立体几何中的动态、轨迹问题【六大题型】解析版-2025年新高考数学一轮复习

立体几何中的动态、轨迹问题【六大题型】

►题型归纳

【题型1动点保持平行的动态轨迹问题】........................................................2

【题型2动点保持垂直的动态轨迹问题】........................................................6

【题型3距离(长度)有关的动态轨迹问题】...................................................10

【题型4角度有关的动态轨迹问题】...........................................................13

【题型5翻折有关的动态轨迹问题】............................................................17

【题型6轨迹所围图形的周长、面积问题】.....................................................21

►命题规律

1、立体几何中的动态、轨迹问题

“动态、轨迹”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，是高考中的重点、难度问题，它渗透

了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖.同时，由于“动态”

的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以

及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化.

►方法技巧总结

【知识点1立体几何中的动态、轨迹问题的解题策略】

1.动点轨迹的判断方法

动点轨迹的判断一般根据线面平行、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.

2.立体几何中的轨迹问题的常见解法

(1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题.

(2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲

线的变化，依赖于哪一个变量?设出这个变量为3求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去

参数/，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法.

(3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动

点的轨迹，再进行求解.

（4）坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进

行求解.

（5）向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问

题，进行求解.

►举一反三

【题型1动点保持平行的动态轨迹问题】

【例1】（2024•全国•模拟预测）如图，在棱长为2的正方体4BCD—&8道1。1中，£为棱8c的中点，F

为底面/BCD内一动点（含边界）.若DF〃平面&EC1，则动点尸的轨迹长度为（）

A.V3B.V5C.2V2D.V2

【解题思路】取的中点M、CD的中点N,结合题意可得平面小MN〃平面4EC1，得出线段MN是动点

尸的轨迹，计算MN即可得.

【解答过程】如图，取4。的中点河、CD的中点N,连接。

因为E为3c的中点，Af为4D中点，由正方体的性质可得，

CE=DM,CE//DM,所以四边形CEMD是平行四边形，

所以ME〃CD,ME=CD,又因为射。1/。。，=CD,

所以ME〃Ci%,ME=C1D1,所以四边形。亚“小是平行四边形，

所以。由正方体的性质可得，

AiA=CiC,A\A〃C\C,所以四边形力MCCi是平行四边形，

所以41CJ/4C,又因为M为4D中点，N为CD中点，

所以MN//AC,所以MN〃2Ci，

因为办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

因为DF〃平面&EC1，所以小Fu平面%MN,

所以动点尸的轨迹为线段MN,

又MN=鱼步=VL故动点尸的轨迹长度为近.

【变式1-1］（2024•北京昌平•二模）已知棱长为1的正方体4BCD—&B1C1D1，M是B班的中点，动点P在

正方体内部或表面上，且MP〃平面AB。。则动点P的轨迹所形成区域的面积是（）

A.yB.V2C.1D.2

【解题思路】过点m做平面ZB%的平行截面，再求四边形面积即可.

如图所示E、F、G、〃■分别是力力1、①小、BAB8i的中点,

贝|］£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,故点P的轨迹为矩形EFGM.

=B^G=―,所以MG=q,所以SEFGM=1X终=乎.

故选：A.

【变式1-2］（2024•江西赣州•二模）在棱长为4的正方体4BCD—4出道山1中，点P满足嬴=4而，E,F

分别为棱BC,CD的中点，点Q在正方体ABCD—&B1CW1的表面上运动，满足&Q〃面EFP,则点Q的轨迹

所构成的周长为（）

A.粤B.2V37C.安D.喈

【解题思路】作出辅助线，找到点Q的轨迹，利用勾股定理求出边长，得到周长.

