2025年新高考数学立体几何中的轨迹、截面、动点、范围问题

立体几何中的轨迹、截面、动点、范围问题

I他.考情探究•

立体几何中的动点轨迹问题，是一个备受关注的重要专题,它在各级各类考试中占据一席之地，特别是在高

考中亦常有所见。此类题型不仅是检验学生空间想象能力、思维能力和创新意识的有效手段，也是培养学生数学

核心素养的重要途径。

在高考复习备考过程中，其试题常以选择、多选、填空等形式呈现,设计巧妙，注重知识间的交汇与融合，题型

新颖灵活，旨在全面考查学生的综合素质。通过此类题型，不仅能够检验学生对各部分知识间的纵向和横向联系

的掌握程度，还能够激发学生的创新意识和创新能力，渗透数学思想方法，充分体现新课程标准的要求和数学核

心素养的培育目标。

然而，由于这类问题通常涉及较为复杂的空间几何体结构特征，对于许多学生而言，确实存在一定的挑战和

难度。

•考点梳理•

考点7截面问题

考点8轨迹、截面、动点、范围军选题综合

考点9轨迹、战面、动点、范围大题综合

知识讲解

方法点睛1：对于立体几何的综合问题的解答方法：

1、立体几何中的动态问题主要包括:空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；

2、解答方法:一般是根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨

迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；

3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在,然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进

行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论,则否定假设；

4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问

题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.

方法点睛2：立体几何中的轨迹问题：

1、由动点保持平行性求轨迹.

（1）线面平行转化为面面平行得轨迹；（2）平行时可利用法向量垂直关系求轨迹.

2、动点保持垂直求轨迹.

（1）可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹；（2）利用空间坐标运算求轨迹；（3）利用垂直关系转化

为平行关系求轨迹.

3、由动点保持等距（或者定距）求轨迹.

（1）距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线的定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹；（2）利

用空间坐标计算求轨迹.

4、由动点保持等角（或定角）求轨迹.

（1）直线与面成定角，可能是圆锥侧面；（2）直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面；（3）利用空间坐标系计算求轨

迹.

5、投影求轨迹.

（1）球的非正投影，可能是椭圆面；（2）多面体的投影，多为多边形.

6、翻折与动点求轨迹.

（1）翻折过程中寻求不变的垂直关系求轨迹；（2）翻折过程中寻求不变的长度关系求轨迹；（3）利用空间坐标运算

求轨迹.

考点一、轨迹形状

典例引领

1.（浙江•高考真题）如图,斜线段AB与平面a所成的角为60°，口为斜足，平面a上的动点P满足ZPAB=

30°,则点P的轨迹是

A.直线B.抛物线C.椭圆D.双曲线的一支

【答案】。

【详解】用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面和圆锥的一条母线

平行时，得到抛物线.

此题中平面a上的动点P满足ZB4B=30°,可理解为P在以48为轴的圆锥的侧面上，

再由斜线段AB与平面a所成的角为60°,可知P的轨迹符合圆锥曲线中椭圆定义.

___________________________________眇

故可知动点P的轨迹是椭圆.

故选C.

考点：1.圆锥曲线的定义；2,线面位置关系.

2.（北京・高考真题）平面a的斜线AB交a于点过定点A的动直线Z与AB垂直，且交a于点C,则动点

。的轨迹是（）

A.一条直线B.一个圆C.一个椭圆D.曲线的一支

【答案】A

［分析］先找出定点A和直线Z确定的一个平面，结合平面相交的特点可得轨迹类型.

【详解】如图，设/与，是其中的两条任意的直线，则这两条直线确定一个平面万，且a的斜线AB，0,由过平

面外一点有且只有一个平面与已知直线垂直可知过定点A与垂直所有直线都在这个平面内，故动点。都

在平面£与平面a的交线上.

【点睛】本题主要考查轨迹的类型确定，熟悉平面的基本性质及推论是求解的关键，侧重考查直观想象的核心

素养.

3.（北京・高考真题）如图，在正方体ABCD-4耳GR中，P是侧面BBCQ内一动点，若P到直线BC与

直线GA的距离相等,则动点P的轨迹是（）

A.直线B.圆C.双曲线D.抛物线

【答案】。

【分析】由于P在平面内，而平面BG,因此有这样结合抛物线的定义可得结论.

