第52讲立体几何中的轨迹问题_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

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 1 题型一：由动点保持平行求轨迹 2606 (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ABCD-ABCD 1 1 1 1 的棱长为1，点E是棱AB 的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列命题： 1 1 3 ①如果AM⊥BD ，则点M的轨迹所围成图形的面积为 ； 1 2 3 5 ②如果BM∥平面AEC ，则点M的轨迹所围成图形的周长为 ； 1 1 2 ③如果EM∥平面DBBD，则点M的轨迹所围成图形的周长为2+ 2； 1 1 3 3 ④如果EM⊥BD ，则点M的轨迹所围成图形的面积为 ． 1 4 其中正确的命题个数为 ( ) A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】C 【解析】由AD ⊥面ABBA，而AB ⊂面ABBA，则AD ⊥AB ，又AB ⊥BA ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 又AD ∩BA =A ，AD,BA ⊂面BAD ，则AB ⊥面BAD ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 由BD ⊂面BAD ，则AB ⊥BD ，同理AC⊥BD ， 1 1 1 1 1 1 AB ∩AC=A，AB,AC⊂面ACB ，则BD ⊥面ACB ， 1 1 1 1 1 所以BD 垂直于面ACB 所有直线，且A∈面ACB ， 1 1 1 若AM⊥BD ，则M在边长为 2的正△ACB 的边上， 1 1 1 3 故轨迹图形面积为 ×( 2)2×sin60°= ，①对； 2 2 第 页 共 页 1552 3427若F,G分别为CD,AB中点，连接AF,FC,BG,GC,CB ， 1 1 1 由正方体的性质易得AE⎳BG⎳FC ，AE=BG=FC ， 1 1 1 1 所以A,E,C,F共面，且AECF为平行四边形，故面AEC 即为面AECF， 1 1 1 1 由AE⊂面AECF，BG⊄面AECF，则BG⎳面AECF， 1 1 1 1 1 同理可得CG⎳面AECF，BG∩CG=G，BG,CG⊂面BCG， 1 1 1 1 所以面BCG⎳面AECF，要使BM∥平面AEC ，则M在△BCG的边上， 1 1 1 1 1 5 所以轨迹长为 2+2× = 2+ 5，②错； 2 若G,I,J分别为AB,AD,AD 的中点，连接EG,GI,IJ,JE，显然EG⎳IJ， 1 1 所以E,G,I,J共面，即E,G,I,J∈面EGIJ， 由EG⎳BB ，EG⊄面DBBD，BB ⊂面DBBD，则EG⎳面DBBD， 1 1 1 1 1 1 1 1 又IG⎳BD，同理可得IG⎳面DBBD，EG∩IG=G，EG,IG⊂面EGIJ， 1 1 所以面DBBD⎳面EGIJ，故面EGIJ内任意直线都与面DBBD平行， 1 1 1 1 要使EM∥平面DBBD，则M在四边形EGIJ的边上运动， 1 1 2 此时轨迹长为2× +2×1= 2+2，③对； 2 若H,I,K,L,N分别是AA,AB,BC,CC,CD的中点，并依次连接， 1 1 1 1 1 1 易知ENLKIH为正六边形，显然EH⎳AB ，EN⎳IK⎳AC， 1 由EH⊄面ACB ，AB ⊂面ACB ，则EH⎳面ACB ，同理可得EN⎳面ACB ， 1 1 1 1 1 EH∩EN=E，EH,EN⊂面ENLKIH，所以面ENLKIH⎳面ACB ， 1 由BD ⊥面ACB ，则BD ⊥面ENLKIH，故BD 垂直于面ENLKIH所有直线， 1 1 1 1 2 要使EN⊥BD ，则M在边长为 的正六边形ENLKIH边上运动， 1 2 第 页 共 页 1553 34271 2 所以轨迹图形面积为6× × 2 2  2 3 3 3 × = ，④对； 2 4 故选：C 2607 (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ABCD-ABCD 1 1 1 1 中，E在棱DD 上且满足DE=ED，点F是侧面ABBA 上的动点，且DF⎳面AEC， 1 1 1 1 1 则动点F在侧面ABBA 上的轨迹长度为 ． 1 1 5 【答案】 2 【解析】如图，取ABBA 的中点G，并连接GD 、GB、BD ， 1 1 1 1 因为E在棱DD 上且满足DE=ED，即E是棱DD 的中点， 1 1 1 所以BG⎳CE，又BG⊄平面AEC，CE⊂平面AEC， 所以BG⎳平面AEC，同理可证DG⎳平面AEC， 1 又BG∩GD =G，所以平面BGD ⎳平面AEC，又BG⊂平面BGD ， 1 1 1 所以BG⎳平面AEC，所以动点F在侧面ABBA 上的轨迹即为BG， 1 1 5 因为正方体的棱长为1，由勾股定理有：BG= BA2+AG2= . 2 5 故答案为： . 2 2608 (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-ABCD 中，E，F，G分别为所在棱的中点，P为平面BCCB 内(包括边界) 1 1 1 1 1 1 一动点，且DP∥平面EFG，则P点的轨迹长度为 1 【答案】2 第 页 共 页 1554 3427【解析】因为AD ∥BC，则A,B,C,D 四点共面， 1 1 1 1 连接CD,AB， 1 1 因为E，F分别为所在棱的中点，则EF∥AB， 1 且EF⊂平面FGE，AB⊄平面FGE，所以AB∥平面FGE， 1 1 因为F，G分别为所在棱的中点，则FG∥AD ， 1 1 且FG⊂平面FGE，AD ⊄平面FGE，所以AD ∥平面FGE， 1 1 1 1 AB∩AD =A ，AB,AD ⊂平面ABCD ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以平面FGE∥平面ABCD ，且平面BCCB ∩平面ABCD =BC， 1 1 1 1 1 1 可得当且仅当点P在棱BC上时，即DP⊂平面ABCD ，满足DP∥平面EFG， 1 1 1 1 所以点P的轨迹为线段BC，长度为2. 故答案为：2. 2609 (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 ABC-ABC 中，AB=AA ，D，E分别为AA ，AC的中点．若侧面BBCC的中心 1 1 1 1 1 1 1 为O，M为侧面AACC内的一个动点，OM⎳平面BDE，且M的轨迹长度为3 2，则三 1 1 棱柱ABC-ABC 的表面积为 ． 1 1 1 【答案】48+8 3/8 3+48 【解析】 第 页 共 页 1555 3427连接CE交AC于I，取CE的中点F，过F作HG⎳AC， 1 1 1 1 分别交CC,AC 于H,G，连接HG,OG,OF,OH,BC ， 1 1 1 1 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OF∩HG=F，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 CI AC CF 2 1 3 因为△CEI∼△ACI，所以 1 = 1 1 =2,∴ 1 = = ， 1 1 EI CE CI 2 4 1 CE 3 1 HG CF 3 因为△CHG∼△CCA ，所以 = 1 = ， 1 1 1 CA CI 4 1 1 4 2 所以CA = HG=4 2,∴AB=AA = CA =4， 1 3 1 2 1 1 3 故三棱柱ABC-ABC 的表面积为2× ×4×4× +3×4×4=48+8 3. 1 1 1 2 2 故答案为：48+8 3. 2610 (2024·江苏扬州·高二统考期中)如图，正方体ABCD-ABCD 的棱长为2，点E是线 1 1 1 1 段DD 的中点，点M是正方形BBCC 所在平面内一动点，若DM⎳平面ABE，则M 1 1 1 1 1 点轨迹在正方形BBCC 内的长度为 . 