【解答过程】延长交EF的延长线与H,G,连接PG,PH,分别交BB。DD^R,T

过点&作AiK〃PG交B为于点K,过点Ai作4iN〃PH交。。1于点N,

因为&KC平面E”,PGu平面所以&K〃平面EFP,

同理可得&N〃平面EFP,

因为41KCA1N=4,所以平面EFP〃平面力iKN,

过点N作N"〃&K交CCi于点M,

连接MK,贝UMK〃41N

则平行四边形&KMN（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,尸分别为棱BC,CD的中点，嬴=4而，

1

所以ap=I,BR=DT=E，

i2

因为4止=KR=NT=3,所以=%N=4-3--=-,

2

过点N作NJlCCi于点J,贝UC"=%N=

7774

则由几何关系可知/M=BiK=§,所以CiM=]+§=]

由勾股定理得&K=A/=MN=MK=,N/2+JM2=

所以点Q的轨迹所构成的周长为吟.

【变式1-3]（2024•山东枣庄•二模）如图，在棱长为1的正方体ABCD—4/iCiDi中，〃是4/1的中点,

点尸是侧面CDZ%Ci上的动点，且.MP〃平面4B1C,则线段〃尸长度的取值范围为()

A.惨阀B-[1，玛

c修，|]D.同|]

【解题思路】根据已知条件及三角形的中位线，利用线面平行的判定定理及面面平行的判定定理，结合直

角三角形的勾股定理及勾股定理的逆定理即可求解.

【解答过程】取CCi的中点为R,取CD的中点为N,取Bi。的中点为H,如图所示

因为M是4的中点，”是Bi。的中点，

所以BiC〃HR,

因为平面u平面力&C,

所以HR〃平面力当加

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,线段MP扫过的图形是△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为直角,

所以线段MP长度的取值范围是:悸，闻

故选：A.

【题型2动点保持垂直的动态轨迹问题】

【例2】（2024•山东潍坊•一模）如图所示，在棱长为1的正方体ABC。一AiBiCiDi中，点P为截面4停道上

的动点，若DP141C,则点P的轨迹长度是（）

A.¥B.V2C.1D.1

【解题思路】连接DCi,8D,利用线面垂直的判定推理证得&C平面BCi。即可确定点P的轨迹得解.

【解答过程】在棱长为1的正方体4BCD—4B1C1D1中，连接OCi，BD/C,

由Ml平面ABC。，8。u平面ABC。，得BDJ.441，而BD1AC,

A4in4C=AHAi/Cu平面A41C,贝!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。，因为。。14停，则DPu平面BCi。，

而点P为截面4道道上的动点，平面&CiBn平面BCi。=BQ,

所以点P的轨迹是线段BCi，长度为VI

故选：B.

【变式2-1]（2024•海南省直辖县级单位•模拟预测）已知四棱柱4BCD-&B1C1D1的底面ABCD为正方形,

侧棱与底面垂直，点P是侧棱上的点，且DP=2PD1,AA1=3,AB=1.若点Q在侧面BCC/i（包括其边界）

上运动，且总保持4QIBP,则动点Q的轨迹长度为（）

A.V3B.V2C.竽D.孚

【解题思路】先找到过点4与8P垂直的平面与侧面BCCiBi的交线，从而求解.

【解答过程】

如图，在侧棱441上取一点R,使得4R=2R&,连接PR,BR,

过点力作4VLBR交于点M,交BB］于点N,连接力&CN,

由PRII4D,可知PR14N,

BR、PRu平面BPR,BRCPR=R,

从而4N_L平面BPR,所以BP_L4V,

又由BP在平面4BCD内的射影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,

所以动点Q的轨迹为线段CN,

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

BNAB,1

则mil而=而得ZFBN=5

易得CN=7BN2+BC2=*）2+12=当

故选：D.

【变式2-2]（2024•广西玉林•三模）在正四棱柱力BCD—481C1D1中，AB=1,=4,E为。小中点,

P为正四棱柱表面上一点，且CiPIBiE,则点P的轨迹的长为（）

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

【解题思路】根据给定的条件，结合正四棱柱的结构特征，作出过点G垂直于BiE的正四棱柱的截面即可计

算作答.

