立體幾何中的動態(tài)、軌跡問題【六大題型】

?題型歸納

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

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

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

【題型4角度有關(guān)的動態(tài)軌跡問題】...........................................................13

【題型5翻折有關(guān)的動態(tài)軌跡問題】............................................................17

【題型6軌跡所圍圖形的周長、面積問題】.....................................................21

?命題規(guī)律

1、立體幾何中的動態(tài)、軌跡問題

“動態(tài)、軌跡”問題是高考立體幾何問題最具創(chuàng)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(tài)”的點、線、面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力，題型更新穎.同時，由于“動態(tài)”

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(zhuǎn)化.

?方法技巧總結(jié)

【知識點1立體幾何中的動態(tài)、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(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(biāo)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(jù)圓或圓錐曲線的定義推斷出動點的軌跡，進(jìn)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(shù))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(shè)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(shù)/，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(jié)合立體幾何中的線面平行、線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，找到動

點的軌跡，再進(jìn)行求解.

（4）坐標(biāo)法：坐標(biāo)法就是通過建立空間直角坐標(biāo)系，將立體幾何中的軌跡問題轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)運算問題，進(jìn)

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(jìn)行求解.

?舉一反三

【題型1動點保持平行的動態(tài)軌跡問題】

【例1】（2024?全國?模擬預(yù)測）如圖，在棱長為2的正方體4BCD—&8道1。1中，￡為棱8c的中點，F(xiàn)

為底面/BCD內(nèi)一動點（含邊界）.若DF〃平面&EC1，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(jié)合題意可得平面小MN〃平面4EC1，得出線段MN是動點

尸的軌跡，計算MN即可得.

【解答過程】如圖，取4。的中點河、CD的中點N,連接。

因為E為3c的中點，Af為4D中點，由正方體的性質(zhì)可得，

CE=DM,CE//DM,所以四邊形CEMD是平行四邊形，

所以ME〃CD,ME=CD,又因為射。1/。。，=CD,

所以ME〃Ci%,ME=C1D1,所以四邊形。亞“小是平行四邊形，

所以。由正方體的性質(zhì)可得，

AiA=CiC,A\A〃C\C,所以四邊形力MCCi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//AC,所以MN〃2Ci，

因為辦M,MNC平面&ECi，CiE/iQu平面4出5，

所以￡>1M〃平面MN//平面&EC1，

又。1MCMN=M,所以平面DiMN〃平面

因為DF〃平面&EC1，所以小Fu平面%MN,

所以動點尸的軌跡為線段MN,

又MN=魚步=VL故動點尸的軌跡長度為近.

【變式1-1］（2024?北京昌平?二模）已知棱長為1的正方體4BCD—&B1C1D1，M是B班的中點，動點P在

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

A.yB.V2C.1D.2

【解題思路】過點m做平面ZB%的平行截面，再求四邊形面積即可.

如圖所示E、F、G、〃■分別是力力1、①小、BAB8i的中點,

貝|］￡77/4￡>1,EM//AB,所以EF〃平面AB%,EM〃平面ABDi，且EFnEM=E,

所以平面AB%//平面EFGM,故點P的軌跡為矩形EFGM.

=B^G=―,所以MG=q,所以SEFGM=1X終=乎.

故選：A.

【變式1-2］（2024?江西贛州?二模）在棱長為4的正方體4BCD—4出道山1中，點P滿足嬴=4而，E,F

分別為棱BC,CD的中點，點Q在正方體ABCD—&B1CW1的表面上運動，滿足&Q〃面EFP,則點Q的軌跡

所構(gòu)成的周長為（）

A.粵B.2V37C.安D.喈

【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】延長交EF的延長線與H,G,連接PG,PH,分別交BB。DD^R,T

過點&作AiK〃PG交B為于點K,過點Ai作4iN〃PH交。。1于點N,

因為&KC平面E”,PGu平面所以&K〃平面EFP,

同理可得&N〃平面EFP,

因為41KCA1N=4,所以平面EFP〃平面力iKN,

過點N作N"〃&K交CCi于點M,

連接MK,貝UMK〃41N

則平行四邊形&KMN（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,尸分別為棱BC,CD的中點，嬴=4而，

1

所以ap=I,BR=DT=E，

i2

因為4止=KR=NT=3,所以=%N=4-3--=-,

2

過點N作NJlCCi于點J,貝UC"=%N=

7774

則由幾何關(guān)系可知/M=BiK=§,所以CiM=]+§=]

由勾股定理得&K=A/=MN=MK=,N/2+JM2=

所以點Q的軌跡所構(gòu)成的周長為吟.

