立體幾何中的動(dòng)態(tài)、軌跡問(wèn)題-2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專(zhuān)練（新高考專(zhuān)用）

重難點(diǎn)20立體幾何中的動(dòng)態(tài)、軌跡問(wèn)題【六大題型】

【新高考專(zhuān)用】

?題型歸納

【題型1動(dòng)點(diǎn)保持平行的動(dòng)態(tài)軌跡問(wèn)題】........................................................2

【題型2動(dòng)點(diǎn)保持垂直的動(dòng)態(tài)軌跡問(wèn)題】........................................................6

【題型3距離(長(zhǎng)度)有關(guān)的動(dòng)態(tài)軌跡問(wèn)題】...................................................10

【題型4角度有關(guān)的動(dòng)態(tài)軌跡問(wèn)題】............................................................13

【題型5翻折有關(guān)的動(dòng)態(tài)軌跡問(wèn)題】............................................................17

【題型6軌跡所圍圖形的周長(zhǎng)、面積問(wèn)題】.....................................................21

?命題規(guī)律

1、立體幾何中的動(dòng)態(tài)、軌跡問(wèn)題

“動(dòng)態(tài)、軌跡”問(wèn)題是高考立體幾何問(wèn)題最具創(chuàng)新意識(shí)的題型，是高考中的重點(diǎn)、難度問(wèn)題，它滲透

了一些“動(dòng)態(tài)”的點(diǎn)、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(shí)，由于“動(dòng)態(tài)”

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

及解析幾何問(wèn)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(shí)點(diǎn)1立體幾何中的動(dòng)態(tài)、軌跡問(wèn)題的解題策略】

1.動(dòng)點(diǎn)軌跡的判斷方法

動(dòng)點(diǎn)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(dòng)點(diǎn)的軌跡，有時(shí)也可以利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求出動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程.

2.立體幾何中的軌跡問(wèn)題的常見(jiàn)解法

(1)定義法：根據(jù)圓或圓錐曲線的定義推斷出動(dòng)點(diǎn)的軌跡，進(jìn)而求解軌跡問(wèn)題.

(2)交軌法：若動(dòng)點(diǎn)滿(mǎn)足的幾何條件是兩動(dòng)曲線(曲線方程中含有參數(shù))的交點(diǎn)，此時(shí)，要首先分析兩動(dòng)曲

線的變化，依賴(lài)于哪一個(gè)變量?設(shè)出這個(gè)變量為K求出兩動(dòng)曲線的方程，然后由這兩動(dòng)曲線方程著力消去

參數(shù)3化簡(jiǎn)整理即得動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程，這種求軌跡方程的方法我們稱(chēng)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(dòng)

點(diǎn)的軌跡，再進(jìn)行求解.

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

行求解.

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

題，進(jìn)行求解.

?舉一反三

【題型1動(dòng)點(diǎn)保持平行的動(dòng)態(tài)軌跡問(wèn)題】

【例1】（2024?全國(guó)?模擬預(yù)測(cè)）如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體力BCD-4中，￡為棱8c的中點(diǎn)，F(xiàn)

為底面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)（含邊界）.若DF〃平面&EC1，則動(dòng)點(diǎn)尸的軌跡長(zhǎng)度為（）

A.遮B.V5C.2V2D.V2

【解題思路】取的中點(diǎn)河、CD的中點(diǎn)N,結(jié)合題意可得平面DiMN〃平面為EC1，得出線段MN是動(dòng)點(diǎn)

廠的軌跡，計(jì)算MN即可得.

【解答過(guò)程】如圖，取的中點(diǎn)”、CD的中點(diǎn)N,連接

因?yàn)镋為8c的中點(diǎn)，”為4D中點(diǎn)，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?yàn)镃i。"/。。，C1D1=CD,

所以ME"。％,ME=CJDJ,所以四邊形OEM%是平行四邊形，

所以小M〃CiE,由正方體的性質(zhì)可得，

=CrC,A\AHC\C,所以四邊形是平行四邊形，

所以41的〃力C,又因?yàn)椤盀榱中點(diǎn)，N為CD中點(diǎn)，

所以MN〃4C,所以MN〃&Ci，

因?yàn)镈iMMN，平面&ECi，CiE,2Ciu平面&EC\,

所以〃平面&ECi，MN〃平面4m的，

又入MCMN=M,所以平面DjMN〃平面&ECr

因?yàn)樾∈ㄆ矫?E。，所以DiFu平面5MN,

所以動(dòng)點(diǎn)F的軌跡為線段MN,

又MN=^^=立,故動(dòng)點(diǎn)尸的軌跡長(zhǎng)度為魚(yú).

故選：D.

Bi

【變式1-1]（2024?北京昌平?二模）已知棱長(zhǎng)為1的正方體4BCD-4/1的小，M是的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P

在正方體內(nèi)部或表面上，且MP〃平面力BDi，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡所形成區(qū)域的面積是（）

A.yB.V2C.1D.2

【解題思路】過(guò)點(diǎn)M做平面48%的平行截面，再求四邊形面積即可.

如圖所示E、F、G、M分別是44人4小、BG、BBi的中點(diǎn)，

貝！IEF//ADI,EM//AB,所以EF//平面4B￡）i，EM//平面且EFnEM=E,

所以平面〃平面EFGM,故點(diǎn)P的軌跡為矩形EFGM.