【详解】在正方体中，一定有PG_LCD,P点为平面BQ内到直线BC和到点G的距离相等的点，其轨迹

为抛物线.

故选D

【点睛】本题考查抛物线的定义，考查立体几何中的垂直关系.属于跨章节综合题，难度不大.

4.（天津•高考真题）如图，定点口都在平面a内，定点P0a,PR,a,。是a内异于A和8的动点，且

PC,AC,则动点C在平面a内的轨迹是（）

A.一条线段，但要去掉两个点B.一个圆，但要去掉两个点

C.一段弧，但要去掉两个点D.半圆，但要去掉两个点

【答案】B

【分析】连接BC,由已知条件可得AC_L平面PBC,从而可得CB±AC,则点。在a内的轨迹是以AB为直

径的圆，进而可得答案

【详解】连接BC,因为所以PB,AC,又=

所以AC_L平面P5C,又CBu平面PBC,故CB_LAC,

因为A,B是平面a上的定点，所以点。在a内的轨迹是以AB为直径的圆,

又。是a内异于A和B的点，故此轨迹要去掉A、B两个点，所以6正确.

故选：B

5.（重庆・高考真题）到两互相垂直的异面直线的距离相等的点，在过其中一条直线且平行于另一条直线的

平面内的轨迹是（）

A.直线B.椭圆C.抛物线D.双曲线

【答案】。

【分析】利用空间向量可求动点的轨迹.

【详解】如图，设两条相互垂直的异面直线一条为z轴，另一条为与z轴垂直的直线Z,

且该直线上的点的坐标为（6,5,0）,其中56兄6为非零常数，设/上的点人（见0,0）,

设P（%,y,z）,则OP=（2,/z）,而z轴的方向向量为a=（0,0,1）,

故P到z轴的距离为1//+才+22—。=y/x2+y2,

而AP—（①一a,y,z）,Z的方向向量为左=（0,1,0）

同理P到，轴的距离为jQ-ay+zz,

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

取平面yoz,则2=0,此时才一z?=/,故轨迹为双曲线.

先做出两条异面直线的公垂线，以其中一条直线为力轴，公垂线与力轴交点为原点，公垂线所在直线为Z轴，

过力且垂直于公垂线的平面为力四平面，建立空间直角坐标系，则两条异面直线的方程就分别是g=0,z=

n0n和力=0,z=a（Q是两异面直线公垂线长度,是个常数），空间内任意点设它的坐标是（力，g,z）那么由已

知，它到两条异面直线的距离相等，即V^+7=两边平方，化简可得z=A（才一/+。2）,过一

条直线且平行于另一条直线的平面是z=0和2=a,分别代入所得式子z=0时

代入可以得到y2—a?=—a?,图形是个双曲线，z=a时，代入可以得到才一①?=/,图形也是个双曲线

考点：抛物线的定义；双曲线的标准方程

6.（浙江•高考真题）如图，是平面＜/的斜线段，A为斜足，若点P在平面"内运动，使得

△ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是

A.圆B.椭圆C.一条直线D.两条平行直线

【答案】B

【详解】试题分析：本题其实就是一个平面斜截一个圆柱表面的问题，因为三角形面积为定值，以AB为底，则

底边长一定，从而可得P到直线AB的距离为定值，分析可得，点P的轨迹为一以AB为轴线的圆柱面，与平

面a的交线，且&与圆柱的轴线斜交，由平面与圆柱面的截面的性质判断，可得P的轨迹为椭圆.

考点：本题考查了平面与圆柱面的截面性质的判断

点评：解决时要注意截面与圆柱的轴线的不同位置时，得到的截面形状也不同

7.（重庆・高考真题）若三棱锥A-BCD的侧面ABC内一动点P到底面BCD的距离与到棱AB的距离相

等,则动点P的轨迹与△ABC组成图形可能是（）

A4

P

B

A.B.B

A

P

D.

【答案】。

【分析】设二面角A—BC—。为仇作PG，面BCD于G,PF，BC于F,PE，48于E,根据题设有sin。

=簿VI为常数，进而分析P在△ABC上的轨迹，即可得答案.

rr

【详解】若二面角A—BC—。为仇作PG_L面日3»于G,PF_LBC于F,PE_L4B于E,

如上图示，/PFG=，，由题设有PE=PG=PFsin。，即sin9=罢＜1为常数,

rr

所以P在△AB。上的轨迹是一条直线，且与AB边夹角较小.