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

點尸是側(cè)面CDZ%Ci上的動點，且.MP〃平面4B1C,則線段〃尸長度的取值范圍為()

A.慘閥B-[1，瑪

c修，|]D.同|]

【解題思路】根據(jù)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(jié)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CCi的中點為R,取CD的中點為N,取Bi。的中點為H,如圖所示

因為M是4的中點，”是Bi。的中點，

所以BiC〃HR,

因為平面u平面力&C,

所以HR〃平面力當(dāng)加

同理可得，〃平面ABiC,

又HRCMH=u平面MNRH,

所以平面MNRH〃平面4BiC.

又MPu平面MNRH,線段MP掃過的圖形是△MNR,

由力B=1,得MN="2+12=VXNR=J(|)2+(|)2=孝,

MG=的丫+I?=奈MR=的丫+停J?=孚，

所以MN2=NR2+MR2,即NMRN為直角,

所以線段MP長度的取值范圍是:悸，聞

故選：A.

【題型2動點保持垂直的動態(tài)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ABC。一AiBiCiDi中，點P為截面4停道上

的動點，若DP141C,則點P的軌跡長度是（）

A.￥B.V2C.1D.1

【解題思路】連接DCi,8D,利用線面垂直的判定推理證得&C平面BCi。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—4B1C1D1中，連接OCi，BD/C,

由Ml平面ABC。，8。u平面ABC。，得BDJ.441，而BD1AC,

A4in4C=AHAi/Cu平面A41C,貝!1平面A4iC,又4iCu平面A41C,

于是BD1&C,同理BC1J.&C,而BCiClBD-BDu平面BCi。，

因此4停1平面BCi。，因為。。14停，則DPu平面BCi。，

而點P為截面4道道上的動點，平面&CiBn平面BCi。=BQ,

所以點P的軌跡是線段BCi，長度為VI

故選：B.

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

側(cè)棱與底面垂直，點P是側(cè)棱上的點，且DP=2PD1,AA1=3,AB=1.若點Q在側(cè)面BCC/i（包括其邊界）

上運動，且總保持4QIBP,則動點Q的軌跡長度為（）

A.V3B.V2C.竽D.孚

【解題思路】先找到過點4與8P垂直的平面與側(cè)面BCCiBi的交線，從而求解.

【解答過程】

如圖，在側(cè)棱441上取一點R,使得4R=2R&,連接PR,BR,

過點力作4VLBR交于點M,交BB］于點N,連接力&CN,

由PRII4D,可知PR14N,

BR、PRu平面BPR,BRCPR=R,

從而4N_L平面BPR,所以BP_L4V,

又由BP在平面4BCD內(nèi)的射影BD14C,所以BP14C,

AN、4Cu平面4CN,ANnAC=A,

知BP_L平面力CN,平面4CN,CNu所以BPLCN,

所以動點Q的軌跡為線段CN,

^.RtAABN.RtARAB,4BAN=4ARB,所以Rt△AB?Rt△RAB,

BNAB,1

則mil而=而得ZFBN=5

易得CN=7BN2+BC2=*）2+12=當(dāng)

故選：D.

【變式2-2]（2024?廣西玉林?三模）在正四棱柱力BCD—481C1D1中，AB=1,=4,E為。小中點,

P為正四棱柱表面上一點，且CiPIBiE,則點P的軌跡的長為（）

A.V5+V2B.2V2+V2C.2^5+V2D.V13+V2

【解題思路】根據(jù)給定的條件，結(jié)合正四棱柱的結(jié)構(gòu)特征，作出過點G垂直于BiE的正四棱柱的截面即可計

算作答.

