立體幾何中的動態(tài)、軌跡問題-2025年高考數(shù)學一輪復習專練（新高考專用）

重難點20立體幾何中的動態(tài)、軌跡問題【六大題型】

【新高考專用】

?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)有關的動態(tài)軌跡問題】...................................................10

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

【題型5翻折有關的動態(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化.

?方法技巧總結

【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線面平行、線面垂直的判定定理和性質定理，結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：根據圓或圓錐曲線的定義推斷出動點的軌跡，進而求解軌跡問題.

(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?設出這個變量為K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)3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，結合立體幾何中的線面平行、線面垂直的判定定理和性質定理，找到動

點的軌跡，再進行求解.

(4)坐標法：坐標法就是通過建立空間直角坐標系，將立體幾何中的軌跡問題轉化為坐標運算問題，進

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?模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體力BCD-4中，￡為棱8c的中點，F(xiàn)

為底面內一動點（含邊界）.若DF〃平面&EC1，則動點尸的軌跡長度為（）

A.遮B.V5C.2V2D.V2

【解題思路】取的中點河、CD的中點N,結合題意可得平面DiMN〃平面為EC1，得出線段MN是動點

廠的軌跡，計算MN即可得.

【解答過程】如圖，取的中點”、CD的中點N,連接

因為E為8c的中點，”為4D中點，由正方體的性質可得，

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Ci。"/。。，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,又因為“為力D中點，N為CD中點，

所以MN〃4C,所以MN〃&Ci，

因為DiMMN，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

因為小尸〃平面&E。，所以DiFu平面5MN,

所以動點F的軌跡為線段MN,

又MN=^^=立,故動點尸的軌跡長度為魚.

故選：D.

Bi

【變式1-1]（2024?北京昌平?二模）已知棱長為1的正方體4BCD-4/1的小，M是的中點，動點P

在正方體內部或表面上，且MP〃平面力BDi，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，

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）在棱長為4的正方體—中，點P滿足旃*=4Q,E,F

分別為棱BC,CD的中點，點Q在正方體4BCD-aB1C1D1的表面上運動，滿足&Q〃面EFP,則點Q的軌跡

所構成的周長為（）

A."B.2V37C.2D.返

333

【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。外于R,T

過點41作&K//PG交于點K,過點為作&N//PH交。小于點N,

因為4/U平面E”,PGu平面EFP,所以&K〃平面EFP,

同理可得4N〃平面EFP,

因為41KCI&N=41，所以平面EFP〃平面力iKN,

過點N作NM〃/1]K交CCi于點M,

連接MK,則MK〃&N

則平行四邊形&KMN（4點除外）為點Q的軌跡所構成的圖形，

因為正方體棱長為4,E,F分別為棱BC,CD的中點，標=4萬,

所以4P=1,BR==（，

因為&P=KR=NT=3,所以/K=%N=4-3-1=|,

過點N作N/J_CCi于點/,貝]C"=DiN=|,

則由幾何關系可知/M=B]_K=|＞所以C]M=|+-|=p

由勾股定理得&K=A/=MN=MK=^NJ2+JM2=J16+,=

所以點Q的軌跡所構成的周長為竽.

故選：D.

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

點尸是側面CDDiCi上的動點，且.MP〃平面2B1C,則線段MP長度的取值范圍為（）

￡>iG

A?停閭B.[/

C.償用D.阿|]

【解題思路】根據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CC1的中點為R,取CD的中點為N,取81cl的中點為H,如圖所示

因為M是&%的中點，H是劣的的中點，

所以B]C〃HR,

因為HRC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長度的取值范圍是：償，閭.

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ABCD-A/iCiDi中，點P為截面

上的動點，若DPIAiC,則點P的軌跡長度是（）

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P的軌跡得解.

【解答過程】在棱長為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BD1AC,

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

于是同理而BCiClBD=B,BCi，8Du平面BCi。，

因此41。1平面BC",因為DPlAiC,典jDPu平面BCi。，

而點P為截面4的8上的動點，平面4忑道n平面BCiD=BCi，

所以點P的軌跡是線段BC1，長度為VI

故選：B.

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

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

界）上運動，且總保持力QIBP,則動點Q的軌跡長度為（）

AD

A.V3B.V2C.竽D.y

【解題思路】先找到過點4與BP垂直的平面與側面BCCiBi的交線，從而求解.

【解答過程】

如圖，在側棱441上取一點R,使得力R=2R&,連接PR,BR,

過點2作力N_LBR交BR于點M,交于點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,

所以動點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，

P為正四棱柱表面上一點，且CiPL/E,則點P的軌跡的長為（）

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

【解題思路】根據給定的條件，結合正四棱柱的結構特征，作出過點Q垂直于的正四棱柱的截面即可計

算作答.

