重难点24 立体几何中的动态、轨迹问题
【全国通用】
【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】.....................................................................................................9
【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】....................................................................................................................18
【题型6 轨迹所围图形的周长、面积问题】.......................................................................................................22
1、立体几何中的动态、轨迹问题
立体几何中的“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、难点
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，复习时要加强这方面的训练.
知识点
1
立体几何中的轨迹问题
1．立体几何中的轨迹问题
立体几何轨迹问题是以空间图形为素材，去探究符合一定条件的点的运动轨迹，处于解析几何和立体几何
的交汇处，要求学生有较强的空间想象能力、数学转化和化归能力，以及对解析几何和立体几何知识的全
面掌握.常见的轨迹类型有直线、圆雉曲线、球面、椭球面.
知识点
2 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t，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t，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.
【题型1 动点保持平行的动态轨迹问题】
【例1】（2025·江西·二模）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为4，点M满足⃗C1 M =3⃗MC，若在
正方形A1B1C1 D1内有一动点P满足BP//平面AM D1，则动点P的轨迹长为（ ）
A．4
B．❑√17
C．5
D．4 ❑√2
【答案】C
【解题思路】在棱A1 D1, A A1上分别取点E , F，使得A1 E = 1
4 A1 D1，A1 F = 1
4 A1 A，连接
EF ,BC1,BF ,C1 E , D1 F ,BM，证明平面BFEC1//平面AM D1即可得点P的轨迹为线段C1 E，再计算
长度即可.
【解答过程】
如图，在棱A1 D1, A A1上分别取点E , F，使得A1 E = 1
4 A1 D1，A1 F = 1
4 A1 A，
连接EF ,BC1,BF ,C1 E , D1 F ,BM，
因为A1 E = 1
4 A1 D1，A1 F = 1
4 A1 A，
所以，EF // A D1，
因为EF ⊄平面AM D1，A D1⊂平面AM D1，
所以EF //平面AM D1，
因为⃗C1 M =3⃗MC，所以⃗C C1= 4⃗CM，
又A1 F = 1
4 A1 A，正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为4，
所以，AF =C1 M =3，CM = A1 F =1，
在棱B B1上取点G,使得B1G = 1
4 B1B，
则FG// AB且FG= AB，又AB//C1 D1且AB =C1 D1，
所以FG//C1 D1且FG=C1 D1，所以四边形FGC1 D1是平行四边形，
所以F D1//GC1，
又BG// M C1且BG= M C1，则四边形GBM C1是平行四边形，
所以GC1// BM，所以F D1// BM，
因为A1 D1= BC ,∠BCM =∠F A1 D1，
所以△BCM ≅△D1 A1 F，则D1 F = BM，
所以四边形BF D1 M是平行四边形，所以BF // D1 M，
因为BF ⊄平面AM D1，D1 M ⊂平面AM D1，
所以，BF //平面AM D1，
因为BF ∩EF = F，BF , EF ⊂平面BFEC1，
所以平面BFEC1//平面AM D1，
因为平面BFEC1∩平面A1B1C1 D1=C1 E，
所以，在正方形A1B1C1 D1内有一动点P满足BP//平面AM D1时，
点P的轨迹为线段C1 E，
因为C1 E =
❑√C1 D1
2+ E D1
2=
❑√4
2+3
2=5，
所以，动点P的轨迹长为5.
故选：C.
【变式1-1】（2024·陕西商洛·模拟预测）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BC C1B1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
【解题思路】取B1C1的中点D，取B B1的中点E，连接MD , DE , ME，证明DEM //平面ABC1，再根据
面面平行的性质可得N的轨迹为线段DE，即可得解.
【解答过程】如图，
取B1C1的中点D，取B B1的中点E，连接MD , DE , ME，则DE // BC1，
又DE⊄面ABC1，BC1⊂面ABC1，所以DE //平面ABC1，
又M为A1C1的中点，所以MD // A1B1// AB，
又MD⊄面ABC1，AB⊂面ABC1，所以MD //平面ABC1，
又DE∩MD = D，DE⊂面DEM，MD⊂面DEM，所以平面DEM //平面ABC1，
又因为N是侧面BC C1B1上一点，且MN //平面ABC1，
所以N的轨迹为线段DE，
DE = 1
2
❑√4+12=2，
所以点N的轨迹的长度为2.
故选：B.
【变式1-2】（2025·北京昌平·二模）已知棱长为1 的正方体ABCD−A1B1C1 D1，M是B B1的中点，动
点P在正方体内部或表面上，且MP//平面AB D1，则动点P的轨迹所形成区域的面积是（ ）
A．
❑√2
2
B．❑√2
C．1
D．2
【答案】A
【解题思路】过点M 做平面AB D1的平行截面，再求四边形面积即可.
【解答过程】
如图所示 E、F、G、M 分别是A A1、A1 D1、B1C1、B B1的中点，
则EF // A D1，EM // AB，所以EF //平面AB D1，EM //平面AB D1，且EF ∩EM = E，
所以平面AB D1 // 平面EFGM，故点P 的轨迹为矩形EFGM.
M B1= B1G = 1
2，所以MG =
❑√2
2 ，所以SEFGM =1×
❑√2
2 =
❑√2
2 .
故选：A.
【变式1-3】（2025·全国·模拟预测）如图，在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E 为棱BC 的中
点，F 为底面ABCD 内一动点（含边界）．若D1 F //平面A1 EC1，则动点F 的轨迹长度为（ ）
A．❑√3
B．❑√5
C．2❑√2
D．❑√2
【答案】D
【解题思路】取AD 的中点M、CD 的中点N，结合题意可得平面D1 MN //平面A1 EC1，得出线段MN是
动点F 的轨迹，计算MN即可得.
【解答过程】如图，取AD 的中点M、CD 的中点N，连接D1 M , MN , D1 N , ME , AC，
因为E 为BC 的中点，M 为AD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C1 D1//CD，C1 D1=CD，
所以ME //C1 D1，ME =C1 D1，所以四边形C1 EM D1是平行四边形，
所以D1 M //C1 E，由正方体的性质可得,
A1 A =C1C，A1 A //C1C，所以四边形A1 AC C1是平行四边形，
所以A1C1// AC，又因为M 为AD中点，N 为CD中点，
所以MN // AC，所以MN // A1C1，
因为D1 M , MN ⊄平面A1 EC1，C1 E , A1C1⊂平面A1 EC1，
所以D1 M //平面A1 EC1，MN //平面A1 EC1，
又D1 M ∩MN = M，所以平面D1 MN //平面A1 EC1，
因为D1 F //平面A1 EC1，所以D1 F ⊂平面D1 MN，
所以动点F 的轨迹为线段MN，
又MN =
❑√2
2+2
2
2
= ❑√2，故动点F 的轨迹长度为❑√2．
故选：D．
【题型2 动点保持垂直的动态轨迹问题】
【例2】（2025·甘肃·模拟预测）在所有棱长为4 的正四棱锥P−ABCD中，M 是底面正方形ABCD内一点
（含边界），若PM ⊥MD，则点M 的轨迹长度是（ ）
A．❑√2π
B．2π
C．2❑√2
D．2❑√2π
【答案】A
【解题思路】令正方形ABCD中心为O，取PD中点O1，利用正四棱锥的结构特征，结合线面垂直的性质
探求轨迹的形状，进而求出其长度.
【解答过程】在正四棱锥P−ABCD中，令正方形ABCD中心为O，取PD中点O1，连接OO1,OD，
取OD , AD ,CD中点E , M 1, M 2，连接O1 E , M 1 M 2，则O1 E // PO，由PO⊥平面ABCD，
OD⊂平面ABCD，则PO⊥OD ,O1 E⊥平面ABCD，由PM ⊥MD，得O1 M = 1
2 PD =OO1=2，
O1 E = 1
2 PO = 1
2
❑√P D
2−O D
2= 1
2
❑√4
2−(2❑√2)
2= ❑√2，又EM ⊂平面ABCD，
因此O1 E⊥EM，EM =
❑√O1 M
2−O1 E
2= ❑√2，点M的轨迹是以E为圆心，
❑√2为半径的圆在正方形ABCD及内部的圆弧，显然O M 1⊥AD ,O M 2⊥CD，
则∠M 1O M 2=90
∘，而点M 1, M 2是M的轨迹的端点，于是点M的轨迹是半径❑√2的半圆，
所以点M 的轨迹长度是❑√2π.
故选：A.
【变式2-1】（24-25 高三上·浙江宁波·期末）已知正四面体ABCD的棱长为2，点E是BC的中点，点P在
正四面体表面上运动，并且总保持PE⊥BC，则动点P的轨迹周长为（ ）
A．4
B．3 ❑√3
C．4+ ❑√3
D．2+2❑√3
【答案】D
【解题思路】根据正四面体的几何特征及线面垂直判定定理得出BC ⊥平面ADE，进而得出P 的轨迹，计
算即可求解.
【解答过程】
因为AB = AC , DB = DC，所以AE⊥BC , DE⊥BC，AE∩DE = E , AE , DE⊂平面ADE，所以BC ⊥
平面ADE，
由于点P 始终保持PE 垂直于BC，且P 在正四面体表面运动，
因此P 的轨迹为平面ADE与正四面体表面的交线，即△ADE的边界.
△ADE为等腰三角形，其中AD 为底边，长为2，AE 和DE 为腰，长均为❑√4−1= ❑√3.
因此，三角形△ADE的周长为2+2❑√3.
故选：D .
【变式2-2】（2024·湖南长沙·三模）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2, M是棱C C1的中点，空
间中的动点P满足DP⊥BM，且D1 P =1，则动点P的轨迹长度为（ ）
A．
❑√5
5
B．3
C．2π
D．2❑√5π
5
【答案】D
【解题思路】分别取A1 D1,B1C1的中点E , F，连接DE , EF ,CF，证明BM ⊥平面CDEF，从而可得点
P在平面CDEF内，再根据D1 P =1，得点P在以D1为球心，半径为1 的球面上，可得动点P的轨迹为平面
CDEF与球D1的球面的交线，求出平面DEF截球D1所得截面圆的半径，即可得解.
【解答过程】如图，分别取A1 D1,B1C1的中点E , F，连接DE , EF ,CF，
因为CD⊥平面BC C1B1，BM ⊂平面BC C1B1，所以BM ⊥CD，
在Rt△BCM ,Rt△C C1 F中，BC =C C1,CM =C1 F ,∠BCM =∠C C1 F =90°，
所以Rt△BCM ≅Rt△C C1 F，所以∠CBM =∠FC C1，
又∠BCM =∠BCF +∠FC C1=90°，所以∠BCF +∠CBM =90°，所以BM ⊥CF，
又CF ∩CD =C，CF ,CD⊂平面CDEF，所以BM ⊥平面CDEF，
由DP⊥BM，得点P在平面CDEF内，
由D1 P =1，得点P在以D1为球心，半径为1 的球面上，
因此动点P的轨迹为平面CDEF与球D1的球面的交线，即在平面CDEF内的圆，
连接DF，设点D1到平面DEF的距离为ℎ，平面DEF截球D1所得截面圆的半径为r，
则由V 三棱锥D1−≝¿=¿ V 三棱锥F −DE D1得1
3 ℎ⋅S
△≝¿= 1
3 ×2× 1
2 ׿ 2×1，
且S
△≝¿= 1
2 ×2×❑√5= ❑√5¿，所以ℎ= 2❑√5
5
，则r =
❑√
1
2−(
2❑√5
5 )
2
=
❑√5
5
，
因此动点P的轨迹长度为2❑√5π
5
.
