△EPQ,

因為EP=9OB，，PQ=^OD,EQ=1B'D,

所以△EPQ的周長為:x(V6-V2+2+2)=4+2-近,

所以點F軌跡的長度為筆

故選：A.

B'

【題型3距離（長度）有關的動態軌跡問題】

【例3】（2024?四川南充?二模）三棱錐力一BCD中，AB=AC=AD=4,BC=CD=DB=6,P為△BCD內

部及邊界上的動點，AP=242,則點P的軌跡長度為（）

A.nB.211C.3irD.4n

【解題思路】由已知可得三棱錐為正三棱錐，即可得三棱錐的高，設點4在底面BCD上的射影為。，即可得

OP,進而可得點P的軌跡及其長度.

【解答過程】

如圖所示，

由2B—AC=AD—4,BC—CD—DB—6,

可知三棱錐a-BCD為正三棱錐，

設CD中點為E,

則BE=3?OB=2?OE=W,

設點力在底面BCD上的射影為0,

則2。_L平面BCD,OA=7AB2—OB2=2,

又P為△8C0內部及邊界上的動點，AP=2四,

所以。P=2,

所以點P的軌跡為以點。為圓心，2為半徑的圓在△BCD內部及邊界上的部分,

cos/EOPi=箴=冬

艮fJz_EOPi=],401002=三，

所以點P的軌跡長度為2TTx2—3x(x2=2m

故選：B.

【變式3-1](2024?廣東梅州一模)如圖，正四棱柱4BCD-中，A&=24B=2,點P是面4BB遇i

上的動點，若點P到點。1的距離是點P到直線的距離的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

222

【解題思路】建立如圖空間直角坐標系，設P(lM,n)(n>0),利用兩點距離公式可得9("+尸-普=1,即可

1919

求解.

【解答過程】由題意知，以。為原點，D4DC,DDi所在直線分別為居y,z軸建立如圖空間直角坐標系，

則4(1,0,0),8(1,1,0),。式0,0,2),設P(LmA)(m,n>0),

所以PDi=(-l,-m,2-n),

因為P到。1的距離是P到48的距離的2倍，

所以=2n,即(—1)2+(―m)2+(2—n)2=4n2,

整理，得9(喑)1喈=1,

1919

所以點P的軌跡為雙曲線.

故選：C.

【變式3-2］（23-24高三上?江西撫州?階段練習）設/、2是半徑為魚的球體。表面上的兩定點，且

^AOB=f,球體。表面上動點M滿足=則點〃的軌跡長度為（）

A4V62730^.n2回女

A.—TIB.-------TCC.唔D.——1T

511

【解題思路】先建立平面直角坐標系確定M軌跡，轉化為空間中的阿氏球，利用兩球相交求相交圓周長即

可.

【解答過程】以4。8所在的平面建立平面直角坐標系，4B為x軸，2B垂直平分線為y軸,

則易知4（一1,0）以1,0）,。（0,1）,

設M（x,y）,由M4=遮MB,可得（x+1產+產=3。-1）2+3丫2=（萬一2）2+產=3,

故M的軌跡是以C（2,0）為圓心，行為半徑的圓，

轉化到空間M的軌跡為以C為球心，聲為半徑的球，同時M在球。上，

故M在兩球的交線上，軌跡為圓.

又。M=VLMC=不,易求得OC=而，即△OCM為直角三角形，

則對應圓的半徑為=返醇=等，

V55

M的軌跡長度即對應圓的周長為噌I.

故選：B.

【變式3-3］（2023?陜西西安?模擬預測）已知正方體48CD-的棱長為2vlp是正方形BBiCiC（含

邊界）內的動點，點P到平面&BD的距離等于竽，貝12P兩點間距離的最大值為（）

A.2V3B.3C.3V2D.2V6

【解題思路】利用等體積法可得點4到平面4/。的距離等于孚，結合平行關系分析可得點P的軌跡為線段

B1C,再根據△BiCD的形狀分析求解.