【解答过程】在正四棱柱4BCD—4再停1。1中，连接B1D14C1，如图，A1C11B1D1,飒_L平面4181cl

Di，

因为u平面4i8iCiZ）i,贝!|E£）i_L，道丁又u平面

ED】CBi。1=。1，贝_L平面u平面EBi。1，贝！|Ci力i-LB,

取CCi中点F,连接在平面BCC1为内过J作CiG_LB/,交于G,显然£尸〃。停1，

而％Ci_L平面BCCiBi，则EF1平面BCC®WQG1EF,

又BF，FEu平面BiFE,FECB#=F,于是C\G_L平面为FE,而B】Eu平面BFE,因此QGlBiE,

因为CiG,Ci_/4iu平面C]4iCiC】G=C]，从而BiE_L平面CiGA1，

连接&G,则点P的轨迹为平面CiG&与四棱柱的交线，即△&C1G,

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

于是△Ci/GFC，有得?=^^=2,BrG=I，

所以点P的轨迹长为/1G+C]G+4iCi=2/1+i+V2=V5+V2.

故选：A.

【变式2-3]（2024•广西南宁•一模）在边长为4的菱形ABC。中，乙48c=120°.将菱形沿对角线/C折叠

成大小为30。的二面角/一AC—D.若点E为夕C的中点,F为三棱锥所一4CD表面上的动点，且总满足/C1EF,

则点尸轨迹的长度为()

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

【解题思路】根据二面角的平面角可结合余弦定理求解求次。=乃-企，进而利用线面垂直可判断点F轨

迹为求解周长即可.

【解答过程】连接AC、BD,交于点。，连接。夕，

ABCD为菱形，/.ABC=120°,

所以2C18D,OB'1AC,ODLAC,

所以为二面角/一AC-。的平面角,

于是N笈。。=30°,

又因为。B'=。。=如=2,

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

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

所以4C1EP、AC1PQ,EP,EQ相交，

所以4C1平面EPQ,

所以在三棱锥⑶—4CD表面上，满足AC1EF的点F轨迹为△EPQ,

因为EP=《O9，PQ=TOO,EQ=期r,

所以△EPQ的周长为Jx(V6-V2+2+2)=处第返，

4Z

所以点尸轨迹的长度为喑返.

故选：A.

【题型3距离（长度）有关的动态轨迹问题】

[例3]（2024・四川南充•二模）三棱锥4—BCD中，AB=ACAD4,BC=CD=DB=6,P为△BCD

内部及边界上的动点，AP=2V2,则点P的轨迹长度为（）

A.nB.27iC.3irD.4n

【解题思路】由已知可得三棱锥为正三棱锥，即可得三棱锥的高，设点4在底面BCD上的射影为0,即可得

OP,进而可得点P的轨迹及其长度.

【解答过程】

如图所示，

由力B=AC—AD——4,BC—CD—DB=6,

可知三棱锥a-BCD为正三棱锥，

设CD中点为E,

则BE=3®OB=2V3,OE=V3,

设点a在底面BCD上的射影为0,

则2。_L平面BCD,0A=yjAB2-OB2=2,

又P为△8C0内部及边界上的动点，AP=2五,

所以。P=2,

所以点P的轨迹为以点。为圆心，2为半径的圆在△BCD内部及边界上的部分,

cos/EOPi=箴=苧'

即NEOPi=*z.P1OP2=l，

所以点P的轨迹长度为2TTX2—3X^X2=2TT,

故选：B.

【变式3-1](2024・广东梅州•一模)如图,正四棱柱力BCD—4/道山1中，441=22B=2,点P是面AB&

力1上的动点，若点P到点。1的距离是点P到直线4B的距离的2倍，则动点P的轨迹是()的一部分

Dx

A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线

222

【解题思路】建立如图空间直角坐标系，设P(lMm)(n>。)，利用两点距离公式可得外"+])—普=1,即

1919

可求解.

【解答过程】由题意知，以。为原点，所在直线分别为招y,z轴建立如图空间直角坐标系，

则4(1,0,0),8(1,1,0),。式0,0,2),设P(LmA)(m,n>0),

所以PDi-(—1,—m,2—n),

因为P到。1的距离是P到28的距离的2倍，

所以J=2n,即(-I)2+(—m)2+(2—n)2=4n2,

整理，得9(喑)2—警=1,

1919

所以点P的轨迹为双曲线.