故选：D.
【变式2-3】（2024·四川成都·三模）在棱长为5 的正方体 ABCD−A1B1C1 D1 中，Q是D D1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．5π
4
D．5π
【答案】B
【解题思路】建立空间直角坐标系，作出辅助线，得到AQ⊥平面CDRH，由点到平面的距离和球的半径
得到点P的轨迹为以❑√5为半径的圆，从而求出点P的轨迹长度.
【解答过程】以点D为原点，DA , DC , D D1所在直线分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，
则Q(0,0, 5
2)，A (5,0,0,),C (0,5,0)，
球心O(
5
2 , 5
2 , 5
2)，取A1 D1的中点R，B1C1的中点H，连接DR , RH , HC，
则R(
5
2 ,0,5)，⃗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
，
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的轨迹为以❑√5为半径的圆，
故点P的轨迹长度为2❑√5π.
故选：B.
【题型3 距离（长度）有关的动态轨迹问题】
【例3】（2025·山西忻州·模拟预测）已知正六棱柱ABCDEF −A1B1C1 D1 E1 F1的底面边长为4，体积为
120 ❑√3，点N 在正六边形A1B1C1 D1 E1 F1内及其边界上运动，若AN = ❑√29，则动点N 的轨迹长度为
（ ）
A．π
B．2π
3
C．4π
3
D．8π
3
【答案】C
【解题思路】根据棱柱体积公式列方程求高ℎ．已知AN的值，利用勾股定理求出A1 N，可知点N轨迹是
以A1为圆心，2为半径的圆弧（在正六边形A1B1C1 D1 E1 F1内的部分），再根据已知得∠B1 A1 F1=2π
3
，用弧长公式算出轨迹长度．
【解答过程】设此正六棱柱的高为h，则体积V = 1
2 ×4×4 sinπ
3 ×6ℎ=120 ❑√3，得ℎ=5，
又AN = ❑√29，在直角三角形A1 AN中，可得A1 N =
❑√A N
2−A A1
2=2，
所以点N 的轨迹为以A1为圆心，以2 为半径的圆弧（在正六边形A1B1C1 D1 E1 F1内的部分），
又因为∠B1 A1 F1=2π
3
，所以动点N 的轨迹长度为2π
3
×2=4π
3
．
故选：C．
【变式3-1】（2025·湖南·三模）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为6 的正方形，PD⊥
平面ABCD，点M是平面ABCD内的动点，且满足线段MC的长度是点M到PD的距离的2 倍，则点M的
轨迹的长度为（ ）
A．2π
B．4π
C．6π
D．8π
【答案】D
【解题思路】根据题意点M到PD的距离为MD，由MC =2 MD，在平面ABCD中建系，即可得点M的轨
迹方程，即可求解.
【解答过程】∵PD⊥平面ABCD，MD⊂平面ABCD，
∴PD⊥MD即点M到PD的距离为MD，
∴MC =2 MD，
如图平面ABCD中以C 为原点建立平面直角坐标系，
设M (x , y)，C (0,0)，M (0,6)，
∵MC =2 MD，
∴❑√x
2+ y
2=2
❑√x
2+( y −6)
2，整理得x
2+( y −8)
2=16，
即M的轨迹是以P(0,8)为圆心，半径为4 的圆上，
即点M的轨迹的长度为l =2πr =8π，
故选：D.
【变式3-2】（2025·四川南充·二模）三棱锥A −BCD中，AB = AC = AD = 4，BC =CD = DB =6，P为
△BCD内部及边界上的动点，AP =2❑√2，则点P的轨迹长度为（ ）
A．π
B．2π
C．3π
D．4π
【答案】B
【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A在底面BCD上的射影为O，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AB = 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 ❑√3，OB =2❑√3，OE = ❑√3，
设点A在底面BCD上的射影为O，
则AO⊥平面BCD，OA =
❑√A B
2−O B
2=2，
又P为△BCD内部及边界上的动点，AP =2❑√2，
所以OP=2，
所以点P的轨迹为以点O为圆心，2为半径的圆在△BCD内部及边界上的部分，
如图所示，
OE⊥P1 P2，
∴cos∠EO P1= OE
O P1
=
❑√3
2 ，
即∠EO P1=π
6 ，∠P1O P2=π
3 ，
所以点P的轨迹长度为2π×2−3×π
3 ×2=2π，
故选：B.
【变式3-3】（24-25 高一下·安徽铜陵·期末）截交线，是平面与空间形体表面的交线，它是画法几何研究
的内容之一.当空间形体表面是曲面时，截交线是一条平面曲线；当空间形体表面由若干个平面组成时，截
交线是一个多边形.已知正三棱锥O−ABC，满足OA ⊥OB ,OB⊥OC ,OA ⊥OC ,OA =3，点P在
△ABC内部（含边界）运动，且|OP)= ❑√6，则点P的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为（ ）
A．
❑√3π
2
B．
❑√2π
2
C．π
2
D．π
【答案】A
【解题思路】由题意可得，所以点P的轨迹是以O为球心，半径为❑√6的球面与△ABC内部（含边界）包含
的平面相交所得的弧，即点P的轨迹是以正△ABC的中心E为圆心，EP = ❑√3为半径的圆在△ABC内部
（含边界）的弧，在平面图形中求出弧长即可.
【解答过程】
由题意可知，正三棱锥O−ABC，满足OA ⊥OB ,OB⊥OC ,OA ⊥OC ,OA =3，
可得OA ⊥平面OBC，得底面正△ABC的边长为3 ❑√2，设正△ABC的中心为E，
由V 三棱锥O−ABC =V 三棱锥A −OBC，即1
3 × 1
2 ×(3 ❑√2)
2×sinπ
3 ×OE = 1
3 × 1
2 ×3×3×3，
得OE = ❑√3，又EP =
❑√O P
2−EO
2= ❑√3，
点P在△ABC内部（含边界）运动，且|OP)= ❑√6，
所以点P的轨迹是以O为球心，半径为❑√6的球面与△ABC内部（含边界）包含的平面相交所得的弧，
即点P的轨迹是以E为圆心，EP = ❑√3为半径的圆在△ABC内部（含边界）的弧，
如图，作ED⊥AB于D，圆与AB交点为G、H，则EG = EH = ❑√3，
ED = 1
3
❑√
(3 ❑√2)
2−(
3 ❑√2
2 )
2
=
❑√6
2
，
所以cos∠GED = ED
EG =
❑√6
2
❑√3 =
❑√2
2
，则∠GED =π
4 ，所以∠GEH =π
2 ，
则点P的轨迹在△ABC内部（含边界）的弧所对的圆心角为2π−3×π
2 =π
2 ，
则弧长为π
2 ×❑√3=
❑√3π
2
，
即点P的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为
❑√3π
2
.
故选：A.
【题型4 角度有关的动态轨迹问题】
【例4】（2024·辽宁·模拟预测）如图，在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，已知M，N，P分
别是棱C1 D1，A A1，BC的中点，Q为平面PMN上的动点，且直线Q B1与直线D B1的夹角为30°，则点
Q的轨迹长度为（ ）
A．π
2
B．π
C．2π
D．3π
【答案】C
【解题思路】以D为坐标原点，DA，DC，D D1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D B1⊥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，D D1所在直线分别为x、y、z轴，
建立空间直角坐标系，P(1,2,0)，M (0,1,2)，N (2,0,1)，D (0,0,0)，B1(2,2,2)，
故⃗D B1=(2,2,2)，⃗PM =(−1,−1,2)，⃗
PN =(1,−2,1)，设平面PMN的法向量为⃗m=(x , y , z)，
则{⃗
m⋅⃗PM =(x , y , z)⋅(−1,−1,2)=−x−y +2 z =0⃗
m⋅⃗PN =(x , y , z)⋅(1,−2,1)= x−2 y + z =0 )，
令z =1得，x = y =1，故⃗m=(1,1,1)，
因为⃗D B1=2⃗m，故D B1⊥平面PMN，
Q为平面PMN上的动点，直线Q B1与直线D B1的夹角为30°，
D B1⊥平面PMN，设垂足为S，以S为圆心，r =
❑√3
3 B1S为半径作圆，
即为点Q的轨迹，其中B1 D =|⃗B1 D)= ❑√4 + 4 + 4 =2❑√3，
由对称性可知，B1S = 1
2 B1 D = ❑√3，故半径r =
❑√3
3 ×❑√3=1，
故点Q的轨迹长度为2π.
故选：C.
【变式4-1】（2025·全国·模拟预测）已知正四棱锥P−ABCD的体积为4 ❑√2
3
，底面ABCD的四个顶点在
经过球心的截面圆上，顶点P在球O的球面上，点E为底面ABCD上一动点，PE与PO所成角为π
6 ，则点
E的轨迹长度为（ ）
A．❑√2π
B．4 ❑√3π
C．
❑√6π
3
D．2❑√6
3
π
【答案】D
【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∠EPO =
❑√6
3 ，即可判断点E的轨迹为O为圆心，半径r =
❑√6
3 的圆，即可求解.
【解答过程】由题意，设球O的半径为R．如图所示，连接AC ,BD交于点O，连接PO，则
AO= BO= PO= R，AB = ❑√2 R，PO⊥平面ABCD，所以
V 四棱锥P−ABCD= 1
3 ⋅A B
2⋅PO = 1
3 ×2 R
2× R = 4 ❑√2
3
，解得R = ❑√2．
在Rt△POE中，因为OP = ❑√2，∠EPO =π
6 ，所以OE =OP⋅tan∠EPO =
❑√6
3 ．
因为正方形ABCD的中心O到各边的距离为
❑√2
2 R =1>
❑√6
3 ，所以点E的轨迹为平面ABCD内，以点O为圆
心，半径r =
❑√6
3 的圆，故点E的轨迹长度为2πr = 2❑√6π
3
．
故选:D．
【变式4-2】（2025·海南海口·一模）如图，点P是棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1表面上的一个动
点，直线AP与平面ABCD所成的角为45°，则点P的轨迹长度为（ ）
A．π+ 4 ❑√2
B．4 ❑√2π
C．2❑√3
D．3 ❑√2+π
【答案】A
【解题思路】先利用直线AP与平面ABCD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A1B1C1 D1内，
过点P 作P P
′⊥平面ABCD于P
′，连接A P
′ , A1 P.
