立体几何中动点及其轨迹问题
【知识拓展】
立体几何中的动点及其轨迹问题有两个类型:
(1)研究动点的轨迹,主要方法有定义法(如圆锥曲线定义)、解析法、交轨法;
(2)与动点有关的最值、范围问题,主要方法有几何法、函数法.
【类型突破】
类型一 动点的轨迹问题
考向1 定性地研究动点的轨迹
例1 (多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4,M 为DD1的中点,N 为ABCD 所在平面上一动
点,则下列说法正确的是( )
A.若MN 与平面ABCD 所成的角为π
4 ,则点N 的轨迹为圆
B.若MN＝4,则MN 的中点P 的轨迹所围成图形的面积为2π
C.若点N 到直线BB1与直线DC 的距离相等,则点N 的轨迹为抛物线
D.若D1N 与AB 所成的角为π
3 ,则点N 的轨迹为双曲线
答案 ACD
解析 如图所示,对于A,
根据正方体的性质可知,MD⊥平面ABCD,
所以∠MND 为MN 与平面ABCD 所成的角,所以∠MND＝π
4 ,
所以DN＝DM＝1
2DD1＝1
2×4＝2,
所以点N 的轨迹为以D 为圆心,2 为半径的圆,故A 正确;
对于B,在Rt△MDN 中,
DN＝√M N
2−M D
2＝√4
2−2
2＝2√3,
取MD 的中点E,连接PE.
因为P 为MN 的中点,
所以PE∥DN,且PE＝1
2DN＝√3.
又DN⊥ED,所以PE⊥ED,
即点P 在过点E 且与DD1垂直的平面内,
又PE＝√3,
所以点P 的轨迹为以√3为半径的圆,
其面积为π·(√3)2＝3π,故B 不正确;
对于C,连接NB,
因为BB1⊥平面ABCD,NB⊂平面ABCD,
所以BB1⊥NB,
所以点N 到直线BB1的距离为NB,
所以点N 到点B 的距离等于点N 到定直线CD 的距离,
又B 不在直线CD 上,
所以点N 的轨迹为以B 为焦点,CD 为准线的抛物线,故C 正确;
对于D,以D 为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z 轴建立空间直角坐标系,
则A(4,0,0),B(4,4,0),D1(0,0,4),设N(x,y,0),
则⃗AB＝(0,4,0),⃗D1 N＝(x,y,－4).
因为D1N 与AB 所成的角为π
3 ,
所以|cos<⃗AB,⃗D1 N>|＝cosπ
3 ,
所以
|4 y|
4√x
2＋y
2＋16
＝1
2,
整理得3 y
2
16 －x
2
16＝1,
所以点N 的轨迹为双曲线,故D 正确.
规律方法 定性地研究动点的轨迹要利用线面平行、垂直的性质定理,结合圆锥曲线等的定义,确
定动点的轨迹.
训练1 已知在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中,AA1与底面A1B1C1D1垂直,且AD＝AB,E 为CC1的
中点,P 在对角面BB1D1D 内运动,若EP 与AC 成30°角,则点P 的轨迹为( )
A.圆
B.抛物线
C.双曲线
D.椭圆
答案 A
解析 因为在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中,AA1与底面A1B1C1D1垂直,且AD＝AB,
所以该平行六面体ABCD－A1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱,
所以对角面BB1D1D⊥底面ABCD,AC⊥对角面BB1D1D.
取AA1的中点F,连接EF(图略),则EF∥AC.
因为EP 与AC 成30°角,
所以EP 与EF 成30°角.
设EF 与对角面BB1D1D 的交点为O,
则EO⊥对角面BB1D1D,
所以点P 的轨迹是以EO 为轴的一个圆锥的底面圆周,故选A.
考向2 定量地研究动点的轨迹
例2 (2025·重庆诊断)如图,在四棱锥P－ABCD 中,PA⊥底面ABCD,AB＝AP,AB⊥AD,AB＋AD＝
6,CD＝√2,∠CDA＝45°.
(1)若E 为PB 的中点,求证:平面PBC⊥平面ADE.
(2)若平面PAB 与平面PCD 所成的角的余弦值为√6
6 .
①求线段AB 的长;
②设G 为△PAD 内(含边界)的一点,且BG＝2GA,求满足条件的所有点G 的轨迹的长度.
