2025年新高考数学重难点专项复习：立体几何中的动态、轨迹问题【六大题型】（解析版）

重难点20立体几何中的动态、轨迹问题【六大题型】

【新高考专用】

►题型归纳

【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】...................................................10

【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】...........................................................17

【题型6轨迹所围图形的周长、面积问题】.....................................................22

►命题规律

1、立体几何中的动态、轨迹问题

“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、难度问题，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.

►方法技巧总结

【知识点1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3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K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.

►举一反三

【题型1动点保持平行的动态轨迹问题】

【例1】（2024•全国•模拟预测）如图，在棱长为2的正方体力BCD-AiBiGDi中，E为棱2c的中点，F为

底面ABCD内一动点（含边界）.若DiF〃平面&EQ,则动点尸的轨迹长度为（）

A.V3B.V5C.2V2D.V2

【解题思路】取的中点M、CD的中点N,结合题意可得平面。iMN〃平面&EC1，得出线段MN是动点

产的轨迹，计算MN即可得.

【解答过程】如图，取4D的中点M、CD的中点N,连接小M,MN,DiN,ME/C,

因为£为BC的中点，M为4。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,又因为CiDJ/CD,的。1=CO,

所以ME=C1D1,所以四边形CiEM%是平行四边形，

所以。1M〃QE,由正方体的性质可得，

AM=CiC,ArA/ZC^,所以四边形4遇。的是平行四边形，

所以41CJ/4C,又因为M为4D中点，N为CD中点，

所以MN〃4C,所以MN〃力道1，

因为。1MMNU平面&EG，JE/iGu平面AiECi，

所以〃平面&ECi，MN〃平面力IECI，

又D1MCMN=M,所以平面OiMN〃平面4止的，

因为。1/7/平面AiECi，所以D/u平面小MN,

所以动点F的轨迹为线段MN,

又“N=退产=夜，故动点尸的轨迹长度为鱼.

故选：D.

【变式1-1］（2024•北京昌平•二模）已知棱长为1的正方体M是的中点，动点P在

正方体内部或表面上，且MP〃平面AB外,则动点P的轨迹所形成区域的面积是（）

A.yB.V2C.1D.2

如图所示E、F、G、〃■分别是力公、BiCi、BB1的中点,

则EF〃肛，EM//AB,所以EF〃平面4孙，EM〃平面4皿，且EFnEM=E,

所以平面AB///平面EFGM,故点P的轨迹为矩形EFGM.

MB】=B1G=5,所以MG=亨，所以SEFGM=1X孝=孝.

故选：A.

【变式1-2］（2024•江西赣州•二模）在棱长为4的正方体aBCD-a/iCiDi中，点P满足4%=4而，E,F

分别为棱BC,CD的中点，点Q在正方体4BCD-4/1的。1的表面上运动，满足力1Q〃面EFP,则点Q的轨迹

所构成的周长为（）

A.亨B.2V37C告D.噜

【解题思路】作出辅助线，找到点Q的轨迹，利用勾股定理求出边长，得到周长.

【解答过程】延长力D/B,交EF的延长线与H,G,连接PG,PH,分别交BB°DD^R,T

过点41作&K〃PG交BBi于点K,过点4作&N〃PH交。小于点N,

因为&KC平面EFP,PGu平面EFP,所以&K〃平面EFP,

同理可得4N〃平面EFP,

因为力iKC4iN=ai，所以平面EFP〃平面&KN,

过点N作NM〃&K交"1于点M,

连接MK,贝IJMK〃&N

则平行四边形&KMN（4点除外）为点Q的轨迹所构成的图形，

因为正方体棱长为4,E,尸分别为棱BC,CD的中点，嬴=4布，

1

所以4P=l,BR=0T=§,

12

因为力iP=KR=NT=3,所以BIK=%N=4-3--=-,

2

过点N作N/1CG于点/,贝UC“=DiN=§,

则由几何关系可知=BiK=右所以Ci"=1+f=f,

由勾股定理得力1K=A[N=MN=MK=炳彳而=J16+g=空,

所以点Q的轨迹所构成的周长为誓.

