2025年高考数学必刷题分类：第52讲、立体几何中的轨迹问题（教师版）

第52讲立体几何中的轨迹问题

知识梳理

立体几何中的轨迹问题常用的五种方法总结：

1、定义法

2、交轨法

3、几何法

4、坐标法

5、向量法

必考题型全归纳

题型一：由动点保持平行求轨迹

例1．（2024·贵州铜仁·高二贵州省铜仁第一中学校考开学考试）设正方体ABCDA1B1C1D1的

棱长为1，点E是棱A1B1的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列命题：

3

①如果AMBD1，则点M的轨迹所围成图形的面积为；

2

35

②如果B1M∥平面AEC1，则点M的轨迹所围成图形的周长为；

2

③如果EM∥平面D1B1BD，则点M的轨迹所围成图形的周长为22；

33

④如果EMBD1，则点M的轨迹所围成图形的面积为．

4

其中正确的命题个数为（）

A．1B．2C．3D．4

【答案】C

【解析】由A1D1面A1B1BA，而AB1面A1B1BA，则A1D1AB1，又AB1BA1，

又A1D1BA1A1，A1D1,BA1面BA1D1，则AB1面BA1D1，

由BD1面BA1D1，则AB1BD1，同理ACBD1，

AB1ACA，AB1,AC面ACB1，则BD1面ACB1，

所以BD1垂直于面ACB1所有直线，且A面ACB1，

若AMBD1，则M在边长为2的正△ACB1的边上，

13

故轨迹图形面积为(2)2sin60，①对；

22

若F,G分别为CD,AB中点，连接AF,FC1,B1G,GC,CB1，

由正方体的性质易得AE//B1G//FC1，AEB1GFC1，

所以A,E,C1,F共面，且AEC1F为平行四边形，故面AEC1即为面AEC1F，

由AE面AEC1F，B1G面AEC1F，则B1G//面AEC1F，

同理可得CG//面AEC1F，B1GCGG，B1G,CG面B1CG，

所以面B1CG//面AEC1F，要使B1M∥平面AEC1，则M在△B1CG的边上，

5

所以轨迹长为2225，②错；

2

若G,I,J分别为AB,AD,A1D1的中点，连接EG,GI,IJ,JE，显然EG//IJ，

所以E,G,I,J共面，即E,G,I,J面EGIJ，

由EG//BB1，EG面D1B1BD，BB1面D1B1BD，则EG//面D1B1BD，

又IG//BD，同理可得IG//面D1B1BD，EGIGG，EG,IG面EGIJ，

所以面D1B1BD//面EGIJ，故面EGIJ内任意直线都与面D1B1BD平行，

要使EM∥平面D1B1BD，则M在四边形EGIJ的边上运动，

2

此时轨迹长为22122，③对；

2

若H,I,K,L,N分别是AA1,A1B1,B1C1,CC1,CD的中点，并依次连接，

易知ENLKIH为正六边形，显然EH//AB1，EN//IK//AC，

由EH面ACB1，AB1面ACB1，则EH//面ACB1，同理可得EN//面ACB1，

EHENE，EH,EN面ENLKIH，所以面ENLKIH//面ACB1，

由BD1面ACB1，则BD1面ENLKIH，故BD1垂直于面ENLKIH所有直线，

2

要使ENBD1，则M在边长为的正六边形ENLKIH边上运动，

2

12333

所以轨迹图形面积为6()2，④对；

2224

故选：C

例2．（2024·辽宁沈阳·高一沈阳二十中校联考期末）在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，

E在棱DD1上且满足D1EED，点F是侧面ABB1A1上的动点，且D1F//面AEC，则动点F

在侧面ABB1A1上的轨迹长度为．

【答案】5

2

【解析】如图，取ABB1A1的中点G，并连接GD1、GB、BD1，

因为E在棱DD1上且满足D1EED，即E是棱DD1的中点，

所以BG//CE，又BG平面AEC，CE平面AEC，

所以BG//平面AEC，同理可证D1G//平面AEC，

又BGGD1G，所以平面BGD1//平面AEC，又BG平面BGD1，

所以BG//平面AEC，所以动点F在侧面ABB1A1上的轨迹即为BG，

5

因为正方体的棱长为1，由勾股定理有：BGBA2AG2.