1 1 【答案】 5 【解析】取BB 的中点P，连接CP,PD,CD ，如图所示： 1 1 1 第 页 共 页 1556 3427因为CD ⎳AB，CD ⊄平面ABE，AB⊂平面ABE，所以CD ⎳平面ABE. 1 1 1 1 1 1 1 1 因为CP⎳AE，CP⊄平面ABE，AE⊂平面ABE，所以CP⎳平面ABE. 1 1 1 1 1 又因为CP,CD ⊂平面CPD ，CP∩CD =C， 1 1 1 所以平面CPD ⎳平面ABE. 1 1 因为DM⎳平面ABE，M∈平面BBCC ， 1 1 1 1 所以M点在平面BBCC 的轨迹为CP. 1 1 所以CP= 1+22= 5. 故答案为： 5 2611 (2024·江苏泰州·高二泰州中学校考阶段练习)正方体ABCD-ABCD 的棱长为3， 1 1 1 1 点E，F分别在线段DD 和线段AA 上，且DE=2ED，AF=2FA ，点M是正方形 1 1 1 1 BBCC 所在平面内一动点，若DM⎳平面FBE，则M点的轨迹在正方形BBCC 内的 1 1 1 1 1 长度为 . 【答案】 10 【解析】 1 1 如图，在BB 上取点H，使得BH= BB ，在CC 上取点G，使得CG= CC ，连接 1 1 3 1 1 3 1 FH,EG,HG,DH,DG. 1 1 根据正方体的性质可知，AA ⎳BB ，AA =BB. 1 1 1 1 1 1 由已知可得，AF= AF= AA ， 1 2 3 1 第 页 共 页 1557 34271 1 1 又BH= BB ，所以BH= BB = AA =AF. 1 3 1 1 3 1 3 1 1 又BH⎳AF，所以，四边形FHBA 为平行四边形， 1 1 1 1 所以，FH⎳AB ，且FH=AB. 1 1 1 1 同理可得，EG⎳CD，且EG=CD，EB⎳DH. 1 根据正方体的性质可知，CD⎳AB ，且CD=AB ， 1 1 1 1 所以，FH⎳EG，且FH=EG， 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，DH⎳平面FBE. 1 因为HG⊂平面DHG，DH⊂平面DHG，DH∩HG=H， 1 1 1 1 所以，平面DHG⎳平面FBE. 1 又平面DHG∩平面BBCC =HG， 1 1 1 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HL=BC=3，且HL⊥LG，LG=GC -LC =1， 1 1 所以，HG= HL2+LG2= 10. 故答案为： 10. 2612 (2024·全国·高三专题练习)在边长为2的正方体ABCD-ABCD 中，点M是该正方 1 1 1 1 体表面及其内部的一动点，且BM⎳平面ADC，则动点M的轨迹所形成区域的面积是 1 ． 【答案】2 3 【解析】如图，边长为2的正方体ABCD-ABCD 中， 1 1 1 1 动点M满足BM⎳平面ADC， 1 由面面平行的性质得：当BM始终在一个与平面ADC平行的面内，即满足题意， 1 连接AB，BC ，AC ， 1 1 1 1 因为AB⎳CD 且AB=CD ，所以四边形ABCD 为平行四边形， 1 1 1 1 1 1 第 页 共 页 1558 3427所以AD ⎳BC ，同理AB⎳DC， 1 1 1 1 又AD ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⎳平面ABC ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 因为DC⊄平面ABC ，AB⊂平面ABC ，所以DC⎳平面ABC ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 又因AD ∩DC=D,AD,DC⊂平面ADC， 1 1 1 1 1 1 所以平面ABC ⎳平面ADC， 1 1 1 又B∈平面ABC ，所以动点M的轨迹所形成区域为△ABC ， 1 1 1 1 AB=BC =AC =2 2， 1 1 1 1 1 3 S = ×2 2× ×2 2=2 3， △A1BC1 2 2 所以动点M的轨迹所形成区域的面积是2 3. 故答案为：2 3. 2613 (2024·全国·高三专题练习)如图，已知正方体ABCD-ABCD 的棱长为2,E、F分别 1 1 1 1 是棱AA,AD 的中点，点P为底面四边形ABCD内(包括边界)的一动点，若直线DP 1 1 1 1 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,DG,AD ，如图所示： 1 1 E、F分别是棱AA 、AD 的中点，所以EF∥AD ， 1 1 1 1 又因为EF⊂平面BEF,AD ⊄平面BEF，所以AD ∥平面BEF. 1 1 因为FD ∥BG,FD =BG， 1 1 所以四边形FBGD 为平行四边形，所以FB∥GD. 1 1 又因为FB⊂平面BEF,GD ⊄平面BEF，所以GD ∥平面BEF. 1 1 因为GD ∩AD =D ，所以平面ADG∥平面BEF. 1 1 1 1 因为点P为底面四边形ABCD内(包括边界)的一动点，直线DP与平面BEF无公共 1 点， 所以P的轨迹为线段AG，则AG  = 22+12= 5. 故答案为： 5. 第 页 共 页 1559 34272614 (2024·全国·高三专题练习)如图所示，正方体ABCD-ABCD 的棱长为2,E、F分别 1 1 1 1 为AA ，AB的中点，点P是正方体表面上的动点，若CP∥平面CDEF，则点P在正方 1 1 1 体表面上运动所形成的轨迹长度为 ． 【答案】 2+2 5/2 5+ 2 【解析】取BB 的中点G,AB 的中点H，连结GH,CG,CH,AB,EG,HF．正方体 1 1 1 1 1 1 ABCD-ABCD 的棱长为2．E,F,G,H为中点，所以EF∥AB,GH∥AB， 1 1 1 1 1 1 所以EF∥GH且EF=GH= 2． 因为F,H为分别为AB,AB 的中点， 1 1 所以FH∥CC ，且FH=CC ，所以四边形FHCC为平行四边形， 1 1 1 所以HC ∥CF． 1 因为HC ⊄面CDEF,CF⊂面CDEF， 1 1 1 所以HC ∥面CDEF． 1 1 同理可证：HG∥面CDEF． 1 又GH∩HC =H,HC ⊂面CGH,GH⊂面CGH， 1 1 1 1 所以面CHG∥面CDEF． 1 1 所以P点在正方体表面上运动所形成的轨迹为三角形CHG． 1 因为正方体ABCD-ABCD 的棱长为2，所以HC =GC = 22+12= 5， 1 1 1 1 1 1 所以三角形CHG的周长为GH+HC +GC = 2+ 5+ 5= 2+2 5． 1 1 1 故答案为： 2+2 5. 2615 (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PA=2PD，平面α经过点D，且平面α⎳平面BCE，则平面α截点P的轨迹所形成 的图形的周长为 . 【答案】2 3π 第 页 共 页 1560 3427【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，BC=3，∴OD= DF= 3，∴OA= 6， 3 ∴A0,0, 6  ，D0, 3,0  3 ，F0,- ,0 2  ， 设Px,y,z  ，由PA=2PD得：x2+y2+z- 6  2=4 x2+y- 3   2+z2  ， 4 3 整理可得：x2+y- 3  2 6 +z+ 3  2 =4， 4 3 6 ∴动点P的轨迹是以G0, ,- 3 3  为球心，2为半径的球； 延长AB,AF,AC到点M,Q,N，使得AB=BM，AF=FQ，AC=CN， 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∩BE=E，CE,BE⊂平面BCE， ∴平面BCE⎳平面MND，即平面MND为平面α， 则点G到平面DMN的距离d即为点G到直线DQ的距离，  3 6 ∵DG=0, ,- 3 3   ，DQ=0,-2 3,- 6    ，∴DG⋅DQ=-2+2=0，即DG⊥ DQ，  ∴点G到直线DQ的距离d=DG  =1， ∴截面圆的半径r= 22-12= 3，∴球被平面α截得的截面圆周长为2πr=2 3π， 即平面α截点P的轨迹所形成的图形的周长为2 3π. 