MB1—B^G-i,所以MG=字，所以SEFGM=1xj

故選：A.

【變式1-2]（2024?江西贛州?二模）在棱長(zhǎng)為4的正方體—中，點(diǎn)P滿(mǎn)足旃*=4Q,E,F

分別為棱BC,CD的中點(diǎn)，點(diǎn)Q在正方體4BCD-aB1C1D1的表面上運(yùn)動(dòng)，滿(mǎn)足&Q〃面EFP,則點(diǎn)Q的軌跡

所構(gòu)成的周長(zhǎng)為（）

A."B.2V37C.2D.返

333

【解題思路】作出輔助線，找到點(diǎn)Q的軌跡，利用勾股定理求出邊長(zhǎng)，得到周長(zhǎng).

【解答過(guò)程】延長(zhǎng)交EF的延長(zhǎng)線與H,G,連接PG,PH,分別交。外于R,T

過(guò)點(diǎn)41作&K//PG交于點(diǎn)K,過(guò)點(diǎn)為作&N//PH交。小于點(diǎn)N,

因?yàn)?/U平面E”,PGu平面EFP,所以&K〃平面EFP,

同理可得4N〃平面EFP,

因?yàn)?1KCI&N=41，所以平面EFP〃平面力iKN,

過(guò)點(diǎn)N作NM〃/1]K交CCi于點(diǎn)M,

連接MK,則MK〃&N

則平行四邊形&KMN（4點(diǎn)除外）為點(diǎn)Q的軌跡所構(gòu)成的圖形，

因?yàn)檎襟w棱長(zhǎng)為4,E,F分別為棱BC,CD的中點(diǎn)，標(biāo)=4萬(wàn),

所以4P=1,BR==（，

因?yàn)?P=KR=NT=3,所以/K=%N=4-3-1=|,

過(guò)點(diǎn)N作N/J_CCi于點(diǎn)/,貝]C"=DiN=|,

則由幾何關(guān)系可知/M=B]_K=|＞所以C]M=|+-|=p

由勾股定理得&K=A/=MN=MK=^NJ2+JM2=J16+,=

所以點(diǎn)Q的軌跡所構(gòu)成的周長(zhǎng)為竽.

故選：D.

【變式1-3]（2024?山東棗莊?二模）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體力BCD-中，M是4當(dāng)?shù)闹悬c(diǎn),

點(diǎn)尸是側(cè)面CDDiCi上的動(dòng)點(diǎn)，且.MP〃平面2B1C,則線段MP長(zhǎng)度的取值范圍為（）

￡>iG

A?停閭B.[/

C.償用D.阿|]

【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(guò)程】取CC1的中點(diǎn)為R,取CD的中點(diǎn)為N,取81cl的中點(diǎn)為H,如圖所示

因?yàn)镸是&%的中點(diǎn)，H是劣的的中點(diǎn)，

所以B]C〃HR,

因?yàn)镠RC平面力u平面48停，

所以HR〃平面4B4,

同理可得，〃平面4B1C,

又HRCMH=H,HR,MHu平面MNRH,

所以平面MNRH〃平面ZBiC.

又MPu平面MNRH,線段MP掃過(guò)的圖形是△MNR,

由=1,得MN=Vl2+I2=0,NR=JO+G)=

所以MW=NR2+“d,即4"氏可為直角,

所以線段MP長(zhǎng)度的取值范圍是：償，閭.

故選：A.

【題型2動(dòng)點(diǎn)保持垂直的動(dòng)態(tài)軌跡問(wèn)題】

【例2】（2024?山東濰坊?一模）如圖所示，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A/iCiDi中，點(diǎn)P為截面

上的動(dòng)點(diǎn)，若DPIAiC,則點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度是（）

A.—B.V2C.-D.1

22

【解題思路】連接DCi，BD,利用線面垂直的判定推理證得&C平面BCi。即可確定點(diǎn)P的軌跡得解.

【解答過(guò)程】在棱長(zhǎng)為1的正方體4BCD-4/1的。1中，連接CCi，BD,4C,

由力Ai平面4BCD,BDu平面ABCD,得8D1AA1,而B(niǎo)D1AC,

nAC=A.AA^ACu平面A4IC,貝！1平面A4iC,又41cu平面A^C,

于是同理而B(niǎo)CiClBD=B,BCi，8Du平面BCi。，

因此41。1平面BC",因?yàn)镈PlAiC,典jDPu平面BCi。，

而點(diǎn)P為截面4的8上的動(dòng)點(diǎn)，平面4忑道n平面BCiD=BCi，

所以點(diǎn)P的軌跡是線段BC1，長(zhǎng)度為VI

故選：B.

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

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

界）上運(yùn)動(dòng)，且總保持力QIBP,則動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡長(zhǎng)度為（）

AD

A.V3B.V2C.竽D.y

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

【解答過(guò)程】

如圖，在側(cè)棱441上取一點(diǎn)R,使得力R=2R&,連接PR,BR,

過(guò)點(diǎn)2作力N_LBR交BR于點(diǎn)M,交于點(diǎn)N,連接力C,CN,

^PRWAD,可知PR14V,

BR、PRu平面BPR,BRCPR=R,

從而4N1平面BPR,所以BP14V,

又由BP在平面力BCD內(nèi)的射影BD1AC,所以BPIAC,

AN、4Cu平面力QV,ANCiAC=A,

知BP_L平面ACN,平面力CN,CNu所以BPJLCN,

所以動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡為線段CN,

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

得BN=i

易得CN=VBN2+BC2=J??+12=孚.