【解答過程】在正四棱柱4中，連接81。1，力停1，如圖，&的,當心，ED1，平面力止傳1。1，

因為4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F,連接E￡/F,在平面BCC/i內過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平面當尸￡而8國u平面&FE,因此C\G1/E,

因為C1G,C1&U平面C\G41，CrArnCXG=Ct,從而々EJ-平面CiG4,

連接&G,則點P的軌跡為平面CiG4與四棱柱的交線，即△&CiG,

因為NB?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P的軌跡長為&G+C1G+&C1=2Jl+|+V2=V5+V2.

故選：A.

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

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

則點F軌跡的長度為（）

B'

A.B,C.4+V6-V2D.4+V6+V2

【解題思路】根據二面角的平面角可結合余弦定理求解求8分=聲-魚，進而利用線面垂直可判斷點F軌

跡為△EPQ,求解周長即可.

【解答過程】連接AC、BD,交于點。，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°,

又因為OB'=OD=2,

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

取。C中點P,取CD中點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，滿足AC1EF的點F軌跡為△EPQ,

因為EP=g0B'，PQ=\OD,EQ=3B'D,

所以△EPQ的周長為gX(迎—&+2+2)=4+普一尤,

所以點F軌跡的長度為駕它.

故選：A.

【題型3距離（長度）有關的動態(tài)軌跡問題】

【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

內部及邊界上的動點，AP=2V2,則點P的軌跡長度為（）

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，設點4在底面BCD上的射影為。，即可得OP,

進而可得點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,

可知三棱錐力-BCD為正三棱錐,

設CD中點為E,

則BE=3V3,OB=2V3,OE=V3,

設點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內部及邊界上的動點，AP=2V2,

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內部及邊界上的部分,

0EV3

**?cos^-E0P1——

10P12

即NEOPi屋，^P1OP2

所以點P的軌跡長度為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P是面43邑4

上的動點，若點P到點的距離是點P到直線的距離的2倍，則動點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系，設P(l,科m(n>0),利用兩點距離公式可得名薩-萼=1,即

可求解.

【解答過程】由題意知，以。為原點,。4。&。。1所在直線分別為羽％2軸建立如圖空間直角坐標系，

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

所以「=(-1,-m,2-n),

因為尸到。1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)設43是半徑為企的球體。表面上的兩定點，且乙4。8=5

球體。表面上動點“滿足M4=遮"8,則點M的軌跡長度為()

A4V6二2V30-4V15—2V33

A.——71B.——71C.-----71D.-----71

751111

【解題思路】先建立平面直角坐標系確定M軌跡，轉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，

轉化到空間”的軌跡為以C為球心，百為半徑的球，同時“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，

則對應圓的半徑為=誓=鳥，

V55

M的軌跡長度即對應圓的周長為等正

【變式3-3](2023?陜西西安?模擬預測)已知正方體ABCD-481C1D1的棱長為2應,P是正方形BBigC

(含邊界)內的動點，點P到平面&BD的距離等于竽，則D,P兩點間距離的最大值為()

A.2V3B.3C.3V2D.2逐

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

B?再根據△/CD的形狀分析求解.

【解答過程】由題意可知：屏,

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

設三棱錐Bi-&BD的高為h,

因為唳iiBD=VD-A1B1B>貝嶺xhx5x4x4x'=qx2axTx2ax2夜,

解得％=苧，即點名到平面力聲。的距離等于半，

又因為&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P的軌跡為線段/a

因為CD1平面BBiQC,B]Cu平面BBiCiC,所以CD18忑，

在Rt^BiCD中，D,P兩點間距離的最大值為D%=2V6.

故選：D.

【題型4角度有關的動態(tài)軌跡問題】

【例4】（2024?全國?模擬預測）已知正四棱錐P-4BCD的體積為竽，底面力BCD的四個頂點在經過球心的

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P。所成角為￡則點E的軌跡長度為（）

A.V2TTB.4V3irC.—D.—TT

33

【解題思路】根據錐體的體積公式結合外接球的性質可得半徑和四棱錐的底邊邊長，進而根據銳角三角函

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

【解答過程】由題意，設球。的半徑為R.如圖所示，連接交于點。，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，因為。P=&,AEPO=所以。E=OP-114"。=坐.

63

因為正方形4BCD的中心。到各邊的距離為乎R=l>苧，所以點E的軌跡為平面2BCD內，以點。為圓心，半

徑r=乎的圓，故點E的軌跡長度為2口=等.

故選:D.