【解答過程】由題意可知：S1C=A1B=ArD=BD==2V6,

設三棱錐&-2止。的高為九，

因為V4-41BD=VD-A^B，貝咕xhx：x4x4x孚=：x2V2x|x2或x2VL

解得h=等,即點名到平面4/。的距離等于攀

又因為,B1IICD,且4/1=CD,則四邊形力iBiCD為平行四邊形,則力道但道,

々Du平面4/。，BiCC平面41BD,所以當。|平面人道。，

即點P的軌跡為線段&C,

因為CD1平面BBiQC,&CU平面BBiQC,所以CD1B1C,

在Rta/C。中，D,P兩點間距離的最大值為=2V6.

故選：D.

【題型4角度有關的動態軌跡問題】

【例4】（2024?全國?模擬預測）已知正四棱錐P-ABC。的體積為竽，底面48CD的四個頂點在經過球心的

截面圓上，頂點P在球。的球面上，點E為底面2BCD上一動點，PE與PO所成角為也則點E的軌跡長度為

()

A.V2nB.4V3itc迎ND.爭

【解題思路】根據錐體的體積公式結合外接球的性質可得半徑和四棱錐的底邊邊長，進而根據銳角三角函

數可得OE=OP-tan4EPO=^,即可判斷點E的軌跡為。為圓心，半徑「=坐的圓，即可求解.

【解答過程】由題意，設球。的半徑為R.如圖所示，連接ac,BD交于點。，連接P。，則40=B0=P0=R,

AB=&R,P。！平面48CD,所以V四棱錐p_4BCD=/a82.pO=9x2R2xR=￥，解得R=&.

在Rt/XPOE中，因為。P=VLZ.EPO=^,所以。E=OP-tanNEPO=苧.

因為正方形48CD的中心。到各邊的距離為孝R=l＞奈所以點E的軌跡為平面4BCD內，以點。為圓心，半

徑「=坐的圓，故點E的軌跡長度為2口=等.

故選:D.

【變式4-1］（2024?海南海口?一模）如圖，點P是棱長為2的正方體4BCD-4/1的。1表面上的一個動點,

直線AP與平面2BCD所成的角為45。，則點P的軌跡長度為（）

A.it+4V2B.4V2TTC.2V3D.3魚+TT

【解題思路】先利用直線4P與平面力BCD所成的角為45。求得點P的軌跡，進而求得點P的軌跡長度.

【解答過程】若點P在正方形力道道山1內，

過點尸作PP'l平面4BCD于P,連接4P21P.

則NP4P，為直線AP與平面4BCD所成的角，貝IJNP4P=45°,

又PP=2,則P4=2也則P4=2,

則點P的軌跡為以A為圓心半徑為2的圓（落在正方形公當射。1內的部分），

若點尸在正方形4止送8內或內，軌跡分別為線段

因為點尸不可能落在其他三個正方形內，

所以點P的軌跡長度為2X%2魚+2位=n+4V2.

【變式4-2］（23-24高一上?浙江紹興?期末）已知點P是邊長為1的正方體ABCD-a/iCiDi表面上的動點,

若直線4P與平面4BCD所成的角大小為%則點P的軌跡長度為（）

A.3V2B.2V2+HC.字（4+11）D.2V2+1

【解題思路】由題意，分析可得點P的軌跡，分別計算各段軌跡的長度即可.

【解答過程】若點尸在正方形力1%。山1內，過點尸作PP1平面2BCD于P,連接4Pl&P.

貝為直線4P與平面ABC。所成的角，貝IJ/P2P=p

又PP=1,貝=得P&=1,

則點P的軌跡為以&為圓心半徑為1的圓（落在正方形內的部分），

若點尸在正方形4BB1&內或4。。遇1內，軌跡分別為線段和4小,

因為點P不可能落在其他三個正方形內，所以點P的軌跡如圖所示：

故點P的軌跡長度為2dm+JX2it=2V2+7.

故選：D.

【變式4-3］（2024?江西?模擬預測）如圖，已知正三棱臺48（7-4$1的的上、下底面邊長分別為4和6,側

棱長為2,點尸在側面BCC/i內運動（包含邊界），且AP與平面BCC/i所成角的正切值為連，則所有滿

足條件的動點尸形成的軌跡長度為（）

A—B叵C公D-

【解題思路】先將正三棱臺側棱延長補成正三棱錐，求出點4到平面BCCiB的距離即可確定點P的運動軌跡,

進而可得出答案.