【解答過程】在正四棱柱4BCD—4再停1。1中，連接B1D14C1，如圖，A1C11B1D1,颯_L平面4181cl

Di，

因為u平面4i8iCiZ）i,貝!|E￡）i_L，道丁又u平面

ED】CBi。1=。1，貝_L平面u平面EBi。1，貝！|Ci力i-LB,

取CCi中點F,連接在平面BCC1為內(nèi)過J作CiG_LB/,交于G,顯然￡尸〃。停1，

而％Ci_L平面BCCiBi，則EF1平面BCC?WQG1EF,

又BF，F(xiàn)Eu平面BiFE,FECB#=F,于是C\G_L平面為FE,而B】Eu平面BFE,因此QGlBiE,

因為CiG,Ci_/4iu平面C]4iCiC】G=C]，從而BiE_L平面CiGA1，

連接&G,則點P的軌跡為平面CiG&與四棱柱的交線，即△&C1G,

因為NBiCiG+zGCiF=zGCiF+NBiFCi=90°,即有NB1C1G=又NCi^iG=4FCM

于是△Ci/GFC，有得?=^^=2,BrG=I，

所以點P的軌跡長為/1G+C]G+4iCi=2/1+i+V2=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48c=120°.將菱形沿對角線/C折疊

成大小為30。的二面角/一AC—D.若點E為夕C的中點,F為三棱錐所一4CD表面上的動點，且總滿足/C1EF,

則點尸軌跡的長度為()

A.B.4+.+V2c.4+V6-V2D.4+V6+V2

【解題思路】根據(jù)二面角的平面角可結(jié)合余弦定理求解求次。=乃-企，進(jìn)而利用線面垂直可判斷點F軌

跡為求解周長即可.

【解答過程】連接AC、BD,交于點。，連接。夕，

ABCD為菱形，/.ABC=120°,

所以2C18D,OB'1AC,ODLAC,

所以為二面角/一AC-。的平面角,

于是N笈。。=30°,

又因為。B'=。。=如=2,

所以?D=>JB'O2+DO2-2B'O?￡>Ocos30°=J22+22-2X2X2X^=V6-V2,

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

所以4C1EP、AC1PQ,EP,EQ相交，

所以4C1平面EPQ,

所以在三棱錐⑶—4CD表面上，滿足AC1EF的點F軌跡為△EPQ,

因為EP=《O9，PQ=TOO,EQ=期r,

所以△EPQ的周長為Jx(V6-V2+2+2)=處第返，

4Z

所以點尸軌跡的長度為喑返.

故選：A.

【題型3距離（長度）有關(guān)的動態(tài)軌跡問題】

[例3]（2024?四川南充?二模）三棱錐4—BCD中，AB=ACAD4,BC=CD=DB=6,P為△BCD

內(nèi)部及邊界上的動點，AP=2V2,則點P的軌跡長度為（）

A.nB.27iC.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(shè)點4在底面BCD上的射影為0,即可得

OP,進(jìn)而可得點P的軌跡及其長度.

【解答過程】

如圖所示，

由力B=AC—AD——4,BC—CD—DB=6,

可知三棱錐a-BCD為正三棱錐，

設(shè)CD中點為E,

則BE=3?OB=2V3,OE=V3,

設(shè)點a在底面BCD上的射影為0,

則2。_L平面BCD,0A=yjAB2-OB2=2,

又P為△8C0內(nèi)部及邊界上的動點，AP=2五,

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(nèi)部及邊界上的部分,

cos/EOPi=箴=苧'

即NEOPi=*z.P1OP2=l，

所以點P的軌跡長度為2TTX2—3X^X2=2TT,

故選：B.