则∠PA P
′为直线AP与平面ABCD所成的角，则∠PA P
′ = 45
∘，
又P P
′ =2，则PA =2❑√2，则P A1=2，
则点P的轨迹为以A1为圆心半径为2 的圆（落在正方形A1B1C1 D1内的部分），
若点P 在正方形A1B1 AB内或A1 D1 AD内，轨迹分别为线段A B1, A D1，
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2×π
2 +2❑√2+2❑√2=π+ 4 ❑√2.
故选：A.
【变式4-3】（2025·上海徐汇·二模）三棱锥P−ABC各顶点均在半径为2❑√2的球O的表面上，
AB = AC =2❑√2,∠BAC =90°，二面角P−BC −A的大小为45°，则对以下两个命题，判断正确的是
（ ）
①三棱锥O−ABC的体积为8
3；②点P形成的轨迹长度为2❑√6π.
A．①②都是真命题
B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题
D．①②都是假命题
【答案】A
【解题思路】根据球的截面圆的性质可得出二面角，利用直角三角形性质判断△ABC外心O1和△PBC外
心O2的位置，利用垂直关系证明O2是AO中点，利用体积公式判断①，根据O2 P为定长判断P点轨迹是
圆，判断②．
【解答过程】由题意知AB = AC =2❑√2,∠BAC =90°，故BC = 4,
设△ABC外心为O1，则O1为BC 的中点，设△PBC外心为O2，当P、O 位于平面ABC 同侧时，如图，
则OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面PBC，
∵BC ⊂平面ABC，BC ⊂平面PBC，
∴OO1⊥BC，OO2⊥BC，
∵OO2∩OO1=O，∵OO2,OO1⊂平面OO1O2，∴BC ⊥平面OO1O2，
又因为A O1⊥BC，则A O1⊂平面OO1O2，即A，O1，O，O2四点共面，
则BC ⊥平面OA O1，
连接O1O2，则∠A O1O2为二面角P−BC −A的平面角，
∵二面角P−BC −A的大小为45°，∴∠A O1O2= 45°，
而A O1⊥BC，O1 A = 1
2 BC =2，因为OO2⊥平面PBC，O1O2⊂平面PBC，
故OO2⊥ O1O2，而O1O =
❑√O A
2−O1 A
2=2，则O2O = ❑√2，
在△A O1O2中，( A O2)
2=( A O1)
2+(O1O2)
2−2 A O1⋅O1O2cos 45
∘=2，
则A O2= ❑√2，故OA =2❑√2= A O2+OO2，即A ,O2,O三点共线，
且O2是OA的中点；
则V O−ABC = 1
3 ×OO1×S△ABC = 1
3 ×2× 1
2 ×2❑√2×2❑√2= 8
3，故①是真命题；
又∵ O2 P = ❑√O P
2−(OO2)
2= ❑√8−2= ❑√6，
∴点P形成的轨迹是以O2为圆心，半径为❑√6的圆被BC 截的优弧，
同理，当P、O 位于平面ABC 异侧时，点P形成的轨迹是以O2为圆心，半径为❑√6的圆被BC 截的劣弧，
∴轨迹长度为2❑√6π，故②真命题．
故选：A．
【题型5 翻折有关的动态轨迹问题】
【例5】（2024·广西南宁·一模）在边长为4 的菱形ABCD中，∠ABC =120°．将菱形沿对角线AC折叠
成大小为30°的二面角B
′−AC −D．若点E为B
′C的中点，F为三棱锥B
′−ACD表面上的动点，且总满足
AC ⊥EF，则点F轨迹的长度为（ ）
A．4 + ❑√6−❑√2
2
B．4 + ❑√6+ ❑√2
2
C．4+ ❑√6−❑√2
D．4+ ❑√6+ ❑√2
【答案】A
【解题思路】根据二面角的平面角可结合余弦定理求解求B′ D = ❑√6−❑√2，进而利用线面垂直可判断点F
轨迹为△EPQ，求解周长即可．
【解答过程】连接AC、BD，交于点O，连接OB′，
ABCD为菱形，∠ABC =120°，
所以AC ⊥BD，O B
′⊥AC，OD⊥AC，
所以∠B
′OD为二面角B
′−AC −D的平面角，
于是∠B
′OD =30°，
又因为O B
′ =OD = 1
2 AB =2，
所以B
′ D =
❑√B
′O
2+ DO
2−2B
′O⋅DOcos30
∘= ❑√2
2+2
2−2×2×2×
❑√3
2 = ❑√6−❑√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，EP，EQ相交，
所以AC ⊥平面EPQ，
所以在三棱锥B
′−ACD表面上，满足AC ⊥EF的点F轨迹为△EPQ，
因为EP = 1
2 O B
′，PQ = 1
2 OD，EQ = 1
2 B
′ D，
所以△EPQ的周长为1
2 ×(❑√6−❑√2+2+2)= 4+ ❑√6−❑√2
2
，
所以点F轨迹的长度为4 + ❑√6−❑√2
2
．
故选：A．
【变式5-1】（24-25 高一下·江苏南京·阶段练习）如图，已知菱形ABCD中，AB =2，∠BAD =120°，E
为边BC的中点，将△ABE沿AE翻折成△A B1 E（点B1位于平面ABCD上方），连接B1C和B1 D，F 为
B1 D的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
①平面A B1 E⊥平面B1 EC；②A B1与CF的夹角为定值π
3 ；
③三棱锥B1−AED体积最大值为2❑√3
3
；④点F的轨迹的长度为π
2 .
A．①②
B．①③
C．①②④
D．②③④
【答案】C
【解题思路】①由题设结合线面垂直的判定证AE⊥平面B1 EC，再由面面垂直的判定即可判断正误；②
若G
′是A B1的中点，应用平行四边形的性质有CF // EG
′，可知A B1与CF的夹角为∠A G
′ E或其补角，
进而求其大小；③根据①②的分析，当B1 E⊥平面ABCD时V B1−AED最大，求其最大值；④确定F 的轨迹
与G到G
′的轨迹相同，且G到G
′的轨迹为以AE中点为圆心，B1 E
2
为半径的半圆，即可求轨迹长度.
【解答过程】对于①：由AB =2，∠BAD =120°，E为边BC的中点知∠B =π
3 且BE =1，
易知AE⊥EC，AE⊥B1 E，而EC ∩B1 E = E，EC ,B1 E⊂平面B1 EC，
故AE⊥平面B1 EC，又AE⊂平面A B1 E，所以平面A B1 E⊥平面B1 EC，故①正确；
对于②：若G
′是A B1的中点，又F为B1 D的中点，则G
′ F // AD且G
′ F = 1
2 AD，
而EC = 1
2 BC = 1
2 AD且EC // AD，所以G
′ F // EC且G
′ F = EC，即F G
′ EC为平行四边形，
故CF // EG
′，所以A B1与CF的夹角为∠A G
′ E或其补角，
若G为AB中点，即∠A G
′ E =∠AGE，由①分析易知∠AGE = 2π
3 ，
故A B1与CF的夹角为π
3 ，故②正确；
对于③：由上分析知：翻折过程中当B1 E⊥平面ABCD时，V B1−AED最大，
此时V B1−AED= 1
3 ⋅B1 E⋅S△AED= 1
3 ×1× 1
2 ×❑√3×2=
❑√3
3 ，故③错误；
对于④：由②分析知：EG
′ =CF且EG
′ //CF，故F的轨迹与G到G
′的轨迹相同，
由①知：B到B1的轨迹为以E为圆心，B1 E为半径的半圆，而G为AB中点，
故G到G
′的轨迹为以AE中点为圆心，B1 E
2
为半径的半圆，
所以F的轨迹长度为1
2 ×2π× B1 E
2
=π
2 ，故④正确.
故选：C.
【变式5-2】（24-25 高一下·福建厦门·阶段练习）将边长为2 的正方形ABCD沿着对角线BD折起，使点A
到达点P的位置，得到三棱锥P−BCD，点M ∈平面BCD，且PM = ❑√3，若PC = ❑√5，则点M的轨迹长
度为
.
【答案】3 ❑√2
2
π
【解题思路】首先作辅助线，取棱BD的中点O，连接PO,CO，先证明平面POC ⊥平面BCD，利用余弦
定理求出∠POC的三角函数值，然后过点P作PN ⊥CO交CO的延长线于点N，根据垂直关系和勾股定
理求出MN的值，从而可以确定点M的轨迹为圆，最后根据圆的周长公式求出其轨迹长度即可.
【解答过程】取棱BD的中点O，连接PO,CO，
则PO⊥BD ,CO⊥BD , PO =CO = ❑√2，
又PO∩CO=O , PO,CO⊂平面POC，
则BD⊥平面POC，由BD⊂平面BCD，
得平面POC ⊥平面BCD.
在△POC中，PC = ❑√5，由余弦定理得cos∠POC = PO
2+C O
2−PC
2
2 PO·CO
=
2+2−5
2×❑√2×❑√2 =−1
4 ，
∠POC为钝角，且sin ∠POC =
❑√15
4
.
在平面POC内过点P作PN ⊥CO交CO的延长线于点N，而平面POC ∩平面BCD =CO，
于是PN ⊥平面BCD，连接MN，又MN ⊂平面BCD，则PN ⊥MN.
在Rt△PNO中，PN = PO·sin ∠PON = PO·sin ∠POC = ❑√2×
❑√15
4
=
❑√30
4
.
在Rt△PMN中，PM = ❑√3, MN =
❑√P M
2−P N
2= 3 ❑√2
4
，
因此点M的轨迹是以N为圆心，3 ❑√2
4
为半径的圆，所以其轨迹长度为2π × 3 ❑√2
4
= 3 ❑√2
2
π.
故答案为：3 ❑√2
2
π.
【变式5-3】（24-25 高一下·吉林·期末）已知菱形ABCD的各边长为4，∠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 =6．若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 轨迹的面积为
．
【答案】25π
3
【解题思路】取AC中点M，连接BM，SM，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O1，O2，则
OO1⊥平面SAC，OO2⊥平面BAC，且O，O1，O2，M 四点共面，求出外接球半径，截面圆半径后可
得结论.