故選：D.

【變式2-2]（2024?廣西玉林?三模）在正四棱柱力BCD-&B1C1D1中，AB=1,=4,E為中點(diǎn)，

P為正四棱柱表面上一點(diǎn)，且CiPL/E,則點(diǎn)P的軌跡的長(zhǎng)為（）

A.V5+V2B.2V2+V2C.2V5+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(guò)點(diǎn)Q垂直于的正四棱柱的截面即可計(jì)

算作答.

【解答過(guò)程】在正四棱柱4中，連接81。1，力停1，如圖，&的,當(dāng)心，ED1，平面力止傳1。1，

因?yàn)?停1u平面4功5",則叫1*1，又8也聞1u平面幽。1，

ED1C\B1D1=D1；貝！MiCi_L平面EBiDi，又u平面貝！]的41_L8iE,

取CCi中點(diǎn)F,連接E￡/F,在平面BCC/i內(nèi)過(guò)Ci作CiGLBiF,交于G,顯然石尸〃小的，

而。1的1平面BCCiBi，則EF1平面BCCiBi，有C\G_LEF,

又%F,FEu平面B/E,FECBiF=F,于是C\G1平面當(dāng)尸￡而8國(guó)u平面&FE,因此C\G1/E,

因?yàn)镃1G,C1&U平面C\G41，CrArnCXG=Ct,從而々EJ-平面CiG4,

連接&G,則點(diǎn)P的軌跡為平面CiG4與四棱柱的交線，即△&CiG,

因?yàn)镹B?G+NGCiF=zGQF+ZBJFCJ=90°,即有NB?G=ZBJFCJ,又“i/G=zFQBp

于是△Ci/GsaFCiBi，有普=/=2,B]G=[,

D\（jC1D1Z

所以點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)為&G+C1G+&C1=2Jl+|+V2=V5+V2.

故選：A.

【變式2-3]（2024?廣西南寧?一模）在邊長(zhǎng)為4的菱形4BCD中，^ABC=120°.將菱形沿對(duì)角線4C折疊成

大小為30。的二面角1-AC-D.若點(diǎn)E為B'C的中點(diǎn)，F(xiàn)為三棱錐8'-4CD表面上的動(dòng)點(diǎn)，且總滿(mǎn)足力C1EF,

則點(diǎn)F軌跡的長(zhǎng)度為（）

B'

A.B,C.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8分=聲-魚(yú)，進(jìn)而利用線面垂直可判斷點(diǎn)F軌

跡為△EPQ,求解周長(zhǎng)即可.

【解答過(guò)程】連接AC、BD,交于點(diǎn)。，連接0B1

ABC。為菱形，/.ABC=120°,

所以4CJ.8D,OB'LAC,ODLAC,

所以NB'。。為二面角才一4C一。的平面角，

于是4B’OD=30°,

又因?yàn)镺B'=OD=2,

所以B'。=yjB'O2+DO2-2BrO-DOcos300=J22+22-2x2x2xy=V6-V2,

取。C中點(diǎn)P,取CD中點(diǎn)Q,連接EP、EQ、PQ,所以PQ〃。。、EP//OBz,

所以4C_LEP、ACS.PQ,EP,EQ相交，

所以4C1平面EPQ,

所以在三棱錐8'-ACD表面上，滿(mǎn)足AC1EF的點(diǎn)F軌跡為△EPQ,

因?yàn)镋P=g0B'，PQ=\OD,EQ=3B'D,

所以△EPQ的周長(zhǎng)為gX(迎—&+2+2)=4+普一尤,

所以點(diǎn)F軌跡的長(zhǎng)度為駕它.

故選：A.

【題型3距離（長(zhǎng)度）有關(guān)的動(dòng)態(tài)軌跡問(wèn)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(nèi)部及邊界上的動(dòng)點(diǎn)，AP=2V2,則點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為（）

A.nB.2TTC.3nD.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(diǎn)4在底面BCD上的射影為。，即可得OP,

進(jìn)而可得點(diǎn)P的軌跡及其長(zhǎng)度.

【解答過(guò)程】

如圖所示,

由力B=AC=AD=4,BC=CD=DB=6,

可知三棱錐力-BCD為正三棱錐,

設(shè)CD中點(diǎn)為E,

則BE=3V3,OB=2V3,OE=V3,

設(shè)點(diǎn)4在底面BCD上的射影為0,

則力。1平面BCD,04=7AB2-OB2=2,

又P為△BCD內(nèi)部及邊界上的動(dòng)點(diǎn)，AP=2V2,

所以。P=2,

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

0EV3

**?cos^-E0P1——

10P12

即NEOPi屋，^P1OP2

所以點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為27rx2-3x]x2=2TT,

故選：B.

【變式3-1](2024?廣東梅州?一模)如圖，正四棱柱力BCD中，=2AB=2,點(diǎn)P是面43邑4

上的動(dòng)點(diǎn)，若點(diǎn)P到點(diǎn)的距離是點(diǎn)P到直線的距離的2倍，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是()的一部分

A.圓B.橢圓C.雙曲線D.拋物線

2、2

【解題思路】建立如圖空間直角坐標(biāo)系，設(shè)P(l,科m(n>0),利用兩點(diǎn)距離公式可得名薩-萼=1,即

可求解.