2

故答案为：5.

2

例3．（2024·福建福州·高一福建省福州屏东中学校考期末）如图所示，在棱长为2的正方体

ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别为所在棱的中点，P为平面BCC1B1内（包括边界）一动

点，且D1P∥平面EFG，则P点的轨迹长度为

【答案】2

【解析】因为A1D1∥BC，则A1,B,C,D1四点共面，

连接CD1,A1B，

因为E，F分别为所在棱的中点，则EF∥A1B，

且EF平面FGE，A1B平面FGE，所以A1B∥平面FGE，

因为F，G分别为所在棱的中点，则FG∥A1D1，

且FG平面FGE，A1D1平面FGE，所以A1D1∥平面FGE，

A1BA1D1A1，A1B,A1D1平面A1BCD1，

所以平面FGE∥平面A1BCD1，且平面BCC1B1平面A1BCD1BC，

可得当且仅当点P在棱BC上时，即D1P平面A1BCD1，满足D1P∥平面EFG，

所以点P的轨迹为线段BC，长度为2.

故答案为：2.

变式1．（2024·四川成都·高一成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考期末）如图，在正三棱

-

柱ABCA1B1C1中，ABAA1，D，E分别为AA1，AC的中点．若侧面BB1C1C的中心为O，

M为侧面AA1C1C内的一个动点，OM//平面BDE，且M的轨迹长度为32，则三棱柱

ABC-A1B1C1的表面积为．

【答案】4883/8348

【解析】

连接C1E交A1C于I，取C1E的中点F，过F作HG//A1C，

分别交CC1,A1C1于H,G，连接HG,OG,OF,OH,BC1，

易得OF//BE,HG//DE，

因为OF,HG平面BED，BE,DE平面BED，所以OF//平面BED，

HG//平面BED，因为OFHGF，且都在面OHG内，所以平面OHG//平面BED，

所以M的轨迹为线段HG，

1

CE

CIACCF13

因为CEIACI，所以1112,12，

11EICECI24

1CE

31

HGCF3

1

因为C1HGC1CA1，所以，

CA1C1I4

42

所以CA=HG42,ABAACA4，

13121

-13

故三棱柱ABCA1B1C1的表面积为244+34448+83.

22

故答案为：4883.

变式2．（2024·江苏扬州·高二统考期中）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点E是

线段DD1的中点，点M是正方形B1BCC1所在平面内一动点，若D1M//平面A1BE，则M点

轨迹在正方形B1BCC1内的长度为.

【答案】5

【解析】取BB1的中点P，连接CP,PD1,CD1，如图所示：

因为CD1//A1B，CD1平面A1BE，A1B平面A1BE，所以CD1//平面A1BE.

因为CP//A1E，CPË平面A1BE，A1E平面A1BE，所以CP//平面A1BE.

又因为CP,CD1平面CPD1，CPCD1C，

所以平面CPD1//平面A1BE.

因为D1M//平面A1BE，M平面B1BCC1，

所以M点在平面B1BCC1的轨迹为CP.

所以CP1225.

故答案为：5

变式3．（2024·江苏泰州·高二泰州中学校考阶段练习）正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，

点E，F分别在线段DD1和线段AA1上，且D1E2ED，AF2FA1，点M是正方形B1BCC1

所在平面内一动点，若D1M//平面FBE，则M点的轨迹在正方形B1BCC1内的长度为.

【答案】10

【解析】

11

如图，在BB上取点H，使得BHBB，在CC1上取点G，使得CGCC1，连接

11313

FH,EG,HG,D1H,D1G.