【解答过程】取AC中点M，连接BM，SM，
则AC ⊥BM，AC ⊥SM，BM ∩SM = M，BM，SM ⊂平面SMB，
∴AC ⊥平面SMB，SM = MB =2❑√3，
由题意SM = BM =
❑√3
2 AB =2❑√3，又SB =6，
所以cos∠SMB = (2❑√3)
2+(2❑√3)
2−6
2
2×2❑√3×2❑√3
=−1
2
，
∠SMB是三角形内角，因此∠SMB =120°，
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O1，O2，
易知OO1⊥平面SAC，OO2⊥平面BAC，且O，O1，O2，M 四点共面，
△SAC ≅△BAC，由球的性质知OO1=OO2，从而O1 M =O2 M，即OM是∠O1 M O2的角平分线，
所以∠OM O1= 1
2 ∠O1 M O2=60°，O1 M = 1
3 SM = 2❑√3
3
，OO1= ❑√3O1 M =2，
又O1S = 2
3 SM = 4 ❑√3
3
，
则三棱锥S−ABC外接球半径r =
❑√OO1
2+O1S
2= ❑√
28
3 ，
易知O 到平面α的距离d = MH =1，
故平面α截外接球所得截面圆的半径为r1=
❑√r
2−d
2= ❑√
28
3 −1= 5 ❑√3
3
，
所以截面圆的面积为25π
3
，即点F 轨迹的面积为25π
3
．
故答案为：25π
3
．
【题型6 轨迹所围图形的周长、面积问题】
【例6】（24-25 高一下·江苏常州·期末）如图，在长方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB = AD =2，
A A1= 4，⃗B B1= 4⃗BE，点P 是长方体表面上的动点，若B D1⊥EP，则点P 的轨迹所围成的图形的面积
等于（）
A．
❑√3
2
B．❑√3
C．❑√6
D．2❑√6
【答案】C
【解题思路】先找到与BD1垂直的平面，从而得到点P 的轨迹即为该面与长方体的交线，即可由三角形面
积公式求解.
【解答过程】连接AC ,BD相交于O，取B B1的中点M，连接MO, M D1,OE , DM，
由于D D1⊥平面ABCD，AC ⊂平面ABCD，故D D1⊥AC，
又AB = AD =2，故AC ⊥BD，D D1∩BD = D , D D1,BD⊂平面BD D1，
故AC ⊥平面BD D1，B D1⊂平面BD D1，故AC ⊥B D1，
由A A1= 4，⃗B B1= 4⃗BE，故BM =2，
在Rt△BDM中，tan∠BDM = MB
BD =
2
❑√2
2+2
2 =
❑√2
2 ，
在Rt△BD D1中，tan ∠B D1 D = BD
D D1
=
❑√2
2+2
2
4
=
❑√2
2 ，
故∠B D1 D =∠BDM，进而得∠B D1 D+∠MD D1=∠BDM +∠MD D1=∠BD D1=π
2 ，
故B D1⊥DM，由于DM // EO，故B D1⊥EO，
又AC ∩OE =O , AC ,OE⊂平面ACE，故B D1⊥平面AEC
故点P的轨迹为线段EC , EA , AC，其轨迹所围成的图形为三角形；
其中EA = EC =
❑√E B
2+ A B
2= ❑√5, AC =
❑√2
2+2
2=2❑√2，
故三角形面积为1
2 ⋅AC ⋅❑√
A E
2−(
1
2 AC)
2
= 1
2 ×2❑√2⋅❑√5−2= ❑√6.
故选：C.
【变式6-1】（24-25 高三上·北京西城·期末）如图，在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E为棱
A A1的中点，P为正方体表面上的动点，且⃗D1 P⊥⃗CE.设动点P的轨迹为曲线W ，则（ ）
A．W 是平行四边形，且周长为2❑√2+2❑√5
B．W 是平行四边形，且周长为3 ❑√2+2❑√5
C．W 是等腰梯形，且周长为2❑√2+2❑√5
D．W 是等腰梯形，且周长为3 ❑√2+2❑√5
【答案】D
【解题思路】分别取AD , AB的中点F ,G，先分别在面A1B1C1 D1、面A1 D1 DA上确定动点P的轨迹
D1B1、D1 F，进而得到W 是过点F 、D1、B1的平面与正方体各表面的交线（梯形D1B1GF），再通过
计算确定W 是等腰梯形及其周长.
【解答过程】分别取AD , AB的中点F ,G，连接A1C1、DE、D1B1、D1 F 、B1G、FG、DB，
则FG∥DB∥D1B1，∴F 、G、B1、D1四点共面
若P为面A1B1C1 D1上的动点，
由正方体ABCD−A1B1C1 D1易得，平面A1 EC C1 ⊥平面A1B1C1 D1，且平面A1 EC C1 ∩平面
A1B1C1 D1= A1C1，要使⃗D1 P⊥⃗CE，则只需D1 P⊥A1C1，此时P的轨迹为线段D1B1；
若P为面A1 D1 DA上的动点，
由正方体ABCD−A1B1C1 D1易得，平面CED ⊥平面A1 D1 DA，且平面CED ∩平面A1 D1 DA = ED，
要使⃗D1 P⊥⃗CE，则只需D1 P⊥ED，因为E、F分别是A A1、AD的中点，易证DE⊥D1 F，故此时
P的轨迹为线段D1 F；
所以动点P的轨迹曲线W 为过点F 、D1、B1的平面与正方体各表面的交线，即梯形D1B1GF.
因为正方体的棱长为2，所以D1B1=2❑√2，GF = 1
2 DB = ❑√2,B1G = D1 F =
❑√2
2+1
2= ❑√5.
所以曲线W 为等腰梯形，且周长为3 ❑√2+2❑√5.
故选：D.
【变式6-2】（2024·浙江台州·一模）已知球O的半径为3，P是球O表面上的定点，S是球O表面上的动
点，且满足(2⃗SO+⃗SP)⋅⃗OP =0，则线段OS轨迹的面积为（ ）
A．3 ❑√2π
B．3 ❑√5π
C．6 ❑√2π
D．6 ❑√5π
【答案】C
【解题思路】以球O的球心为坐标原点，OP所在的直线为x轴，建立空间直角坐标系，设S( x , y , z)，根
据题设可得x =1，在线段OP取点H，使|OH )=1，从而得线段OS轨迹为圆锥OH的侧面，即可求解.
【解答过程】如图，以球O的球心为坐标原点，OP所在的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
因为球O的半径为3，则P(3,0,0)，设S( x , y , z)，
则⃗SO =(−x ,−y ,−z)，⃗SP =(3−x ,−y ,−z)，所以2⃗SO+⃗SP =(3−3 x ,−3 y ,−3 z)，
又⃗OP =(3,0,0)，(2⃗SO+⃗SP)⋅⃗OP =0，则3(3−3 x)=0，得到x =1，
如图，在线段OP取点H，使|OH )=1，所以线段OS轨迹为圆锥OH的侧面，
又|OS)=3，则|SH )= ❑√9−1=2❑√2，所以圆锥OH的侧面积为S =π|HS)|OS)=6 ❑√2π，
所以线段OS轨迹的面积为6 ❑√2π，
故选：C.
【变式6-3】（2025·河南·三模）设正方体ABCD−A1B1C1 D1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：
①如果AM ⊥B D1，则点M 的轨迹所围成图形的面积为
❑√3
2 ；
②如果B1 M∥平面AEC1，则点M 的轨迹所围成图形的周长为3 ❑√5
2
；
③如果EM∥平面D1B1BD，则点M 的轨迹所围成图形的周长为2+ ❑√2；
④如果EM ⊥B D1，则点M 的轨迹所围成图形的面积为3 ❑√3
4
．
其中正确的命题个数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【解题思路】由正方体性质得A1 D1⊥面A1B1BA，根据线面垂直的判定定理、性质定理证B D1⊥面
AC B1，确定M轨迹图形判断①；若F ,G分别为CD , AB中点，连接AF , F C1,B1G ,GC ,C B1，根据线
面平行、面面平行的判定证面B1CG//面AEC1 F，确定M轨迹图形判断②；若G , I ,J分别为
AB , AD , A1 D1的中点，连接EG ,GI , IJ ,JE，同②方式证面D1B1BD //面EGIJ，确定M轨迹图形判断
③；若H , I , K , L, N分别是A A1, A1B1,B1C1,C C1,CD的中点，并依次连接，先证面ENLKIH //面
AC B1，结合①得B D1⊥面ENLKIH，确定M轨迹图形判断④.
【解答过程】由A1 D1⊥面A1B1BA，而A B1⊂面A1B1BA，则A1 D1⊥ A B1，又A B1⊥B A1，
又A1 D1∩B A1= A1，A1 D1,B A1⊂面B A1 D1，则A B1⊥面B A1 D1，
由B D1⊂面B A1 D1，则A B1⊥ B D1，同理AC ⊥ B D1，
A B1∩AC = A，A B1, AC ⊂面AC B1，则B D1⊥面AC B1，
所以B D1垂直于面AC B1所有直线，且A ∈面AC B1，
若AM ⊥B D1，则M在边长为❑√2的正△AC B1的边上，
故轨迹图形面积为1
2 ×(❑√2)
2×sin 60° =
❑√3
2 ，①对；
若F ,G分别为CD , AB中点，连接AF , F C1,B1G ,GC ,C B1，
由正方体的性质易得AE // B1G // F C1，AE = B1G = F C1，
所以A , E ,C1, F共面，且AEC1 F为平行四边形，故面AEC1即为面AEC1 F，
由AE⊂面AEC1 F，B1G⊄面AEC1 F，则B1G //面AEC1 F，
同理可得CG //面AEC1 F，B1G∩CG =G，B1G ,CG⊂面B1CG，
所以面B1CG //面AEC1 F，要使B1 M∥平面AEC1，则M在△B1CG的边上，
所以轨迹长为
❑√2+2×
❑√5
2 = ❑√2+ ❑√5，②错；
若G , I ,J分别为AB , AD , A1 D1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// B B1，EG⊄面D1B1BD，B B1⊂面D1B1BD，则EG//面D1B1BD，
又IG // BD，同理可得IG//面D1B1BD，EG∩IG =G，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，
此时轨迹长为2×
❑√2
2 +2×1= ❑√2+2，③对；
若H , I , K , L, N分别是A A1, A1B1,B1C1,C C1,CD的中点，并依次连接，
易知ENLKIH为正六边形，显然EH // A B1，EN // IK // AC，
由EH ⊄面AC B1，A B1⊂面AC B1，则EH //面AC B1，同理可得EN //面AC B1，
EH ∩EN = E，EH , EN ⊂面ENLKIH，所以面ENLKIH //面AC B1，
由B D1⊥面AC B1，则B D1⊥面ENLKIH，故B D1垂直于面ENLKIH所有直线，
要使EN ⊥B D1，则M在边长为
❑√2
2 的正六边形ENLKIH边上运动，
所以轨迹图形面积为6× 1
2 ×(
❑√2
2 )
2
×
❑√3
2 = 3 ❑√3
4
，④对；
故选：C.
一、单选题
1．（2025·全国·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为❑√2，点M ∈平面A1BC D1，且
MA
MB = ❑√2，则点M的轨迹的长度为（ ）
A．6π
B．3π
C．2❑√3π
D．
❑√3π
2
【答案】C
【解题思路】设E为A B1, A1B的交点，利用正方体的性质及线面垂直的判定定理得AE⊥平面A1BC D1
，进而可得M A
2= M E
2+ A E
2，在平面A1BC D1中建立平面直角坐标系，设M (x , y)，根据条件及几何
关系得( x−3)
2+ y
2=3，即可求解.