【解答過程】依題意，延長正三棱臺側棱相交于點0,取Bi。中點D,

BC中點E,連接貝。有。4=OB=OC,

所以DE的延長線必過點。且DE1BrCr.DE1BC,

過點。作DF〃Ci&DG〃BiB,則四邊形DFCCi是邊長為2的菱形，

如圖所示：

在△OBC中，簧=愛=正%,即!=彘，

解得。Cl=4,所以。C=OCi+QC=4+2=6,

所以△OBC為邊長為6等邊三角形，

所以NDFE=Z_FDCI=NOCB=],0E=3通,

所以DE=DFxsi吟=2x立=遍，

J2

因為△4BC是邊長為3的等邊三角形且E為BC中點,

所以4E=3后BC1AE,

在△04E中，由余弦定理變形得，cos/OEZ=4熏普=（3聞+陰）丁='

2xOExAE2X3V3X3V33

在△4DE中，由余弦定理變形得，

C0SNDE4==+回心=（同+（3佝5=士

2xDExAE2XV3X3A/33

解得4￡?=2e，所以4E2=DE2+4。2,所以AD_LDE,

由BC1AE,BC1OE,AEClOE=E,AEQEu平面40E,

可得BC1平面4。&

又2。<=平面2。&所以BC_L40,

由BC_L4D,AD1DE,BCCDE=E,BC,DEu平面

可得401平面BCJBi，

因為4P與平面BCQB所成角的正切值為歷，

所以器=遍，解得DP=2,AP-y/AD2+DP2=A/24+4=2<7,

所以點P在平面BCCiBi的軌跡為以。為原點的圓被四邊形BCCiBi所截的弧不，疏，

設JF的長度為Z,貝〃=|zFDCi|X\DP\=-jX2=y,

所以所有滿足條件的動點P形成的軌跡長度為苧.

故選：A.

【題型5翻折有關的動態軌跡問題】

【例5】（23-24高三上?云南昆明?階段練習）如圖，已知在△ABC中，AB=1,BC=3,AB1BC,D是BC邊

上一點，且BD=L將△4BD沿4D進行翻折，使得點B與點P重合，若點P在平面4DC上的射影在△4DC內

部及邊界上，則在翻折過程中，動點P的軌跡長度為（）

BDC

*V2_V2_「V2_「V2_

A-出BD-c-D-丁

【解題思路】過點B作BFLAD,得到動點P的軌跡是以E為圓心，以BE為半徑且圓心角為“1"2的圓弧,

在△4BC所在平面建立平面直角坐標系，求得直線BE和4c的方程，聯立方程組，求得尸弓（），得到|EF|的

長，進而求得NP1EP2=》結合弧長公式，即可求解.

【解答過程】如圖（1）所示，過點B作分別交4D/C于點與尸，

則動點P在平面2DC上的射影軌跡為線段EF,

設當P與Pi重合時，有P1E1EF；當P與P2重合時，有P2FLEF,

則由PE=BE為定長，可知動點P的軌跡是以E為圓心，以BE為半徑且圓心角為"i"2的圓弧，如圖（1）

所示，

在△48C所在平面建立如圖（2）所示的平面直角坐標系，

則4（0,1）,￡＞（1,0）,C（3,0）,直線EE:y=x,直線4C:y=+1,

、22/3

聯立方程組b=［；+1，解得光=*y=*即喏則|印=￥，

又由|即=亭可得cos4P2EF=踹="|,所以NP2EF=］,Z.PrEP2=p

所以動點尸的軌跡長度為孝?合凈.

故選：A.

圖⑴圖⑵

【變式5-1］（2024?河南?模擬預測）如圖，在長方形/BCD中，A8=2,BC=4,￡為3c的中點，將

沿/E向上翻折到△P4E的位置，連接尸C,PD,在翻折的過程中，以下結論錯誤的是（）

A.四棱錐P-2ECD體積的最大值為2四

B.PD的中點廠的軌跡長度為亨

C.EP,CD與平面P4D所成的角相等

D.三棱錐P-2ED外接球的表面積有最小值16n

【解題思路】四棱錐P-力ECD的底面積為定值，當平面4PE1平面NECD時，高最大，即可求出四棱錐

P-AECD體積的最大值；取P4的中點G,由已知得點F的軌跡與點G的軌跡形狀完全相同，則可以求點F的軌

跡長度即可；利用線面角的概念分別找到￡尸，CD與平面尸4D所成的角，即可求解；根據三棱錐的外接球

的定義作出圖形，即可求解.