故选：D.

【变式1-3］（2024•山东枣庄•二模）如图，在棱长为1的正方体4BCD-4iBiCiDi中，M是4/1的中点,

点尸是侧面CD小。上的动点，且.MP〃平面48停，则线段MP长度的取值范围为（）

DiG

A.悸，闽B.[1闸

C•印,|]D,[V2.|]

【解题思路】根据已知条件及三角形的中位线，利用线面平行的判定定理及面面平行的判定定理，结合直

角三角形的勾股定理及勾股定理的逆定理即可求解.

【解答过程】取“1的中点为R,取CD的中点为N,取的中点为H,如图所示

因为M是4/1的中点，H是/J的中点，

所以&C//HR,

因为”RC平面45道,比(?u平面4B1C,

所以HR〃平面4B1C,

同理可得，〃平面4&C,

又HRCiMH=u平面MNR”，

所以平面MNRH〃平面

又MPu平面MNRH,线段MP扫过的图形是△MNR,

由48=1,得MN=Vl2+I2=®NR=J(|)2+g)2=率

MQ=J©+12=浮MR=J©+惇丫=奈

所以MN2=NR2+MR2,即/MRN为直角,

所以线段MP长度的取值范围是：悸，阕.

故选：A.

【题型2动点保持垂直的动态轨迹问题】

【例2】（2024•山东潍坊•一模）如图所示，在棱长为1的正方体力BCD-AiBiCWi中，点P为截面4C1B上

的动点，若DP141C,则点P的轨迹长度是（）

B.V2

【解题思路】连接利用线面垂直的判定推理证得4停平面BCiD即可确定点P的轨迹得解.

【解答过程】在棱长为1的正方体4BCD-&8忑1。1中，连接DCi,BO/C,

空…出泗

由力Ail平面ABC。，BDu平面4BCD,得BD1A41，而BDJ.4C,

A4iC2C=A,AAltACu平面44停，贝ijBO1平面44停，又&Cu平面44停，

于是BD1&C,同理BCilAiC,WBCiClBD=B,BCr,BDc

因此41C1平面BCi。，因为DPJ.4C则。Pu平面EQD,

而点P为截面4停止上的动点，平面4停/n平面BCi。=BC],

所以点P的轨迹是线段BCi，长度为6.

故选：B.

【变式2-1]（2024•海南省直辖县级单位•模拟预测）已知四棱柱A8CD-&B1C1D1的底面4BCD为正方形，

侧棱与底面垂直，点P是侧棱。外上的点，且DP=2PDi，44i=3/B=1.若点Q在侧面BCQB1（包括其边界）

上运动，且总保持4QIBP,则动点Q的轨迹长度为（）

AD

A.V3B.V2C.等D.

【解题思路】先找到过点4与BP垂直的平面与侧面BCC1%的交线，从而求解.

【解答过程】

如图，在侧棱A4i上取一点R,使得AR=2RAi，连接PR,BR,

过点2作4VLBR交BR于点M,交BBi于点N,连接力&CN,

由PRII4D,可知PR14N,

BR、PRu平面BPR,BRCPR=R,

从而4N1平面BPR,所以BPL4V,

又由BP在平面4BCD内的射影BD14C,所以8P14C,

AN、4Cu平面4CN,ANCiAC=A,

知BP_L平面4CN,平面4CN,CNu所以BP1CN,

所以动点Q的轨迹为线段CN,

在Rt△力BN,Rtz\R4B中，乙BAN=LARB,所以Rt△AB~Rt△RAB,

则翳=瑞，得BN=!

易得CN=7BN2+BC2=Jq)2+I2=孚

故选：D.