【解答过程】如图1 所示，设E为A B1, A1B的交点，所以AE⊥A1B．又BC ⊥平面A A1B1B , AE⊂平
面A A1B1B，
所以BC ⊥AE．又BC ∩A1B = B ,BC，A1B⊂平面A1BC D1，所以AE⊥平面A1BC D1．
因为点M ∈平面A1BC D1，故ME⊂平面A1BC D1，所以AE⊥ME，则M A
2= M E
2+ A E
2．
因为正方体的棱长为❑√2，所以A1B = A B1=2, AE =1，即M A
2= M E
2+1，
在平面A1BC D1内建立平面直角坐标系，如图2 所示，则A1(0,0),B (2,0), E (1,0)．
设M (x , y)，则M E
2=( x−1)
2+ y
2= x
2−2 x +1+ y
2，M B
2=( x−2)
2+ y
2= x
2−4 x + 4+ y
2，
所以M A
2= M E
2+1= x
2−2 x +1+ y
2+1= x
2−2 x + y
2+2．
又MA
MB = ❑√2，故M A
2=2 M B
2，即x
2−2 x + y
2+2=2(x
2−4 x + 4+ y
2)，
整理得x
2−6 x + y
2+6=0，即( x−3)
2+ y
2=3，
故点M的轨迹是半径为❑√3的圆，所以点M的轨迹长度为2π⋅❑√3=2❑√3π．
故选：C．
2．（2025·广西·三模）如图，在棱长为❑√6的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，点P是平面A1BC1内的一个
动点，当P B1+ PD =2+ ❑√10时，点P的轨迹长度是（ ）
A．6π
B．4π
C．2❑√3π
D．2❑√2π
【答案】D
【解题思路】连接PE，BE，B1 D1，BD，可证得B1 D⊥平面A1BC1，求出B1 E和DE，利用勾股定理
表示P B1+ PD，得到点P的轨迹，即可求解.
【解答过程】
设B1 D∩平面A1BC1= E，连接PE，BE，B1 D1，BD，
因为A1B = BC1= A1C1=2❑√3，A1B1= B B1= B1C1，
所以三棱锥B1−A1BC1为正三棱锥，
因为D D1⊥平面A1B1C1 D1，A1C1⊂平面A1B1C1 D1，所以D D1⊥A1C1，
因为A1C1⊥B1 D1，D D1∩B1 D1= D1，所以A1C1⊥平面BD D1B1，
又B1 D⊂平面BD D1B1，所以B1 D⊥A1C1，
同理可证B1 D⊥A1B，又A1C1∩A1B = A1，A1C1, A1B⊂平面A1BC1，
所以B1 D⊥平面A1BC1，则E为正三角形A1BC1的中心，
则BE =2，所以B1 E =
❑√B B1
2−B E
2= ❑√2，
因为B1 D =3 ❑√2，所以DE = B1 D−B1 E =2❑√2，
因为B1 D⊥平面A1BC1，PE⊂平面A1BC1，所以PE⊥ B1 D，
即B1 E⊥PE，DE⊥PE，
因为P B1+ PD =2+ ❑√10，即❑√P E
2+8+
❑√P E
2+2=2+ ❑√10，
因为PE>0，解得PE = ❑√2，所以点P的轨迹是半径为❑√2的圆，
所以点P的轨迹长度是2❑√2π.
故选：D.
3．（2025·甘肃·二模）如图，在三棱锥S−ABC中，SA ⊥平面ABC，∠BAC =90
∘且
SA = AB = AC = ❑√2，若在△SBC内（包括边界）有一动点P，使得AP与平面SBC所成角的正切值为
❑√6
2
，则点P的轨迹长为（ ）
A．4π
3
B．π
C．2π
3
D．6
【答案】C
【解题思路】过A作AH ⊥平面SBC，H为等边△SBC的中心，由等体积发可得AH =
❑√6
3 ，则AP与平面
SBC所成角为∠APH，所以PH = 2
3，P的轨迹为以H为圆心，以2
3为半径的落在△SBC内的圆弧．
【解答过程】过A作AH ⊥平面SBC，因为SA = AB = AC = ❑√2，
所以△SBC是边长为2 的等边三角形，易知H为△SBC的中心，
由V S−ABC =V A −SBC，则1
3 × 1
2 ×❑√2×❑√2×❑√2= 1
3 × 1
2 ×2×2×
❑√3
2 AH，
则AH =
❑√6
3 ，AP与平面SBC所成角为∠APH，
因为AP与平面SBC所成角的正切值为
❑√6
2 ，所以tan ∠APH =
❑√6
2 ，
解得PH = 2
3，所以P的轨迹为以H为圆心，以2
3为半径的落在△SBC内的圆弧．
根据SH = 2❑√3
3
，可知四边形SMHN是菱形，且∠MHN =π
3 ，
根据对称性可知：P所形成的轨迹是三段等长的圆弧，故P的轨迹长为πr = 2π
3 ．
故选：C.
4．（2025·辽宁本溪·模拟预测）将边长为2的正方形ABCD沿着对角线BD折起，使点A到达点P的位置，
得到三棱锥P−BCD，点M ∈平面BCD，且PM = ❑√3,若PC = ❑√5,则点M的轨迹长度为（ ）
A．3 ❑√2π
4
B．3π
2
C．3 ❑√2π
2
D．3 ❑√2π
【答案】C
【解题思路】作出几何图形，结合线面垂直、面面垂直的判定性质，借助勾股定理确定点M的轨迹，进而
求出轨迹长.
【解答过程】如图，取棱BD的中点O，连接PO,CO，则PO⊥BD ,CO⊥BD , PO =CO = ❑√2，
又PO∩CO=O , PO,CO⊂平面POC，则BD⊥平面POC，由BD⊂平面BCD，
得平面POC ⊥平面BCD，在△POC中，PC = ❑√5，由余弦定理得
cos∠POC = PO
2+C O
2−PC
2
2 PO⋅CO
=
2+2−5
2×❑√2×❑√2 =−1
4 ，∠POC为钝角，且sin ∠POC =
❑√15
4
，
在平面POC内过点P作PN ⊥CO交CO的延长线于点N，而平面POC ∩平面BCD =CO，
于是PN ⊥平面BCD，连接MN，又MN ⊂平面BCD，则PN ⊥MN，
在Rt△PNO中，PN = POsin ∠PON = POsin ∠POC = ❑√2×
❑√15
4
=
❑√30
4
，
在Rt△PMN中，PM = ❑√3，MN =
❑√P M
2−P N
2= 3 ❑√2
4
，
因此点M的轨迹是以N为圆心，3 ❑√2
4
为半径的圆，
所以点M的轨迹长度为2π× 3 ❑√2
4
= 3 ❑√2π
2
.
故选：C.
5．（2025·江西·二模）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为1，点M在正方体内（包含表面）运动，
若⃗CM ⋅⃗A C1=−3
2，则动点M的轨迹所形成区域的面积是（ ）
A．
❑√3
16
B．
❑√3
8
C．
❑√3
4
D．
❑√3
2
【答案】B
【解题思路】利用数量积的运算律得⃗AM ⋅⃗A C1= 1
2，结合数量积的几何意义确定点M的轨迹，进而求出
面积.
【解答过程】在棱长为1 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，⃗
CM ⋅⃗A C1=(⃗CA +⃗AM )⋅⃗A C1=⃗CA ⋅⃗A C1+⃗AM ⋅⃗A C1=−2+⃗AM ⋅⃗A C1=−3
2，
则⃗AM ⋅⃗A C1= 1
2，而|⃗A C1|= ❑√3，由数量积的几何意义知，⃗AM在⃗A C1上投影的数量为
❑√3
6 ，
因此点M在与A C1垂直的平面内，且点A到该平面的距离为
❑√3
6 ，
在正方体ABCD−A1B1C1 D1中易证A C1⊥平面A1BD，点A到平面A1BD的距离为
❑√3
3 ，
取AB , AD , A A1的中点E , F ,G，易得平面EFG //平面A1BD，
则A C1⊥平面EFG，且点A到平面EFG的距离为
❑√3
6 ，
所以点M的轨迹所形成区域为等边△EFG，面积为S△EFG=
❑√3
4 E F
2=
❑√3
4 ⋅(
❑√2
2 )
2
=
❑√3
8
.
故选：B.
6．（24-25 高二上·湖南·阶段练习）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.如
图所示，某同学利用两个完全一样的半圆柱，得到了一个三棱锥A −BCD，该三棱锥为鳖臑，O1，O2为
半圆柱的圆心，半径为2，BD = 4，∠A O2C =60
∘，动点Q在△ACD内运动（含边界），且满足
BQ = ❑√10，则点Q的轨迹长度为（ ）
A．❑√2π
B．❑√3π
C．2❑√2π
D．2❑√3π
【答案】A
【解题思路】根据鳖臑的特点及已知边长得出BT =2❑√2,进而得出点Q的轨迹为以T为圆心以TQ = ❑√2为半
径的半圆即可求出轨迹长度.
【解答过程】因为三棱锥A −BCD为鳖臑，BD⊥平面ABC，
在△ABD中，DB⊥AB , AB = 4 ,BD = 4 , AD =
❑√4
2+ 4
2= 4 ❑√2，
过B做BT ⊥AD垂足为T，则1
2 ×BT × AD = 1
2 × DB× AB，
即1
2 ×BT ×4 ❑√2= 1
2 ×4×4，所以BT =2❑√2<❑√10，
因为O2 A ⊥AC ,∠A O2C =60° ,O2C = 4，
AC = 4×sin∠A O2C =2❑√3,BC =
❑√A B
2+ A C
2=2❑√7，
在△ACD中，AC =2❑√3, AD = 4 ❑√2, DC =
❑√B D
2+ BC
2=
❑√4
2+28= ❑√44，
所以A C
2+ A D
2= DC
2，则AC ⊥AD，
又BD⊥平面ABC，AC ⊂平面ABC，所以BD⊥AC，
又BD∩AD = D ,BD , AD⊂平面ABD，所以AC ⊥平面ABD，
又BT ⊂平面ABD，所以BT ⊥AC，
又BT ⊥AD，AD∩AC = A , AD , AC ⊂平面ACD，所以BT ⊥平面ACD，
因为TQ⊂平面ACD，所以BT ⊥TQ，
所以△BTQ中，BQ = ❑√10,BT =2❑√2,QT =
❑√BQ
2−BT
2= ❑√2，
过A作AE⊥DC，AE× DC = AC × AD，
即AE×❑√44 =2❑√3×4 ❑√2，可得AE = 4 ❑√66
11
，
则过T作TF ⊥DC，因为T是AD中点，所以TF // AE，TF = 2❑√66
11
>❑√2，
所以动点Q在△ACD内（含边界）的轨迹为以T为圆心以TQ = ❑√2为半径的半圆，
则点Q的轨迹长度为❑√2π.
故选：A.
7．（2024·上海·三模）已知OA是圆柱OO1下底面的一条半径，OA =1，OO1=10，P为该圆柱侧面上一
动点，PB垂直下底面于点B，若PB =∠AOB，则对于下述结论：①动点P的轨迹为椭圆；②动点P的轨
迹长度为2❑√2π；以下说法正确的为（ ）
A．①②都正确
B．①正确，②错误
C．①错误，②正确
D．①②都错误
【答案】C
【解题思路】把侧面展开，建立坐标系，可得P的轨迹.