根据正方体的性质可知，AA1//BB1，AA1BB1.

11

由已知可得，AFAFAA，

1231

111

又BHBB，所以BHBBAAAF.

131131311

又B1H//A1F，所以，四边形FHB1A1为平行四边形，

所以，FH//A1B1，且FHA1B1.

同理可得，EG//CD，且EGCD，EB//D1H.

根据正方体的性质可知，CD//A1B1，且CDA1B1，

所以，FH//EG，且FHEG，

所以，四边形FEGH是平行四边形，

所以，HG//EF.

因为HG平面FBE，EF平面FBE，所以HG//平面FBE.

同理可得，D1H//平面FBE.

因为HG平面D1HG，D1H平面D1HG，D1HHGH，

所以，平面D1HG//平面FBE.

又平面D1HG平面B1BCC1HG，

所以，根据面面平行的性质定理可知，只有M在线段HG上运动时，满足条件.

过点H作HL//BC，垂足为L，

易知HLBC3，且HLLG，LGGC1LC11，

所以，HGHL2LG210.

故答案为：10.

变式4．（2024·全国·高三专题练习）在边长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点M是该正

方体表面及其内部的一动点，且BM//平面AD1C，则动点M的轨迹所形成区域的面积

是．

【答案】23

【解析】如图，边长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，

动点M满足BM//平面AD1C，

由面面平行的性质得：当BM始终在一个与平面AD1C平行的面内，即满足题意，

连接A1B，BC1，A1C1，

因为AB//C1D1且ABC1D1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，

所以AD1//BC1，同理A1B//D1C，

又AD1平面A1BC1，BC1平面A1BC1，所以AD1//平面A1BC1，

因为D1C平面A1BC1，A1B平面A1BC1，所以D1C//平面A1BC1，

又因AD1D1CD1,AD1,D1C平面AD1C，

所以平面A1BC1//平面AD1C，

V

又B平面A1BC1，所以动点M的轨迹所形成区域为A1BC1，

A1BBC1A1C122，

13

S222223，

A1BC122

所以动点M的轨迹所形成区域的面积是23.

故答案为：23.

变式5．（2024·全国·高三专题练习）如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,E､F分

别是棱AA1,A1D1的中点，点P为底面四边形ABCD内（包括边界）的一动点，若直线D1P与

平面BEF无公共点，则点P在四边形ABCD内运动所形成轨迹的长度为.

【答案】5

【解析】取BC的中点G，连接AG,D1G,AD1，如图所示：

∥

E､F分别是棱AA1､A1D1的中点，所以EFAD1，

又因为EF平面BEF,AD1平面BEF，所以AD1平面BEF.

因为FD1∥BG,FD1BG，

所以四边形FBGD1为平行四边形，所以FB∥GD1.

又因为FB平面BEF,GD1平面BEF，所以GD1平面BEF.

因为GD1AD1D1，所以平面AD1G平面BEF.

因为点P为底面四边形ABCD内（包括边界）的一动点，直线D1P与平面BEF无公共点，

所以P的轨迹为线段AG，则AG22125.

故答案为：5.

变式6．（2024·全国·高三专题练习）如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,E､F分

别为AA1，AB的中点，点P是正方体表面上的动点，若C1P平面CD1EF，则点P在正方

体表面上运动所形成的轨迹长度为．

【答案】225/252

【解析】取BB1的中点G,A1B1的中点H，连结GH,C1G,C1H,A1B,EG,HF．正方体

∥∥

ABCDA1B1C1D1的棱长为2．E,F,G,H为中点，所以EFA1B,GHA1B，

所以EF∥GH且EFGH2．

因为F,H为分别为AB,A1B1的中点，

所以FH∥CC1，且FHCC1，所以四边形FHC1C为平行四边形，

所以HC1∥CF．

因为HC1面CD1EF,CF面CD1EF，

所以HC1面CD1EF．

同理可证：HG面CD1EF．

又GHHC1H,HC1面C1GH,GH面C1GH，

所以面C1HG面CD1EF．

所以P点在正方体表面上运动所形成的轨迹为三角形C1HG．

因为正方体的棱长为，所以22，

ABCDA1B1C1D12HC1GC1215

所以三角形C1HG的周长为GHHC1GC1255225．

故答案为：225.