故选：C.

【变式3-2]（23-24高三上•江西抚州•阶段练习）设/、2是半径为鱼的球体。表面上的两定点，且

^AOB=f,球体。表面上动点〃满足M4=则点”的轨迹长度为（）

A4V6n2回女

A.—TiB.吟C.唔D.——1T

11

【解题思路】先建立平面直角坐标系确定M轨迹，转化为空间中的阿氏球，利用两球相交求相交圆周长即

可.

【解答过程】以4。8所在的平面建立平面直角坐标系，4B为x轴，力B垂直平分线为y轴,

则易知4(—1,0),0(0,1),

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

故知的轨迹是以C（2,0）为圆心，遍为半径的圆,

转化到空间〃的轨迹为以C为球心，声为半径的球，同时M在球。上,

故M在两球的交线上，轨迹为圆.

又。M=a,MC=遮,易求得。。=迷，即△OCM为直角三角形,

则对应圆的半径为=立醇=等

V55

M的轨迹长度即对应圆的周长为噌T.

【变式3-3］（2023・陕西西安•模拟预测）已知正方体48CD—4/传必的棱长为2Mp是正方形BBiCiC（含

边界）内的动点，点P到平面&BD的距离等于竽，贝的,P两点间距离的最大值为（）

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

【解题思路】利用等体积法可得点当到平面4/。的距离等于孚，结合平行关系分析可得点P的轨迹为线段

BC再根据△Bi。。的形状分析求解.

【解答过程】由题意可知：BiC=ArB=ArD=BD=44道=2瓜,

设三棱锥团的高为h,

因为VBLABD=力-A&B,则1xhx3x4x4x孚=gx2鱼x：x2V^x2vL

解得h=孚，即点/到平面4声。的距离等于甯

又因为&B1IICD,且&Bi=CD,则四边形4B1CD为平行四边形，则公川当。，

&DU平面a/D,BiCC平面41BD,所以当。|平面4/。，

即点P的轨迹为线段&C,

因为CD1平面BBiQC,&Cu平面B&CiC,所以CQJ.BC

在RtaBiCD中，D,P两点间距离的最大值为=2V6.

故选：D.

---------yCx

N/\\p

【题型4角度有关的动态轨迹问题】

【例4】（2024•全国•模拟预测）已知正四棱锥P—ABCD的体积为竽，底面4BCD的四个顶点在经过球心的

截面圆上，顶点P在球。的球面上，点E为底面力BCD上一动点，PE与PO所成角为也则点E的轨迹长度为

（）

A.V2TTB.4俪C.等D.孚T1

【解题思路】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/"。=苧，即可判断点E的轨迹为。为圆心，半径「=半的圆，即可求解.

【解答过程】由题意，设球。的半径为R.如图所示，连接力&BD交于点。，连接P0,则

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

解得R=V2.

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

因为正方形4BCD的中心。到各边的距离为郛=1＞争所以点E的轨迹为平面力BCD内，以点。为圆心，半

径r=空的圆，故点E的轨迹长度为2m=李.

故选:D.

【变式4-1］（2024•海南海口•一模）如图，点P是棱长为2的正方体ZBCD—&B1C1D1表面上的一个动点,

直线2P与平面48CD所成的角为45。，则点P的轨迹长度为（）

A.TT+4V2B.4V2TTC.2V3D.3近+n

【解题思路】先利用直线4P与平面4BCD所成的角为45。求得点P的轨迹，进而求得点P的轨迹长度.

【解答过程】若点P在正方形&81QD1内，

过点尸作PPJ■平面于P,连接力P14P.

则NP4P，为直线ZP与平面4BCD所成的角，则NP4P=45°,

又PP'=2,则P4=2鱼，则P4=2,

则点P的轨迹为以41为圆心半径为2的圆（落在正方形2声传1。1内的部分），

若点尸在正方形内或内，轨迹分别为线段4历,4小，

因为点P不可能落在其他三个正方形内，

所以点P的轨迹长度为2x^+2V2+2V2=n+4立.