故答案为：2 3π. 2 题型二：由动点保持垂直求轨迹 2616 (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ABCD-ABCD 1 1 1 1 中，点P、Q分别是BD ，BC 的中点，点M为正方体表面上一动点，若MP与CQ垂直， 1 1 1 则点M所构成的轨迹的周长为 . 【答案】8+4 5 【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CC ，DD 的中点R，S， 1 1 第 页 共 页 1561 3427由tan∠CQC=tan∠BRC=2，知∠CQC=∠BRC，易知CQ⊥RB， 1 1 又CQ⊥AB，AB∩BR=B，AB,BR⊂平面ABRS， 所以CQ⊥平面ABRS， 过P作平面ABRS的平行平面TURS ，点M的轨迹为四边形TURS ， 1 1 1 1 其周长与四边形ABRS的周长相等， 其中AB=RS=4，BR=AS= 42+22=2 5， 所以点M所构成的轨迹的周长为2×4+2×2 5=8+4 5. 故答案为：8+4 5 2617 (2024·湖南长沙·长郡中学校考二模)在正四棱柱ABCD-ABCD 中，AB=1，AA 1 1 1 1 1 =4，E为DD 中点，P为正四棱柱表面上一点，且CP⊥BE，则点P的轨迹的长为 1 1 1 . 【答案】 5+ 2/ 2+ 5 【解析】如图，连接BD ，AC ，由题可知，AC ⊥BD ，ED ⊥平面ABCD. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 因AC ⊂平面ABCD ，则ED ⊥AC. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 又BD ⊂平面EBD ，ED ⊂平EBD ，ED ∩BD =D ，则AC ⊥平面EBD.又 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 BE⊂平面EBD ，则CA ⊥BE； 1 1 1 1 1 1 如图，过E做DC 平行线，交CC 于F，则F为CC 中点.连接EF，BF， 1 1 1 1 1 过C 做BF垂线，交BB 于G. 1 1 1 由题可得，DC ⊥平面BCCB ，又EF∥DC ，则EF⊥平面BCCB. 1 1 1 1 1 1 1 1 因CG⊂平面BCCB ，则CG⊥EF. 1 1 1 1 又BF⊂平面BFE，FE⊂平面BFE，FE∩BF=F，则CG⊥平面BFE. 1 1 1 1 1 1 因BE⊂平面BFE，则CG⊥BE； 1 1 1 1 因CG⊂平面CGA ，CA ⊂平面CGA ，CA ∩CG=C ，则BE⊥平面CGA. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 连接AG，则点P轨迹为平面CGA 与四棱柱的交线，即△ACG. 1 1 1 1 1 注意到∠BCG+∠GCF=∠GCF+∠BFC ⇒∠BCG=∠BFC ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 CB FC 1 ∠CBG=∠FCB ，则△CBF∼△FCB ，故 1 1 = 1 =2⇒BG= . 1 1 1 1 1 1 1 1 BG CB 1 2 1 1 1 1 则点P的轨迹的长为AG+CG+AC =2 1+ + 2= 5+ 2. 1 1 1 1 4 故答案为： 5+ 2. 第 页 共 页 1562 34272618 (2024·全国·唐山市第十一中学校考模拟预测)已知N为正方体ABCD-ABCD 的内 1 1 1 1 8 5π 切球球面上的动点，M为BC 的中点，DN⊥MB，若动点N的轨迹长度为 ，则正 1 1 5 方体的体积是 . 【答案】64 【解析】如图所示： 正方体ABCD-ABCD ，设AB=2a，则内切球的半径R=a， 1 1 1 1 其中M为BC 的中点，取BB 的中点H，连接CH, 1 1 1 则有：CH⊥MB,DC⊥MB, 又CH∩DC=C,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ABCD-ABCD ，AB=2a， 1 1 1 1 如图所示： 第 页 共 页 1563 3427连接OD,OG,OH,则有OG=OH= 2a且OG⊥OH， GH=2a，GD= 5a且GH⊥GD， 设O到平面DCHG的距离为：d， 则在三棱锥O-DGH中，有V =V ， O-GDH D-OGH 1 1 1 1 所以 × ×GH×GD×d= × ×OG×OG×a， 3 2 3 2 1 1 1 1 即 × ×2a× 5a×d= × × 2a× 2a×a， 3 2 3 2 5 解得：d= a， 5 2 5 截面圆的半径r= R2-d2= a， 5 4 5π 所以动点N的轨迹长度为：c=2πr= a， 5 4 5π 8 5π 即 a= ，解得a=2， 5 5 所以AB=4，正方体的体积：V=43=64， 故答案为：64. 2619 (2024·全国·高三专题练习)已知直三棱柱ABC-ABC 的所有棱长均为4，空间内的 1 1 1 点H满足HA⊥HA ，且HB⊥HC ，则满足条件的H所形成曲线的轨迹的长度为 1 1 . 4 6π 4 6 【答案】 / π 3 3 【解析】设AA 的中点为M，BC 的中点为N，易知MN=2 3， 1 1 因为HA⊥HA ，且HB⊥HC ，所以H点在以AA ，BC 为直径的球上， 1 1 1 1 球心分别为M，N，半径分别为r=MA=2，R=NB=2 2，即HM=2，HN=2 2， 又MN=2 3，所以HM2+HN2=MN2，即HM⊥HN， 2 6 过H作HT⊥MN，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， 2 6 4 6π 所以轨迹长度为2π× = . 3 3 4 6π 故答案为： . 3 2620 (2024·四川成都·三模)如图，AB为圆柱下底面圆O的直径，C是下底面圆周上一点，已   π 知∠AOC= ，OA=2，圆柱的高为5．若点D在圆柱表面上运动，且满足BC⋅CD= 3 0，则点D的轨迹所围成图形的面积为 ． 第 页 共 页 1564 3427【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EC⊥BC， 又由已知得AC⊥BC，而AC∩CE=C，AC,CE⊂平面ACEF， 所以BC⊥平面ACEF，   由BC⋅CD=0得CD⊥BC，所以CD⊂平面ACEF， 矩形ACEF即为D点轨迹， π ∠AOC= ，则AC=OA=2，又CE=5， 3 所以矩形ACEF的面积为2×5=10． 故答案为：10. 2621 (2024·全国·高三专题练习)如图，AB为圆柱下底面圆O的直径，C是下底面圆周上一 π 点，已知∠AOC= ,OA=2，圆柱的高为5．若点D在圆柱表面上运动，且满足BC⊥ 3 AD，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BC⊥AC， 又BC⊥AD，AC∩AD=A，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， 第 页 共 页 1565 3427因为AE⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AE⊥BC， 因为AE∩AC=A，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AE=5，OA=OC=2，∠AOC= ，所以AC=2， 3 所以矩形AEFC的面积为5×2=10. 故点D的轨迹所围成图形的面积为10. 故答案为：10. 2622 (2024·浙江宁波·高一慈溪中学校联考期末)如图，在直三棱柱ABC-ABC 中，BC= 1 1 1 CC =3，AC=4，AC⊥BC，动点P在△ABC 内(包括边界上)，且始终满足BP⊥ 1 1 1 1 AB ，则动点P的轨迹长度是 . 