(1)证明 在四棱锥P－ABCD 中,PA⊥底面ABCD,AD⊂平面ABCD,
则PA⊥AD,
又AB⊥AD,AB∩PA＝A,AB,PA⊂平面PAB,
于是AD⊥平面PAB.
又PB⊂平面PAB,则AD⊥PB.
由AB＝AP,E 为PB 的中点,
得AE⊥PB,
又AE∩AD＝A,AE,AD⊂平面ADE,
因此PB⊥平面ADE,而PB⊂平面PBC,
所以平面PBC⊥平面ADE.
(2)解 ①由(1)知,直线AB,AD,AP 两两垂直,
故以A 为坐标原点,直线AB,AD,AP 分别为x,y,z 轴建立空间直角坐标系.
过点C 作CF⊥AD 交AD 于点F,
由于CD＝√2,∠CDA＝45°,
得CF＝DF＝1.
令AB＝t(0<t<5),
则P(0,0,t),D(0,6－t,0),C(1,5－t,0),⃗
PD＝(0,6－t,－t),⃗CD＝(－1,1,0).
设平面PCD 的法向量n＝(x,y,z),
则{
n·⃗PD＝(6−t ) y −tz＝0,
n·⃗CD＝−x＋y ＝0,
令y＝t,得n＝(t,t,6－t).
由AD⊥平面PAB,得平面PAB 的一个法向量m＝(0,1,0),
依题意,|cos<m,n>|＝|m·n|
|m||n|
＝
t
√t
2＋t
2＋(6−t )
2 ＝√6
6 ,
整理得t2＋4t－12＝0,
而t>0,解得t＝2,
所以线段AB 的长为2.
②易知AB⊥平面PAD,而AG⊂平面PAD,
所以AB⊥AG.
又BG＝2AG,于是(2AG)2＝AG2＋AB2,
解得AG＝2√3
3 ,
因此点G 的轨迹是以点A 为圆心,2√3
3
为半径的圆的1
4,
所以点G 的轨迹的长度为1
2π·2√3
3
＝√3
3 π.
规律方法 当涉及动点的轨迹的长度、图形的面积与几何体的体积以及体积的最值时,可借助于几
何体的结构特征,建立空间直角坐标系,用变量表示轨迹,然后用函数的性质求解.
训练2 (多选)(2025·广州质检)如图,平面ABN⊥平面α,AB＝MN＝2,M 为线段AB 的中点,直线MN
与平面α 所成角的大小为30°,点P 为平面α 内的动点,则( )
A.以N 为球心,半径为2 的球面在平面α 上的截痕长为2π
B.若P 到点M 和点N 的距离相等,则点P 的轨迹是一条直线
C.若P 到直线MN 的距离为1,则∠APB 的最大值为π
2
D.满足∠MNP＝45°的点P 的轨迹是椭圆
答案 BC
解析 对于A,由于MN 与平面α 所成角的大小为30°,
所以点N 到平面α 的距离d＝MN·sin 30°＝1,
故半径为R＝2 的球面在平面α 上的截面圆的半径为r＝√R
2−d
2＝√3,
故截痕长为2πr＝2√3π,A 错误;
对于B,由于平面ABN⊥平面α,
所以以AB 为y 轴,在平面α 内过M 作x 轴⊥AB,在平面ABN 内作z 轴⊥AB,
建立如图1 所示的空间直角坐标系,
则M(0,0,0),B(0,1,0),A(0,－1,0),N(0,√3,1).