【解答過(guò)程】由題意知，以。為原點(diǎn),。4。&。。1所在直線分別為羽％2軸建立如圖空間直角坐標(biāo)系，

則力(1,0,0),8(1,1,0),。1(0,0,2),設(shè)P(Lm,n)(zn,n>0)，

所以「=(-1,-m,2-n),

因?yàn)槭健?的距離是P到的距離的2倍，

所以|PD；|=2n,即(-I)24-(—m)2+(2—n)2=4n2,

整理，得黑]—誓=1，

所以點(diǎn)P的軌跡為雙曲線.

故選：C.

【變式3-2X23-24高三上?江西撫州?階段練習(xí))設(shè)43是半徑為企的球體。表面上的兩定點(diǎn)，且乙4。8=5

球體。表面上動(dòng)點(diǎn)“滿(mǎn)足M4=遮"8,則點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度為()

A4V6二2V30-4V15—2V33

A.——71B.——71C.-----71D.-----71

751111

【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(zhǎng)即

可.

【解答過(guò)程】以4。8所在的平面建立平面直角坐標(biāo)系，4B為x軸，48垂直平分線為y軸,

則易知4(一1,0),8(1,0),0(0,1),

設(shè)M(x,y),由M4=V3MB,可得(x+I)2+y2=3(%—I)2+3y2n(x—2)2+y2=3,

故加?的軌跡是以C(2,0)為圓心，百為半徑的圓，

轉(zhuǎn)化到空間”的軌跡為以C為球心，百為半徑的球，同時(shí)“在球。上，

故M在兩球的交線上，軌跡為圓.

又。M=近,MC=?易求得OC=V5,即aOCM為直角三角形，

則對(duì)應(yīng)圓的半徑為=誓=鳥(niǎo)，

V55

M的軌跡長(zhǎng)度即對(duì)應(yīng)圓的周長(zhǎng)為等正

【變式3-3](2023?陜西西安?模擬預(yù)測(cè))已知正方體ABCD-481C1D1的棱長(zhǎng)為2應(yīng),P是正方形BBigC

(含邊界)內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P到平面&BD的距離等于竽，則D,P兩點(diǎn)間距離的最大值為()

A.2V3B.3C.3V2D.2逐

【解題思路】利用等體積法可得點(diǎn)名到平面42D的距離等于竽，結(jié)合平行關(guān)系分析可得點(diǎn)P的軌跡為線段

B?再根據(jù)△/CD的形狀分析求解.

【解答過(guò)程】由題意可知：屏,

B]C=ATB=AXD=BD=4,B]D=2

設(shè)三棱錐Bi-&BD的高為h,

因?yàn)猷iBD=VD-A1B1B>貝嶺xhx5x4x4x'=qx2axTx2ax2夜,

解得％=苧，即點(diǎn)名到平面力聲。的距離等于半，

又因?yàn)?Bi〃CD,且41%=。。，則四邊形&B1C。為平行四邊形，貝必道〃3也,

&Du平面&BD,B/C平面&BC,所以/C〃平面力道￡）,

即點(diǎn)P的軌跡為線段/a

因?yàn)镃D1平面BBiQC,B]Cu平面BBiCiC,所以CD18忑，

在Rt^BiCD中，D,P兩點(diǎn)間距離的最大值為D%=2V6.

故選：D.

【題型4角度有關(guān)的動(dòng)態(tài)軌跡問(wèn)題】

【例4】（2024?全國(guó)?模擬預(yù)測(cè)）已知正四棱錐P-4BCD的體積為竽，底面力BCD的四個(gè)頂點(diǎn)在經(jīng)過(guò)球心的

截面圓上，頂點(diǎn)P在球。的球面上，點(diǎn)E為底面力BCD上一動(dòng)點(diǎn)，PE與P。所成角為￡則點(diǎn)E的軌跡長(zhǎng)度為（）

A.V2TTB.4V3irC.—D.—TT

33

【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(zhǎng)，進(jìn)而根據(jù)銳角三角函

數(shù)可得。E=OP-tanNEP。=—,即可判斷點(diǎn)E的軌跡為。為圓心，半徑r=f的圓，即可求解.

【解答過(guò)程】由題意，設(shè)球。的半徑為R.如圖所示，連接交于點(diǎn)。，連接P。，貝!|4。=8。=「。=凡

AB-V2R,POLnABCD,所以V四棱錐P^BCD=/44?P。=（x2R2xR=苧，解得R=&.

在RtZ\POE中，因?yàn)?。P=&,AEPO=所以。E=OP-114"。=坐.

63

因?yàn)檎叫?BCD的中心。到各邊的距離為乎R=l>苧，所以點(diǎn)E的軌跡為平面2BCD內(nèi)，以點(diǎn)。為圓心，半

徑r=乎的圓，故點(diǎn)E的軌跡長(zhǎng)度為2口=等.

故選:D.