故选：A.

【变式4-2]（23-24高一上•浙江绍兴•期末）已知点P是边长为1的正方体ABC。—&B1C1D1表面上的动点,

若直线4P与平面4BCD所成的角大小为%则点P的轨迹长度为（）

A.3V2B.2V2+nC.孝（4+11）D.2或+]

【解题思路】由题意，分析可得点P的轨迹，分别计算各段轨迹的长度即可.

【解答过程】若点尸在正方形4道住1。1内，过点尸作PP1平面4BCD于P,连接4P/1P.

则NP4P为直线4P与平面4BCD所成的角，则NP4P=5，

又pp'=1,贝ijpa=V2,得P2i=1,

则点P的轨迹为以&为圆心半径为1的圆（落在正方形内的部分），

若点P在正方形488遇1内或40。遇1内，轨迹分别为线段4Bi和4%,

因为点P不可能落在其他三个正方形内，所以点P的轨迹如图所示：

故点P的轨迹长度为2vm+jx2TT=2V2+J

故选：D.

【变式4-3］（2024•江西•模拟预测）如图，已知正三棱台4BC—4B1C1的上、下底面边长分别为4和6,

侧棱长为2,点尸在侧面BCC/i内运动（包含边界），且/尸与平面BCCpBi所成角的正切值为遥，则所有

满足条件的动点P形成的轨迹长度为（）

【解题思路】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点力到平面BCCiB的距离即可确定点P的运动轨迹,

进而可得出答案.

【解答过程】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点。，取Bi。中点

BC中点E,连接贝U有。4=0B=0C,

所以DE的延长线必过点。且DE1BG，DE1BC,

过点。作。F//C1&DG〃a8,则四边形DFCCi是边长为2的菱形，

如图所示：

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为边长为6等边三角形，

所以NDFE=乙FDC1=Z.OCB=f,0E=3近,

所以DE=DFxsin^=2x逅=

32

因为△力BC是边长为3的等边三角形且E为BC中点,

所以4E=3b，BC1AE,

。都+旃一。〃_(3•2+(3旬2—621

在△04E中,由余弦定理变形得,cosZ-OEA=

2xOExAE2X3V3X3V33,

在△4DE中，由余弦定理变形得,

"+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，

因为4P与平面BCCiB所成角的正切值为历，

所以而=V6,解得DP=2,AP=y/AD2+DP2=-24+4=2夕，

所以点尸在平面BCC1当的轨迹为以。为原点的圆被四边形BCC1/所截的弧瓦尺布,

设QF的长度为Z,则1=\Z-FDC1\x\DP\=2=y,

所以所有满足条件的动点尸形成的轨迹长度为争

故选：A.

【题型5翻折有关的动态轨迹问题】

【例5】（23・24高三上•云南昆明•阶段练习）如图，已知在△A8C中，AB=lfBC=3,AB1BCfD是BC边

上一点，且8。=1,将沿4。进行翻折，使得点8与点P重合，若点尸在平面ZDC上的射影在△ZDC内

部及边界上，则在翻折过程中，动点P的轨迹长度为（）

C.评D.—1T

4

【解题思路】过点B作BF14D,得到动点P的轨迹是以E为圆心，以BE为半径且圆心角为“1"2的圆弧,

在△ABC所在平面建立平面直角坐标系，求得直线BE和AC的方程，联立方程组，求得F©,3,得到|EF|的

长，进而求得NP1EP2=F，结合弧长公式，即可求解.

【解答过程】如图（1）所示，过点B作BF14D,分别交4D/C于点E,F,

则动点P在平面力DC上的射影轨迹为线段EF,

设当P与Pi重合时，有PiElEF；当P与P2重合时，有22尸，£乩

则由PE=BE为定长，可知动点P的轨迹是以E为圆心，以BE为半径且圆心角为NP1EP2的圆弧，如图（1）

所示，

在△ABC所在平面建立如图（2）所示的平面直角坐标系，

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

联立方程组［y=L［+l，解得x=*y=*即尸信＞则|幽=?，

又由|眼=亭可得cos4P2EF=昌=所以NP2EF=?,/-P1EP2=

所以动点P的轨迹长度为乎吗=净.