【變式4-1]（2024?海南?？?一模）如圖，點P是棱長為2的正方體力BCD-41%的小表面上的一個動點,

直線4P與平面力BCD所成的角為45。，則點P的軌跡長度為（）

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P的軌跡，進而求得點P的軌跡長度.

【解答過程】若點尸在正方形4/1的。1內，

過點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，貝!）P&=2,

則點P的軌跡為以公為圓心半徑為2的圓（落在正方形4%的。1內的部分），

若點尸在正方形公當48內或41小4。內，軌跡分別為線段4當,ADr,

因為點尸不可能落在其他三個正方形內，

所以點P的軌跡長度為2x]+2應+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P是邊長為1的正方體48（7￡）-481的。1表面上的動點,

若直線4P與平面4BCD所成的角大小否則點P的軌跡長度為（）

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

【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】若點尸在正方形力道1的。1內，過點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P的軌跡為以&為圓心半徑為1的圓（落在正方形內的部分），

若點尸在正方形ABBMi內或力DD14內，軌跡分別為線段和4小,

因為點尸不可能落在其他三個正方形內，所以點P的軌跡如圖所示：

故點P的軌跡長度為2vm+Jx2亢=2a+；.

42

故選：D.

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

側棱長為2,點尸在側面BCC/i內運動（包含邊界）,且4P與平面BCC/i所成角的正切值為逐，則所有

滿足條件的動點P形成的軌跡長度為（）

AG

B

A4TT「V5TI=V7TTc2n

A.——B.——C.——D.——

3333

【解題思路】先將正三棱臺側棱延長補成正三棱錐，求出點a到平面8CQB的距離即可確定點P的運動軌跡,

進而可得出答案.

【解答過程】依題意，延長正三棱臺側棱相交于點。，取81cl中點。，

BC中點E,連接貝！J有。A=。8=0C,

所以DE的延長線必過點。且DE1BG，DE1BC,

過點。作DF〃CiC,DG//BiB,則四邊形DFC。是邊長為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，

因為△力BC是邊長為3的等邊三角形且E為BC中點,

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],

因為4P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P在平面BCCFi的軌跡為以。為原點的圓被四邊形BCQBi所截的弧C；F,瓦了，

設C；F的長度為2,則/=INFDQIX\DP\=^x2=y,

所以所有滿足條件的動點P形成的軌跡長度為

故選：A.

【題型5翻折有關的動態(tài)軌跡問題】

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

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

內部及邊界上，則在翻折過程中，動點P的軌跡長度為（）

P

【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NP1EP2的圓弧，

在△4BC所在平面建立平面直角坐標系，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，進而求得NPiEP2=*結合弧長公式，即可求解.

【解答過程】如圖（1）所示，過點B作BF14D,分別交AD,4c于點瓦尸,

則動點P在平面力DC上的射影軌跡為線段EF,

設當P與Pi重合時，有PiELEF；當P與P2重合時，有PzFLEF,

則由PE=BE為定長，可知動點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

所以動點p的軌跡長度為告.合弟.

Zo1Z

故選：A.

圖⑴圖⑵

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

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

A.四棱錐P-AECD體積的最大值為2加

B.PD的中點尸的軌跡長度為當

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，當平面APE,平面/ECD時，高最大，即可求出四棱錐P—

AECD體積的最大值；取PA的中點G,由已知得點F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EP,CD與平面所成的角，即可求解；根據三棱錐的外接球的

定義作出圖形，即可求解.

【解答過程】由已知條件可知，梯形NEC。的面積為6,AE=2V2,直角△4PE斜邊/￡上的高為魚，當

平面力PE1平面AECD時，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G,連接GF,GE,FC,貝|GF=EC且GF〃EC,

四邊形ECFG是平行四邊形，

.?.點尸的軌跡與點G的軌跡形狀完全相同.過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F的軌跡長度為學，

貝!IB錯誤；

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，直角△力DE外接圓。2的半徑為2,3為4。的中點，4E是圓。

與圓。2的公共弦，|。1。2|=企，

設三棱錐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,

因為|。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?四川內江?期中）如圖，已知菱形/BCD中，AB=2,ABAD=120°,E為邊BC

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

在翻折過程中，點F的軌跡的長度為_|

【解題思路】設G'是481的中點，可證F的軌跡與G'的軌跡相同，求得當?shù)能壽E之后再求G'的軌跡.

【解答過程】由48=2,/.BAD=120°,E為邊的中點

設G'是4%的中點，又F為/D的中點，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.