【變式4-1]（2024?海南?？?一模）如圖，點(diǎn)P是棱長(zhǎng)為2的正方體力BCD-41%的小表面上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),

直線4P與平面力BCD所成的角為45。，則點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為（）

A.TT+4V2B.4V2TTC.2V3D.3&+IT

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

【解答過(guò)程】若點(diǎn)尸在正方形4/1的。1內(nèi)，

過(guò)點(diǎn)P作PP'l平面4BCD于P’,連接4PziP.

則NP71P為直線4P與平面4BCD所成的角，則NPAP'=45。，

又PP'=2,貝l]PA=2應(yīng)，貝!）P&=2,

則點(diǎn)P的軌跡為以公為圓心半徑為2的圓（落在正方形4%的。1內(nèi)的部分），

若點(diǎn)尸在正方形公當(dāng)48內(nèi)或41小4。內(nèi)，軌跡分別為線段4當(dāng),ADr,

因?yàn)辄c(diǎn)尸不可能落在其他三個(gè)正方形內(nèi)，

所以點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為2x]+2應(yīng)+2位=TT+4VI

故選：A.

【變式4-2］（23-24高一上?浙江紹興?期末）已知點(diǎn)P是邊長(zhǎng)為1的正方體48（7￡）-481的。1表面上的動(dòng)點(diǎn),

若直線4P與平面4BCD所成的角大小否則點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為（）

A.3V2B.2V2+TTC.y(4+TT)D.2V2+y

【解題思路】由題意，分析可得點(diǎn)P的軌跡，分別計(jì)算各段軌跡的長(zhǎng)度即可.

【解答過(guò)程】若點(diǎn)尸在正方形力道1的。1內(nèi)，過(guò)點(diǎn)P作PP'，平面ABCD于P',連接力P',&P.

則NP4P為直線4P與平面ABC。所成的角,則NP4P'=\

4

又PP'=1,貝IJP4=V2,得P&=1,

則點(diǎn)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(diǎn)尸在正方形ABBMi內(nèi)或力DD14內(nèi)，軌跡分別為線段和4小,

因?yàn)辄c(diǎn)尸不可能落在其他三個(gè)正方形內(nèi)，所以點(diǎn)P的軌跡如圖所示：

故點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為2vm+Jx2亢=2a+；.

42

故選：D.

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

側(cè)棱長(zhǎng)為2,點(diǎn)尸在側(cè)面BCC/i內(nèi)運(yùn)動(dòng)（包含邊界）,且4P與平面BCC/i所成角的正切值為逐，則所有

滿(mǎn)足條件的動(dòng)點(diǎn)P形成的軌跡長(zhǎng)度為（）

AG

B

A4TT「V5TI=V7TTc2n

A.——B.——C.——D.——

3333

【解題思路】先將正三棱臺(tái)側(cè)棱延長(zhǎng)補(bǔ)成正三棱錐，求出點(diǎn)a到平面8CQB的距離即可確定點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡,

進(jìn)而可得出答案.

【解答過(guò)程】依題意，延長(zhǎng)正三棱臺(tái)側(cè)棱相交于點(diǎn)。，取81cl中點(diǎn)。，

BC中點(diǎn)E,連接貝！J有。A=。8=0C,

所以DE的延長(zhǎng)線必過(guò)點(diǎn)。且DE1BG，DE1BC,

過(guò)點(diǎn)。作DF〃CiC,DG//BiB,則四邊形DFC。是邊長(zhǎng)為2的菱形，

如圖所示：

在△08C中，/=咆="1,即2=0_,

BCOCOCi+CiC3OCi+2

解得。的=4,所以。C=OC1+C1C=4+2=6,

所以△OBC為邊長(zhǎng)為6等邊三角形，

所以4DFE=4FDCi=Z.OCB=$0E=3百,

所以DE=DF義sin]=2xg=百，

因?yàn)椤髁C是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形且E為BC中點(diǎn),

所以4E=3百，BCLAE,

原+松一?！╛(3何2+(3⑹2—62_!

在^。力E中,由余弦定理變形得,cosZ-OEA—

2X0EXAE~2x373x373-3’

在△4DE中，由余弦定理變形得,

77

八廠.DE2+AE2-AD2(V3)+(3V3)-AD21

cosZ-DEA=---------------=--「---二一，

2xDExAE2xv3x3v33

解得4￡>=2迎，所以4E2=DE?+4。2,所以4DJ.DE,

由BC1AE,BC1OE,AEnOF=E,AE,OEu平面ZOE,

可得BC1平面40E,

又力Du平面40E,所以BC14D,

由BCJ.4D,AD1DE,BCCDE=E,8C,DEu平面

可得力D_L平面BCCiB],

因?yàn)?P與平面BCQB所成角的正切值為灰,

所以祭=述，解得DP=2,AP='AD?+DP2=V24+4=2近,

所以點(diǎn)P在平面BCCFi的軌跡為以。為原點(diǎn)的圓被四邊形BCQBi所截的弧C；F,瓦了，

設(shè)C；F的長(zhǎng)度為2,則/=INFDQIX\DP\=^x2=y,

所以所有滿(mǎn)足條件的動(dòng)點(diǎn)P形成的軌跡長(zhǎng)度為

故選：A.