图⑴图⑵

【变式5-1］（2024•河南•模拟预测）如图，在长方形4BCD中，AB=2,BC=4,E为3c的中点，将△B4E

沿/£向上翻折到△PHE的位置，连接尸C,PD,在翻折的过程中，以下结论错误的是（）

A.四棱锥P-AECD体积的最大值为26

B.PD的中点尸的轨迹长度为粤

C.EP,CD与平面P4D所成的角相等

D.三棱锥P-4ED外接球的表面积有最小值16TT

【解题思路】四棱锥P—4ECD的底面积为定值，当平面4PEJ.平面NECD时，高最大，即可求出四棱锥

P—4ECD体积的最大值；取P4的中点G,由已知得点尸的轨迹与点G的轨迹形状完全相同，则可以求点F的

轨迹长度即可；利用线面角的概念分别找到EPCD与平面尸/D所成的角，即可求解；根据三棱锥的外接

球的定义作出图形，即可求解.

【解答过程】由已知条件可知，梯形/KCD的面积为6,AE=2V2,直角aAPE斜边/E上的高为VL当

平面力PE1平面AECD时，四棱锥P—4ECD的体积取得最大值，

即VPYECD=：x6x鱼=2a，贝!|A正确；

取P4的中点G,连接GF,GE,FC,贝ijGF=EC且GF//EC,

••・四边形ECFG是平行四边形，

.•.点F的轨迹与点G的轨迹形状完全相同.过G作/£的垂线，垂足为，，G的轨迹是以H为圆心，HG若为

半径的半圆弧，从而尸D的中点F的轨迹长度为争，

则B错误；

由四边形ECFG是平行四边形，知EC//FG,贝场。/平面P4),

则E,C到平面取。的距离相等，

故尸E,CD与平面P4D所成角的正弦值之比为PE:CD=1:1,则C正确；

△4PE外接圆0的半径为鱼，。1为4E的中点，直角△力DE外接圆。2的半径为2,。2为力。的中点，4E是圆内

与圆。2的公共弦，|OiO2|=72,

设三棱锥P—4ED外接球的球心为。，半径为R,

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

因为|。2。|e[0,+8),所以R22,所以球。表面积的最小值为S=4nR2=i6m

则D正确，

故选：B.

【变式5-2]（23-24高二上•四川内江・期中）如图，已知菱形A8CD中，AB=2,^BAD=120°,E为边BC

的中点，将沿4E翻折成△28亚（点/位于平面48CD上方），连接当C和当。，F为当。的中点，则

在翻折过程中，点F的轨迹的长度为—土.

【解题思路】设田是4当的中点，可证F的轨迹与G，的轨迹相同，求得当的轨迹之后再求（7的轨迹.

【解答过程】由AB=2,4820=120。，E为边BC的中点

设G，是4Bi的中点，又F为Bi。的中点，则G77/4D且G，F=%1D,

而CE==^AD^.EC//AD,所以G'F//EC且G'F=EC,

即尸件EC为平行四边形，故EG〃CF且EG，=CF,

故尸的轨迹与G的轨迹相同.

因为2E1面&EC,且BiE=l,所以当的轨迹为以E为圆心，1为半径的圆,

设力E的中点为O,贝|0。=匏花，OG'1/B^E,

又。GE面BiEC,BiEu面BiEC,所以。G〃面3典,

故G，的轨迹为以。为圆心，警=,为半径的圆,

所以尸的轨迹长度为!x2itxBrE=

故答案为：f.

【变式5-3］（22-23高二上•广东广州•期末）己知矩形28CD中4B=3,AD=W，现将△"£»沿对角线4C

向上翻折（如图所示），若在翻折过程中，点。到点8的距离在［亨，字］内变化时，点。的运动轨迹的长

度等于

八Dc

【解题思路】根据已知，可知点。的运动轨迹是圆弧，做辅助线，将8。的长度的变化范围转化为二面角

D—AC—B的变化范围，再由弧长公式计算即得.