【解答過程】由已知條件可知，梯形ZECD的面積為6,AE=2V2,直角△2PE斜邊NE上的高為魚，當

平面APE1平面AECD時，四棱錐P-AECD的體積取得最大值，

即Vp_4ECD=9X6X魚=2應，貝1JA正確；

取PA的中點G,連接GF,GE,FC,則GF=EC且GF〃EC,

.?.四邊形ECFG是平行四邊形，

???點尸的軌跡與點G的軌跡形狀完全相同.過G作/￡的垂線，垂足為X,G的軌跡是以H為圓心，HG=專為

半徑的半圓弧，從而尸。的中點尸的軌跡長度為亨，

則B錯誤；

由四邊形ECFG是平行四邊形，知EC〃尸G,貝IJEC〃平面P/。，

則E,C到平面PAD的距離相等，

故尸CD與平面P/D所成角的正弦值之比為PE:CD=1:1,貝！jC正確；

△APE外接圓01的半徑為近，01為AE的中點，直角△?!"外接圓。2的半徑為2,。2為4D的中點，4E是圓0

與圓。2的公共弦，|0i02|=V2,

設三棱錐P-4ED外接球的球心為0,半徑為R,

則R=\0E\=J|O1E『+|OO1|2=，01母2+|。1。2|2+|。2。|2=,4+|。2。『＞2,

因為|。2。|e[0,+8),所以R22,所以球。表面積的最小值為S=4TtR2=i6Tr,

則D正確，

故選：B.

【變式5-2]（23-24高二上?四川內江?期中）如圖，已知菱形48CD中，AB=2,NBA。=120。，E為邊BC

的中點，將△ABE沿2E翻折成△2B1E（點/位于平面4BCD上方），連接和3道，F為當。的中點，則

在翻折過程中，點F的軌跡的長度為—土.

【解題思路】設田是4當的中點，可證F的軌跡與G，的軌跡相同，求得當的軌跡之后再求（7的軌跡.

【解答過程】由AB=2,/.BAD-120°,E為邊的中點

設G，是4Bi的中點，又F為Bi。的中點，則G77/4D且G，F=y。，

ffijCF==^AD1.EC//AD,所以（7F〃EC且G;F=EC,

即尸件EC為平行四邊形，故EG〃CF且EG，=CF,

故尸的軌跡與G的軌跡相同.

因為4E1面&EC,且BiE=l,所以％的軌跡為以E為圓心，1為半徑的圓,

設4E的中點為。，貝|0。=我E,OG'Z/B^E,

又。GP面BiEC,BiEu面BiEC,所以。G〃面3典,

故G，的軌跡為以。為圓心，警=,為半徑的圓，

17T

所以尸的軌跡長度為5x2TTXB1￡=-

故答案為：f.

【變式5-3］（22-23高二上?廣東廣州?期末）已知矩形48CD中力B=3,AD=逐現將△4CD沿對角線AC

向上翻折（如圖所示），若在翻折過程中，點。到點8的距離在［亨，等］內變化時，點。的運動軌跡的長

度等于

八Dc

【解題思路】根據已知，可知點。的運動軌跡是圓弧，做輔助線，將BD的長度的變化范圍轉化為二面角

D-AC-B的變化范圍，再由弧長公式計算即得.

【解答過程】如圖所示：在矩形4BCD中，過點。作DF14C交/C于點R交N2于點G,

過點8作BE1OF交。/于點E,故點。的運動軌跡是以尸為圓心，以。尸為半徑的圓弧，NDFE為二面角

D-AC-B的平面角.

\'AB—3,AD—V3,

■■DF=^￡=l，N4CB=5，CF=啜

EF=sinzXCBxBC=孚x舊=|,BE=CF-cos^ACBxBC=竽一5xV3=V3.

翻折后BE，。?，BE1EF,OFCEF=￡O￡EFu平面。底￡,

BE1平面。尸E.???OEu平面OFE,???BE1DE.

當BD=亨時，DE=7BD2-BE2=J（亨丫_（通）2=|,

故△DEF是等邊三角形，所以ADFE4.

當B_D=等時，DE=7BD2-BE2=［（粵）2_詆2=挈,

因為所=。?=|,。￡'=乎,所以￡1產+。尸2=￡）E2,所以z_DFE=1

則點。的運動圓弧所對應的圓心角為方―5=I

故點。的運動軌跡的長度是ar=5x|=：.