故选：D

8.（北京・高考真题）如图，动点P在正方体ABCD—的对角线BA上，过点P作垂直于平面

B8QQ的直线，与正方体表面相交于河，N.设BP=2,MN=v，则函数"=/（；!：）的图象大致是

（）

B.

___________F

D.

【答案】B

【详解】试题分析：由题意知，上W_L平面BBQQ,则A4N在底面4BCD上的射影是与对角线AC平行的直

线，故当动点P在对角线BA上从点B向。运动时，立变大沙变大，直到P为BA的中点时，"最大为AC.

然后必变小沙变小，直到夕变为0,因底面48co为正方形，故变化速度是均匀的，且两边一样.故答案为8.

考点：函数的图像与图像项变化.

点评:本题考查了函数图象的变化，根据几何体的特征和条件进行分析两个变量的变化情况，再用图象表示出

来，考查了作图和读图能力.属于中档题.

即测

1.（2023・浙江•一模）已知线段垂直于定圆所在的平面，BC是圆上的两点，8是点B在/。上的射影,

A,是圆B.是椭圆C.是抛物线D.不是平面图形

【答案】A

［分析］设定圆圆心为。,半径为r,由线面垂直的判定与性质可推导证得，。打，由直角三角形性质可确

定OH=OB=OD=r,由此可得轨迹图形.

【详解】设定圆圆心为O,半径为r,

连接,设直径为瓦?,连接AD,CD,

平面BCD,CDU平面BCD,AABYCD-,

•••BD为直径，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,则点H的轨迹是以。为圆心，r为半径的圆.

故选：A.

2.（2023•云南保山二模）已知正方体ABCD—ABQQi，Q为上底面人田。。1所在平面内的动点，当直

线。Q与。Ai的所成角为45°时，点Q的轨迹为（）

A.圆B.直线C.抛物线D.椭圆

【答案】。

【分析】建系，利用空间向量结合线线夹甬分析运算.

【详解】以点。为原点，属，DC,国为①，夕，z的正方向，建立空间直角坐标系，

设正方体棱长为1,则。(0,0,0),4(1,0,1),设Q(x,y,l),

可得DQ=(力,%1),DAi=(1,0,1),

因为直线DQ与DA.的所成角为45°,

DQ'DAi力+1____空_，化简可得才力,

贝寸cos45°==2

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

所以点。的轨迹为抛物线.

3.（2024.广东梅州.一模）如图，正四棱柱ABCD-中，人儿=2AB=2,点P是面上的动

点，若点P到点。1的距离是点P到直线48的距离的2倍,则动点P的轨迹是（）的一部分

A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线

【答案】。

9（九+舒3m2

【分析】建立如图空间直角坐标系,设P（l,m,n）（n>0）,利用两点距离公式可得'1y-用-=1,即可

求解.

【详解】由题意知，以。为原点，所在直线分别为c,?7,z轴建立如图空间直角坐标系，

则41，0,0）出（1，1，0），功（0,0,2）,设。（1,机,n）（小,n>0）,

所以PD]=（-1,—m,2—n）,

因为P到。i的距离是P到AB的距离的2倍，

所以|PZ）i|=2九，即（一I）?+（―m）2+（2—九）2=4九2,

整理，得=1,

1919

所以点P的轨迹为双曲线.

故选：C

4.（2023•全国•模拟预测）已知空间中两条直线小为异面且垂直，平面a〃。且OU%若点尸到距离相

等，则点P在平面a内的轨迹为（）

A.直线B.椭圆C.双曲线D.抛物线

【答案】。

【分析】设。在a内的射影为Z,以Z与。的交点。为原点，L为，轴，％为"轴，。与，的公垂线为z轴，建立空间

直角坐标系.设PQ,y,z）,利用空间向量坐标法表示距离，列出方程，求解结果.

【详解】设。在a内的射影为I,h到a的距离为d,

以Z与，2的交点O为原点，。为力轴，％为？/轴，。与，的公垂线为Z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

设PQ,%0）,则P到为的距离为\y\.

过点P作PD_Ll于点。，过点。作ED_L。于点E,

又。在a内的射影为/,贝"ED±Z,连结ED,

又PD_U,EDHPD=D,

所以，_L平面PED,又PEU平面PED,

所以，_LPE,所以。_LPE,

所以则P到。的距离为疗”,

因为点P到。、12距离相等，

所以你|=Vs2+d2，即，2—d=筋，

所以点P在平面a内的软迹为双曲线.