【变式2-2]（2024•广西玉林•三模）在正四棱柱力BCD-A/iCiDi中，715=1,=4,E为中点，P

为正四棱柱表面上一点，且CiPLBiE,则点P的轨迹的长为（）

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

【解题思路】根据给定的条件，结合正四棱柱的结构特征，作出过点Q垂直于&E的正四棱柱的截面即可计

算作答.

【解答过程】在正四棱柱4BCC-AiBiCMi中,连接如图，41cli4小,肛1平面4道心

%，

因为4u平面4181的。1，贝jjEDiJ.A-[C^»u平面EBi。1，

ED[nB[D]=D],贝.L平面EBi。1，~^Bu平则CjXi-LB】E,

取CC1中点尸，连接EF,BF，在平面BCC/1内过Cl作C1G1BF，交于G,显然EF〃%Ci，

而。心1平面BCC®则EF_L平面BCG%,有QGJ.EF,

又BiEFEu平面BiFE,FECiBiF-F,于是C\G1平面B/E,而u平面B/E,因此JGLBiE,

因为CiG,C14iu平面C]G4i，。遇1CC]G=C],从而B】E-L平面GG4I，

连接力1G,则点P的轨迹为平面CiGAi与四棱柱的交线，即△&C1G,

因为N8CG+NGC/=乙GgF+/.B1FC1=90°,即有血。*=血"口又4（：$也=4FC$i，

于是△Ci&G〜△FCi/,有得专■=看a=2,BrG=1,

所以点P的轨迹长为“1G+C^G+&Ci=2J1+；+-\[2=V5+V2.

故选：A.

【变式2・3】（2024•广西南宁•一模）在边长为4的菱形ABC。中，乙480=120°.将菱形沿对角线/C折叠成

大小为30。的二面角"—AC-D.若点E为民C的中点，F为三棱锥方—ZC。表面上的动点，且总满足AC1EF,

则点F轨迹的长度为（）

B'

A4+逐一«4+V6+V2

DB-2-C.4+y/6-y/2D.4+V6+

.2

【解题思路】根据二面角的平面角可结合余弦定理求解求夕。=遍-VL进而利用线面垂直可判断点尸轨迹

为△EPQ,求解周长即可.

【解答过程】连接AC、BD,交于点。，连接OB',

4BCD为菱形，AABC=120°,

所以4C1BD,OB'1AC,ODLAC,

所以N夕。。为二面角夕-AC-。的平面角,

于是NB'。。=30°,

又因为09=OD==2,

所以夕。=02+DO2—2BP•DOcos30。=收+22-2x2x2义当=V6-V2,

取。C中点P取CD中点Q,连接EP、EQ、PQ,所以PQ〃OD、EP//OB',

所以力C1EP、AC1PQ,EP,EQ相交，

所以4C1平面EPQ,

所以在三棱锥夕-4CD表面上，满足4c1EF的点F轨迹为△EPQ,

因为EP=9OB，，PQ=^OD,EQ=1B'D,

所以△EPQ的周长为:x(V6-V2+2+2)=4+2-近,

所以点F轨迹的长度为笔

故选：A.

B'

【题型3距离（长度）有关的动态轨迹问题】

【例3】（2024・四川南充•二模）三棱锥力一BCD中，AB=AC=AD=4,BC=CD=DB=6,P为△BCD内

部及边界上的动点，AP=242,则点P的轨迹长度为（）

A.nB.211C.3irD.4n

【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4在底面BCD上的射影为。，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2B—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®OB=2®OE=W,

设点力在底面BCD上的射影为0,

则2。_L平面BCD,OA=7AB2—OB2=2,

又P为△8C0内部及边界上的动点，AP=2四,

所以。P=2,

所以点P的轨迹为以点。为圆心，2为半径的圆在△BCD内部及边界上的部分,

cos/EOPi=箴=冬

艮fJz_EOPi=],401002=三，

所以点P的轨迹长度为2TTx2—3x(x2=2m

故选：B.