故答案為?

【題型6軌跡所圍圖形的周長、面積問題】

【例6】（23-24高三上?廣西貴港?階段練習）正三棱柱4BC-&B1C1的底面邊長是4,側棱長是6,M,N

分別為BBi，CCi的中點，若點尸是三棱柱內（含棱柱的表面）的動點，〃P||平面A&N,則動點尸的軌跡

面積為（）

A.5V3B.5C.V39D.V26

【解題思路】取的中點0,證明平面MQCII平面得動點尸的軌跡為及其內部（挖去點

M）.然后計算的面積即可.

【解答過程】取的中點0,連接CQ,MC,由“，N,0分別為BBi，CQ,45的中點可得MC||Bi

N,MCC平面ABiN,BiNu平面ABiN,

所以MC〃平面4B1N,同理MQIIABi得MQ〃平面ABiN,MCcMQ=M,MC,MQu平面MNQ,則平面

MQC||平面

所以動點P的軌跡為△M0C及其內部（挖去點M）.

在正三棱柱48。一41比3中，A48c為等邊三角形，。為的中點，貝！JCQ14B,

平面48C_L平面力881^1，平面ABC。平面=48,貝!JCQ_L平面ABBiZi，QMu平面力

所以CQLQM.

因為4B=4,所以CQ=2b，

因為側棱長是6,所以力BI=2VH.

所以MQ=V1?,則△M0C的面積S=[x2gxVl?=例，

故動點P的軌跡面積為

故選：C.

【變式6-1］（2024?河北?模擬預測）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）尸T2CD的底面正方形邊長為2,其內切球。的表面積為與動點。在正方形N2CD

內運動，且滿足OQ=OP,則動點0形成軌跡的周長為（）

A包B—C—D—

八.1ID.I】jI】u.I】

【解題思路】利用等體積法及幾何關系求出關于動點0的等式關系，根據相關幾何意義即可求出動點0

形成軌跡的周長.

【解答過程】設內切球。的半徑為凡則鈿/?2=泉...R=,

Jo

如圖，連接/C與AD,設交點為凡取40的中點E,連接尸E,PF,EF.

-11

根據等體積法得式S4BCD+4s△P4B）R=§xAB?xPF,

.第4+4x工X2XPE）x妥gxPF,整理得l+PE=2gPF,y.PE2-PF2=1,

解得PE=",PF=迪.:.0F=返,0P=破，0Q=OP=Q.

1111666y66

在RSOFQ中，QF=J（譬丫-俘FT.

.??點0在以點尸為圓心，得為半徑的圓上，其周長為2TTX5=H.

故選：C.

【變式6-2］（23-24高二下?浙江?開學考試）在正四面體4BCD中，P,Q分別是棱的中點，E,F分別是

直線4B,CD上的動點，且滿足|PE|+|QF|=a,M是EF的中點，則點M的軌跡圍成的區域的面積是（）

A.YB-TC.苧D.呼

【解題思路】先由對稱性找到PQ、EF的中點在中截面GHLK上運動，利用向量的加減運算，得到血=與病

+m），設E,F在中截面上的投影分別為例P,分析證明動點M的軌跡就是邊長為乎a的正方形RNTW,即得解.

【解答過程】如圖所示，

C

正四面體4BCD中，取BC、BD、AD,4C的中點G、H、K、L,

因為P、Q分別是棱48,的中點，所以PQ的中點。也為定點;

由對稱性知，PQ和EF的中點都在中截面GHKL（正方形）上；

由OM=OP+PE+EM=OQ+（）F+FM,

T1TT

所以。M=5（PE+QF）,

設E,F在中截面上的投影分別為E，尸，

T1T

所以。M=5（0￡+0P）,

所以點M是線段￡戶的中點，

悴a〃CDb"AB,則NF。尸=90°,

因為|PE|+|QF|=a,所以OE'+OF'=a,

取。R=ON=1所以。R+ON=a,

兩式相減得RE，=NF，,

過點E作ES〃RN,

所以RE，=NS,所以RE，=NS=NF',

所以E'F'的中點M在RN上，同理EF的中點M在NT,7WWR上，

因為RN=J（ga）2+（聶）2=乎a，

即動點M的軌跡就是邊長為點的正方形RNT-

所以其軌跡圍成的區域的面積是（乎a）2=32

故選：B.