故选：C.

【点睛】方法点睛：

关于立体几何中的轨迹问题，一般要建立适当的空间直角坐标系，根据已知信息列出的等量关系，化简得出轨

迹方程,结合方程特征找到轨迹曲线.

5.（2023•云南文山•模拟预测）用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截而与圆锥侧面的交线）

是一个圆，用一个不垂直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角夕不同时，可以得到不同的截口

曲线，它们分别是椭圆、抛物线、双曲线.因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线.记圆

锥轴截面半顶角为a,截口曲线形状与夕，a有如下关系：当。>1时，截口曲线为椭圆；当9=a时，截口

曲线为抛物线：当时,截口曲线为双曲线.其中巴&C（0,a）,现有一定线段其与平面夕所成

角仪如图），8为斜足，£上一动点P满足/A4P=力设P点在£的运动轨迹是「，则（）

C.当9=个，/=子时，「是抛物线D.当卬=告，7=个时，「是圆

【答案】AC

【分析】P在以AB为轴的圆锥上运动，结合题干信息，逐一分析即可.

【详解】：AB为定线段,ABAP=7为定值，.♦.P在以AB为轴的圆锥上运动，

其中圆锥的轴截面半顶角为7，6与圆锥轴AB的夹角为小

对于人，0>7,平面0截圆锥得椭圆，故A正确；

对于B,P>7,平面6截圆锥得椭圆，故B错误；

对于。，W=乙平面6截圆锥得抛物线，故。正确；

对于。，<p>/，平面万截圆锥得椭圆，故D不正确.

故选：AC.

6.（2024.浙江温州.一模）如图,所有棱长都为1的正三棱柱ABC-A^C,,BE=2前，点尸是侧棱AA,上

的动点，且标=20苕，H为线段上的动点，直线CHA平面AEG=M，则点河的轨迹为（）

______________即

B

A.三角形（含内部）B.矩形（含内部）C.圆柱面的一部分D.球面的一部分

【答案】A

［分析］根据题意首先保持H在线段上不动（与F重合），研究当点F运动时M'的轨迹为线段,再根据

H点在线段FE上运动的轨迹即可得出点M■的轨迹为ZWA®及其内部的所有点的集合.

首先保持H在线段FB上不动，假设H与F重合

根据题意可知当F点在侧棱AA上运动时，若F点在A点处时，G为。G的中点，

此时由4声=2五可得满足屈=2荻，

当F点运动到图中用位置时，易知Z百=2而，取AGC。巧=P,可得舒=2历，

取棱AC上的点N,满足AN=2而？,根据三角形相似可得三点共线,

当点F在侧棱4A上从4点运动到A点时，同点轨迹即为线段ACV;

再研究当点H在线段FB上运动,

当点H在线段FB上从点F运动到点B^,M点的轨迹是线段ME,

当点H在线段用B上从点后运动到点B时，M点的轨迹是线段PE,

因此可得，当点F是侧棱441上运动时，H在线段上运动时，点M的轨迹为ZWNE及其内部的所有点的

集合；

即可得”的轨迹为三角形（含内部）.

故选：A

7.（2023•贵州黔西•一模）在正方体AC,中，点“为平面AB54内的一动点，由是点河到平面ADD.A,的

距离，d2是点河到直线及7的距离，且&="（/1>0）（/1为常数），则点河的轨迹不可能是（）

A.圆B.椭圆C,双曲线D.抛物线

【答案】A

【分析】根据条件作出正方体AG,再以A为原点，直线AB,AD和441分别为①、夕和z轴建立空间直角坐标

系，设正方体24G的棱长为Q（Q>0）,再设点（力,0,2），根据题目条件得到团=入1（Q—力丫+d，分类讨论0

V4V1"=1、4>1时，结合圆锥曲线的方程特征，即可求解.

【详解】由条件作出正方体AG,并以A为原点，直线48、AD和441分别为力、0和Z轴建立空间直角坐标

系，如图所示：

设正方体24G的棱长为a（a>0）,点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仅>。）,

当彳=1时，①式化得：z2=2ax—a2,

此时，点河的轨迹是抛物线;

当4时，①式化得：A2Z2+（1一1）（工2—手：）=—

=-启2+芈

即A2Z2+

n才z?+（#—1）,一月『=A2a2

\A—17A2-l

2

_,26化）_o⑸

—+②‘

当0V4V1时，不一1<0,则②式，是双曲线的方程，即点M'的轨迹为双曲线;

当4>1时，］一1>0,则②式，是椭圆的方程，即点M■的软迹为椭圆;

故选：A.