设P(x,y,0),则由PM＝PN,
得x2＋y2＝x2＋(y－√3)2＋1,
化简得y＝2√3
3 ,
故若P 到点M 和点N 的距离相等,则点P 的轨迹是一条直线,B 正确;
对于C,⃗MN＝(0,√3,1),⃗MP＝(x,y,0),
所以P 到直线MN 的距离为√
|⃗MP|
2−|⃗MP·⃗
MN
|⃗MN ||
2
＝√
x
2＋y
2−(
√3 y
2 )
2
＝1,
化简可得x2＋y
2
4 ＝1,
所以点P 的轨迹是平面α 内的椭圆x2＋y
2
4 ＝1,
如图2,当P 在短轴的端点时,∠APB 最大,
由于BM＝MP＝1,
故∠BPM＝π
4 ,
因此∠APB＝2∠BPM＝π
2 ,C 正确;
对于D,⃗NM ＝(0,−√3,−1),⃗
NP＝(x , y −√3,−1),
若∠MNP＝45°,则cos∠MNP＝cos <⃗NM,⃗NP>＝⃗
NM ·⃗NP
|⃗NM ||⃗NP|
＝
−√3 y ＋4
2√x
2＋( y −√3)
2＋1
＝√2
2 ,
化简得( y −2√3)
2
4
－x
2
2 ＝1 且y<4√3
3 ,
故满足∠MNP＝45°的点P 的轨迹是双曲线的一部分,D 错误.
类型二 与动点有关的最值、范围问题
例3 (多选)在三棱锥P－ABC 中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,AB＝BC＝2,PA＝2√3,点D 是三角形
PAB 内的动点(含边界),AD⊥CD,则下列结论正确的是( )
A.PB 与平面ABC 所成角的大小为π
3
B.三棱锥C－ABD 的体积最大值是2
C.D 点的轨迹长度是2π
3
D.异面直线CD 与AB 所成角的余弦值范围是[
√5
10 , √2
2 )
答案 ACD
解析 如图所示,对于A,
∵PA⊥平面ABC,AB＝BC＝2,PA＝2√3,
∴PB 与平面ABC 所成角为∠PBA＝π
3 ,∴A 正确;
对于C,∵点D 是三角形PAB 内的动点(含边界),AD⊥CD,
∴D 为以AC 的中点F 为球心,AC 为直径的球与三角形PAB 的交线´AI.
取AB 的中点G,连接FG,GI,
则根据题意易知FG⊥平面PAB,
且FG＝1
2CB＝1,
又AC＝2√2,∴该球的半径为√2,
∴交线´AI 所在圆的半径为√(√2)
2−1
2＝1,
又易知△GIB 为边长为1 的正三角形,
∴交线´AI所对的圆心角为∠AGI＝2π
3 ,
∴´AI 的长为2π
3 ×1＝2π
3 ,∴C 正确;
对于B,由选项C 知,当DG⊥AB 时,D 点到平面ABC 距离最大,最大距离为1,因此三棱锥C－ABD
的体积VC－ABD＝VD－ABC≤1
3 × 1
2×2×1×2＝2
3,B 错误;
对于D,将底面直角三角形ABC 对称补全成正方形ABCE,建立如图所示的空间直角坐标系.
设∠AGD＝θ(0<θ≤2π
3 ),则点D(0,1－cos θ,sin θ),而A(0,0,0),
B(0,2,0),C(2,2,0),
于是⃗CD＝(－2,－1－cos θ,sin θ),
又⃗AB＝(0,2,0),
设异面直线CD 与AB 所成的角大小为φ,
则cos φ＝|cos<⃗CD,⃗AB>|＝|⃗CD·⃗AB|
|⃗CD||⃗AB|
＝
1＋cosθ
√(1＋cosθ)
2＋4＋sin
2θ
＝
1＋cosθ
√6＋2cosθ.
令t＝1＋cos θ∈[
1
2 ,2),
则cos φ＝
t
√4＋2t ＝
1
√
4
t
2 ＋2
t
在t∈[
1
2 ,2)上单调递增,
因此√5
10 ≤cos φ<√2
2 ,D 正确.
规律方法 在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题,常用的解题思路
是
(1)直观判断:在变化过程中判断点、线、面在何位置时,所求的量有相应的最大、最小值.
(2)函数思想:通过建系或引入变量,把这类动态问题转化为目标函数,从而利用代数方法求目标函数
的最值.
训练3 (2025·烟台调研)在棱长为2 的正方体ABCD－A1B1C1D1中,E,F 分别是棱BC,CC1的中点,P
是侧面四边形BCC1B1内(不含边界)一点.若A1P∥平面AEF,则线段A1P 长度的取值范围是 .
答案 [
3√2
2
,√5)
解析 如图所示,分别取棱BB1,B1C1的中点M,N,连接MN,NE,A1N,A1M.
因为M,N,E,F 分别为BB1,B1C1,BC,CC1的中点,所以MN∥EF.