1 12 【答案】 5 【解析】在直三棱柱ABC-ABC 中，BB ⊥平面ABC， 1 1 1 1 因为AC⊂平面ABC，所以，AC⊥BB ， 1 又因为AC⊥BC，BC∩BB =B，BC、BB ⊂平面BBCC， 1 1 1 1 所以，AC⊥平面BBCC， 1 1 因为BC ⊂平面BBCC，所以，BC ⊥AC， 1 1 1 1 因为BB ⎳CC ，BB =CC =BC，则四边形BBCC为菱形，所以，BC ⊥BC， 1 1 1 1 1 1 1 1 又因为AC∩BC=C，AC、BC⊂平面ABC，所以，BC ⊥平面ABC， 1 1 1 1 1 因为AB ⊂平面ABC，所以，BC ⊥AB. 1 1 1 1 在平面ABC 内，过点C 作CH⊥AB ，垂足为点H， 1 1 1 1 1 1 1 因为BB ⊥平面ABC ，CH⊂平面ABC ，则CH⊥BB ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 因为CH⊥AB ，BB ∩AB =B ，BB 、AB ⊂平面AABB， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以，CH⊥平面AABB， 1 1 1 因为AB ⊂平面AABB，则AB ⊥CH， 1 1 1 1 1 第 页 共 页 1566 3427因为BC ∩CH=C ，BC 、CH⊂平面BCH，所以，AB ⊥平面BCH， 1 1 1 1 1 1 1 1 由于动点P又在△ABC 内，所以动点P在平面ABC 与平面BCH的交线CH上， 1 1 1 1 1 1 1 1 因为AC =AC=4，BC =BC=3，AC ⊥BC ， 1 1 1 1 1 1 1 1 所以，AB = AC2+BC2= 42+32=5， 1 1 1 1 1 1 AC ⋅BC 4×3 12 由等面积法可得CH= 1 1 1 1 = = ， 1 AB 5 5 1 1 12 因此，动点P的轨迹长度是 . 5 12 故答案为： . 5 2623 (2024·山东枣庄·高一统考期末)M，N分别是棱长为1的正方体ABCD-ABCD 的 1 1 1 1 棱CC,AB 的中点，点P在正方体的表面上运动，总有MP⊥BN，则点P的轨迹所围成 1 1 1 图形的面积为 . 5 【答案】 2 【解析】取BB 中点G，连接DM,MG,GA，设AG∩BN=F， 1 则NB =GB，∠NBB=∠GBA=90°，BB=BA， 1 1 1 所以△NBB≅△GBA， 1 所以∠NBB =∠GAB， 1 因为∠FGB+∠GAB=90°， 所以∠FGB+∠NBB =90°， 1 所以∠GFB=90°，即AG⊥BN， 因为正方体ABCD-ABCD 中AD⊥面AABB，BN⊂面AABB， 1 1 1 1 1 1 1 1 所以AD⊥BN， 因为AD,AG⊂面ADMG，AD∩AG=A， 所以BN⊥面ADMG， 因为正方体ABCD-ABCD 中AD⊥面AABB，AG⊂面AABB， 1 1 1 1 1 1 1 1 第 页 共 页 1567 3427所以AD⊥AG， 所以点P的轨迹为矩形ADMG， 1 5 在直角△ABG中AG= AB2+BG2= 1+ = ， 4 2 5 5 所以矩形ADMG面积为AG⋅AD= ×1= . 2 2 5 即点P的轨迹所围成图形的面积为 . 2 5 故答案为： 2 2624 (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 π 底面圆周上一点，已知∠AOC= ，OA=2，圆柱的高为5．若点D在圆柱表面上运动， 2 且满足BC⊥AD，则点D的轨迹所围成图形的面积为 ． 【答案】10 2 【解析】因为AB是圆柱下底面圆O的直径， 所以BC⊥AC， 又BC⊥AD，AC∩AD=A，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， 第 页 共 页 1568 3427因为AE⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， 所以AE⊥BC， 因为AE∩AC=A，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AE=5，OA=OC=2，∠AOC= ， 2 所以AC=2 2， 所以矩形AEFC的面积为5×2 2=10 2， 故点D的轨迹所围成图形的面积为10 2． 故答案为：10 2． 2625 (2024·陕西榆林·高二校考阶段练习)如图，正方体ABCD-ABCD 的棱长为2，点M 1 1 1 1 是棱BC 的中点，点P是正方体表面上的动点．若DM⊥CP，则P点在正方体表面上 1 1 1 运动所形成的轨迹的长度为 ( ) A. 2+ 5 B.2 2+ 5 C. 2+2 5 D.2 2+2 5 【答案】C 【解析】取BB 的中点G，AB 的中点H，连接CH、GH、GC 、DM、CM， 1 1 1 1 1 1 设HC ∩DM=O，如下图所示． 1 1 因为四边形ABCD 是正方形，又点M是棱BC 的中点，点H是AB 的中点， 1 1 1 1 1 1 1 1 则BC =CD ，BH=CM，∠CBH=∠DCM=90°， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以，Rt△BCH≌Rt△CDM，所以，∠BCH=∠CDM， 1 1 1 1 1 1 1 1 所以，∠CMD +∠BCH=∠CMD +∠CDM=90°， 1 1 1 1 1 1 1 1 所以，∠COM=90°，即HC ⊥DM． 1 1 1 在正方体ABCD-ABCD 中，DD ⊥平面ABCD ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 又CH⊂平面ABCD ，所以DD ⊥CH， 1 1 1 1 1 1 1 又DD ∩DM=D ，DD 、DM⊂平面DDM，所以CH⊥平面DDM， 1 1 1 1 1 1 1 1 第 页 共 页 1569 3427又MD⊂平面DDM，所以CH⊥MD，同理可得，CG⊥MD， 1 1 1 又CG∩CH=C ，CG、CH⊂平面CGH，所以，DM⊥平面CGH． 1 1 1 1 1 1 1 所以P点在正方体表面上运动所形成的轨迹为△CGH的三边， 1 因为正方体ABCD-ABCD 的棱长为2， 1 1 1 1 由勾股定理可得CH= BC2+BH2= 22+12= 5，同理可得CG= 5，GH= 2， 1 1 1 1 1 所以△CGH的周长为GH+HC +GC = 2+ 5+ 5= 2+2 5． 1 1 1 故选：C． 3 题型三：由动点保持等距(或定长)求轨迹 2626 (2024·贵州贵阳·高三贵阳一中校考期末)在棱长为1的正方体ABCD-ABCD 中， 1 1 1 1 5 点Q为侧面BBCC内一动点(含边界)，若DQ= ，则点Q的轨迹长度为 ． 1 1 1 2 π 1 【答案】 / π 4 4 1 【解析】由题意，Q在面BBCC的轨迹是以C 为圆心，半径为 的四分之一圆弧， 1 1 1 2 1 1 π 所以轨迹长度为 ×2π× = . 4 2 4 π 故答案为： 4 2627 (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ABCD- ABCD 的棱长为3，动点P在△ABC内，满足DP= 14，则点P的轨迹长度为 1 1 1 1 1 1 . 