【變式3-1](2024?廣東梅州?一模)如圖,正四棱柱力BCD—4/道山1中，441=22B=2,點P是面AB&

力1上的動點，若點P到點。1的距離是點P到直線4B的距離的2倍，則動點P的軌跡是()的一部分

Dx

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(biāo)系，設(shè)P(lMm)(n>。)，利用兩點距離公式可得外"+])—普=1,即

1919

可求解.

【解答過程】由題意知，以。為原點，所在直線分別為招y,z軸建立如圖空間直角坐標(biāo)系，

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

所以PDi-(—1,—m,2—n),

因為P到。1的距離是P到28的距離的2倍，

所以J=2n,即(-I)2+(—m)2+(2—n)2=4n2,

整理，得9(喑)2—警=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(xí)）設(shè)/、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〃滿足M4=則點”的軌跡長度為（）

A4V6n2回女

A.—TiB.吟C.唔D.——1T

11

【解題思路】先建立平面直角坐標(biāo)系確定M軌跡，轉(zhuǎn)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(biāo)系，4B為x軸，力B垂直平分線為y軸,

則易知4(—1,0),0(0,1),

設(shè)MQ,y)，由=可得(x+1)2+y2=3(*-1)2+3y2n(芯-2尸+/=3,

故知的軌跡是以C（2,0）為圓心，遍為半徑的圓,

轉(zhuǎn)化到空間〃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=a,MC=遮,易求得。。=迷，即△OCM為直角三角形,

則對應(yīng)圓的半徑為=立醇=等

V55

M的軌跡長度即對應(yīng)圓的周長為噌T.

【變式3-3］（2023?陜西西安?模擬預(yù)測）已知正方體48CD—4/傳必的棱長為2Mp是正方形BBiCiC（含

邊界）內(nèi)的動點，點P到平面&BD的距離等于竽，貝的,P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當(dāng)?shù)狡矫?/。的距離等于孚，結(jié)合平行關(guān)系分析可得點P的軌跡為線段

BC再根據(jù)△Bi。。的形狀分析求解.

【解答過程】由題意可知：BiC=ArB=ArD=BD=44道=2瓜,

設(shè)三棱錐團(tuán)的高為h,

因為VBLABD=力-A&B,則1xhx3x4x4x孚=gx2魚x：x2V^x2vL

解得h=孚，即點/到平面4聲。的距離等于甯

又因為&B1IICD,且&Bi=CD,則四邊形4B1CD為平行四邊形，則公川當(dāng)。，

&DU平面a/D,BiCC平面41BD,所以當(dāng)。|平面4/。，

即點P的軌跡為線段&C,

因為CD1平面BBiQC,&Cu平面B&CiC,所以CQJ.BC

在RtaBiCD中，D,P兩點間距離的最大值為=2V6.

故選：D.

---------yCx

N/\\p

【題型4角度有關(guān)的動態(tài)軌跡問題】

【例4】（2024?全國?模擬預(yù)測）已知正四棱錐P—ABCD的體積為竽，底面4BCD的四個頂點在經(jīng)過球心的

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

（）

A.V2TTB.4儷C.等D.孚T1

【解題思路】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(jìn)而根據(jù)銳角三角函

數(shù)可得OE=OP.tan/"。=苧，即可判斷點E的軌跡為。為圓心，半徑「=半的圓，即可求解.

【解答過程】由題意，設(shè)球。的半徑為R.如圖所示，連接力&BD交于點。，連接P0,則

4。=8。=。。=&AB=P。！平面4BC0,所以U四棱錐P_4BCD=14^2?P。=x2R2xR=竽,

解得R=V2.

在RtzXPOE中，因為。P=VLNEPO=*所以。E=OP-tanNEP。=半.

因為正方形4BCD的中心。到各邊的距離為郛=1＞爭所以點E的軌跡為平面力BCD內(nèi)，以點。為圓心，半

徑r=空的圓，故點E的軌跡長度為2m=李.

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ZBCD—&B1C1D1表面上的一個動點,

直線2P與平面48CD所成的角為45。，則點P的軌跡長度為（）

A.TT+4V2B.4V2TTC.2V3D.3近+n

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

【解答過程】若點P在正方形&81QD1內(nèi)，

過點尸作PPJ■平面于P,連接力P14P.