因为MN⊄平面AEF,EF⊂平面AEF,
所以MN∥平面AEF.
因为AA1∥NE,AA1＝NE,
所以四边形AA1NE 为平行四边形,
所以A1N∥AE.
因为A1N⊄平面AEF,AE⊂平面AEF,
所以A1N∥平面AEF.
因为A1N∩MN＝N,A1N,MN⊂平面A1MN,
所以平面A1MN∥平面AEF.
因为P 是侧面四边形BCC1B1内(不含边界)一点,且A1P∥平面AEF,
所以点P 必在线段MN 上(不含点M,N).
在Rt△A1B1M 中,A1M＝√A1B1
2＋B1 M
2＝√4＋1＝√5,
同理在Rt△A1B1N 中,求得A1N＝√5,
所以△A1MN 为等腰三角形,
当点P 在MN 的中点O 时,A1P⊥MN,此时A1P 最短;
当点P 在M 或N 处时,A1P 最长.
因为A1O＝√A1 M
2−O M
2＝√
(√5)
2−(
√2
2 )
2
＝3√2
2 ,
所以线段A1P 长度的取值范围是[
3√2
2
,√5).
【精准强化练】
一、单选题
1.如图,AB 是平面α 的斜线段,A 为斜足,若点P 在平面α 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
解析 由题意知,点P 到线段AB 的距离为定值,则点P 为在以AB 为旋转轴的圆柱表面上一点,故
平面α 斜截圆柱,所得图形为椭圆.
2.已知点P 是正四面体ABCD 内的动点,E 是棱CD 的中点,且点P 到棱AB 和棱CD 的距离相等,则
点P 的轨迹被平面ABE 所截得的图形为( )
A.线段
B.椭圆的一部分
C.双曲线的一部分
D.抛物线的一部分
答案 D
解析 在正四面体ABCD 中,E 是棱CD 的中点,所以AE⊥CD,BE⊥CD,
又AE∩BE＝E,AE,BE⊂平面ABE,
所以CD⊥平面ABE,
又点P 的轨迹被平面ABE 所截,即点P 在平面ABE 内,所以点P 到棱CD 的距离为PE.
在平面ABE 内过点P 作PF⊥AB,
则PF 为点P 到棱AB 的距离,
又点P 到棱AB 和棱CD 的距离相等,
即PE＝PF,
因此,在平面ABE 内,动点P 到棱AB 和到定点E 的距离相等,且E∉AB,由抛物线的定义得,动点P
的轨迹是抛物线的一部分.
3.(2025·郑州调研)如图,正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长是2,侧棱长是2√3,M 为A1C1的中点,N
是侧面BCC1B1内的动点,且MN∥平面ABC1,则点N 的轨迹的长度为( )
A.√6
B.2
C.√2
D.4
答案 B
解析 如图,取B1C1的中点D,取BB1的中点E,连接MD,DE,ME,则DE∥BC1,
又DE⊄平面ABC1,BC1⊂平面ABC1,
所以DE∥平面ABC1,
又M 为A1C1的中点,
所以MD∥A1B1∥AB,
又MD⊄平面ABC1,AB⊂平面ABC1,
所以MD∥平面ABC1,
又DE∩MD＝D,DE,MD⊂平面DEM,
所以平面DEM∥平面ABC1,
又因为N 是侧面BCC1B1上一点,且MN∥平面ABC1,
所以N 的轨迹为线段DE,
又DE＝1
2 √4＋12＝2,
所以点N 的轨迹的长度为2.
4.(2025·无锡质检)如图所示,已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2,长为2 的线段MN 的一个端
点M 在棱DD1上运动,另一端点N 在正方形ABCD 内运动,则MN 中点轨迹的面积S 为( )
A.4π
B.2π
C.π
D.π
2
答案 D
解析 连接DN(图略),由DD1⊥平面ABCD,
可得∠MDN＝90°.
取线段MN 的中点P,连接DP,
则DP＝1
2MN＝1,
所以点P 的轨迹是以D 为球心,1 为半径的1
8球面,
故S＝1
8×4π×12＝π
2 .