【答案】 2π 【解析】在正方体ABCD-ABCD 中，如图， 1 1 1 1 DD ⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则DD ⊥AC，而BD⊥AC， 1 1 DD ∩BD=D，DD ，BD⊂平面BDD ，于是AC⊥平面BDD ，又BD ⊂平面BDD ， 1 1 1 1 1 1 则AC⊥BD ，同理AB ⊥BD ，而AC∩AB =A，AC，AB ⊂平面ABC， 1 1 1 1 1 1 因此BD ⊥平面ABC，令BD 交平面ABC于点E， 1 1 1 1 第 页 共 页 1570 34271 1 由V =V ，得 S ⋅BE= S ⋅BB ， B-AB1C B1-ABC 3 △AB1C 3 △ABC 1 3 即 ⋅ 2AB 4  1 1 2⋅BE= AB3，解得BE= AB= 3， 2 3 而BD = 3AB=3 3，于是DE=2 3， 1 1 因为点P在△ABC内，满足DP= 14，则EP= DP2-DE2= 2， 1 1 1 1 因此点P的轨迹是以点E为圆心， 2为半径的圆在△ABC内的圆弧， 1 而△ABC为正三角形，则三棱锥B-ABC必为正三棱锥，E为正△ABC的中心， 1 1 1 3 1 3 1 6 于是正△ABC的内切圆半径EH=AB × × =3× 2× × = ， 1 1 2 3 2 3 2 3 π π 则cos∠HEF= ，即∠HEF= ，∠FEG= ， 2 6 3 1 所以圆在△ABC内的圆弧为圆周长的 ， 1 2 1 即点P的轨迹长度为 ⋅2π⋅ 2= 2π 2 故答案为： 2π 2628 (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ABCD-ABCD的 棱长为1，点P在该正方体的表面ABCD上运动，且PA= 2则点P的轨迹长度是 ． π 【答案】 2 【解析】当AP= 2时，如图，点P的轨迹是在面BCCB，CDDC，ABCD三个面内 π 以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 2 1 1 1 1 π 动的轨迹的长度为 ， 2 π 故答案为： 2 2629 (2024·贵州铜仁·统考模拟预测)已知正方体ABCD-ABCD 的棱长为4，点P在该 1 1 1 1 正方体的表面上运动，且PA=4 2，则点P的轨迹长度是 ． 【答案】6π 第 页 共 页 1571 3427【解析】因为PA=4 2>4，所以点P可能在平面ABCD 内，可能在平面BCCB 内， 1 1 1 1 1 1 可能在平面DCCD 内. 1 1 当点P在平面ABCD 内时， 1 1 1 1 由AA ⊥平面ABCD ，AP⊂平面ABCD ，可知AA ⊥AP， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以PA2=AA2 1 +A 1 P2，所以A 1 P2=PA2-AA2 1 =4 2  2-42=16， 所以点P到A 的距离为4， 1 所以点P的轨迹为以点A 为圆心，4为半径的圆与正方形ABCD 边界及其内部的交 1 1 1 1 1 线. π 如上图，∠DAB = ，AB =4， 1 1 1 2 1 1  π 则BD 的长l= ×4=2π， 1 1 2 所以，当点P在平面ABCD 内时，点P的轨迹长度是2π. 1 1 1 1 同理可得，当点P在平面BCCB 内时，点P的轨迹长度也是2π. 1 1 当点P在平面DCCD 时，点P的轨迹长度也是2π. 1 1 综上所述，点P的轨迹长度为2π+2π+2π=6π. 故答案为：6π. 2630 (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PA  =2PB  ，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 . 12 13π 【答案】圆 13 【解析】设球的半径为r，则4πr2=36π，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， 则A-2,0  ，B1,0  ，此时动点P的轨迹方程为x-2  2+y2=4， 设其圆心为O ，则在空间中，z轴和xOy坐标平面垂直， 1 动点P的轨迹为xOy平面中的圆x-2  2+y2=4绕x轴旋转一周形成球的球面， 如图所示， 第 页 共 页 1572 3427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O 为球心， 1 在△MBO 2 中，结合余弦定理得到O 1 M  = 32+1-2×3×1×cos120°= 13. 1 1 设交线所围成的圆半径为R.则 × 13R= ×3×2， 2 2 6 13 12 13π 解得R= .所以交线的长度为 . 13 13 12 13π 故答案为：圆； 13 2631 (2024·全国·高三专题练习)已知正四棱柱ABCD-ABCD 的体积为16，E是棱BC 1 1 1 1 的中点，P是侧棱AA 上的动点，直线CP交平面EBD 于点P，则动点P的轨迹长度 1 1 1 1 的最小值为 ． 2 3 【答案】 5 【解析】如图取CD的中点M，连接EM交AC于点F，连接AC 、BD 交于点O，连接 1 1 1 1 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AF= AC， 4 由正四棱柱的性质可知DD ⎳BB 且DD =BB ，所以四边形DDBB为平行四边形， 1 1 1 1 1 1 所以BD ⎳BD， 1 1 所以BD ⎳ME，所以B 、D 、M、E四点共面， 1 1 1 1 所以平面BDME∩平面ACCA =OF， 1 1 1 1 连接AC 交OF于点G，因为P是侧棱AA 上的动点，直线CP交平面EBD 于点P， 1 1 1 1 1 所以线段OG即为点P的轨迹， 如图在平面ACCA 中，过点F作HF⊥AC ，交AC 于点H，因为AC ⎳AC， 1 1 1 1 1 1 1 1 第 页 共 页 1573 34273 AC AF GF 4 3 2 所以△AFG∽△COG，所以 = = = ，所以OG= OF， 1 OC OG 1 2 5 1 AC 2 1 1 设AD=DC=a、DD 1 =b，a,b>0  ， 1 2 依题意a2b=16，CF=CH=OH= AC= a， 1 4 4 1 所以OF= OH2+HF2= a2+b2， 8 要求动点P的轨迹长度的最小值，即求OG的最小值，即求OF的最小值， 16 因为a2b=16，所以a2= ， b 1 1 16 2 1 1 3 1 1 所以 a2+b2= × +b2=b2+ =b2+ + ≥3 b2⋅ ⋅ =3， 8 8 b b b b b b 1 当且仅当b2= ，即b=1、a=4时取等号， b 所以OF  = 3，所以OG min  2 3 2 3 = ，即动点P的轨迹长度的最小值为 . min 5 5 2 3 故答案为： 5 2632 (2024·全国·高三专题练习)已知棱长为8的正方体ABCD-ABCD中，平面ABCD 1 1 1   1 内一点E满足BE= CB，点P为正方体表面一动点，且满足PE 4  =2 2，则动点P运 动的轨迹周长为 ． 【答案】 2+1  π   1 【解析】BE= CB，则E在CB的延长线上，且BE=2， 4 由正方体性质知BE⊥平面ABBA ，当P在平面ABBA 上时，BP⊂平面ABBA ， 1 1 1 1 1 1 BE⊥BP，由PE=2 2得BP= (2 2)2-22=2，因此P点轨迹是以B为圆心，2为半 1 1 径的圆在正方形ABBA 内的部分即圆周的 ，弧长为2π×2× =π，从而知P点在以 1 1 4 4 B为顶点的三个面内． 第 页 共 页 1574 3427π 当P在棱BB 上时，BP=2，∠PEB= ， 1 4 因此P点在面BCCB 时，P点轨迹是以E为圆心，2 2为半径的圆在正方形BCCB 1 1 1 1 π π 2 内的圆弧，圆弧的圆心角为 ，弧长为 ×2 2= π，同理P点在面ABCD内的轨迹 4 4 2 2 长度也为 π， 2 2 所以所求轨迹长度为π+ π×2=( 2+1)π． 2 故答案为：( 2+1)π． 2633 (2024·全国·高三专题练习)如图，已知棱长为2的正方体A′B′C′D′-ABCD，M是正方 形BB′C′C的中心，P是△A′C′D内(包括边界)的动点，满足PM=PD，则点P的轨迹长 度为 ． 第 页 共 页 1575 342714 【答案】 2 【解析】如图建立空间直角坐标系，则D0,0,0  ,A2,0,2  ,C0,2,2  ,M1,2,1   DA=2,0,2   ,DC=0,2,2   设平面DAC的法向量n=x,y,z  2x+2z=0 则有  ，令x=1，则y=1,z=-1 2y+2z=0  则n=1,1,-1  设Px,y,z   ，则DP=x,y,z    ∵n⊥DP，则x+y-z=0 又∵PM=PD，则 x2+y2+z2= x-1  2+y-2  2+z-1  2 整理得：x+2y+z=3 3-2x y= 联立方程  x x + + 2 y y - + z z = = 0 3 ，则   x+ 3 3 z= 3 0≤x≤2   3-2x 0≤ ≤2 3 可得  3 ，可得0≤x≤ 2  x+3 0≤ ≤2  3 当x=0时，P 10,1,1  3 3 3 ，当x= 时，P ,0, 2 2 2 2  在空间中，满足PM=PD的P为过MD的中点且与MD垂直的平面α 两个平面的公共部分为直线，即点P的轨迹为α∩平面A′C′D=P 1 P 2 ，则P 1 P 2  14 = 2 14 故答案为： ． 