則NP4P，為直線ZP與平面4BCD所成的角，則NP4P=45°,

又PP'=2,則P4=2魚，則P4=2,

則點P的軌跡為以41為圓心半徑為2的圓（落在正方形2聲傳1。1內(nèi)的部分），

若點尸在正方形內(nèi)或內(nèi)，軌跡分別為線段4歷,4小，

因為點P不可能落在其他三個正方形內(nèi)，

所以點P的軌跡長度為2x^+2V2+2V2=n+4立.

故選：A.

【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ABC。—&B1C1D1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+nC.孝（4+11）D.2或+]

【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4道住1。1內(nèi)，過點尸作PP1平面4BCD于P,連接4P/1P.

則NP4P為直線4P與平面4BCD所成的角，則NP4P=5，

又pp'=1,貝ijpa=V2,得P2i=1,

則點P的軌跡為以&為圓心半徑為1的圓（落在正方形內(nèi)的部分），

若點P在正方形488遇1內(nèi)或40。遇1內(nèi)，軌跡分別為線段4Bi和4%,

因為點P不可能落在其他三個正方形內(nèi)，所以點P的軌跡如圖所示：

故點P的軌跡長度為2vm+jx2TT=2V2+J

故選：D.

【變式4-3］（2024?江西?模擬預(yù)測）如圖，已知正三棱臺4BC—4B1C1的上、下底面邊長分別為4和6,

側(cè)棱長為2,點尸在側(cè)面BCC/i內(nèi)運動（包含邊界），且/尸與平面BCCpBi所成角的正切值為遙，則所有

滿足條件的動點P形成的軌跡長度為（）

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

進(jìn)而可得出答案.

【解答過程】依題意，延長正三棱臺側(cè)棱相交于點。，取Bi。中點

BC中點E,連接貝U有。4=0B=0C,

所以DE的延長線必過點。且DE1BG，DE1BC,

過點。作。F//C1&DG〃a8,則四邊形DFCCi是邊長為2的菱形，

如圖所示：

在△OBC中，嗡1=察=oc°+cc'即9=oc+2'

DCUC十C.1LJC/CJTZ

解得OC1=4,所以。C=OC1+C1C=4+2=6,

所以△OBC為邊長為6等邊三角形，

所以NDFE=乙FDC1=Z.OCB=f,0E=3近,

所以DE=DFxsin^=2x逅=

32

因為△力BC是邊長為3的等邊三角形且E為BC中點,

所以4E=3b，BC1AE,

。都+旃一。〃_(3?2+(3旬2—621

在△04E中,由余弦定理變形得,cosZ-OEA=

2xOExAE2X3V3X3V33,

在△4DE中，由余弦定理變形得,

"+旃一心_(a2+(3-)2_/02_1

cosZ-DEA=

2xDExAE2xV3x3V33,

角窣得/。=2前，所以ZE2=。￡2+4。2,所以ADJ.DE,

由BC±AE,BC1OE,AEAOE=E,AE,OEu平面ZOE,

可得BC_L平面ZOE,

又/Ou平面/OE,所以

由AD±DE,BCClDE=E,B&DEu平面BCCiBi，

可得ZO1平面BCC/i，

因為4P與平面BCCiB所成角的正切值為歷，

所以而=V6,解得DP=2,AP=y/AD2+DP2=-24+4=2夕，

所以點尸在平面BCC1當(dāng)?shù)能壽E為以。為原點的圓被四邊形BCC1/所截的弧瓦尺布,

設(shè)QF的長度為Z,則1=\Z-FDC1\x\DP\=2=y,

所以所有滿足條件的動點尸形成的軌跡長度為爭

故選：A.