5.在棱长为5 的正方体ABCD－A1B1C1D1中,Q 是DD1的中点,点P 在正方体的内切球的球面上运动,
且CP⊥AQ,则点P 的轨迹长度为( )
A.√5π
B.2√5π
C.5 π
4
D.5π
答案 B
解析 以点D 为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z 轴,建立如图所示空间直角坐标系,
则D(0,0,0),Q(0,0, 5
2),A(5,0,0),C(0,5,0),球心O(
5
2 , 5
2 , 5
2).
取A1D1的中点R,B1C1的中点H,连接DR,RH,HC,
则R(
5
2 ,0,5).
因为⃗DR·⃗AQ＝(
5
2 ,0,5)·(−5,0, 5
2)
＝－25
2 ＋25
2 ＝0,⃗
DC·⃗AQ＝(0,5,0)·(−5,0, 5
2)＝0,
故DR⊥AQ,CD⊥AQ,
又DR∩CD＝D,DR,CD⊂平面CDRH,
故AQ⊥平面CDRH,
故当P 位于平面CDRH 与内切球O 的交线上时,满足CP⊥AQ,
此时O(
5
2 , 5
2 , 5
2)到平面CDRH 的距离为
d＝|⃗DO·⃗AQ|
|⃗AQ|
＝|(
5
2 , 5
2 , 5
2)·(−5,0, 5
2)|
√25＋25
4
＝
25
4
5√5
2
＝√5
2 ,
所以r＝√
25
4 −5
4 ＝√5,
其中r 为平面CDRH 截正方体内切球所得截面圆的半径,
故点P 的轨迹是以√5为半径的圆,
故点P 的轨迹长度为2√5π.
二、多选题
6.如图,正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF＝√2
2 a,则下列结论
正确的是( )
A.当E 与D1重合时,异面直线AE 与BF 所成的角为π
3
B.三棱锥B－AEF 的体积为定值
C.EF 在平面ABB1A1内的射影长为1
2a
D.当E 向D1运动时,二面角A－EF－B 的平面角保持不变
答案 BCD
解析 对于A,如图,当E 与D1重合时,因为EF＝√2
2 a,
所以F 为B1D1的中点,连接BD,记BD 的中点为O,连接D1O,AO,
由正方体性质可知,BO∥D1F,BO＝D1F,
所以四边形BOD1F 为平行四边形,
所以D1O∥BF,所以直线AE 与BF 所成角即为直线D1O 与AD1所成角.
又D1O＝√(
√2a
2 )
2
＋a
2＝√6a
2 ,
AD1＝√2a,AO＝√2a
2 ,
所以cos∠AD1O＝
3a
2
2 ＋2a
2−a
2
2
2× √6a
2
×√2a
＝√3
2 ,
又∠AD1O∈(0,π),所以∠AD1O＝π
6 ,
故AE 与BF 所成的角为π
6 ,故A 错误;
对于B,VB－AEF＝VA－BEF,易知点A 到平面BB1D1D 的距离和点B 到直线B1D1的距离均为定值,
所以三棱锥A－BEF 的体积为定值,故B 正确;
对于C,易知∠A1B1D1＝π
4 ,EF 在平面ABB1A1内的射影在A1B1上,所以射影长为√2a
2 ×cos π
4 ＝a
2,
故C 正确;
对于D,二面角A－EF－B 的平面角即为二面角A－B1D1－B 的平面角,
显然其平面角不变,故D 正确.故选BCD.
7.(2025·厦门质检)三棱锥P－ABC 满足PA⊥平面ABC,PA＝AB＝BC＝√2
2 AC＝2,D 是线段PB 的中
点,E 是底面△ABC 内部(包括边界)的一个动点,球O 是三棱锥P－ABC 的外接球,下列说法正确的
有( )
A.当E 在线段AB 上时,PE⊥BC
B.若F 是球O 表面一个动点,则EF 的最大值为4
C.DE 的取值范围是[1,√6]
D.经过DE 的平面截球O 的截面面积的最小值为2π
答案 ACD
解析 如图1,因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,
图1
所以PA⊥BC,
又PA＝AB＝BC＝√2
2 AC＝2,
所以AB2＋BC2＝AC2,
所以BC⊥AB.
因为PA∩AB＝A,PA,AB⊂平面PAB,
所以BC⊥平面PAB.