2 2634 (2024·河南许昌·高三统考阶段练习)三棱锥P-ABC的体积为4 3，底面三角形ABC 是边长为2 3的正三角形且其中心为O ，三棱锥P-ABC的外接球球心O到底面 1 ABC的距离为2，则点P的轨迹长度为 . 【答案】4π 【解析】三棱锥P-ABC的体积为4 3，底面三角形ABC是边长为2 3的正三角形， 设三棱锥P-ABC的高为h 1 3 所以 × ×(2 3)2×h=4 3，故h=4， 3 4 第 页 共 页 1576 34272 3 又正三角形ABC的外接圆半径为r，则r= ×2 3× =2， 3 2 又三棱锥P-ABC的外接球球心O到底面ABC的距离为2， 所以三棱锥P-ABC的外接球半径R= 22+22=2 2，即OP=2 2， 又因为顶点P到底面ABC的距离为4， 所以顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周(球心在底面ABC和截面圆之间)且球心O到 该截面圆的距离为4-2=2， 所以截面圆的半径为 OP2-22=2， 故顶点P的轨迹长度是4π． 故答案为：4π． 2635 (2024·全国·高三专题练习)在三棱锥P-ABC中，PA⊥AB,PA=4,PC=2,AB=3， 二面角P-AB-C的大小为30°，在侧面△PAB内(含边界)有一动点M，满足到PA的 距离与到平面ABC的距离相等，则动点M的轨迹的长度为 ． 6 5 【答案】 5 【解析】如图，过M作MN⊥PA于N，MO⊥平面ABC于O， 过O作OQ⊥AB于Q，连接MQ， 则∠MQO为二面角P-AB-C的平面角， 由∠MQO=30°， 得MQ=2MO． 又MO=MN，所以MQ=2MN， 在△PAB中，以AB所在直线为x轴，AP所在直线为y轴建立平面直角坐标系， 则直线AM的方程为y=2x， 直线PB的方程为4x+3y-12=0， 6 12 所以直线AM与PB的交点坐标为R , 5 5  ， 所以M的轨迹为线段AR， 6 长度为  5  2 12 + 5  2 6 5 = ． 5 6 5 故答案为： ． 5 第 页 共 页 1577 34274 题型四：由动点保持等角(或定角)求轨迹 2636 (2024·山东·高三专题练习)如图所示，在平行四边形ABCD中，E为AB中点，DE⊥ AB，DC=8，DE=6.沿着DE将△ADE折起，使A到达点A的位置，且平面ADE⊥ 平面ADE.设P为△ADE内的动点，若∠EPB=∠DPC，则P的轨迹的长度为 . 4π 【答案】 3 【解析】 建立如图示空间直角坐标系， 则D0,0,0  ,C0,8,0  ,E6,0,0  ,B6,4,0  , 设Px,0,z      则PD=(-x,0,-z),PC=(-x,8,-z),PE=(6-x,0,-z),PB=(6-x,4,-z),   ∴cos∠EPB=cosPE,PB    PE∙PB 6-x =   = |PE|∙|PB|  2+z2 6-x  2+z2∙ 6-x  \ 2+16+z2   cos∠DPC=cosPD,PC    PD∙PC x2+z2 =   = , |PD|∙|PC| x2+z2∙ x2+64+z2 ∵∠EPB=∠DPC∴cos∠EPB=cos∠DPC, 6-x ∴  2+z2 6-x  2+z2∙ 6-x  x2+z2 = 2+16+z2 x2+z2∙ x2+64+z2 整理化简得：x2+z2-16x+48=0 ∴P的轨迹为圆，交AE于P(6,2 3),DE于P(4,0), 1 2 则|PP|= (6-4)2+(2 3-0)2=4 1 2 π π 4π ∴PP 所对应的圆心角α= ，∴弧长为l=|α|r= ∙4= ． 1 2 3 3 3 4π 故答案为： ． 3 2637 (2024·全国·高三专题练习)在棱长为6的正方体ABCD-ABCD 中，点M是线段 1 1 1 1 BC的中点，P是正方形DCCD(包括边界)上运动，且满足∠APD=∠MPC，则P点的 1 1 轨迹周长为 . 4π 4 【答案】 / π 3 3 【解析】如图，在棱长为6的正方体ABCD-ABCD 中， 1 1 1 1 第 页 共 页 1578 3427则AD⊥平面DCCD ，MC⊥平面DCCD ， 1 1 1 1 又DP，PC在平面DCCD 上，∴AD⊥DP，MC⊥CP， 1 1 又∠APD=∠MPC，∴Rt△ADP∼Rt△MCP， PD AD ∴ = =2，即PD=2PC， PC MC 如图，在平面DCCD 中，以D为原点，DC,DD 分别为x,y轴建立平面直角坐标系， 1 1 1 则D(0,0)，C6,0  ，P(x,y)， 由PD=2PC，知 x-0  2+y-0  2=2 x-6  2+y-0  2， 化简整理得x-8  2+y2=16，0≤x≤6，圆心8,0  ，半径r=4的圆， 所以P点的轨迹为圆x-8   2+y2=16与四边形DCCD 的交点，即为图中的EF 1 1 π 其中，CM=2，FM=4，则∠FMC= 3  π 4π 由弧长公式知EF= ×4= 3 3 4π 故答案为： . 3 2638 (2024·湖北省直辖县级单位·统考模拟预测)已知正方体ABCD-ABCD 的棱长为 1 1 1 1 2，M为棱BC 的中点，N为底面正方形ABCD上一动点，且直线MN与底面ABCD所 1 1 π 成的角为 ，则动点N的轨迹的长度为 ． 3 4 3π 【答案】 9 【解析】如图所示，取BC中点G，连接MG，NG，由正方体的特征可知MG⊥底面 ABCD， 第 页 共 页 1579 3427故MN与底面ABCD的夹角即∠MNG， π MG π 2 3 ∴∠MNG= ，则 =tan ⇒NG= ， 3 GN 3 3 2 3 故N点在以G为原点 为半径的圆上，又N在底面正方形ABCD上， 3  即N的轨迹为图示中的圆弧ENF， BG 1 3 π π π 2π 易知 = = ⇒∠EGB= ⇒∠EGF=π- - = ， EG 2 3 2 6 6 6 3 3  2 3 2π 4 3π 所以ENF长为 × = . 3 3 9 4 3π 故答案为： . 9 2639 (2024·陕西·高三陕西省榆林中学校联考阶段练习)已知正方体ABCD-ABCD 的棱 1 1 1 1 长为2，点E为平面ABD内的动点，设直线AE与平面ABD所成的角为α，若sinα= 1 1 3 10 ，则点E的轨迹所围成的周长为 ． 10 4 3 【答案】 π 9 【解析】如图所示，连接AC 交平面ABD于O，连接EO， 1 1 因为CC⊥平面ABCD，所以CC ⊥BD，又BD⊥AC，且CC与AC相交， 1 1 1 所以BD⊥平面ACC ，所以BD⊥AC ， 1 1 同理可得AB⊥AC ，又AB∩BD=B， 1 1 1 所以AC ⊥平面ABD， 1 1 ∴∠AEO是AE平面ABD所成的角，∴∠AEO=α． 1 3 10 9 10 AO 由sinα= 可得cosα= 1-sin2α= 1- = ，tanα=3，即 =3． 10 10 10 EO 在四面体A-ABD中，AB=AD=AA =2，AO⊥平面ABD， 1 1 1 所以OA =OB=OD，所以O为△ABD的中心， 1 1 又BD=AD=AB=2 2，．∴四面体A-ABD为正三棱锥， 1 1 1 第 页 共 页 1580 34272 3 2 6 如图所示：在等边三角形ABD中，BO= × ×2 2= ， 1 3 2 3 2 6 AO= AB2-BO2= 4- 3  2 2 3 = ， 3 AO 2 3 2 3 ∵ =3，∴EO= ，即E在平面ABD内的轨迹是以O为圆心，半径为 的 EO 9 1 9 2 3 4 3 圆，∴周长为2π× = π. 9 9 4 3 故答案为： π 9 2640 (2024·全国·高三专题练习)已知点P是棱长为2的正方体ABCD-ABCD 的表面上 1 1 1 1 一个动点，若使AP=2的点P的轨迹长度为a；使直线AP∥平面BDC的点P的轨迹长 度为b；使直线AP与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为c．