【变式3-1](2024•广东梅州一模)如图，正四棱柱4BCD-中，A&=24B=2,点P是面4BB遇i

上的动点，若点P到点。1的距离是点P到直线的距离的2倍，则动点P的轨迹是()的一部分

A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线

222

【解题思路】建立如图空间直角坐标系，设P(lM,n)(n>0),利用两点距离公式可得9("+尸-普=1,即可

1919

求解.

【解答过程】由题意知，以。为原点，D4DC,DDi所在直线分别为居y,z轴建立如图空间直角坐标系，

则4(1,0,0),8(1,1,0),。式0,0,2),设P(LmA)(m,n>0),

所以PDi=(-l,-m,2-n),

因为P到。1的距离是P到48的距离的2倍，

所以=2n,即(—1)2+(―m)2+(2—n)2=4n2,

整理，得9(喑)1喈=1,

1919

所以点P的轨迹为双曲线.

故选：C.

【变式3-2］（23-24高三上•江西抚州•阶段练习）设/、2是半径为鱼的球体。表面上的两定点，且

^AOB=f,球体。表面上动点M满足=则点〃的轨迹长度为（）

A4V62730^.n2回女

A.—TIB.-------TCC.唔D.——1T

511

【解题思路】先建立平面直角坐标系确定M轨迹，转化为空间中的阿氏球，利用两球相交求相交圆周长即

可.

【解答过程】以4。8所在的平面建立平面直角坐标系，4B为x轴，2B垂直平分线为y轴,

则易知4（一1,0）以1,0）,。（0,1）,

设M（x,y）,由M4=遮MB,可得（x+1产+产=3。-1）2+3丫2=（万一2）2+产=3,

故M的轨迹是以C（2,0）为圆心，行为半径的圆，

转化到空间M的轨迹为以C为球心，声为半径的球，同时M在球。上，

故M在两球的交线上，轨迹为圆.

又。M=VLMC=不,易求得OC=而，即△OCM为直角三角形，

则对应圆的半径为=返醇=等，

V55

M的轨迹长度即对应圆的周长为噌I.

故选：B.

【变式3-3］（2023•陕西西安•模拟预测）已知正方体48CD-的棱长为2vlp是正方形BBiCiC（含

边界）内的动点，点P到平面&BD的距离等于竽，贝12P两点间距离的最大值为（）

A.2V3B.3C.3V2D.2V6

【解题思路】利用等体积法可得点4到平面4/。的距离等于孚，结合平行关系分析可得点P的轨迹为线段

B1C,再根据△BiCD的形状分析求解.

【解答过程】由题意可知：S1C=A1B=ArD=BD==2V6,

设三棱锥&-2止。的高为九，

因为V4-41BD=VD-A^B，贝咕xhx：x4x4x孚=：x2V2x|x2或x2VL

解得h=等,即点名到平面4/。的距离等于攀

又因为,B1IICD,且4/1=CD,则四边形力iBiCD为平行四边形,则力道但道,

々Du平面4/。，BiCC平面41BD,所以当。|平面人道。，

即点P的轨迹为线段&C,

因为CD1平面BBiQC,&CU平面BBiQC,所以CD1B1C,

在Rta/C。中，D,P两点间距离的最大值为=2V6.

故选：D.

【题型4角度有关的动态轨迹问题】

【例4】（2024•全国•模拟预测）已知正四棱锥P-ABC。的体积为竽，底面48CD的四个顶点在经过球心的

截面圆上，顶点P在球。的球面上，点E为底面2BCD上一动点，PE与PO所成角为也则点E的轨迹长度为

()

A.V2nB.4V3itc迎ND.争

【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-tan4EPO=^,即可判断点E的轨迹为。为圆心，半径「=坐的圆，即可求解.

【解答过程】由题意，设球。的半径为R.如图所示，连接ac,BD交于点。，连接P。，则40=B0=P0=R,

AB=&R,P。！平面48CD,所以V四棱锥p_4BCD=/a82.pO=9x2R2xR=¥，解得R=&.