【解答过程】以A 为原点将圆柱侧面和底面展开如下图，
设P(x , y)，所以| AB|=| x|,| PB|= y,
由题意，PB =∠AOB = AB
⏜
=| x|，
所以当x＞0时x = y，同理x＜0时−x = y，
所以点P的轨迹在展开图中为两条互相垂直的线段，在圆柱面上不是椭圆，
两条线段的长度均为❑√2π，故轨迹长为2❑√2π.
故选:C.
8．（2025·北京·二模）设正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2，P 为正方体表面上一点，且点P 到直线
A A1的距离与它到平面ABCD 的距离相等，记动点P 的轨迹为曲线W，则曲线W 的周长为（ ）
A．3 ❑√2
B．2❑√2+π
C．6 ❑√2
D．4 ❑√2+π
【答案】D
【解题思路】建立空间直角坐标系，得点P的坐标满足(x−2)
2+ y
2= z
2，由题意分六种情况讨论即可求解.
【解答过程】以D为原点，DA , DC , D D1建立如图所示的空间直角坐标系，
显然点P到平面ABCD的距离为|z)，
设点P(x , y , z)，在A A1上取一点A2(2,0, z)，而A (2,0,0), A1(2,0,2)，
所有⃗A2 P =(x−2, y ,0),⃗A A1=(0,0,2)，从而⃗A2 P⋅⃗A A1=0，
所以点P 到直线A A1的距离为|⃗A2 P)=
❑√(x−2)
2+ y
2，
所以(x−2)
2+ y
2= z
2，
令z =0，得x =2, y =0，此时点P的轨迹就是一个点，此时点P的轨迹长度是0，
令z =2，得(x−2)
2+ y
2= 4 , x , y ∈[0,2)，此时点P在以A1为圆心半径为2 的四分之一的圆周上面运动，
此时点P的轨迹长度是1
4 ×2π×2=π，
令x =0，得4 + y
2= z
2, z , y ∈[0,2)，即y =0, z =2，此时点P的轨迹长度是0，
令x =2，得y
2= z
2, z , y ∈[0,2)，即y = z , z , y ∈[0,2)，此时点P在线段A B1上运动，轨迹长度是2❑√2，
令y =0，(x−2)
2= z
2, z , x∈[0,2)，即2−x = z , z , x∈[0,2)，此时点P在线段A D1上运动，轨迹长度为
2❑√2，
令y =2得，(x −2)
2+ 4 = z
2, z , x ∈[0,2)，即x =2, z =2，此时点P的轨迹长度是0，
综上所述，所求为4 ❑√2+π.
故选：D.
二、多选题
9．（2025 高三·全国·专题练习）如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1 D1的底面ABCD 是菱形，
AB = A A1= BD =2，点G 是棱A1 D1的中点，若动点P 满足P A1= PB，点P 的轨迹截该四棱柱所得形状
为Ω，则（ ）
A．Ω 为平行四边形
B．Ω 为梯形
C．P A1+ P D1的最小值为2❑√2
D．PG+ P D1的最小值为2
【答案】BCD
【解题思路】确定点P的轨迹，即可判断AB，根据P A1+ P D1= PB+ P D1≥B D1=2❑√2，判断C，根据
几何关系推得PG+ P D1= PG+ PO≥GO，再根据几何关系计算GO.
【解答过程】如图，连接A1B，因为动点P 满足P A1= PB，
所以点P 的轨迹是过A1B的中点且与A1B垂直的平面，
连接A B1，易知A B1过A1B的中点且与A1B垂直.
设D1C1的中点为E，连接E B1，易证E B1⊥平面A A1B1B，所以E B1⊥A1B．
设D1 D的中点为F，连接EF，AF，则EF // A B1，所以EF ⊥A1B．
因此点P 的轨迹是平面A B1 EF，
所以点P 的轨迹截该四棱柱所得形状Ω 是四边形A B1 EF，易知Ω 为梯形，B 正确，A 错误．
因为P A1= PB，所以P A1+ P D1= PB+ P D1，
连接B D1，得B D1=
❑√B D
2+ D D1
2= ❑√4 + 4 =2❑√2，
所以P A1+ P D1= PB+ P D1≥B D1=2❑√2，
当P 为B D1与平面A B1 EF的交点时取“=”，C 正确．
连接D1C，易知D1C // A1B，所以D1C ⊥平面A B1 EF，
设点O 是D1C的中点，则点D1，O 关于平面A B1 EF对称，
连接GO，则PG+ P D1= PG+ PO≥GO，当P 为GO 与平面A B1 EF的交点时取“=”．
连接OE，GE，易知∠OEG =90
∘，OE =1，
因为AB = AD = BD，所以∠BAD =60
∘，∠G D1 E =120
∘，
又D1G = D1 E =1，所以¿= ❑√3,
所以GO =
❑√O E
2+G E
2= ❑√1+3=2，D 正确.
故选：BCD．
10．（2025·江苏苏州·三模）如图，在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E为AB的中点，F为侧
面BC C1B1内的动点（含边界），则下列说法正确的是（ ）
A．使三棱锥F −A D1 E体积取得最大值的点F唯一
B．存在点F，使得直线C1 F与C1 E的夹角为π
4
C．D1 E⊥AF时，点F的轨迹是线段
D．D1 E //平面A1C1 F时，点F的轨迹长为2❑√13
3
【答案】BCD
【解题思路】对于A，求证B1C ⊥平面ABC1 D1并结合正方体结构性质即可判断；对于B，由直线EC1
与平面BC C1B1所成的角∠EC1B<π
4 和∠EC1C >π
4 即可判断；对于C，由D1 E⊥AF结合D1 E⊥平
面AGH即可判断；对于D，由向量法求证D1 E //平面A1C1 X即可求解判断D.
【解答过程】对于A，连接A D1,BC1,B1C，由正方体结构性质可知B1C ⊥BC1, AB⊥平面BC C1B1
，
因为B1C ⊂平面BC C1B1，所以AB⊥B1C，
又AB∩BC1= B，AB ,BC1⊂平面ABC1 D1，所以B1C ⊥平面ABC1 D1，
又由正方体结构性质可知侧面BC C1B1内（含边界）点B1和点C两点到平面ABC1 D1的距离最大且相等，
所以使三棱锥F −A D1 E体积取得最大值的点F有两个点，故A 错误；
对于B，由正方体结构性质可知AB⊥平面BC C1B1，
所以∠EC1B是直线EC1与平面BC C1B1所成的角，
由题意可得EB =1,BC1=
❑√2×2
2=2❑√2，此时tan ∠EC1B =
1
2❑√2 =
❑√2
4 <1，则∠EC1B<π
4 ，
由正方形性质可知在平面BC C1B1上点B1和点C与直线BC1距离最大，
而tan ∠EC1C = EC
C1C =
❑√5
2 >1，故∠EC1C >π
4 ，
所以存在点F，使得直线C1 F与C1 E的夹角为π
4 ，故B 正确；
对于C，分别取B B1,BC中点G , H，连接AG,GH , AH，
以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系D−xyz，则
A (2,0,0), H (1,2,0),G (2,2,1), D1(0,0,2), E (2,1,0)，
则⃗AG =(0,2,1),⃗GH =(−1,0,−1),⃗D1 E =(2,1,−2)，
则⃗AG⋅⃗D1 E =0+2−2=0,⃗GH ⋅⃗D1 E =−2+0+2=0，
则⃗AG⊥⃗D1 E ,⃗GH ⊥⃗D1 E即AG⊥D1 E ,GH ⊥D1 E，又AG∩GH =G , AG,GH ⊂平面AGH，
所以D1 E⊥平面AGH，则若D1 E⊥AF，则点F的轨迹是线段GH，故C 正确；
对于D，取B B1三等分点X 且2BX = X B1，连接A1 X ,C1 X，
则X(2,2, 2
3)，又C1(0,2,2), A1(2,0,2)，则⃗A1 X =(0,2,−4
3),⃗C1 X =(2,0,−4
3)，
设平面A1C1 X的一个法向量为⃗m=(x , y , z)，则{⃗
m⊥⃗A1 X⃗
m⊥⃗C1 X)，
所以{⃗
m⋅⃗A1 X =2 y −4
3 z =0⃗
m⋅⃗C1 X =2 x−4
3 z =0)
，取z =3，则⃗m=(2,2,3)，
则⃗m⋅⃗D1 E =2×2+1×2−2×3=0，且D1 E不在平面A1C1 X，所以D1 E //平面A1C1 X，
若D1 E //平面A1C1 F，则点F的轨迹为线段C1 X，
此时点F的轨迹长度为C1 X = ❑√(
4
3)
2
+2
2= 2❑√13
3
，故D 正确；
故选：BCD.
11．（24-25 高二下·湖北·阶段练习）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为4，点M为C C1的
中点，点P为正方形A1B1C1 D1上的动点，则（ ）
A．满足MP//平面BD A1的点P的轨迹长度为2❑√2
B．满足MP⊥AM的点P的轨迹长度为❑√2
C．存在点P，使得平面AMP经过点B
D．不存在点P满足PA + PM =5 ❑√2
【答案】ABD
【解题思路】选项A：证平面EFM //平面A1BD得到点P的轨迹长度为2❑√2，
选项B:过点M作MQ⊥AM，交A1C1于点Q，可得：Rt △ACM ∽Rt △M C1Q，
然后证明ST ⊥平面AC C1 A1，得到点P的轨迹从而求出轨迹长度.
选项C：连接BM，取D D1中点H，连接AH，HM，
则可知平面ABM截正方体所得的截面为ABMH，与正方形A1B1C1 D1没有交点，
从而判断选项C.
选项D：延长C C1到点O，使得C1O = M C1，得到PA + PM的最小值为2❑√17.从而判断出选项D.
【解答过程】如图1，取B1C1的中点F，取C1 D1的中点E，连接EF，FM，EM，
因为M为C C1的中点，所以EF // BD，ME// A1B，FM // A1 D，
因为EF ⊄平面A1BD，BD⊂平面A1BD，
所以EF //平面A1BD，同理可得：MF //平面A1BD，
因为EF，MF ⊂平面EFM，所以平面EFM //平面A1BD，
图1
因为点P为正方形A1B1C1 D1上的动点，所以当P在线段EF上时，MP//平面BD A1，
故满足MP//平面BD A1的点P的轨迹长度为EF的长，为2❑√2，A 正确；
如图2，过点M作MQ⊥AM，交A1C1于点Q，可得：Rt △ACM ∽Rt △M C1Q，
因为正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为4，点M为C C1的中点，
图2
所以AC = 4 ❑√2，CM =C1 M =2，故AC
CM = C1 M
C1Q ，
即4 ❑√2
2
=
2
C1Q ，解得：C1Q =
❑√2
2 ，
过点Q作ST // B1 D1，交C1 D1于点S，交B1C1于点T，则ST ⊥平面AC C1 A1，
因为AM ⊂平面AC C1 A1，所以ST ⊥AM，当点P位于线段ST上时，
满足MP⊥AM，
即满足MP⊥AM的点P的轨迹长度为线段ST的长度，又因为ST= ❑√2，
所以B 选项正确；
图3
如图3，连接BM，取D D1中点H，连接AH，HM，
则可知平面ABM截正方体所得的截面为ABMH，与正方形A1B1C1 D1没有交点，
所以不存在点P，使得平面AMP经过点B，故C不正确；
如图4，延长C C1到点O，使得C1O = M C1，
图4
则点M关于平面A1B1C1 D1的对称点为O，连接AO交正方形A1B1C1 D1于点P，
则此时使得PA + PM取得最小值，最小值为AO =
❑√A C
2+C O
2= ❑√32+36=2❑√17>5 ❑√2，
所以不存在点P满足PA + PM = 5 ❑√2，D 正确；
故选：ABD.