【題型5翻折有關(guān)的動(dòng)態(tài)軌跡問(wèn)題】

【例5】（23-24高三上?云南昆明?階段練習(xí)）如圖，已知在△4BC中，AB=1,BC=3,AB1BC,D是BC

邊上一點(diǎn)，且8。=1,將△力BD沿2D進(jìn)行翻折，使得點(diǎn)B與點(diǎn)P重合，若點(diǎn)P在平面ADC上的射影在△ADC

內(nèi)部及邊界上，則在翻折過(guò)程中，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為（）

P

【解題思路】過(guò)點(diǎn)B作BF14D,得到動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是以E為圓心，以BE為半徑且圓心角為NP1EP2的圓弧，

在△4BC所在平面建立平面直角坐標(biāo)系，求得直線BE和4C的方程，聯(lián)立方程組，求得FG，｛），得到出尸|的

長(zhǎng)，進(jìn)而求得NPiEP2=*結(jié)合弧長(zhǎng)公式，即可求解.

【解答過(guò)程】如圖（1）所示，過(guò)點(diǎn)B作BF14D,分別交AD,4c于點(diǎn)瓦尸,

則動(dòng)點(diǎn)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(shí)，有PiELEF；當(dāng)P與P2重合時(shí)，有PzFLEF,

則由PE=BE為定長(zhǎng)，可知?jiǎng)狱c(diǎn)P的軌跡是以E為圓心，以8E為半徑且圓心角為的圓弧，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），0（1,。）,C（3,0）,E（O，直線BE:y=x,直線AC:y=-1x+1,

聯(lián)立方程組［yI?11，解得X=h=］，gpFd，|）（則呼|=f，

又由可得COSNP2EF=黑｝=；,所以4P2EF=￡^P1EP2=p

Z\Dr.IN5o

所以動(dòng)點(diǎn)p的軌跡長(zhǎng)度為告.合弟.

Zo1Z

故選：A.

圖⑴圖⑵

【變式5-1］（2024?河南?模擬預(yù)測(cè)）如圖，在長(zhǎng)方形48CD中，AB=2,BC=4,￡為8C的中點(diǎn)，將△BHE

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

A.四棱錐P-AECD體積的最大值為2加

B.PD的中點(diǎn)尸的軌跡長(zhǎng)度為當(dāng)

C.EP,CD與平面口。所成的角相等

D.三棱錐P-AED外接球的表面積有最小值1611

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

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

長(zhǎng)度即可；利用線面角的概念分別找到EP,CD與平面所成的角，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(guò)程】由已知條件可知，梯形NEC。的面積為6,AE=2V2,直角△4PE斜邊/￡上的高為魚(yú)，當(dāng)

平面力PE1平面AECD時(shí)，四棱錐P-AECD的體積取得最大值，

即Up-4ECD=1X6X或=2/，則A正確；

取P力的中點(diǎn)G,連接GF,GE,FC,貝|GF=EC且GF〃EC,

四邊形ECFG是平行四邊形，

.?.點(diǎn)尸的軌跡與點(diǎn)G的軌跡形狀完全相同.過(guò)G作/￡的垂線，垂足為H,G的軌跡是以H為圓心，HG=^

為半徑的半圓弧，從而PD的中點(diǎn)F的軌跡長(zhǎng)度為學(xué)，

貝!IB錯(cuò)誤；

由四邊形ECFG是平行四邊形，知EC〃FG,貝！JEC〃平面E4D,

則E,C到平面以。的距離相等，

故尸￡,CD與平面為。所成角的正弦值之比為PE:CD=1:1,則C正確；

△4PE外接圓氏的半徑為0為4E的中點(diǎn)，直角△力DE外接圓。2的半徑為2,3為4。的中點(diǎn)，4E是圓。

與圓。2的公共弦，|。1。2|=企，

設(shè)三棱錐P-AED外接球的球心為。，半徑為R,

則R=\QE\=,|。1?2+|。。1|2=,|。止|2+|。1。2。+|。2。|2=,4+|。2。|2>2,

因?yàn)閨。2。|6[0,+8）,所以R22,所以球。表面積的最小值為S=4TTR2=16m

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/BCD中，AB=2,ABAD=120°,E為邊BC

的中點(diǎn)，將AABE沿力E翻折成△ABm（點(diǎn)/位于平面力BCD上方），連接/C和當(dāng)0,尸為當(dāng)。的中點(diǎn)，則

在翻折過(guò)程中，點(diǎn)F的軌跡的長(zhǎng)度為_(kāi)|

【解題思路】設(shè)G'是481的中點(diǎn)，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G'的軌跡.

【解答過(guò)程】由48=2,/.BAD=120°,E為邊的中點(diǎn)

設(shè)G'是4%的中點(diǎn)，又F為/D的中點(diǎn)，則G'F〃力。且GA=14D,

而CE=|fiC=^ADSLEC//AD,^\^GF//ECS.GF^EC,

即FG'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?yàn)榱1面為EC,且當(dāng)E=1,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(diǎn)為。，貝UOG'=gBiE,OG'“B'E,

又。G’C面/EC,B］Eu面/EC,所以。G‘〃面8鳳，

故G'的軌跡為以。為圓心，誓=,為半徑的圓，

所以F的軌跡長(zhǎng)度為T(mén)x2TTXB］E=1

故答案為：］

【變式5-3］（22-23高二上?廣東廣州?期末）已知矩形ABCD中力B=3,AD=V3,現(xiàn)將△4CD沿對(duì)角線4C

向上翻折（如圖所示），若在翻折過(guò)程中，點(diǎn)。到點(diǎn)2的距離在［亨，苧］內(nèi)變化時(shí)，點(diǎn)。的運(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)度

等于74-■

【解題思路】根據(jù)已知，可知點(diǎn)。的運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧，做輔助線，將BD的長(zhǎng)度的變化范圍轉(zhuǎn)化為二面角D-

4C-B的變化范圍，再由弧長(zhǎng)公式計(jì)算即得.