在Rt/XPOE中，因为。P=VLZ.EPO=^,所以。E=OP-tanNEPO=苧.

因为正方形48CD的中心。到各边的距离为孝R=l＞奈所以点E的轨迹为平面4BCD内，以点。为圆心，半

径「=坐的圆，故点E的轨迹长度为2口=等.

故选:D.

【变式4-1］（2024•海南海口•一模）如图，点P是棱长为2的正方体4BCD-4/1的。1表面上的一个动点,

直线AP与平面2BCD所成的角为45。，则点P的轨迹长度为（）

A.it+4V2B.4V2TTC.2V3D.3鱼+TT

【解题思路】先利用直线4P与平面力BCD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在正方形力道道山1内，

过点尸作PP'l平面4BCD于P,连接4P21P.

则NP4P，为直线AP与平面4BCD所成的角，贝IJNP4P=45°,

又PP=2,则P4=2也则P4=2,

则点P的轨迹为以A为圆心半径为2的圆（落在正方形公当射。1内的部分），

若点尸在正方形4止送8内或内，轨迹分别为线段

因为点尸不可能落在其他三个正方形内，

所以点P的轨迹长度为2X%2鱼+2位=n+4V2.

【变式4-2］（23-24高一上•浙江绍兴•期末）已知点P是边长为1的正方体ABCD-a/iCiDi表面上的动点,

若直线4P与平面4BCD所成的角大小为%则点P的轨迹长度为（）

A.3V2B.2V2+HC.字（4+11）D.2V2+1

【解题思路】由题意，分析可得点P的轨迹，分别计算各段轨迹的长度即可.

【解答过程】若点尸在正方形力1%。山1内，过点尸作PP1平面2BCD于P,连接4Pl&P.

贝为直线4P与平面ABC。所成的角，贝IJ/P2P=p

又PP=1,贝=得P&=1,

则点P的轨迹为以&为圆心半径为1的圆（落在正方形内的部分），

若点尸在正方形4BB1&内或4。。遇1内，轨迹分别为线段和4小,

因为点P不可能落在其他三个正方形内，所以点P的轨迹如图所示：

故点P的轨迹长度为2dm+JX2it=2V2+7.

故选：D.

【变式4-3］（2024•江西•模拟预测）如图，已知正三棱台48（7-4$1的的上、下底面边长分别为4和6,侧

棱长为2,点尸在侧面BCC/i内运动（包含边界），且AP与平面BCC/i所成角的正切值为连，则所有满

足条件的动点尸形成的轨迹长度为（）

A—B叵C公D-

【解题思路】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点4到平面BCCiB的距离即可确定点P的运动轨迹,

进而可得出答案.

【解答过程】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点0,取Bi。中点D,

BC中点E,连接贝。有。4=OB=OC,

所以DE的延长线必过点。且DE1BrCr.DE1BC,

过点。作DF〃Ci&DG〃BiB,则四边形DFCCi是边长为2的菱形，

如图所示：

在△OBC中，簧=爱=正%,即!=彘，

解得。Cl=4,所以。C=OCi+QC=4+2=6,

所以△OBC为边长为6等边三角形，

所以NDFE=Z_FDCI=NOCB=],0E=3通,

所以DE=DFxsi吟=2x立=遍，

J2

因为△4BC是边长为3的等边三角形且E为BC中点,

所以4E=3后BC1AE,

在△04E中，由余弦定理变形得，cos/OEZ=4熏普=（3闻+阴）丁='

2xOExAE2X3V3X3V33

在△4DE中，由余弦定理变形得，

C0SNDE4==+回心=（同+（3佝5=士

2xDExAE2XV3X3A/33

解得4£»=2e，所以4E2=DE2+4。2,所以AD_LDE,

由BC1AE,BC1OE,AEClOE=E,AEQEu平面40E,

可得BC1平面4。&

又2。<=平面2。&所以BC_L40,

由BC_L4D,AD1DE,BCCDE=E,BC,DEu平面

可得401平面BCJBi，

因为4P与平面BCQB所成角的正切值为历，

所以器=遍，解得DP=2,AP-y/AD2+DP2=A/24+4=2<7,

所以点P在平面BCCiBi的轨迹为以。为原点的圆被四边形BCCiBi所截的弧不，疏，

设JF的长度为Z,贝〃=|zFDCi|X\DP\=-jX2=y,

所以所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为苧.