【題型5翻折有關(guān)的動態(tài)軌跡問題】

【例5】（23?24高三上?云南昆明?階段練習(xí)）如圖，已知在△A8C中，AB=lfBC=3,AB1BCfD是BC邊

上一點，且8。=1,將沿4。進(jìn)行翻折，使得點8與點P重合，若點尸在平面ZDC上的射影在△ZDC內(nèi)

部及邊界上，則在翻折過程中，動點P的軌跡長度為（）

C.評D.—1T

4

【解題思路】過點B作BF14D,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△ABC所在平面建立平面直角坐標(biāo)系，求得直線BE和AC的方程，聯(lián)立方程組，求得F?,3,得到|EF|的

長，進(jìn)而求得NP1EP2=F，結(jié)合弧長公式，即可求解.

【解答過程】如圖（1）所示，過點B作BF14D,分別交4D/C于點E,F,

則動點P在平面力DC上的射影軌跡為線段EF,

設(shè)當(dāng)P與Pi重合時，有PiElEF；當(dāng)P與P2重合時，有22尸，￡乩

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NP1EP2的圓弧，如圖（1）

所示，

在△ABC所在平面建立如圖（2）所示的平面直角坐標(biāo)系，

則力（0,1）,D（l,0）,C（3,0）,直線BE:y=x,直線2C:y=—$+1,

聯(lián)立方程組［y=L［+l，解得x=*y=*即尸信＞則|幽=?，

又由|眼=亭可得cos4P2EF=昌=所以NP2EF=?,/-P1EP2=

所以動點P的軌跡長度為乎嗎=凈.

圖⑴圖⑵

【變式5-1］（2024?河南?模擬預(yù)測）如圖，在長方形4BCD中，AB=2,BC=4,E為3c的中點，將△B4E

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

A.四棱錐P-AECD體積的最大值為26

B.PD的中點尸的軌跡長度為粵

C.EP,CD與平面P4D所成的角相等

D.三棱錐P-4ED外接球的表面積有最小值16TT

【解題思路】四棱錐P—4ECD的底面積為定值，當(dāng)平面4PEJ.平面NECD時，高最大，即可求出四棱錐

P—4ECD體積的最大值；取P4的中點G,由已知得點尸的軌跡與點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EPCD與平面尸/D所成的角，即可求解；根據(jù)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/KCD的面積為6,AE=2V2,直角aAPE斜邊/E上的高為VL當(dāng)

平面力PE1平面AECD時，四棱錐P—4ECD的體積取得最大值，

即VPYECD=：x6x魚=2a，貝!|A正確；

取P4的中點G,連接GF,GE,FC,貝ijGF=EC且GF//EC,

???四邊形ECFG是平行四邊形，

.?.點F的軌跡與點G的軌跡形狀完全相同.過G作/￡的垂線，垂足為，，G的軌跡是以H為圓心，HG若為

半徑的半圓弧，從而尸D的中點F的軌跡長度為爭，

則B錯誤；

由四邊形ECFG是平行四邊形，知EC//FG,貝場。/平面P4),

則E,C到平面取。的距離相等，

故尸E,CD與平面P4D所成角的正弦值之比為PE:CD=1:1,則C正確；

△4PE外接圓0的半徑為魚，。1為4E的中點，直角△力DE外接圓。2的半徑為2,。2為力。的中點，4E是圓內(nèi)

與圓。2的公共弦，|OiO2|=72,

設(shè)三棱錐P—4ED外接球的球心為。，半徑為R,

則R=\QE\=J|0E|2+|。。42=*。止|2+|。1。2|2+|。2。|2=凡4+|。2。|2>2,

因為|。2。|e[0,+8),所以R22,所以球。表面積的最小值為S=4nR2=i6m

則D正確，

故選：B.

【變式5-2]（23-24高二上?四川內(nèi)江?期中）如圖，已知菱形A8CD中，AB=2,^BAD=120°,E為邊BC

的中點，將沿4E翻折成△28亞（點/位于平面48CD上方），連接當(dāng)C和當(dāng)。，F(xiàn)為當(dāng)。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(shè)田是4當(dāng)?shù)闹悬c，可證F的軌跡與G，的軌跡相同，求得當(dāng)?shù)能壽E之后再求（7的軌跡.