考点二、轨迹长度

典例引领

1.（2023•湖北省直辖县级单位•模拟预测）已知正方体ABCD-A.B.C.D,的棱长为2,M为棱B1cl的中

点，N为底面正方形ABCD上一动点，且直线MN与底面ABC©所成的角为卷，则动点N的轨迹的长

度为_____.

【答案］生和

［分析］利用线面角求法得出N的轨迹为正方形内一部分圆弧，求其圆心角计算弧长即可.

【详解】如图所示，取BC中点G,连接MG,NG,由正方体的特征可知底面ABCD,

________/

故人W与底面ABCD的夹角即NMNG,

：.2MNG=飞，触嗖=ta4nNG=等,

OGrlVOO

故N点在以G为原点2卓为半径的圆上，又N在底面正方形ABC。上,

O

即N的轨迹为图示中的圆弧历了1,

易知器=4=卓=/欣阳=子=/夙加=兀一专一专二争，

3

所以丽宿'长为2^③x红=生施.

339

故答案为：生舞.

9

2.（2024・四川南充•二模）三棱锥4一_8。。中，48=4?=40=4,8。=。。=。6=6,9为4_8。。内部

及边界上的动点，4P=22，则点P的轨迹长度为（）

A.nB.2兀C.37rD.4兀

【答案】B

【分析】由已知可得三棱锥为正三棱锥，即可得三棱锥的高，设点A在底面BCD上的射影为O,即可得OP,进

而可得点P的轨迹及其长度.

【详解】

如图所示，

由AB=AC=AD=4,BC=CD=Z®=6,

可知三棱锥A-BCD为正三棱锥，

设CD中点为E,

则BE=3遍，OB=2遍，OE二通,

设点A在底面BCD上的射影为O,

则AO±平面BCD,OA=y/AB2-OB2=2,

又P为△BCD内部及边界上的动点，AP=2V2,

所以OP=2,

所以点P的轨迹为以点O为圆心，2为半径的圆在△BCD内部及边界上的部分,

如图所示,

OE_LPa,

63

所以点P的轨迹长度为2兀x2—3x^x2=2兀,

O

故选：B.

3.（2024.全国.模拟预测）已知正四棱锥P—ABCD的体积为窄，底面ABC©的四个顶点在经过球心的

截面圆上，顶点P在球O的球面上，点E为底面ABCD上一动点，尸E与尸。所成角为？,则点E的轨

6

迹长度为（）

A.V27TB.4V37tC.D.当⑥兀

OO

【答案】。

【分析】根据锥体的体积公式结合外接球的性质可得半径和四棱锥的底边边长，进而根据锐角三角函数可得

OE=OP-tan/EPO=等，即可判断点E的轨迹为O为圆心，半径r=浮的圆，即可求解.

【详解】由题意，设球。的半径为R.如图所示，连接AC,BD交于点O,连接PO,则AO=BO=PO=R,

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

OOO

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

63

因为正方形ABCD的中心。到各边的距离为乎7?=1＞乎，所以点E的轨迹为平面ABCD内，以点。为

圆心，半径r=乎的圆，故点E的轨迹长度为2兀r=考工.

OO

故选:D.

4.（2023•湖北襄阳•模拟预测）如图，二面角a—/—6的大小为母，已知4口是Z上的两个定点，且AB=

__________由

4,的与平面反㈤所成的角为专'若点A在平面反㈤内的射影〃在△反㈤的内部（包

括边界），则点H的轨迹的长度为（）

A・8.—C.—D.—

【答案】。

【分析】根据题意：点H的轨迹是以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴，母线与轴AB成60°的

圆锥侧面交线的一部分，该部分是圆心角为［的弧长，只要求出半径即可.