【解答过程】如图所示：在矩形2BCC中，过点。作DF14C交/C于点R交4B于点G,

过点8作BE，OF交。尸于点E,故点。的运动轨迹是以尸为圆心，以。尸为半径的圆弧，NDFE为二面角

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=当一三乂遮=遮.

翻折后BEIDF,BE1EF,DFCEF=u平面。尸£,

・•・BE1平面D/E.SEu平面OFE,・•.BE1DE.

当BD=亨时，DE=7BD2—BE2=J（亨丫一（V3）2=|,

故△DEF是等边三角形，所以ADFE=?

当BD=苧时，DE=7BD2_BE2=J（等丫_（旧f=乎，

因为EF=DF=|,DE=挈，所以*2+DF2=DE2,^^DFE=5

则点。的运动圆弧所对应的圆心角为与一方=

故点。的运动轨迹的长度是仃=?X|=：.

故答案为3.

【题型6轨迹所围图形的周长、面积问题】

【例6】（23-24高三上•广西贵港•阶段练习）正三棱柱ABC—&B1C1的底面边长是4,侧棱长是6,M,N

分别为BBi，CCi的中点，若点尸是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，VPII平面A&N,则动点尸的轨迹

面积为（）

A.5V3B.5C.V39D.V26

【解题思路】取的中点0,证明平面MQCII平面得动点尸的轨迹为△MQC及其内部（挖去点

.然后计算△屈℃的面积即可.

【解答过程】取48的中点0,连接MQ,CQ,MC,由Af,N,Q分别为BB],CQ,48的中点可得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,则平面

MQC||平面481N,

所以动点尸的轨迹为△M0C及其内部（挖去点M）.

在正三棱柱2BC—乙/心中，AABC为等边三角形，0为的中点，贝

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

所以CQ1QM.

因为48=4,所以CQ=2g,

因为侧棱长是6,所以力BI=2VH.

所以MQ=Vn,则△M0C的面积S=：XXg=商,

故动点P的轨迹面积为

故选：C.

【变式6-1]（2024・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）PTBCD的底面正方形边长为2,其内切球。的表面积为与动点。在正方形/BCD

内运动，且满足OQ=OP,则动点0形成轨迹的周长为（）

„311八4n„5-n

A•五B.五C,-D,-

【解题思路】利用等体积法及几何关系求出关于动点0的等式关系，根据相关几何意义即可求出动点0

形成轨迹的周长.

【解答过程】设内切球。的半径为七贝3TTR2=]...R=,

J6

如图，连接/C与AD,设交点为凡取4D的中点E,连接PE,PF,EF.

-11

根据等体积法得式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=热，PF=逅..-.OF=立，OP=改，OQ=OP=破.

1111666y66

在Rg。"中，Q77=J（噤丫-（方号•

774

.••点0在以点尸为圆心，五为半径的圆上，其周长为21Tx五=五正

故选：C.

【变式6-2]（23-24高二下•浙江•开学考试）在正四面体4BCD中，P,Q分别是棱的中点，E,F分别是

直线48,CD上的动点，且满足|PE|+|QF|=a,M是EF的中点，则点M的轨迹围成的区域的面积是（）

A.YB-TC.苧D.呼

【解题思路】先由对称性找到PQ、EF的中点在中截面GHLK上运动，利用向量的加减运算，得到届=*届

+m），设E,F在中截面上的投影分别为例P,分析证明动点M的轨迹就是边长为乎a的正方形RNTW,即得解.

【解答过程】如图所示，

C

正四面体4BCD中，取BC、BD、AD,4C的中点G、H、K、L,

因为P、Q分别是棱48,的中点，所以PQ的中点。也为定点;

由对称性知，PQ和EF的中点都在中截面GHKL（正方形）上；

由。M=OP+PE+EM=0Q+QF+FM,

所以谕=/藁+而，

设E,F在中截面上的投影分别为£尸，

作0/CD力〃AB,贝此k=90°,

因为|PE|+\QF\=a,所以OE'+。尸1=a,

取。R=ON=/所以。R+ON=a,

两式相减得RE，=NF',

过点E作ES〃RN,

所以RE，=NS,所以RE，=NS=NF',

所以E'F'的中点M在RN上，同理EF的中点M在N7,7WWR上，

因为RN=J（：a）2+（（炉=*a,

即动点M的轨迹就是边长为点的正方形RNTW,

所以其轨迹围成的区域的面积是（日公=我

故选：B.