【解答過(guò)程】如圖所示：在矩形4BCD中，過(guò)點(diǎn)。作0FL4C交/C于點(diǎn)R交于點(diǎn)G,

過(guò)點(diǎn)8作BEJ.DF交。廠于點(diǎn)E,故點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)軌跡是以尸為圓心，以。尸為半徑的圓弧，NDFE為二面角

4C-B的平面角.

'：AB=3,AD=V3,

八廠ADxDC

???DF=——-=3Z-“ACB°=-T,iCF=3—V3,

AC232

EF=sinZTlCBxBC=—xV3BE=CF-cos^ACBxBC=--ixV3=V3.

2222

翻折后BE1DF,BE1EF,DFCiEF=F,DF,EFu平面DFE,

.-.BE1平面DFE.YDEu平面DFE,;.BE1DE.

當(dāng)BD=亨時(shí)，DE=VSD2-BE2=J（亨j_（⑹2=號(hào)

故△DEF是等邊三角形，所以乙DFE=]

當(dāng)BD=寫(xiě)時(shí)，DE=y/BD2-BE2=J（苧f一（向?=乎，

因?yàn)镋F=DF=pDE=喙所以萬(wàn)產(chǎn)+DF2=譜,所以NDFE=1

則點(diǎn)。的運(yùn)動(dòng)圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角為三一？=?

236

故點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)度是圻=2x[=

624

故答案為￡

【題型6軌跡所圍圖形的周長(zhǎng)、面積問(wèn)題】

【例6】（23-24高三上?廣西貴港?階段練習(xí)）正三棱柱ABC-的底面邊長(zhǎng)是4,側(cè)棱長(zhǎng)是6,M,N

分別為BBi，CCi的中點(diǎn)，若點(diǎn)尸是三棱柱內(nèi)（含棱柱的表面）的動(dòng)點(diǎn)，〃平面A/N,則動(dòng)點(diǎn)尸的軌跡

面積為（）

A.5V3B.5C.V39D.V26

【解題思路】取N5的中點(diǎn)Q,證明平面MQCII平面A/N得動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為及其內(nèi)部（挖去點(diǎn)M）.然

后計(jì)算△MQC的面積即可.

【解答過(guò)程】取N8的中點(diǎn)。，連接“。，CQ,MC,由N,。分別為BBi，CCi，的中點(diǎn)可得MCII/N,

MCC平面4B1N,BiNu平面ABiN,

所以MC〃平面2B1N,同理MQII4B1得MQ〃平面力AN,MCcMQ=M,MC,MQu平面MNQ,則平面MQCII

平面力BiN,

所以動(dòng)點(diǎn)尸的軌跡為△龍@。及其內(nèi)部（挖去點(diǎn)M）.

在正三棱柱力BC—A/iQ中，△4BC為等邊三角形，。為48的中點(diǎn)，貝!）CQ14B,

平面力BC1平面平面4BCC平面41=4B,貝UCQ_L平面ABB140QMu平面力

所以CQ1QM.

因?yàn)榱=4,所以CQ=2百，

因?yàn)閭?cè)棱長(zhǎng)是6,所以=2V13.

所以MQ=V1?,則△兒7℃的面積S=；x2bx辰=回，

故動(dòng)點(diǎn)P的軌跡面積為國(guó).

【變式6-1］（2024?河北?模擬預(yù)測(cè)）已知正四棱錐（底面為正方形，且頂點(diǎn)在底面的射影為正方形的中心

的棱錐為正四棱錐）P—NBCD的底面正方形邊長(zhǎng)為2,其內(nèi)切球。的表面積為全動(dòng)點(diǎn)。在正方形N3C。

內(nèi)運(yùn)動(dòng)，且滿(mǎn)足OQ=OP,則動(dòng)點(diǎn)。形成軌跡的周長(zhǎng)為（）

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

形成軌跡的周長(zhǎng).

【解答過(guò)程】設(shè)內(nèi)切球。的半徑為七則4TTR2=9.?:=￡

36

如圖，連接/C與80,設(shè)交點(diǎn)為足取ND的中點(diǎn)E,連接尸￡,PF,EF.

根據(jù)等體積法得/SABCD+4sAP/B）/?=^XAB2XPF,

：.-（4+4x-x2xPE^x-^-xPF,整理得1+PE=2百PF,又PE2—PF?=1,

3X2/63

解得PE=—,PF=—.；.OF=—,OP=OQ=OP=—.

1111666y66

在RSOFQ中，QF=」（若）L（方號(hào).

二點(diǎn)0在以點(diǎn)尸為圓心，得為半徑的圓上，其周長(zhǎng)為如義卷=》.

故選：C.