变式7．（2024·全国·高三专题练习）已知棱长为3的正四面体ABCD，E为AD的中点，动

点P满足PA2PD，平面经过点D，且平面//平面BCE，则平面截点P的轨迹所形

成的图形的周长为.

【答案】23

【解析】设△BCD的外心为O，BC的中点为F，过O作BC的平行线，则以O为坐标原点，

可建立如图所示空间直角坐标系，

2

BCD为等边三角形，BC3，ODDF3，OA6，

3

3

A0,0,6，D0,3,0，F0,,0，

2

22

2222

设Px,y,z，由PA2PD得：xyz64xy3z，

22

整理可得：2436，

xyz4

33

436

动点P的轨迹是以G0,,为球心，2为半径的球；

33

延长AB,AF,AC到点M,Q,N，使得ABBM，AFFQ，ACCN，

则CE//DN，BE//MD，又DN,MD平面MND，CE,BE平面MND，

CE//平面MND，BE//平面MND，由CE∩BEE，CE,BE平面BCE，

平面BCE//平面MND，即平面MND为平面，

则点G到平面DMN的距离d即为点G到直线DQ的距离，

36

DG0,,，DQ0,23,6，DGDQ220，即DGDQ，

33

点G到直线DQ的距离dDG1，

截面圆的半径r22123，球被平面截得的截面圆周长为2r23，

即平面截点P的轨迹所形成的图形的周长为23.

故答案为：23.

题型二：由动点保持垂直求轨迹

例4．（2024·湖南株洲·高三株洲二中校考阶段练习）在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1中，

点P、Q分别是BD1，B1C1的中点，点M为正方体表面上一动点，若MP与CQ垂直，则点

M所构成的轨迹的周长为.

【答案】845

【解析】如图，只需过点P作直线CQ的垂面即可，垂面与正方体表面的交线即为动点M

的轨迹.

分别取CC1，DD1的中点R，S，

由tanC1QCtanBRC2，知C1QCBRC，易知CQRB，

又CQAB，ABBRB，AB,BR平面ABRS，

所以CQ平面ABRS，

过P作平面ABRS的平行平面TUR1S1，点M的轨迹为四边形TUR1S1，

其周长与四边形ABRS的周长相等，

其中ABRS4，BRAS422225，

所以点M所构成的轨迹的周长为24225845.

故答案为：845

例5．（2024·湖南长沙·长郡中学校考二模）在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，

，，为中点，为正四棱柱表面上一点，且，则点的轨

AB1AA14EDD1PC1PB1EP

迹的长为.

【答案】52/25

【解析】如图，连接B1D1，A1C1，由题可知，A1C1B1D1，ED1平面A1B1C1D1.

因平面，则

A1C1A1B1C1D1ED1A1C1.

又平面，平，∩，则平面又平

B1D1EB1D1ED1EB1D1ED1B1D1D1A1C1EB1D1.B1E

面，则；

EB1D1C1A1B1E

如图，过做平行线，交于，则为中点连接，，

ED1C1CC1FFCC1.EFB1F

过C1做B1F垂线，交BB1于G.

∥

由题可得，D1C1平面BCC1B1，又EFD1C1，则EF平面BCC1B1.

因平面，则

C1GBCC1B1C1GEF.

又平面，平面，∩，则平面

B1FB1FEFEB1FEFEB1FFC1GB1FE.

因平面，则；

B1EB1FEC1GB1E

因平面，平面，∩，则平面

C1GC1GA1C1A1C1GA1C1A1C1GC1B1EC1GA1.