【变式6-3］（2024•四川•一模）如图，正方体48CD—&81射。1的棱长为3,点E在棱BC上，且满足

BE=2EC,动点M在正方体表面上运动，且MEIBDi，则动点M的轨迹的周长为（）

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

【解题思路】在4B,BBi上分别取点G,F,使得BG=2GA,BF=2FB「则M的轨迹为AGEF,进而求出

周长.

【解答过程】解：由正方体的特点可知BDil平面力CBi，

在4B,BBi上分别取点G,F,使得BG=2GA,BF=2FBr,

连接GE,GF,EF,则GE//AC,EF//BrC,

平面ABiC〃平面GEF,

BDi_L平面GEF,

・•.M的轨迹为aGEF.

正方体棱长为3,AC=3V2,

•••GE=|ac=2V2,

GEF的周长为3GE=6V2.

故选：A.

►过关测试

一、单选题

1.（2024・陕西铜川•模拟预测）在正四棱台4BCD—a8传1。1中，AB=2A1B1=4V3,=VI石，P是

四边形4BCD内的动点，且&P=4,则动点P运动轨迹的长度为（）

A.亨B.警C.亨D.2V2n

【解题思路】利用勾股定理得到PM=2板，即可得到点P的轨迹，然后求长度即可.

【解答过程】

设占在平面ABC。内的射影为M,则M在线段4C上，贝IMM=片鱼=亚亨=屈，A时=71万=%=2,

PM=八=2_41“2=V16-4=2V3,

故动点P的轨迹为以M为圆心，以2祗为半径的圆在正方形力BCD内部部分，

如图所示，其中"7="/<=遍，故DT=BK=3b,

又SM=ML=2V3,所以ST=KL=V12-3=3,

因为喘=器=容所以NSMT=4MK=?故=故动点P的轨迹长度是祭x2遮=色普

故选：A.

2.（2024・辽宁•模拟预测）如图，在棱长为2的正方体ABC。-41%的%中，已知M,N,尸分别是棱的

Di，AAlf8C的中点，Q为平面PMN上的动点，且直线QB1与直线的夹角为30。，则点Q的轨迹长度为

C.2irD.3ir

【解题思路】以D为坐标原点，DA,DC,DDi所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，由空间向量

的位置关系可证得1平面PMN,可得点Q的轨迹为圆，由此即可得.

【解答过程】解：以D为坐标原点，DA,DC,DDi所在直线分别为x、y、z轴，

建立空间直角坐标系，P(l,2,0),N(2,0,l),£>(0,0,0),BI(2,2,2),

故。Bi—(2,2,2)，PM=(—1,—1,2),

丽=(1,—2,1),设平面PMN的法向量为访=(x,y,z),

IjjJm-PM=(x,y,z)■(-1,-1,2)=一万-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),

因为函=2m,故DBi1平面PMN,

Q为平面PMN上的动点，直线QBi与直线D%的夹角为30°,

DBil平面PMN,设垂足为S,以S为圆心，「=争行为半径作圆，

即为点Q的轨迹，其中丽|=E^=20

由对称性可知，BxS=^B1D=V3,故半径「=苧*遮=1,

故点Q的轨迹长度为2Tt.

故选：C.

3.（2024•江西•二模）已知正方体48CD—&81QD1的棱长为4,点M满足？!7=3荻，若在正方形&为0

内有一动点P满足BP〃平面AM%,则动点P的轨迹长为（）

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

【解题思路】在棱上分别取点瓦F,使得4亚=11。1，=连接即方⑸夕月的与小

F.BM,证明平面BFEQ〃平