【解答過程】由AB=2,4820=120。，E為邊BC的中點

設(shè)G，是4Bi的中點，又F為Bi。的中點，則G77/4D且G，F(xiàn)=%1D,

而CE==^AD^.EC//AD,所以G'F//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2E1面&EC,且BiE=l,所以當(dāng)?shù)能壽E為以E為圓心，1為半徑的圓,

設(shè)力E的中點為O,貝|0。=匏花，OG'1/B^E,

又。GE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,

所以尸的軌跡長度為!x2itxBrE=

故答案為：f.

【變式5-3］（22-23高二上?廣東廣州?期末）己知矩形28CD中4B=3,AD=W，現(xiàn)將△"￡?沿對角線4C

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

度等于

八Dc

【解題思路】根據(jù)已知，可知點。的運動軌跡是圓弧，做輔助線，將8。的長度的變化范圍轉(zhuǎn)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2BCC中，過點。作DF14C交/C于點R交4B于點G,

過點8作BE，OF交。尸于點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==I，UCB=l，CF=竽，

EF=sinzaCBx8C=孚x遮=|,BE=CF-cos/.ACBxBC=當(dāng)一三乂遮=遮.

翻折后BEIDF,BE1EF,DFCEF=u平面。尸￡,

???BE1平面D/E.SEu平面OFE,??.BE1DE.

當(dāng)BD=亨時，DE=7BD2—BE2=J（亨丫一（V3）2=|,

故△DEF是等邊三角形，所以ADFE=?

當(dāng)BD=苧時，DE=7BD2_BE2=J（等丫_（舊f=乎，

因為EF=DF=|,DE=挈，所以*2+DF2=DE2,^^DFE=5

則點。的運動圓弧所對應(yīng)的圓心角為與一方=

故點。的運動軌跡的長度是仃=?X|=：.

故答案為3.

【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(xí)）正三棱柱ABC—&B1C1的底面邊長是4,側(cè)棱長是6,M,N

分別為BBi，CCi的中點，若點尸是三棱柱內(nèi)（含棱柱的表面）的動點，VPII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△MQC及其內(nèi)部（挖去點

.然后計算△屈℃的面積即可.

【解答過程】取48的中點0,連接MQ,CQ,MC,由Af,N,Q分別為BB],CQ,48的中點可得MCll/

N,MCC平面ABiN,BiNu平面ABiN,

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

MQC||平面481N,

所以動點尸的軌跡為△M0C及其內(nèi)部（挖去點M）.

在正三棱柱2BC—乙/心中，AABC為等邊三角形，0為的中點，貝

平面ABC_L平面力平面2BCCl平面2BB141=48,貝|CQ_L平面ABBiAi，QMu平面48Bi4i，

所以CQ1QM.

因為48=4,所以CQ=2g,

因為側(cè)棱長是6,所以力BI=2VH.

所以MQ=Vn,則△M0C的面積S=：XXg=商,

故動點P的軌跡面積為

故選：C.

【變式6-1]（2024?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）PTBCD的底面正方形邊長為2,其內(nèi)切球。的表面積為與動點。在正方形/BCD

內(nèi)運動，且滿足OQ=OP,則動點0形成軌跡的周長為（）

?311八4n?5-n

A?五B.五C,-D,-

【解題思路】利用等體積法及幾何關(guān)系求出關(guān)于動點0的等式關(guān)系，根據(jù)相關(guān)幾何意義即可求出動點0

形成軌跡的周長.

【解答過程】設(shè)內(nèi)切球。的半徑為七貝3TTR2=]...R=,

J6

如圖，連接/C與AD,設(shè)交點為凡取4D的中點E,連接PE,PF,EF.

-11

根據(jù)等體積法得式S4BCD+4s△P4B）R=]XAB?XPF,

.-.|（4+4X工X2xPE）X4=3xPF,整理得1+PE=2陋PF,又PE?-PF2=1,

解得PE=熱，PF=逅..-.OF=立，OP=改，OQ=OP=破.