【變式6-3］（2024?四川?一模）如圖，正方體力BCD—4B1C1D1的棱長為3,點E在棱BC上，且滿足

BE=2EC,動點M在正方體表面上運動，且MEIBDi，則動點M的軌跡的周長為（）

A.6V2B.4V3C.4V2D.3V3

【解題思路】在4B,BBi上分別取點G,F,使得BG=2GA,BF=2FB」則M的軌跡為△GEF,進而求出

周長.

【解答過程】解：由正方體的特點可知BDil平面力CBi，

在4B,BBi上分別取點G,F,使得BG=2GA,BF=2FB1,

連接GE,GF,EF,則GE//AC,EF//BrC,

平面ABiC〃平面GEF,

???BDi_L平面GEF,

???時的軌跡為46￡乩

正方體棱長為3,??.AC=3V2,

???GE=|力。=2vL

GEF的周長為3GE=6vL

故選：A.

?過關測試

一、單選題

1.（2024?陜西銅川?模擬預測）在正四棱臺力BCD-4/1的。1中，AB=2A1B1=4V3,=V10,P是四

邊形4BCD內的動點，且&P=4,則動點P運動軌跡的長度為（）

A.亨B.警C.亨D.2V2n

【解題思路】利用勾股定理得到PM=2g,即可得到點P的軌跡，然后求長度即可.

【解答過程】

設A在平面4BCD內的射影為M,則M在線段4C上，則4用="券=吟逅=①，71^^710^6=2,

PM=，4止2一41“2=V16-4=2V3,

故動點P的軌跡為以M為圓心，以2板為半徑的圓在正方形力BCD內部部分，

如圖所示，其中"7=用/<=逐，故。T=BK=3板，

又SM=ML=2?所以S7=KL=V1F^=3,

因為喘=笠=字所以NSMT=4MK=?故故動點P的軌跡長度是*x=字.

故選：A.

2.（2024?遼寧?模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體ABCD-Ai/CiDi中，已知M,N,P分別是棱的%,

441，BC的中點，Q為平面PMN上的動點，且直線QBi與直線DBi的夾角為30。，則點Q的軌跡長度為（）

TtC.2TTD.3Tt

【解題思路】以D為坐標原點，DA,DC,DDi所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，由空間向量

的位置關系可證得DBil平面PMN,可得點Q的軌跡為圓，由此即可得.

【解答過程】解：以。為坐標原點，DA,DC,DDi所在直線分別為無、y、z軸，

建立空間直角坐標系，P(l,2,0),M(0,l,2),N(2,0,l),0(0,0,0),8式2,2,2),

故DBi=(2,2,2),PM=(-1-1,2),

~PN=(1-2,1),設平面PMN的法向量為訪=(x,y,z),

則(而?PM=(x,y,z)?(—1,—1,2)=-x—y+2z=0

(m-PN=(x^z)?(1,—2,1)=x—2y+z=0'

令z=l得，x=y=l,故而=(1,1,1),

因為而=2而，故DBil平面PMN,

Q為平面PMN上的動點，直線QBi與直線0%的夾角為30°,

DBil平面PMN,設垂足為S,以S為圓心，「=爭造為半徑作圓，

即為點Q的軌跡，其中8道=|僅同=,4+4+4=2V3,

由對稱性可知，B、S=?B\D=四,故半徑「=乎*遍=1,

故點Q的軌跡長度為27T.

故選：C.

3.（2024?江西?二模）已知正方體48。。-4中停1。1的棱長為4,點M滿足雨=3標，若在正方形41比的

內有一動點P滿足BP〃平面AM",則動點P的軌跡長為（）

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

【解題思路】在棱4。1,441上分別取點與尸，使得4止=%m1，4F=/出連接E￡BCi,B￡CiE,￡）iEBM,

證明平面BFECJ/平面力"%即可得點P的軌跡為線段CiE,再計算長度即可.

【解答過程】

如圖，在棱2道1,441上分別取點E,F,使得4亞=1道1，A1F=^A1A,

連接EF,BCi，BF,CiE,D/,BM,

因為2iE=%iDi，A1F=^A1A,

所以,EF/ZADr，