又当E 在线段AB 上时,PE⊂平面PAB,
所以PE⊥BC,故A 正确;
如图2,因为PA⊥平面ABC,PA＝AB＝BC＝√2
2 AC＝2,则可以将三棱锥P－ABC 放入棱长为2 的正
方体中.
图2
因为正方体外接球O 的半径为√3
2 ×2＝√3,
故三棱锥P－ABC 外接球的半径为√3.
因为点E 是球O 表面或内部一点,点F 是球O 表面任意一点,所以EF 的最大值为球的直径,即2√3
,故B 错误;
图3
因为PA⊥平面ABC,
则点D 在底面上的射影为AB 的中点D',
连接D'E,DE,
则DE2＝D'D2＋D'E2.
由图3 知,当点E 与点C 重合时,D'E 取到最大值√5,
此时DE2＝D'D2＋D'E2
＝1＋5＝6;
当点E 与点D'重合时,DE 取到最小值1,
所以DE∈[1,√6],故C 正确;
记经过DE 的平面为α,当OD⊥α 时,平面α 截球O 的截面面积最小,此时截面圆的半径为
√R
2−O D
2＝√2,所以截面面积为2π,故D 正确.
三、填空题
8.如图所示,在四棱锥P－ABCD 中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M 是PC 上的一动点,当
点M 满足 时,平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)
答案 DM⊥PC(或BM⊥PC)
解析
连接AC,BD,
则AC⊥BD.
因为PA⊥底面ABCD,BD⊂平面ABCD,
所以PA⊥BD.
又PA∩AC＝A,PA,AC⊂平面PAC,
所以BD⊥平面PAC,又PC⊂平面PAC,
所以BD⊥PC,
所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,
有PC⊥平面MBD,又PC⊂平面PCD,
所以平面MBD⊥平面PCD.
9.如图,P 是棱长为1 的正方体ABCD－A1B1C1D1表面上的动点,且AP＝√2,则动点P 的轨迹的长度
为 .
答案 3 π
2
解析 由已知AC＝AB1＝AD1＝√2,
在平面BC1、平面A1C1、平面DC1中,
BP＝A1P＝DP＝1,
所以动点P 的轨迹是在平面BC1、平面A1C1、平面DC1内分别以B,D,A1为圆心,1 为半径的三段
圆心角均为π
2 的圆弧,
故点P 的轨迹的长度和为π
2 ×3＝3 π
2 .
10.(2025·河北重点中学调研)如图,已知四面体ABCD 中,△ABC 和△ABD 是边长为2 的正三角形,
CD＝√3,P 是该四面体表面及其内部的动点.若PA＝PB,PC＝PD,则点P 轨迹的长度为 ;
若P 在△ABD 内(含边界)且PA⊥BC,则点P 轨迹的长度为 .
答案 3
2 2√21
5
解析 如图1,取M,N 分别为棱AB,CD 的中点,连接DM,CM,AN,BN,MN.
因为△ABC 和△ABD 是边长为2 的正三角形,
所以AB⊥DM,AB⊥CM,
又DM∩CM＝M,DM,CM⊂平面CDM,
所以AB⊥平面CDM,同理CD⊥平面ABN.
PA＝PB⇒P∈平面CDM,
PC＝PD⇒P∈平面ABN,
又平面CDM∩平面ABN＝MN,
所以P 的轨迹为线段MN.
因为△ABC 和△ABD 是边长为2 的正三角形,
所以DM＝CM＝√
2
2−(2× 1
2)
2
＝√3,
而CD＝√3,则△CDM 为等边三角形,
所以MN＝√(√3)
2−(
1
2 ×√3)
2
＝3
2.
如图2,设过点A 且与BC 垂直的平面为α,α 截该四面体所得截面为△AEF,
所以P 的轨迹为线段AF.
由BC⊥平面AEF 易知AE⊥BC,EF⊥BC,
所以E 为棱BC 的中点.
在△BCD 中,由余弦定理得
cos∠EBF＝BC
2＋B D
2−C D
2
2BC·BD
＝5
8,
所以Rt△EBF 中,BF＝
BE
cos∠EBF ＝8
5,
在△ABF 中,可得
AF＝√B A
2＋B F
2−2BA·BF·cos60°＝2√21
5