连接，则点轨迹为平面与四棱柱的交线，即△

A1GPC1GA1A1C1G.

注意到，

B1C1GGC1FGC1FB1FC1B1C1GB1FC1

CBFC1

，则，故111

C1B1GFC1B1C1B1FFC1B12B1G.

B1GC1B12

1

则点P的轨迹的长为AGCGAC21252.

11114

故答案为：52.

例6．（2024·全国·唐山市第十一中学校考模拟预测）已知N为正方体ABCDA1B1C1D1的内

85π

切球球面上的动点，M为B1C1的中点，DNMB，若动点N的轨迹长度为，则正方

5

体的体积是.

【答案】64

【解析】如图所示：

正方体ABCDA1B1C1D1，设AB2a，则内切球的半径Ra，

其中M为B1C1的中点，取BB1的中点H，连接CH,

则有：CHMB,DCMB,

又CHDCC,CH,DC平面DCH，

所以MB平面DCH，

所以动点N的轨迹是平面DCH截内切球O的交线，

即平面DCHG截内切球O的交线，

因为正方体ABCDA1B1C1D1，AB2a，

如图所示：

连接OD,OG,OH,则有OGOH2a且OGOH，

GH2a，GD5a且GHGD，

设O到平面DCHG的距离为：d，

则在三棱锥ODGH中，有VOGDHVDOGH，

1111

所以GHGDdOGOGa，

3232

1111

即2a5ad2a2aa，

3232

5

解得：da，

5

25

截面圆的半径rR2d2a，

5

45π

所以动点N的轨迹长度为：c2ra，

5

45π85π

即a，解得a2，

55

所以AB4，正方体的体积：V4364，

故答案为：64.

变式8．（2024·全国·高三专题练习）已知直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为4，空间内

的点H满足HAHA1，且HBHC1，则满足条件的H所形成曲线的轨迹的长度为.

4646

【答案】/

33

【解析】设AA1的中点为M，BC1的中点为N，易知MN23，

因为HAHA1，且HBHC1，所以H点在以AA1，BC1为直径的球上，

球心分别为M，N，半径分别为rMA2，RNB22，即HM2，HN22，

又MN23，所以HM2HN2MN2，即HMHN，

26

过H作HTMN，垂足为T，则HT，

3

因为两球的交线为圆，所以H点轨迹是以T为圆心，以HT为半径的圆，

2646π

所以轨迹长度为2π.

33

46π

故答案为：.

3

变式9．（2024·四川成都·三模）如图，AB为圆柱下底面圆O的直径，C是下底面圆周上一

π

点，已知AOC，OA2，圆柱的高为5．若点D在圆柱表面上运动，且满足BCCD0，

3

则点D的轨迹所围成图形的面积为．

【答案】10

【解析】作母线CE，AF，连接EF，

因为AF//CE，所以AF,CE共面，ACEF是圆柱的一个截面，

EC平面ABC，BC平面ABC，所以ECBC，

又由已知得ACBC，而ACCEC，AC,CE平面ACEF，

所以BC平面ACEF，

由BCCD0得CDBC，所以CD平面ACEF，

矩形ACEF即为D点轨迹，

π

AOC，则ACOA2，又CE5，

3

所以矩形ACEF的面积为2510．

故答案为：10.

变式10．（2024·全国·高三专题练习）如图，AB为圆柱下底面圆O的直径，C是下底面圆

π

周上一点，已知AOC,OA2，圆柱的高为5．若点D在圆柱表面上运动，且满足

3

BCAD，则点D的轨迹所围成图形的面积为．

【答案】10

【解析】因为AB是圆柱下底面圆O的直径，所以BCAC，

又BCAD，ACADA，AC,AD平面ACD，所以BC平面ACD，

设过A的母线与上底面的交点为E，过C的母线与上底面的交点为F，连EF,CF,AC，

因为AE平面ABC，BC平面ABC，所以AEBC，

因为AEACA，AE,AC平面ACE，所以BC平面ACE，

所以点D在平面ACE内，又点D在圆柱的表面，所以点D的轨迹是矩形AEFC，

π

依题意得AE5，OAOC2，AOC，所以AC2，

3

所以矩形AEFC的面积为5210.