【详解】如图所示：

因为AB与平面BCD所成的角为三,且点A在平面BCD上的射影H,AB=4,

6

所以AH=AB-sin30°=2,BH=AB-cos30°=2V3,

所以点H在以点B为球心，以2遍为半径的球面上，

又点H在以4B为轴，以Aff为母线的圆锥的侧面上，

所以点H的轨迹为以点B为球心，以2四为半径的球与以为轴，

母线■与轴成卷的圆锥侧面交线的一部分，

O

即图中扇形EOF的弧砺，且扇形所在平面垂直于4B,

因为二面角4—1—6的平面角的大小为争

所以NEOF=0~,

又QH=BHsin30°=273x;=g，

所以点H的轨迹的长度等于勺乂通=建兀，

44

故选：D

5.（2024•江西•二模）已知正方体4BCD—ApBiGA的棱长为4,点河满足血=3该，若在正方形

45GA内有一动点P满足BP〃平面则动点P的轨迹长为（）

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

【答案】。

【分析】在棱A^AA,上分别取点E,F,使得AiE=，AXF=jArA,连接EF,BCi,BF,CiE,DF,BM,

证明平面BEEG〃平面AJWDi即可得点P的轨迹为线段GE,再计算长度即可.

【详解】

如图，在棱A1D1,AA1上分别取点区F,使得A.E=十43,A,F=“/，

连接EF,BG,BF,CiE,D]F,BM,

因为AiE—[AQI,A\F--^AiA,

所以，EF〃人。i,

因为EF（X平面AMDi,ARC：平面AMD”

所以石尸〃平面AMA,

因为两方二3该,所以无=4（而，

又AiF=jAA,正方体ABCD—的棱长为4,

所以，AF=G"=3,CA1=AIF=1,

在棱BB,上取点G,使得BG=}BiB,

则FG〃AB且FG=,又AB〃C。且AB=CR,

所以FG〃CQi且FG=G2，所以四边形FGCQi是平行四边形，

所以即i〃GG,

又BG〃MCi且BG=MG,则四边形GBMC,是平行四边形，

所以GG〃BM,所以FB〃BM,

因为AQi=BC,ZBCM=Qi,

所以^BCM=△24F,则DXF=BM,

所以四边形BFDiM是平行四边形，所以RF〃D\M,

因为BFD平面AMDltDiMu平面AMDlt

所以，〃平面AMD”

因为BFCEF=F,BF,EFu平面BFECX,

所以平面BFEG〃平面AMD1，

因为平面BFECiCl平面ABQQi=GE,

所以，在正方形4B1G2内有一动点P满足BP〃平面AMD,时，

点P的轨迹为线段GE,

因为GE=JCQ；+ED：=+32=5,

所以，动点F的轨迹长为5.

故选：C.

6.（2023•江西赣州•二模）在棱长为4的正方体ABCD-A.B.C.D.中，点P满足AA^=4AF,E,尸分别为:

棱BC,CD的中点，点Q在正方体ABCD-A.B.C.D,的表面上运动,满足A.Q〃面EFF,则点Q的轨

迹所构成的周长为（）

__________W

A.B.2V37C.D.警

OOd

【答案】。

【分析】作出辅助线，找至U点Q的轨迹，利用勾股定理求出边长，得到周长.

【详解】延长AD,交EF的延长线与H,G,连接PG,PH，分别交BBX,DD1于R,T

过点4作ArK〃PG交BBi于点K,过点4作ArN//PH交DDX于点N,

因为平面EFP,PGU平面EFP,所以A[K〃平面EFP,

同理可得AN〃平面EFP,

因为AKCAN=4,所以平面EFP〃平面4KV,

过点N作NM//AK交CG于点、M,

连接MK,则MK〃人iN

则平行四边形4KMN（4点除外）为点Q的轨迹所构成的图形，

因为正方体棱长为4,E,歹分别为棱BC,CD的中点，瓦1=4和，

所以AP=1,B7?=DT=

因为4。=他=7771=3,所以37<=。1~=4—3—1=V，

OO

过点N作NJ_LCCi于点J,则GJ=D[N=得,

o

则由几何关系可知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=,

所以点Q的轨迹所构成的周长为誓心.

O

7.（2024.广西南宁.一模）在边长为4的菱形ARC©中，乙4BC=120°.将菱形沿对角线AC折叠成大小为

30°的二面角®—AC—0.若点E为B'C的中点，尸为三棱锥B'-ACD表面上的动点，且总满足AC

，班，则点尸轨迹的长度为（）

DC

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

【答案】A

【分析】根据二面角的平面角可结合余弦定理求解求3'。=，^一方,进而利用线面垂直可判断点F轨迹为

△EPQ,求解周长即可.