故选：A.

【题型5翻折有关的动态轨迹问题】

【例5】（23-24高三上•云南昆明•阶段练习）如图，已知在△ABC中，AB=1,BC=3,AB1BC,D是BC边

上一点，且BD=L将△4BD沿4D进行翻折，使得点B与点P重合，若点P在平面4DC上的射影在△4DC内

部及边界上，则在翻折过程中，动点P的轨迹长度为（）

BDC

*V2_V2_「V2_「V2_

A-出BD-c-D-丁

【解题思路】过点B作BFLAD,得到动点P的轨迹是以E为圆心，以BE为半径且圆心角为“1"2的圆弧,

在△4BC所在平面建立平面直角坐标系，求得直线BE和4c的方程，联立方程组，求得尸弓（），得到|EF|的

长，进而求得NP1EP2=》结合弧长公式，即可求解.

【解答过程】如图（1）所示，过点B作分别交4D/C于点与尸，

则动点P在平面2DC上的射影轨迹为线段EF,

设当P与Pi重合时，有P1E1EF；当P与P2重合时，有P2FLEF,

则由PE=BE为定长，可知动点P的轨迹是以E为圆心，以BE为半径且圆心角为"i"2的圆弧，如图（1）

所示，

在△48C所在平面建立如图（2）所示的平面直角坐标系，

则4（0,1）,£＞（1,0）,C（3,0）,直线EE:y=x,直线4C:y=+1,

、22/3

联立方程组b=［；+1，解得光=*y=*即喏则|印=¥，

又由|即=亭可得cos4P2EF=踹="|,所以NP2EF=］,Z.PrEP2=p

所以动点尸的轨迹长度为孝•合净.

故选：A.

图⑴图⑵

【变式5-1］（2024•河南•模拟预测）如图，在长方形/BCD中，A8=2,BC=4,£为3c的中点，将

沿/E向上翻折到△P4E的位置，连接尸C,PD,在翻折的过程中，以下结论错误的是（）

A.四棱锥P-2ECD体积的最大值为2四

B.PD的中点厂的轨迹长度为亨

C.EP,CD与平面P4D所成的角相等

D.三棱锥P-2ED外接球的表面积有最小值16n

【解题思路】四棱锥P-力ECD的底面积为定值，当平面4PE1平面NECD时，高最大，即可求出四棱锥

P-AECD体积的最大值；取P4的中点G,由已知得点F的轨迹与点G的轨迹形状完全相同，则可以求点F的轨

迹长度即可；利用线面角的概念分别找到£尸，CD与平面尸4D所成的角，即可求解；根据三棱锥的外接球

的定义作出图形，即可求解.

【解答过程】由已知条件可知，梯形ZECD的面积为6,AE=2V2,直角△2PE斜边NE上的高为鱼，当

平面APE1平面AECD时，四棱锥P-AECD的体积取得最大值，

即Vp_4ECD=9X6X鱼=2应，贝1JA正确；

取PA的中点G,连接GF,GE,FC,则GF=EC且GF〃EC,

.•.四边形ECFG是平行四边形，

•••点尸的轨迹与点G的轨迹形状完全相同.过G作/£的垂线，垂足为X,G的轨迹是以H为圆心，HG=专为

半径的半圆弧，从而尸。的中点尸的轨迹长度为亨，

则B错误；

由四边形ECFG是平行四边形，知EC〃尸G,贝IJEC〃平面P/。，

则E,C到平面PAD的距离相等，

故尸CD与平面P/D所成角的正弦值之比为PE:CD=1:1,贝！jC正确；

△APE外接圆01的半径为近，01为AE的中点，直角△?!"外接圆。2的半径为2,。2为4D的中点，4E是圆0

与圆。2的公共弦，|0i02|=V2,

设三棱锥P-4ED外接球的球心为0,半径为R,

则R=\0E\=J|O1E『+|OO1|2=，01母2+|。1。2|2+|。2。|2=,4+|。2。『＞2,

因为|。2。|e[0,+8),所以R22,所以球。表面积的最小值为S=4TtR2=i6Tr,

则D正确，

故选：B.