故点D的轨迹所围成图形的面积为10.

故答案为：10.

变式11．（2024·浙江宁波·高一慈溪中学校联考期末）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，

BCCC13，AC4，ACBC，动点P在△A1B1C1内（包括边界上），且始终满足BPAB1，

则动点P的轨迹长度是.

12

【答案】

5

【解析】在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1平面ABC，

因为AC平面ABC，所以，ACBB1，

又因为ACBC，BCBB1B，BC、BB1平面BB1C1C，

所以，AC平面BB1C1C，

因为BC1平面BB1C1C，所以，BC1^AC，

因为BB1//CC1，BB1CC1BC，则四边形BB1C1C为菱形，所以，BC1B1C，

又因为ACB1CC，AC、B1C平面AB1C，所以，BC1平面AB1C，

因为AB1平面AB1C，所以，BC1AB1.

在平面A1B1C1内，过点C1作C1HA1B1，垂足为点H，

因为BB1平面A1B1C1，C1H平面A1B1C1，则C1HBB1，

因为C1HA1B1，BB1A1B1B1，BB1、A1B1平面AA1B1B，

所以，C1H平面AA1B1B，

因为AB1平面AA1B1B，则AB1C1H，

因为BC1C1HC1，BC1、C1H平面BC1H，所以，AB1平面BC1H，

由于动点P又在△A1B1C1内，所以动点P在平面A1B1C1与平面BC1H的交线C1H上，

因为A1C1AC4，B1C1BC3，A1C1B1C1，

所以，2222，

A1B1A1C1B1C1435

A1C1B1C14312

由等面积法可得C1H，

A1B155

12

因此，动点P的轨迹长度是.

5

12

故答案为：.

5

变式12．（2024·山东枣庄·高一统考期末）M，N分别是棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1

的棱CC1,A1B1的中点，点P在正方体的表面上运动，总有MPBN，则点P的轨迹所围成

图形的面积为.

【答案】5

2

【解析】取BB1中点G，连接DM,MG,GA，设AGBNF，

则NB1GB，∠NB1B∠GBA90，B1BBA，

所以△NB1B△GBA，

所以∠NBB1∠GAB，

因为∠FGB∠GAB90，

所以∠FGB∠NBB190，

所以GFB90，即AGBN，

因为正方体ABCDA1B1C1D1中AD面AA1B1B，BN面AA1B1B，

所以ADBN，

因为AD,AG面ADMG，ADAGA，

所以BN面ADMG，

因为正方体ABCDA1B1C1D1中AD面AA1B1B，AG面AA1B1B，

所以ADAG，

所以点P的轨迹为矩形ADMG，

15

在直角ABG中AGAB2BG21，

42

55

所以矩形ADMG面积为AGAD1.

22

5

即点P的轨迹所围成图形的面积为.