【變式6-2］（23-24高二下?浙江?開(kāi)學(xué)考試）在正四面體A8CD中，P,Q分別是棱ZB,CD的中點(diǎn)，E,尸分別是

直線4B,CD上的動(dòng)點(diǎn)，且滿(mǎn)足|PE|+|QF|=a,M是EF的中點(diǎn)，則點(diǎn)M的軌跡圍成的區(qū)域的面積是（）

A.包B.包C.對(duì)D.對(duì)

4242

【解題思路】先由對(duì)稱(chēng)性找到PQ、EF的中點(diǎn)在中截面GHLK上運(yùn)動(dòng)，利用向量的加減運(yùn)算，得到0TM=g1（TPE+

QF）,設(shè)E,尸在中截面上的投影分別為分析證明動(dòng)點(diǎn)M的軌跡就是邊長(zhǎng)為日a的正方形RN7W,即得解.

【解答過(guò)程】如圖所示,

A

正四面體4BCD中，取BC、BD、AD.力C的中點(diǎn)G、H、K、L,

因?yàn)镻、Q分別是棱48,CD的中點(diǎn)，所以PQ的中點(diǎn)。也為定點(diǎn);

由對(duì)稱(chēng)性知，PQ和EF的中點(diǎn)都在中截面GHKZ,(正方形)上；

由。M=0P+PE+EM=0Q+QF+FM,

11TT

所以。M=*PE+QF),

設(shè)區(qū)尸在中截面上的投影分別為E：L,

TT

所以。M=)OE'+OF),

所以點(diǎn)M是線段E'X的中點(diǎn)，

悍al/CD,b"AB,貝此E'OF’=90。，

因?yàn)閨PE|+\QF\=a,所以。E'+OF1=a,

取OR=ON=*所以。R+ON=a,

兩式相減得RE'=NF',

過(guò)點(diǎn)E作E'S〃RN,

所以RE'=NS,所以RE'=NS=NF；

所以E'F'的中點(diǎn)M在RN上，同理EF的中點(diǎn)M在NT,TW,WR±.,

因?yàn)镽N=］（綱2+（綱2=苧④

即動(dòng)點(diǎn)M的軌跡就是邊長(zhǎng)為的正方形RNTUZ,

所以其軌跡圍成的區(qū)域的面積是4a）2=那

故選：B.

【變式6-3]（2024?四川一模）如圖,正方體力BCD-4道1的。1的棱長(zhǎng)為3,點(diǎn)E在棱BC上，且滿(mǎn)足BE=2EC,

動(dòng)點(diǎn)M在正方體表面上運(yùn)動(dòng)，且MELBDi，則動(dòng)點(diǎn)M的軌跡的周長(zhǎng)為（）

A.6V2B.4V3C.4V2D.3日

【解題思路】在AB,BBi上分別取點(diǎn)G,F,使得BG=2GA,BF=2FB1,則M的軌跡為△GEF,進(jìn)而求出

周長(zhǎng).

【解答過(guò)程】解：由正方體的特點(diǎn)可知8小J■平面4C%,

在力B,BBi上分別取點(diǎn)G,凡使得BG=2GA,BF=2FB1,

連接GE,GF,EF,貝ljGE//AC,EF//BrC,

???平面力BC〃平面GEF,

???BD]1平面GEF,

M的軌跡為aGEF.

正方體棱長(zhǎng)為3,AC=3V2,

GE=|AC=2V2,

故選：A.

?過(guò)關(guān)測(cè)試

一、單選題

1.（2024?陜西銅川?模擬預(yù)測(cè)）在正四棱臺(tái)4BCD-4/1。%中，AB=2A1B1=4V3,AA1=V10,P是

四邊形ZBCD內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，且&尸=4,則動(dòng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)度為（）

A5鬲「4鬲c5V2ir

A.-----D.-----------D.2V2n

33c-

【解題思路】利用勾股定理得到PM=28，即可得到點(diǎn)P的軌跡，然后求長(zhǎng)度即可.

【解答過(guò)程】

設(shè)義在平面力BCD內(nèi)的射影為M,則M在線段4c上，則4M=心；?=4布;2.=巫,力也="0-6=2,

PM=J&p2_&M2=V16-4=2V3,

故動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為以M為圓心，以2百為半徑的圓在正方形ABC。內(nèi)部部分，

如圖所示，其中MT=MK=W,故DT=BK=3b,

又SM=ML=2V3,所以ST=KL=V12-3=3,

因?yàn)?=名=與所以NSMT=4MK=3故NSML=",故動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度是"X2W=學(xué).

故選：A.

2.（2024?遼寧?模擬預(yù)測(cè)）如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體48CD-4/1的小中，已知M,N,P分別是棱的小,

441，BC的中點(diǎn)，Q為平面PMN上的動(dòng)點(diǎn)，且直線Q%與直線￡?%的夾角為30。，則點(diǎn)Q的軌跡長(zhǎng)度為（）

TT

A.B.ITC.2nD.3TT

2

【解題思路】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，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D&_L平面PMN,可得點(diǎn)Q的軌跡為圓，由此即可得.

【解答過(guò)程】解：以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,所在直線分別為％、y、z軸，

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

故西=(2,2,2),PM=(-1,-1,2),

項(xiàng)=(1,一2,1),設(shè)平面PMN的法向量為記=(x,y,z),

則pH-~PM=(x,y,z)?(-1,-1,2)=_x—y+2z=0

(m-PW=(%,y,z),(1,—2,1)