三、填空题
12．（2025·山东滨州·二模）在三棱锥P−ABC中，PA ⊥平面ABC , PA = AB = AC =2,BC =2❑√2，点D
为△PAB内（包含边界）一点，且BD⊥CD，则点D的轨迹的长度为
．
【答案】π
2
【解题思路】根据题意，证得AC ⊥平面PAB，得到AC ⊥BD，由BD⊥CD，证得AD⊥BD，得到点
D落在以AB为直径的半圆上，结合圆的周长公式，即可求解.
【解答过程】因为PA ⊥平面ABC，且AC ⊂平面ABC，所以PA ⊥AC
又由AB = AC =2,BC =2❑√2，可得A B
2+ A C
2= BC
2，所以AB⊥AC，
又因为PA ∩AB = A，且PA , AB⊂平面PAB，所以AC ⊥平面PAB，
因为BD⊂平面PAB，所以AC ⊥BD，
如图所示，连接BD , AD，若BD⊥CD，且CD∩AC =C，且CD , AC ⊂平面ACD，
所以BD⊥平面ACD，
又因为AD⊂平面ACD，所以AD⊥BD，
即在平面PAB内，若AD⊥BD，则BD⊥CD，即点D落在以AB为直径的四分之一圆上，
因为AB =2，所以点D的轨迹长度为π× AB
4 =π
2 .
故答案为：π
2 .
13．（2025·山东威海·三模）在三棱锥P−ABC中，PA ⊥平面ABC，PA = AB = 4 ,∠ACB =90
°．若Q为
侧面PAB内的动点，CQ =2❑√2，当该三棱锥的体积最大时，Q的轨迹与AB , PB所围成区域的面积为
．
【答案】π+2
【解题思路】由三棱锥的体积最大确定C的位置及C到AB的中点O的距离，再由CQ的值，求出OQ的值，
从而确定Q的轨迹，进而求解即可.
【解答过程】在三棱锥P−ABC中，∵ PA ⊥平面ABC，
∴当该三棱锥的体积最大时，底面△ABC的面积必须最大，
由于△ABC为直角三角形，且AB = 4，
∴ C的轨迹是以AB的中点O为圆心，AB的长为直径的圆，
故当CO⊥AB，△ABC的面积最大，
此时△ABC为等腰直角三角形，
∴ CO =2,CA =CB =2❑√2，
∴三棱锥的体积最大值为V = 1
3 ×4×4 =16
3 .
又∵ PA ⊥平面ABC，CO⊂平面ABC，∴ PA ⊥CO，
又∵ CO⊥AB，PA ∩AB = A，∴ CO⊥平面PAB.
∵ Q为侧面PAB内的动点，OQ⊂平面PAB，∴ CO⊥OQ，
∵ CQ =2❑√2，∴ OQ =
❑√C Q
2−C O
2=2，
∴点Q在以O为圆心，AB为直径的圆上，
∴Q的轨迹与AB , PB所围成区域为以O为圆心，2 为半径的1
4 个圆和一个以OB为直角边的等腰直角三角
形，
∴所围成区域的面积为1
4 ×π×2
2+ 1
2 ×2×2=π+2.
故答案为：π+2.
14．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，底面ABCD是边长为2的菱形
且∠DAB =π
3 ，A A1⊥底面ABCD，A A1= ❑√3，点P是四棱柱ABCD−A1B1C1 D1表面上的一个动
点，且直线AP与C C1所成的角为π
6 ，则点P的轨迹长度为
.
【答案】4+π
3
【解题思路】根据四棱柱的性质可得点P的轨迹是以A A1为轴的圆锥的侧面与四棱柱ABCD−A1B1C1 D1
的表面的交线，分析点P在各平面的轨迹，计算轨迹长度可得结果.
【解答过程】∵C C1∥A A1，直线AP与C C1所成的角为π
6 ，
∴直线AP与A A1所成的角为π
6 ，
∴点P的轨迹是以A A1为轴（其中A为顶点），母线与轴所成角为π
6 的圆锥的侧面与四棱柱
ABCD−A1B1C1 D1的表面的交线．
如图，在线段A1B1和A1 D1上分别取点M , N，使得A1 M = A1 N =1，连接AM , AN，
∵在四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，A A1⊥底面ABCD，
∴A A1⊥平面A1B1C1 D1，
∵A1B1, A1 D1⊂平面A1B1C1 D1，∴A A1⊥A1B1, A A1⊥A1 D1，
∴tan∠MA A1= tan∠NA A1= 1
❑√3 =
❑√3
3 ，故∠MA A1=∠NA A1=π
6 ，
∴点P在四边形AB B1 A1与四边形AD D1 A1上的运动轨迹为线段AM和AN，且
AM = AN =
❑√(❑√3)
2+1
2=2.
当P在四边形A1B1C1 D1上运动时，其轨迹是以A1为圆心，1为半径，圆心角为π
3 的圆弧，
故点P在四边形A1B1C1 D1上运动的轨迹长度为π
3 ×1=π
3 ，
综上得，点P的轨迹长度为4 +π
3 ．
故答案为：4+π
3 .
四、解答题
15．（2025 高一·全国·专题练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB =2，E 为棱D D1的中点，
F是正方形CD D1C1内（含边界）的一个动点，且B1 F //平面A1BE，求动点F的轨迹长度.
【答案】❑√2
【解题思路】根据面面平行的性质定理，可知动点在面上的轨迹是直线，做出示意图，求出结果.
【解答过程】由B1 F //平面A1BE，B1 F在经过点B1且与平面A1BE平行的平面上，
取C C1中点M，取C1 D1中点N，连接B1 M，MN，B1 N，ME，C D1，
由ME // A1B1且ME = A1B1，则四边形B1 ME A1是平行四边形，
B1 M // A1 E，B1 M ⊄平面A1BE，A1 E⊂平面ABE 上，则B1 M //平面A1BE；
因为MN //C D1且C D1// B A1，则MN // B A1，
又MN ⊄平面A1BE，B A1⊂平面A1BE，则MN //平面A1BE，
又B1 M ∩MN = M，B1 M，MN ⊂平面B1 MN，
所以平面B1 MN //平面A1BE，
又平面B1 MN ∩正方形CD D1C1= MN，F 的轨迹是线段MN，
由C1 N =C1 M =1，
所以MN =
❑√C1 M
2+C1 N
2= ❑√2.
16．（2025·浙江嘉兴·二模）如图，已知AD // BC // FE，平面ABF ⊥平面ADEF，AB⊥AF，
AF ⊥AD，AD =2BC =2 EF =2 AF =2，点P为梯形ADEF内（包括边界）一个动点，且BP //平面
CDE．
(1)求点P的轨迹长度；
(2)当线段BP最短时，直线BP与平面BCEF所成角θ的正弦值为
❑√3
6 ，求三棱锥P−CDE的体积．
【答案】(1)❑√2
(2)1
6或
❑√2
12 .
【解题思路】（1）利用空间中的垂直关系可得AB⊥平面ADEF，建立如图所示的空间直角坐标系后利用
直线的方向向量和平面的法向量可求P的轨迹方程，从而可求轨迹长度；
（2）利用向量法结合直线BP与平面BCEF所成角θ的正弦值为
❑√3
6 求得AB的长度，再结合向量法可求P
到直线DE的距离，从而可求体积.
【解答过程】（1）因为平面ABF ⊥平面ADEF，AB⊥AF，平面ABF ∩平面ADEF = AF，
AB⊂平面ABF，故AB⊥平面ADEF，
而AF ⊥AD，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
设B (0,0,b)，则A (0,0,0), F (1,0,0), E (1,1,0), D (0,2,0),C (0,1,b)，
因点P为梯形ADEF内（包括边界）一个动点，可设P(x , y ,0)，则⃗BP =(x , y ,−b)，
又⃗EC =(−1,0,b),⃗DC =(0,−1,b)，
设平面CDE的法向量为⃗m=(x , y , z)，
则{
m
→
· EC
→
=−x +bz =0
m
→
· DC
→
=−y +bz =0)
，故可取⃗m=(b,b,1)，
因BP//平面CDE，则⃗BP⋅⃗m=0，
故bx +by −b=0，即x + y −1=0，
取x =0，则y =1，取y =0，则x =1，
故P的轨迹长度为❑√1
2+1
2= ❑√2.
（2）取AD的中点为G，连接FG，AP，由（1）可得P的轨迹为FG.
又由（1）可得BA ⊥平面ADEF，而AP⊂平面ADEF，
故AB⊥AP，因A P
2= B P
2−A B
2，若线段BP最短，则AP最短，此时有AP⊥FG，
而AF = AG =1，故点P为FG的中点，故P(
1
2 , 1
2 ,0)，
设平面BCEF的法向量为⃗n=(u,v ,t )，而⃗EF =(0,−1,0)，⃗BF =(1,0,−b)，
故{
−v =0
u−bt =0)，故可取⃗n=(b,0,1)，
因直线BP与平面BCEF所成角θ的正弦值为
❑√3
6 ，
而⃗BP =(
1
2 , 1
2 ,−b)，则得
❑√3
6 =|⃗BP⋅⃗n)
|⃗BP)|⃗n)
=|
−b
2
❑√b
2+1×❑√b
2+ 1
2)
，
故2b
4−3b
2+1=0，故b=1或b=
❑√2
2 ，
易得BC //平面ADEF，则点C到平面PDE的距离为1或
❑√2
2 ，
又⃗ED =(−1,1,0)，⃗EP =(−1
2 ,−1
2 ,0)，
故P到直线ED的距离为❑√
|EP)
2−(⃗
ED⋅⃗EP
|⃗ED) )
2
= ❑√
1
2 −0
❑√2 =
❑√2
2 ，
易得|⃗ED)= ❑√2，故S△PED= 1
2 ×
❑√2
2 ×❑√2= 1
2，
故三棱锥P−CDE的体积为1
3 × 1
2 ×1= 1
6 或者为1
3 × 1
2 ×
❑√2
2 =
❑√2
12 .
17．（2025 高一·全国·专题练习）如图所示，长方体ABCD−EFGH，底面是正方形， P为AH中点，
AB =2❑√3, AE =2.