因為力E1面為EC,且當E=1,所以當?shù)能壽E為以E為圓心，1為半徑的圓，

設力E的中點為。，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的軌跡長度為Tx2TTXB］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沿對角線4C

向上翻折（如圖所示），若在翻折過程中，點。到點2的距離在［亨，苧］內變化時，點。的運動軌跡的長度

等于74-■

【解題思路】根據已知，可知點。的運動軌跡是圓弧，做輔助線，將BD的長度的變化范圍轉化為二面角D-

4C-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4BCD中，過點。作0FL4C交/C于點R交于點G,

過點8作BEJ.DF交。廠于點E,故點D的運動軌跡是以尸為圓心，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BD=亨時，DE=VSD2-BE2=J（亨j_（⑹2=號

故△DEF是等邊三角形，所以乙DFE=]

當BD=寫時，DE=y/BD2-BE2=J（苧f一（向?=乎，

因為EF=DF=pDE=喙所以萬產+DF2=譜,所以NDFE=1

則點。的運動圓弧所對應的圓心角為三一？=?

236

故點D的運動軌跡的長度是圻=2x[=

624

故答案為￡

【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）正三棱柱ABC-的底面邊長是4,側棱長是6,M,N

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

面積為（）

A.5V3B.5C.V39D.V26

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

后計算△MQC的面積即可.

【解答過程】取N8的中點。，連接“。，CQ,MC,由N,。分別為BBi，CCi，的中點可得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,

所以動點尸的軌跡為△龍@。及其內部（挖去點M）.

在正三棱柱力BC—A/iQ中，△4BC為等邊三角形，。為48的中點，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.

因為力B=4,所以CQ=2百，

因為側棱長是6,所以=2V13.

所以MQ=V1?,則△兒7℃的面積S=；x2bx辰=回，

故動點P的軌跡面積為國.

【變式6-1］（2024?河北?模擬預測）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）P—NBCD的底面正方形邊長為2,其內切球。的表面積為全動點。在正方形N3C。

內運動，且滿足OQ=OP,則動點。形成軌跡的周長為（）

【解題思路】利用等體積法及幾何關系求出關于動點0的等式關系，根據相關幾何意義即可求出動點。

形成軌跡的周長.

【解答過程】設內切球。的半徑為七則4TTR2=9.?:=￡

36

如圖，連接/C與80,設交點為足取ND的中點E,連接尸￡,PF,EF.

根據等體積法得/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.

二點0在以點尸為圓心，得為半徑的圓上，其周長為如義卷=》.

故選：C.

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

直線4B,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.包B.包C.對D.對

4242

【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0TM=g1（TPE+

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

【解答過程】如圖所示,

A

正四面體4BCD中，取BC、BD、AD.力C的中點G、H、K、L,

因為P、Q分別是棱48,CD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GHKZ,(正方形)上；

由。M=0P+PE+EM=0Q+QF+FM,

11TT

所以。M=*PE+QF),

設區(qū)尸在中截面上的投影分別為E：L,

TT

所以。M=)OE'+OF),

所以點M是線段E'X的中點，

悍al/CD,b"AB,貝此E'OF’=90。，

因為|PE|+\QF\=a,所以。E'+OF1=a,

取OR=ON=*所以。R+ON=a,

兩式相減得RE'=NF',

過點E作E'S〃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NT,TW,WR±.,

因為RN=］（綱2+（綱2=苧④

即動點M的軌跡就是邊長為的正方形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MELBDi，則動點M的軌跡的周長為（）

A.6V2B.4V3C.4V2D.3日

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

周長.

【解答過程】解：由正方體的特點可知8小J■平面4C%,

在力B,BBi上分別取點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.

正方體棱長為3,AC=3V2,

GE=|AC=2V2,

故選：A.

?過關測試

一、單選題

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

四邊形ZBCD內的動點，且&尸=4,則動點P運動軌跡的長度為（）

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P的軌跡，然后求長度即可.

【解答過程】

設義在平面力BCD內的射影為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,

故動點P的軌跡為以M為圓心，以2百為半徑的圓在正方形ABC。內部部分，

如圖所示，其中MT=MK=W,故DT=BK=3b,

又SM=ML=2V3,所以ST=KL=V12-3=3,

因為2=名=與所以NSMT=4MK=3故NSML=",故動點P的軌跡長度是"X2W=學.

故選：A.

2.（2024?遼寧?模擬預測）如圖，在棱長為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，Q為平面PMN上的動點，且直線Q%與直線￡?%的夾角為30。，則點Q的軌跡長度為（）

TT

A.B.ITC.2nD.3TT

2

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

的位置關系可證得D&_L平面PMN,可得點Q的軌跡為圓，由此即可得.

【解答過程】解：以。為坐標原點，DA,DC,所在直線分別為％、y、z軸，

建立空間直角坐標系，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=(1,一2,1),設平面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)