则a，b，c的大 小关系为 ．(用“<”符号连接) 【答案】b3, 2 2 2 2 2 1 其中tanφ= ,故CB> 3,故D错误, 2 故选:D 2647 (2024·江苏徐州·高二徐州市第一中学校考阶段练习)如图，在等腰RtΔABC中，AB⊥ AC，BC=2，M为BC的中点，N为AC的中点，D为线段BM上一个动点(异于两端 点)，ΔABD沿AD翻折至BD⊥DC，点A在平面BCD上的投影为点O，当点D在线 1 1 段BM上运动时，以下说法不正确的是( )． 第 页 共 页 1586 3427A.线段NO为定长 B.∠AMO+∠BDA>180° 1 C.CO∈(1, 2) D.点O的轨迹是圆弧 【答案】B 【解析】翻折后的立体图形，如图所示． 对A，因为点A在平面BCD上的投影为点O，所以AO⊥平面BCD， 1 1 又CO⊂平面BCD，所以AO⊥CO， 1 故ΔAOC为直角三角形，又N为斜边AC的中点， 1 所以ON= AC=1为定长. 2 故A正确． 对C，当D在M处时，此时点A在平面BCD上的投影为点O与M重合，故CO=1， 1 又在RtΔAOC中，OC180° C.线段CO的长CO  ∈1, 2  D.点O的轨迹是圆弧 【答案】B 【解析】如图所示， 1 对于A中，在△AOC为直角三角形，ON为斜边AC上的中线，ON= AC为定长，即 2 A正确； 对于C中，点D在M时，此时点O与M点重合，此时AO=1，CO=1，此时CO  ∈ 1, 2  ，即正确； 对于D，由A可知，根据圆的定义可知，点O的轨迹是圆弧，即D正确； 故选B． 2649 (2024·全国·高三专题练习)如图，已知水平地面上有一半径为4的球，球心为O，在平行 光线的照射下，其投影的边缘轨迹为椭圆O．如图，椭圆中心为O，球与地面的接触点为 E，OE=3．若光线与地面所成角为θ，椭圆的离心率e=． 3 【答案】 /0.6 5 【解析】连接OO, 因为∠OOE=θ,OE=4,OE=3， 所以OO= OE2+OE2= 42+32=5, OE 4 所以sinθ= = , OO 5 在照射过程中，椭圆的短半轴长是球的半径，即b=4， 如图，椭圆的长轴长2a是AC，过点A向BC作垂线，垂足为B， 4 由题意得AB=2R=8,sin∠ACB=sinθ= ， 5 AB 4 因为sinθ= = ，所以AC=10， AC 5 所以2a=10，得a=5， 第 页 共 页 1588 3427c a2-b2 25-16 3 所以椭圆的离心率为e= = = = ， a a 5 5 3 故答案为： 5 2650 (2024·浙江嘉兴·高三嘉兴一中校考期中)如图，在△ABC中，AB= 7，AC= 10， BC=3.过AC的中点M的动直线l与线段AB交于点N.将△AMN沿直线l向上翻折 至△AMN，使得点A在平面BCMN内的投影H落在线段BC上.则点A的轨迹长度为 . 2π 【答案】 3 【解析】 10 因为翻折前后AM=AM= 长度不变，所以点A可以在空间中看做以M为球心， 2 AC为直径的球面上，又因为A的投影始终在BC上，所以点A所在的面ABC垂直于底 面ABC， 故点A轨迹为垂直于底面ABC的竖直面ABC去截球M所得圆面的圆弧，这个圆弧的 10+9-7 2 直径为AA⊥BC时，AC的长度(由余弦定理可得cos∠ACB= = ，所以 2⋅3⋅ 10 10 2 此时AC= 10⋅ =2)， 10 第 页 共 页 1589 3427如图，以底面点B为空间原点建系，根据底面几何关系， 得点A(1, 6,0)，点C(3,0,0)， 设点A(x,y,z)，翻折后点A的投影H(x,0,0)在x轴上， 10 6 所以点A纵坐标为0，即A(x,0,z)由MC=AM=AM= ，M2, ,0 2 2  ， 根据空间两点之间距离公式可得A轨迹：(x-2)2+z2=1， 又因为动点A要符合空间面翻折结论：AA⊥MN，    即MN⋅AA=0，其中AA=(x-1,- 6,z)， 又动点N在线段AB上动，设N(a, 6a,0)，  6 故MN=a-2, 6a- ,0 2  ，   5 且a∈(0,1)，由MN⋅AA=0，可计算得A横坐标范围为x∈1, 2  ， 5 且点A在上方，由(x-2)2+z2=1，x∈1, 2  2π 计算可得圆弧所在扇形圆心角为 ， 3 2π 2π 所以弧长为 ×1= . 3 3 2π 故答案为： . 3 2651 (2024·北京·高三专题练习)如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC= 3，E为线段BC上 一动点，现将ΔABE沿AE折起得到ΔABE，当二面角B-AE-D的平面角为120°，点 B在平面ABC上的投影为K，当E从B运动到C，则点K所形成轨迹的长度为 . π 【答案】 6 【解析】根据折叠关系找出与K有关的几何关系，得出点K的轨迹为圆的一部分，再考虑 在运动过程中扫过的弧长即可求解. 在折叠后的图中，作BO⊥AE垂足为O，连接KO，根据三垂线定理，KO⊥AE， 1 所以∠BOA就是二面角B-AE-B的平面角为60°，KO= BO， 2 根据折叠关系，ΔBEA与ΔBEA全等，对应边上的高位置相同，即K在线段BO上， 且K是线段BO的中点，取BA的中点M，连接KM，则KM⊥BK， 所以点K的轨迹为以BM为直径的圆的一部分，当E从B运动到C，点K在圆周上从点 B运动到K π 2π 2π 1 π ∠KMB= ，这段弧所对圆心角为 ，这段弧长为 × = . 3 3 3 4 6 π 故答案为： 6 第 页 共 页 1590 34276 题型六：翻折与动点求轨迹 2652 (2024·全国·高三专题练习)在矩形ABCD中，E是AB的中点，AD=1,AB=2，将 △ADE沿DE折起得到△ADE，设AC的中点为M，若将△ADE绕DE旋转90°，则在此 过程中动点M形成的轨迹长度为 . 2π 2 【答案】 / π 8 8 【解析】 如图，设AC的中点为M ，△ADE绕DE旋转90°，此时平面ADE⊥平面ABCD，取 0 CD中点P，CE中点Q，PQ中点N， 连接PQ,MP,MQ,MN,M P,M Q,M N. 0 0 0 1 1 1 1 1 2 MP=M P= AD= ,MQ=M Q= AE= ，PQ= DE= ，△MPQ和 0 2 2 0 2 2 2 2 △M PQ是等腰直角三角形， 0 1 且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点M的轨迹是以N为圆心， PQ为半径的一 2 段圆弧，又MP∥AD,MP⊄面ADE， AD⊂面ADE，∴MP∥面ADE，同理MQ∥面ADE，又∵MP∩MQ=M，∴面 MPQ∥面ADE，又平面ADE⊥平面ABCD， 故面MPQ⊥面ABCD，又面MPQ∩面ABCD=PQ，MN⊥PQ，故MN⊥面 ABCD，又M N⊂面ABCD，∴MN⊥M N， 0 0 1 2π 故动点M形成的轨迹长度为 π⋅PQ= . 4 8 2π 故答案为： . 8 2653 (2024·全国·高三专题练习)矩形ABCD中，AB=2,AD= 3，E为AB中点，将 △ADE沿DE折起至△A'DE，记二面角A'-DE-C=θ，当θ在0，π  范围内变化时， 点A'的轨迹长度为 第 页 共 页 1591 34273 【答案】 π； 2 【解析】取DE的中点为M，连接AM,AM，则AM=AM， 故A在以M球心，AM为半径的球面上. 过A作AG⊥DE，垂足为G，连接AG，则AG⊥DE. 1× 3 3 在矩形ABCD中，AE=1,AD= 3，故AG= = ， 1+3 2 3 故AG=AG= ，而AG∩AG=G，故DE⊥平面AAG， 2 故A在过G且垂直于DE的平面上，所以A在以G为圆心，AG为半径的圆上， 而∠AGA为二面角A-DE-A的平面角，故0≤∠AGA≤π， 3 故点A的轨迹长度为 π， 2 3 故答案为： π. 2 2654 (2024·全国·高三专题练习)如图所示，在平行四边形ABCD中，E为AB中点，DE⊥ AB，DC=8，DE=6.沿着DE将△ADE折起，使A到达点A的位置，且平面ADE⊥ 平面BCDE.若点P为△ADE内的动点，且满足∠EPB=∠DPC，则点P的轨迹的长度 为 . 