2

故答案为：5

2

变式13．（2024·四川广元·高二广元中学校考期中）如图，AB为圆柱下底面圆O的直径，C

是下底面圆周上一点，已知AOC，OA2，圆柱的高为5．若点D在圆柱表面上运动，

2

且满足BCAD，则点D的轨迹所围成图形的面积为．

【答案】102

【解析】因为AB是圆柱下底面圆O的直径，

所以BCAC，

又BCAD，ACADA，AC，AD平面ACD，

所以BC平面ACD，

设过A的母线与上底面的交点为E，过C的母线与上底面的交点为F，连EF，CF，AC，

则四边形AEFC为矩形，

因为AE平面ABC，BC平面ABC，

所以AEBC，

因为AEACA，AE，AC平面ACFE，

所以BC平面ACFE，

所以点D在平面ACFE内，

又点D在圆柱的表面，

所以点D的轨迹所围成图形是矩形AEFC，

π

依题意得AE5，OAOC2，AOC，

2

所以AC22，

所以矩形AEFC的面积为522102，

故点D的轨迹所围成图形的面积为102．

故答案为：102．

变式14．（2024·陕西榆林·高二校考阶段练习）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，

点M是棱B1C1的中点，点P是正方体表面上的动点．若DMC1P，则P点在正方体表面上

运动所形成的轨迹的长度为（）

A．25B．225

C．225D．2225

【答案】C

【解析】取BB1的中点G，A1B1的中点H，连接C1H、GH、GC1、D1M、CM，

设HC1D1MO，如下图所示．

因为四边形A1B1C1D1是正方形，又点M是棱B1C1的中点，点H是A1B1的中点，

则B1C1C1D1，B1HC1M，C1B1HD1C1M90，

所以，Rt△B1C1H≌Rt△C1D1M，所以，B1C1HC1D1M，

所以，C1MD1B1C1HC1MD1C1D1M90，

所以，C1OM90，即HC1D1M．

在正方体ABCDA1B1C1D1中，DD1平面A1B1C1D1，

又C1H平面A1B1C1D1，所以DD1C1H，

又DD1D1MD1，DD1、D1M平面DD1M，所以C1H平面DD1M，

又MD平面DD1M，所以C1HMD，同理可得，C1GMD，

又C1GC1HC1，C1G、C1H平面C1GH，所以，DM平面C1GH．

所以P点在正方体表面上运动所形成的轨迹为C1GH的三边，

因为正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，

由勾股定理可得2222，同理可得，，

C1HB1C1B1H215C1G5GH2

所以C1GH的周长为GHHC1GC1255225．

故选：C．

题型三：由动点保持等距（或定长）求轨迹

例7．（2024·贵州贵阳·高三贵阳一中校考期末）在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，

5

点Q为侧面BB1C1C内一动点（含边界），若DQ，则点Q的轨迹长度为．

12

1

【答案】/

44

【解析】由题意，Q在面BBCC的轨迹是以C为圆心，半径为1的四分之一圆弧，

1112

11π

所以轨迹长度为2π.

424

π

故答案为：

4

例8．（2024·湖北武汉·高一湖北省水果湖高级中学校联考期末）已知正方体ABCDA1B1C1D1

V

的棱长为3，动点P在AB1C内，满足D1P14，则点P的轨迹长度为.

【答案】2π

【解析】在正方体ABCDA1B1C1D1中，如图，

DD1平面ABCD，AC平面ABCD，则DD1AC，而BDAC，

DD1IBDD，DD1，BD平面BDD1，于是AC平面BDD1，又BD1平面BDD1，

则ACBD1，同理AB1BD1，而ACAB1A，AC，AB1平面AB1C，

因此BD1平面AB1C，令BD1交平面AB1C于点E，

11

由VBABCVBABC，得SBESBB，

113AB1C3ABC1

3211

即2ABBEAB3，解得BEAB3，

423

而BD13AB33，于是D1E23，

因为点在V内，满足，则22，

PAB1CD1P14EPD1PD1E2

V

因此点P的轨迹是以点E为圆心，2为半径的圆在AB1C内的圆弧，

VV

而AB1C为正三角形，则三棱锥BAB1C必为正三棱锥，E为正AB1C的中心，

V31316

于是正AB1C的内切圆半径EHAB32，

123232

3ππ

则cosHEF，即HEF，FEG，

263

所以圆在VABC内的圆弧为圆周长的1，

12

1

即点P的轨迹长度为2π22π

2

故答案为：2π

例9．（2024·河北邯郸·高一大名县第一中学校考阶段练习）已知正方体ABCDABCD的

棱长为1，点P在该正方体的表面ABCD上运动，且PA2则点P的轨迹长度

是．

π

【答案】

2

【解析】当AP2时，如图，点P的轨迹是在面BCCB，CDDC，ABCD三个面内以

π

1为半径，圆心角为的三段弧，所以此时点P点P在该正方体的表面ABCD上运动的轨

21111

π

迹的长度为，

2

π

故答案为：

2

变式15．（2024·贵州铜仁·统考模拟预测）已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，点P在