1111666y66

在Rg。"中，Q77=J（噤丫-（方號?

774

.??點0在以點尸為圓心，五為半徑的圓上，其周長為21Tx五=五正

故選：C.

【變式6-2]（23-24高二下?浙江?開學(xué)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48,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(qū)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，得到屆=*屆

+m），設(shè)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。M=OP+PE+EM=0Q+QF+FM,

所以諭=/藁+而，

設(shè)E,F在中截面上的投影分別為￡尸，

作0/CD力〃AB,貝此k=90°,

因為|PE|+\QF\=a,所以O(shè)E'+。尸1=a,

取。R=ON=/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N7,7WWR上，

因為RN=J（：a）2+（（爐=*a,

即動點M的軌跡就是邊長為點的正方形RNTW,

所以其軌跡圍成的區(qū)域的面積是（日公=我

故選：B.

【變式6-3］（2024?四川?一模）如圖，正方體48CD—&81射。1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AGEF,進(jìn)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=2FBr,

連接GE,GF,EF,則GE//AC,EF//BrC,

平面ABiC〃平面GEF,

BDi_L平面GEF,

??.M的軌跡為aGEF.

正方體棱長為3,AC=3V2,

???GE=|ac=2V2,

GEF的周長為3GE=6V2.

故選：A.

?過關(guān)測試

一、單選題

1.（2024?陜西銅川?模擬預(yù)測）在正四棱臺4BCD—a8傳1。1中，AB=2A1B1=4V3,=VI石，P是

四邊形4BCD內(nèi)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=2板，即可得到點P的軌跡，然后求長度即可.

【解答過程】

設(shè)占在平面ABC。內(nèi)的射影為M,則M在線段4C上，貝IMM=片魚=亞亨=屈，A時=71萬=%=2,

PM=八=2_41“2=V16-4=2V3,

故動點P的軌跡為以M為圓心，以2祗為半徑的圓在正方形力BCD內(nèi)部部分，

如圖所示，其中"7="/<=遍，故DT=BK=3b,

又SM=ML=2V3,所以ST=KL=V12-3=3,

因為喘=器=容所以NSMT=4MK=?故=故動點P的軌跡長度是祭x2遮=色普

故選：A.

2.（2024?遼寧?模擬預(yù)測）如圖，在棱長為2的正方體ABC。-41%的%中，已知M,N,尸分別是棱的

Di，AAlf8C的中點，Q為平面PMN上的動點，且直線QB1與直線的夾角為30。，則點Q的軌跡長度為

C.2irD.3ir

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

的位置關(guān)系可證得1平面PMN,可得點Q的軌跡為圓，由此即可得.

【解答過程】解：以D為坐標(biāo)原點，DA,DC,DDi所在直線分別為x、y、z軸，

建立空間直角坐標(biāo)系，P(l,2,0),N(2,0,l),￡>(0,0,0),BI(2,2,2),

故。Bi—(2,2,2)，PM=(—1,—1,2),

麗=(1,—2,1),設(shè)平面PMN的法向量為訪=(x,y,z),

IjjJm-PM=(x,y,z)■(-1,-1,2)=一萬-y+2z=0

'Im-PN=(x,y,z)?(1,—2,1)=x—2y+z=0'

令z=l得，x=y=1,故而=(1,1,1),

因為函=2m,故DBi1平面PMN,

Q為平面PMN上的動點，直線QBi與直線D%的夾角為30°,

DBil平面PMN,設(shè)垂足為S,以S為圓心，「=爭行為半徑作圓，

即為點Q的軌跡，其中麗|=E^=20

由對稱性可知，BxS=^B1D=V3,故半徑「=苧*遮=1,

故點Q的軌跡長度為2Tt.

故選：C.

3.（2024?江西?二模）已知正方體48CD—&81QD1的棱長為4,點M滿足？!7=3荻，若在正方形&為0

內(nèi)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】在棱上分別取點瓦F,使得4亞=11。1，=連接即方⑸夕月的與小

F.BM,證明平面BFEQ〃平