4π 【答案】 3 【解析】因平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE=DE，DE⊥AB，于是 得BE⊥平面ADE，而CD⎳AB，则CD⊥平面ADE， 从而得PE，PD分别是PB，PD在平面ADE内的射影，如图，∠EPB=∠DPC， 第 页 共 页 1592 3427BE CD =tan∠EPB=tan∠DPC= ，而BE=4,CD=8，则2PE=PD， PE PD 在△ADE所在平面内以点E为原点，射线ED、EA分别为x，y轴非负半轴建立平面直 角坐标系，如图， 则D(6,0)，设P(x,y)，于是得2 x2+y2= (x-6)2+y2，整理得(x+2)2+y2=16， 从而得点P的轨迹是以M(-2,0)为圆心，4为半径的圆，圆M交EA,ED分别于Q，N， π 显然∠QME= ，圆M在△ADE内的部分是圆心角∠QME所对的弧QN，弧QN长 3 4π 为 ， 3 4π 所以点P的轨迹的长度为 . 3 4π 故答案为： 3 2655 (2024·全国·高三专题练习)已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60°.将菱形沿对角 线AC折叠成大小为60°的二面角B-AC-D.设E为BC的中点，F为三棱锥B- ACD表面上动点，且总满足AC⊥EF，则点F轨迹的长度为 . 3 3 【答案】 2 【解析】连接AC、BD，交于点O，连接OB′， ABCD为菱形，∠ABC=60°，所以AC⊥BD，OB′⊥AC，△ABC、△ACD、△AB′C均 为正三角形， 所以∠B′OD为二面角B'-AC-D的平面角，于是∠B′OD=60°， 第 页 共 页 1593 34273 又因为OB′=OD，所以△B′OD为正三角形，所以B′D=OB′=OD=2⋅ = 3， 2 取OC中点P，取CD中点Q，连接EP、EQ、PQ，所以PQ∥OD、EP∥OB′， 所以AC⊥EP、AC⊥PQ，所以AC⊥平面EPQ， 所以在三棱锥B'-ACD表面上，满足AC⊥EF的点F轨迹的△EPQ， 1 1 1 3 3 3 因为EP= OB′，PQ= OD，EQ= B′Q，所以△EPQ的周长为3⋅ = ， 2 2 2 2 2 3 3 所以点F轨迹的长度为 ． 2 3 3 故答案为： 2 2656 (2024·江苏连云港·高二校考阶段练习)在矩形ABCD中，AB= 3，AD=1，点E在 CD上，现将△AED沿AE折起，使面AED⊥面ABC，当E从D运动到C，求点D在面 ABC上的射影K的轨迹长度为 ( ) 2 2 2 π π A. B. C. D. 2 3 2 3 【答案】D 【解析】 由题意，将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，在平面AED内过点D作DK ⊥AE，垂足K为D在平面ABC上的射影，连接D′K,由翻折的特征知， 则∠D′KA=90°，故K点的轨迹是以AD′为直径的圆上一段弧，根据长方形知圆半径是 1 ， 2 1 如图当E与C重合时，∠D′AC=60°,所以AK= ， 2 取O为AD′的中点，得到△OAK是正三角形. 第 页 共 页 1594 3427π 2π 故∠KOA= ,∴∠KOD′= ， 3 3 1 2π π 其所对的弧长为 × = ； 2 3 3 故选：D. 2657 (2024·全国·高三专题练习)已知菱形ABCD的各边长为2,∠D=60°．如图所示，将 △ACD沿AC折起，使得点D到达点S的位置，连接SB，得到三棱锥S-ABC，此时SB =3．E是线段SA的中点，点F在三棱锥S-ABC的外接球上运动，且始终保持EF⊥ AC，则点F的轨迹的周长为 ( ) 2 3 4 3 5 3 2 21 A. π B. π C. π D. π 3 3 3 3 【答案】C 【解析】取AC中点M，则AC⊥BM,AC⊥SM,BM∩SM=M， ∴AC⊥平面SMB，SM=MB= 3，又SB=3，∴∠SBM=∠MSB=30°，作EH⊥ AC于H，设点F轨迹所在平面为α，则平面α经过点H且AC⊥α，设三棱锥S-ABC外 接球的球心为O,△SAC,△BAC的中心分别为O,O ，易知OO ⊥平面SAC,OO ⊥平 1 2 1 2 1 1 面BAC，且O,O,O ,M四点共面，由题可得∠OMO = ∠OMO =60°，OM= SM 1 2 1 2 1 2 1 3 3 2 2 3 = ，解Rt△OOM，得OO = 3OM=1，又OS= SM= ，则三棱锥S- 3 1 1 1 1 3 3 7 1 ABC外接球半径r= OO2+OS2= ，易知O到平面α的距离d=MH= ， 1 1 3 2 7 1 5 3 故平面α截外接球所得截面圆的半径为r = r2-d2= - = ， 1 3 4 6 5 3 5 3 ∴截面圆的周长为l=2πr = π，即点F轨迹的周长为 π． 1 3 3 故选：C 2658 (2024·全国·高三专题练习)已知△ABC的边长都为2，在边AB上任取一点D，沿CD 将△BCD折起，使平面BCD⊥平面ACD．在平面BCD内过点B作BP⊥平面ACD， 垂足为P，那么随着点D的变化，点P的轨迹长度为 ( ) 第 页 共 页 1595 3427π π 2π A. B. C. D.π 6 3 3 【答案】C 【解析】由题意，在平面BCD内作BQ⊥CD，交CD于Q，因为平面BCD⊥平面ACD， 平面BCD与平面ACD交于CD，所以BQ⊥平面ACD，又BP⊥平面ACD，所以P,Q 两点重合，于是随着点D的变化，BP⊥CD始终成立，可得在平面ABC中，BP⊥CP始 终成立，即得点P的轨迹是以BC为直径的圆的一部分，由题意知随着点D的变化， π ∠BCD的范围为 0,  3  1 ，可得点P的轨迹是以BC为直径(半径为1)的圆的 ，即得点P 3 1 2 的轨迹长度为 ×2π×12= π. 3 3 故选：C. 2659 (2024·广东中山·高三华南师范大学中山附属中学校考期中)如图，在长方形ABCD中， AB= 3，BC=1，点E为线段DC上一动点，现将ΔADE沿AE折起，使点D在面 ABC内的射影K在直线AE上，当点E从D运动到C，则点K所形成轨迹的长度为 3 2 3 π π A. B. C. D. 2 3 3 2 【答案】C 【解析】由题意，将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，在平面AED内过点 D作DK⊥AE，K为垂足，由翻折的特征知，连接D'K， 1 则D'KA=90°，故K点的轨迹是以AD'为直径的圆上一弧，根据长方形知圆半径是 ， 2 如图当E与C重合时， 第 页 共 页 1596 34271×1 1 AK= = ， 4 2 取O为AD′的中点，得到△OAK是正三角形． π 2π 故∠KOA= ，∴∠KOD'= ， 3 3 1 2π π 其所对的弧长为 × = ， 2 3 3 故选：C 2660 (2024·全国·高三专题练习)如图，在等腰梯形ABCD中，CD=2AB=2EF=2a，E,F 分别是底边AB,CD的中点，把四边形BEFC沿直线EF折起使得平面BEFC⊥平面 ADFE.若动点P∈平面ADFE，设PB,PC与平面ADFE所成的角分别为θ,θ (θ,θ 均 1 2 1 2 不为0).若θ =θ ，则动点P的轨迹围成的图形的面积为 ( ) 1 2 1 4 1 4 A. a2 B. a2 C. πa2 D. πa2 4 9 4 9 【答案】D 【解析】连接PE,PF,∵平面BCFE⊥平面ADFE,交线为EF,BE,CF在平面BCFE 中，且BE,CF都垂直于交线EF,由面面垂直的性质定理得BE⊥平面ADFE,CF⊥平 面ADFE,∴∠BPE,∠CPF分别为直线PB,PC与平面ADFE所成的角，∠BPE=θ, 1 ∠CPF=θ . 2 ∵PE,PF⊂平面ADFE,∴BE⊥PE,CF⊥PF, ∴PE=BEcotθ ，PF=CFcotθ ， 1 2 1 1 ∵BE= CF，θ =θ ，∴PE= PF． 2 1 2 2 以EF所在直线为x轴，EF的垂直平分线为y轴建立坐标系，如图所示： a 设E- ,0 2  a ，F ,0 2  ，Px,y  a ，则x+ 2  2 +y2= 1 x- a 4 2    2 +y2   3 5 ∴3x2+3y2+5ax+ a2=0，即x+ a 4 6  2 +y2= 4 a2，轨迹为圆，面积为 4 πa2． 9 9 故答案选：D 第 页 共 页 1597 3427第 页 共 页 1598 3427