该正方体的表面上运动，且PA42，则点P的轨迹长度是．

【答案】6π

【解析】因为PA424，所以点P可能在平面A1B1C1D1内，可能在平面BCC1B1内，可能

在平面DCC1D1内.

当点P在平面A1B1C1D1内时，

由AA1平面A1B1C1D1，A1P平面A1B1C1D1，可知AA1A1P，

2

所以PA2AA2AP2，所以2222，

11A1PPAAA142416

所以点P到A1的距离为4，

所以点P的轨迹为以点A1为圆心，4为半径的圆与正方形A1B1C1D1边界及其内部的交线.

π

如上图，DAB，AB4，

111211

π

则BD的长l42π，

112

所以，当点P在平面A1B1C1D1内时，点P的轨迹长度是2π.

同理可得，当点P在平面BCC1B1内时，点P的轨迹长度也是2π.

当点P在平面DCC1D1时，点P的轨迹长度也是2π.

综上所述，点P的轨迹长度为2π2π2π6π.

故答案为：6π.

变式16．（2024·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）表面积为36π的球M表面上有A，B两点，且AMB

为等边三角形，空间中的动点P满足PA2PB，当点P在AMB所在的平面内运动时，

点P的轨迹是；当P在该球的球面上运动时，点P的轨迹长度为.

【答案】圆1213π

13

【解析】设球的半径为r，则4πr236π，解得r＝3，

在平面内，动点P的轨迹组成一个圆，以线段AB所在直线为x轴，以靠近点B且长度为1

处为坐标原点，

2

则A2,0，B1,0，此时动点P的轨迹方程为x2y24，

设其圆心为O1，则在空间中，z轴和xOy坐标平面垂直，

2

动点P的轨迹为xOy平面中的圆x2y24绕x轴旋转一周形成球的球面，

如图所示，

所以点P的轨迹是两个球面的交线，这两个球分别是以M和O1为球心，

在△中，结合余弦定理得到2

MBO2O1M31231cos12013.

11

设交线所围成的圆半径为R.则13R32，

22

6131213π

解得R.所以交线的长度为.

1313

故答案为：圆；1213π

13

变式17．（2024·全国·高三专题练习）已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积为16，E是棱BC

的中点，P是侧棱AA1上的动点，直线C1P交平面EB1D1于点P，则动点P的轨迹长度的最

小值为．

【答案】23

5

【解析】如图取CD的中点M，连接EM交AC于点F，连接A1C1、B1D1交于点O，连接OF、

BD，

3

因为E是棱BC的中点，所以ME//BD，则F为AC的四等分点且AFAC，

4

由正四棱柱的性质可知DD1//BB1且DD1BB1，所以四边形DD1B1B为平行四边形，所以

B1D1//BD，

所以B1D1//ME，所以B1、D1、M、E四点共面，

所以平面B1D1ME平面ACC1A1OF，

连接AC1交OF于点G，因为P是侧棱AA1上的动点，直线C1P交平面EB1D1于点P，

所以线段OG即为点P的轨迹，

如图在平面ACC1A1中，过点F作HFA1C1，交A1C1于点H，因为A1C1//AC，

3

AC

AFGF32

所以AFG∽COG，所以4，所以OGOF，

1OCOG12

1AC5

211

设ADDCa、DD1b，a,b0，

12

依题意a2b16，CFCHOHACa，

144

1

所以OFOH2HF2