【详解】连接AC、,交于点O,连接。⑶，

ABCD为菱形，ZABC=120°,

所以AC_LBD,OB'±AC,OD±AC,

所以20OD为二面角日一47—。的平面角，

于是48'0。=30°,

又因为OB'=OD=]4B=2,

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

取。。中点P,取CD中点Q,连接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,

所以在三棱锥B'-ACD表面上，满足力。_LEF的点F轨迹为AEPQ,

因为EP=-OB',PQ=yOZ?,EQ=^B'D,

所以/\EPQ的周长为]x（通一方+2+2）=4+力一四,

所以点F轨迹的长度为4+V1—0.

故选：A.

8.（22—23高三下•江苏南京•阶段练习）如图，在矩形ABCD中，=E,F,G,H分别为

AB,BC,CD,AO的中点，AC与交于点O,现将△/1£；//,4BEF,4CFG,ADGII分别沿EH,

EF,FG,GH把这个矩形折成一个空间图形,使/与。重合，8与。重合，重合后的点分别记为河，N,

Q为MN的中点，则多面体MVEFGH的体积为；若点P是该多面体表面上的动点，满足PQ±

ON时,点P的轨迹长度为.

_____________阻

【分析】根据给定的几何体，证明EG_L平面,求出四棱锥E—MNFH的体积即可;证明点P所在平面

平行于平面MEG,作出过点Q与平面MEG平行的几何体的截面，求出其周长作答.

【详解】连接£3,9,有£；3_19，而距=m=2,0为£3中点，则有0可_107,

ONnF/f=O,则EG_L平面OFN,同理EG_L平面OHM,又平面OFN与平面OHM有公共点O,

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

因为NF_LNG,NF_LNE,NGCNE=N,NG,NEu平面NEG,则NF_L平面NEG,

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

即ANOF=/OHM,从而ON//即四边形ONMH为平行四边形，MN//HF,MN=OH=2,

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

显然EG_L平面MNFH,所以多面体MNEFGH的体积V=2%_.屯=2x^-SMNFH•OE=2x《x3x

V2°~~=2V2°-;

因为NF_L平面NEG,同理可得HM_L平面MEG,又ON〃/fM,则ON±平面MEG,

依题意，动点P所在平面与ON垂直,则该平面与平面MEG平行，而此平面过点Q,

令这个平面与几何体棱的交点依次为凡Q,T,S,R,则P©〃EM,QT〃MG,TS//NF//P、R,RS〃EG,

又Q为MN的中点，则点Pi,T,S,五为所在棱的中点，即点P的轨迹为五边形QPfiST,

长度为：QR+PF+RS+ST+TQ=^(ME+NF+EG+NF+MG)

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

故答案为：22；2+2/1

【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂

直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解.

1.（2024.江苏.一模）在棱长为2a（a>0）的正方体4BCD—人田觞口中，点跖N分别为棱4B,AG的中

点.已知动点P在该正方体的表面上，且而•由=0,则点P的轨迹长度为（）

A.\2aB.127taC.24aD.24兀a

【答案】B

【分析】根据条件得到P点轨迹为以皿N为直径的球，进而得出点P的轨迹是六个半径为a的圆，即可求出结

果.

【详解】因为加•丽=0,故P点轨迹为以为直径的球，

如图，易知AW中点即为正方体中心。，球心在每个面上的射影为面的中心，

设。在底面ABCD上的射影为Oi,又正方体的棱长为2a,所以MN=272a,

易知OOr—a,O]M—a,又动点P在正方体的表面上运动，

所以点P的轨迹是六个半径为a的圆，轨迹长度为6X2兀a=12兀a,

故选：B.

2.（2023•河北•模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正

四棱锥）P-的底面正方形边长为2,其内切球O的表面积为冷，动点Q在正方形4BCD内运动,

且满足OQ=OP,则动点Q形成轨迹的周长为（）

A2兀TD3兀c4兀n57r

A•五B.五C.五D.—

【答案】。

【分析】利用等体积法及几何关系求出关于动点Q的等式关系，根据相关几何意义即可求出动点Q形成轨迹

的周长.

【详解】设内切球。的半径为R,则JR=暇.

36

如图，连接AC与设交点为F,取AD的中点E,连接PE,PF,EF.

眇

2

根据等体积法得!(SABCD+4sAp放)&=！XABXPF,

oo

.•.《(4+4