(1)求四棱锥F −ABCD的体积；
(2)正方体ABCD内（包括边界）是否存在点M，使三棱锥P−AMB体积是四棱锥F −ABCD体积的1
8？
若存在，请指出满足要求的点M的轨迹，并在图中画出轨迹图形；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)8
(2)存在，点M的轨迹为AD的中点和BC的中点的连线段SN，图形见解析
【解题思路】（1）利用锥体体积公式直接计算即可；
（2）设点M到AB的距离为ℎ，根据体积公式求出ℎ即可知点M的轨迹.
【解答过程】（1）由题意可得： V F −ABCD= 1
3 S▱ABCD⋅|DH )= 1
3 ×(2❑√3)
2×2=8；
（2）存在，理由如下：
设点M到AB的距离为ℎ，则S△AMB= 1
2 AB⋅ℎ= ❑√3ℎ，
由（1）知，三棱锥P−AMB体积是1
8 ×8=1，
因为P为AH中点，所以点P到平面AMB的距离为1
2 DH =1，
所以V P−AMB= 1
3 ×1×❑√3ℎ=1，所以ℎ= ❑√3，
即满足要求的点M的轨迹是AD的中点和BC的中点的连线段SN，
点M的轨迹如图所示：
18．（24-25 高一下·四川遂宁·期末）如图1，在矩形ABCD中，已知AB =2❑√2,BC =2，E为AB的中
点，将Δ ADE沿DE向上翻折，得到四棱锥A1−BCDE（图2）.
(1)若N为A1C的中点，求证：BN //平面A1 DE；
(2)求证：DE⊥A1C；
(3)在翻折过程中，当二面角A1−CD−B为π
4 时；在平面ABCD内有一动点R满足：直线A1 R与底面
ABCD所成角正弦值为
❑√3
3 ，求动点R的轨迹长度.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)2❑√2π
【解题思路】（1）取A1 D的中点S，连接NS , ES，根据几何关系证得四边形BESN为平行四边形，从而
利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）结合勾股定理利用线面垂直的判定定理证明DE⊥平面A1 AC，然后利用线面垂直的性质定理证明即
可；
（3）过A1作A1 H ⊥AC垂足为H，利用定义法得∠A1GH为二面角A1−CD−B的平面角，设
A1 H = HG= x，可得(
4 ❑√3
3
−❑√3 x)
2
+ x
2=(
2❑√3
3 )
2，求出x =1，进而∠A1 RH为直线A1 R与平面ABCD
所成的角，求得A1 R = ❑√3，HR = ❑√2，求出动点R的轨迹，即可求解.
【解答过程】（1）取A1 D的中点S，连接NS , ES，
因为N ,S分别为A1C , A1 D的中点，所以SN //CD ,SN = 1
2 CD，
因为四边形ABCD为矩形，所以AB//CD , AB =CD，
又因为E为AB的中点，所以BE //CD ,BE = 1
2 CD，所以SN // BE ,SN = BE，
所以四边形BESN为平行四边形，所以SE // BN；
又BN ⊄平面A1 DE ,SE⊂平面A1 DE，所以BN //平面A1 DE；
（2）在图1 中，连接AC , AC ∩DE = F，
所以AE = BE = 1
2 AB = ❑√2，因为AB //CD，所以AE
CD = EF
DF = 1
2，
又因为D E
2= A D
2+ A E
2=6，所以DE = ❑√6，所以EF =
❑√6
3 ，同理AF = 1
3 AC = 2❑√3
3
，
又AE = ❑√2，所以A F
2+ F E
2=2= A E
2，所以AF ⊥DE.
由翻折性质得：A1 F ⊥DE，因为A1 F ⊥DE，AF ⊥DE，A1 F ∩AF = A，
所以DE⊥平面A1 AC，A1C ⊂平面A1 AC，所以DE⊥A1C；
（3）过A1作A1 H ⊥AC垂足为H，
由（2）知：DE⊥平面A1 AC，H ∈AC ⊂平面A1 AC , A1∈平面A1 AC，
所以A1 H ⊂平面A1 AC，所以A1 H ⊥DE；
因为A1 H ⊥DE , A1 H ⊥AC , DE∩AC = F，所以A1 H ⊥平面ABCD，
过H作HG⊥CD垂足为G，连接A1G，
因为A1 H ⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥A1 H，A1 H ∩HG=G，A1 H , HG⊂平面
A1GH，CD⊥平面A1GH，A1G平面A1GH，所以CD⊥A1G，
所以∠A1GH为二面角A1−CD−B的平面角，所以∠A1GH =π
4 ，
因为A1 H ⊥平面ABCD，HG⊂平面ABCD，所以A1 H ⊥HG，
所以△A1 HG为等腰直角三角形，设A1 H = HG = x，由题意，知：
sin∠GCA = HG
CH = CH
AC ⇔x
2 = CH
2❑√3 ,∴CH = ❑√3 x , HF =CF −CH = 4 ❑√3
3
−❑√3 x，
在Rt△A1 HF中，A1 H ⊥HF , A1 F = AF = 2❑√3
3
, HF = 4 ❑√3
3
−❑√3 x , A1 H = x，
所以(
4 ❑√3
3
−❑√3 x)
2
+ x
2=(
2❑√3
3 )
2
⇒HG = A1 H = x =1.
所以HG
AD = 1
2，所以H ,G分别为AC ,CD的中点，
因为A1 H ⊥平面ABCD，H , R∈平面ABCD，所以A1 H ⊥HR，A1 R∩平面ABCD = R，所以
∠A1 RH为直线A1 R与平面ABCD所成的角，所以sin∠A1 RH = A1 H
A1 R =
1
A1 R =
❑√3
3 ，
所以A1 R = ❑√3，所以HR =
❑√A1 R
2−A1 H
2= ❑√2，且H , R∈平面ABCD，
所以动点R的轨迹为以H为圆心，❑√2为半径的圆，
所以动点R 的轨迹长度为2❑√2π.
19．（2025·广东揭阳·三模）如图，三棱锥A −BCD中，点B在平面ACD的射影H恰在CD上，M为HC
中点，∠BAH =π
6 ，AB =2，S△ABM = S△ABD=1.
(1)若CD⊥平面BAH，证明：M是CD的三等分点；
(2)记D的轨迹为曲线W ，判断W 是什么曲线，并说明理由；
(3)求CD的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)椭圆，理由见解析
(3)3+2❑√2
4
【解题思路】（1）由于CD⊥平面BAH，作HG⊥AB，证得CD⊥AB，进而证得AB⊥平面GMH，
得到AB⊥GM和AB⊥GD，结合S△ABM = S△ABD，得到GM =GD，得到MD⊥GH，得到
DH = MH = MC，即可得证；
（2）延长BA至K，使得AK = AB，得到M，D 到AB的距离为定值，求得∠BAH =π
6 ，得到M，D 的运
动平面截得该圆柱，根据圆锥曲线的定义，即可求解；
（3）以A 为原点，建立空间直角坐标系，由椭圆的短半轴长为1，求得椭圆x
2
4 + y
2=1，求得
H (−❑√3,0,0)，得到H为左焦点，设E右焦点为F (❑√3,0,0)，则FD = 4−DH，设∠DHA =θ，在△DHF
中，由余弦定理，求得DH =
1
2−❑√3cosθ 和MH =
1
2+ ❑√3cosθ .
解法1：由CD =2 MH + DH = 6−❑√3cosθ
4−3cos
2θ
，令cosθ = x，得到f (x)= 6−❑√3 x
4−3 x
2 ，求得
f
′ (x)= −3 ❑√3 x
2+36 x−4 ❑√3
(4−3 x
2)
2
，得到函数f (x)的单调性和极值，即可求解；
解法2：由1
MH + 1
DH = 4，转化为求1
4(
1
MH + 1
DH)(2 MH + DH )的最小值，结合基本不等式，即可求
解.
【解答过程】（1）由于CD⊥平面BAH，作HG⊥AB，垂足为点G，
因为AB⊂平面BAH，则CD⊥AB，
又因为HG⊥AB，且GH ∩MH = H，MH ,GH ⊂平面GMH，
因此AB⊥平面GMH，因为GM ⊂平面GMH，所以AB⊥GM，
同理可证：AB⊥GD，
又因为S△ABM = S△ABD，可得1
2 AB⋅GM = 1
2 AB⋅GD，所以GM =GD，
因为GH ⊂面ABH，从而MD⊥GH，
因此DH = MH = MC，进而M为DC的三等分点.
（2）椭圆，
延长BA至K，使得AK = AB，
由于S△ABM = S△ABD=1，可得M，D 到AB的距离为定值，
因此M，D 应在以AK为高线的圆柱上运动，且上下底面与AK垂直，
又因为M，D 为平面ACD上两点，∠BAH =π
6 ，
从而M，D 的运动平面截得该圆柱，根据圆锥曲线的定义，
因而M，D 的运动轨迹应为椭圆，示意如下.
（3）以A 为原点，HA所在直线为x 轴，过A 点与HB平行的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所
示，
下面求椭圆方程：一方面，由于该圆柱的底面半径为r =1，
故由图可知椭圆的短半轴长为1，
由∠BAH =π
6 ，从而椭圆的长半轴a=
r
sinπ
6
=2r =2，进而椭圆方程E：x
2
4 + y
2=1，
又由∠BAH =π
6 ，BH ⊥平面ACD，从而HA = ABcosπ
6 = ❑√3，即H (−❑√3,0,0)，
由定义知H为椭圆的左焦点，设E的右焦点为F (❑√3,0,0)，则FD = 4−DH，
设∠DHA =θ，
在△DHF中，由余弦定理，可得H F
2+ H D
2−2 FH ⋅DH cosθ = F D
2，
解得DH =
1
2−❑√3cosθ ，同理可得：MH =
1
2+ ❑√3cosθ ，
解法1：由CD =2 MH + DH = 6−❑√3cosθ
4−3cos
2θ
，
令cosθ = x , x∈(−1,1)，则f (x)= 6−❑√3 x
4−3 x
2 ，可得f
′ (x)= −3 ❑√3 x
2+36 x−4 ❑√3
(4−3 x
2)
2
，
令f
′ (x)=0，解得x1= −4 ❑√6+6 ❑√3
3
，x2= 4 ❑√6+6 ❑√3
3
（舍去），
当x∈(−1, x1)，f
′ (x)<0；当x∈(x1,1)，f
′ (x)>0，
因此x1为f (x)的极小值点，可得f (x)≥f (x1)= 3+2❑√2
4
.
解法2：由1
MH + 1
DH = 4，原题等价于求2 MH + DH的最小值，
则等价于求1
4(
1
MH + 1
DH)(2 MH + DH )的最小值，
又由1
4(
1
MH + 1
DH)(2 MH + DH )= 1
4(
2 MH
DH + DH
MH +3)≥3+2❑√2
4
，
当且仅当DH = ❑√2 MH时等号成立，因此CD的最小值为3+2❑√2
4
.