【变式5-2]（23-24高二上•四川内江・期中）如图，已知菱形48CD中，AB=2,NBA。=120。，E为边BC

的中点，将△ABE沿2E翻折成△2B1E（点/位于平面4BCD上方），连接和3道，F为当。的中点，则

在翻折过程中，点F的轨迹的长度为—土.

【解题思路】设田是4当的中点，可证F的轨迹与G，的轨迹相同，求得当的轨迹之后再求（7的轨迹.

【解答过程】由AB=2,/.BAD-120°,E为边的中点

设G，是4Bi的中点，又F为Bi。的中点，则G77/4D且G，F=y。，

ffijCF==^AD1.EC//AD,所以（7F〃EC且G;F=EC,

即尸件EC为平行四边形，故EG〃CF且EG，=CF,

故尸的轨迹与G的轨迹相同.

因为4E1面&EC,且BiE=l,所以％的轨迹为以E为圆心，1为半径的圆,

设4E的中点为。，贝|0。=我E,OG'Z/B^E,

又。GP面BiEC,BiEu面BiEC,所以。G〃面3典,

故G，的轨迹为以。为圆心，警=,为半径的圆，

17T

所以尸的轨迹长度为5x2TTXB1£=-

故答案为：f.

【变式5-3］（22-23高二上•广东广州•期末）已知矩形48CD中力B=3,AD=逐现将△4CD沿对角线AC

向上翻折（如图所示），若在翻折过程中，点。到点8的距离在［亨，等］内变化时，点。的运动轨迹的长

度等于

八Dc

【解题思路】根据已知，可知点。的运动轨迹是圆弧，做辅助线，将BD的长度的变化范围转化为二面角

D-AC-B的变化范围，再由弧长公式计算即得.

【解答过程】如图所示：在矩形4BCD中，过点。作DF14C交/C于点R交N2于点G,

过点8作BE1OF交。/于点E,故点。的运动轨迹是以尸为圆心，以。尸为半径的圆弧，NDFE为二面角

D-AC-B的平面角.

\'AB—3,AD—V3,

■■DF=^£=l，N4CB=5，CF=啜

EF=sinzXCBxBC=孚x旧=|,BE=CF-cos^ACBxBC=竽一5xV3=V3.

翻折后BE，。?，BE1EF,OFCEF=£O£EFu平面。底£,

BE1平面。尸E.・・・OEu平面OFE,・•・BE1DE.

当BD=亨时，DE=7BD2-BE2=J（亨丫_（通）2=|,

故△DEF是等边三角形，所以ADFE4.

当B_D=等时，DE=7BD2-BE2=［（粤）2_诋2=挈,

因为所=。?=|,。£'=乎,所以£1产+。尸2=£）E2,所以z_DFE=1

则点。的运动圆弧所对应的圆心角为方―5=I

故点。的运动轨迹的长度是ar=5x|=：.

故答案为?

【题型6轨迹所围图形的周长、面积问题】

【例6】（23-24高三上•广西贵港•阶段练习）正三棱柱4BC-&B1C1的底面边长是4,侧棱长是6,M,N

分别为BBi，CCi的中点，若点尸是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，〃P||平面A&N,则动点尸的轨迹

面积为（）

A.5V3B.5C.V39D.V26

【解题思路】取的中点0,证明平面MQCII平面得动点尸的轨迹为及其内部（挖去点

M）.然后计算的面积即可.

【解答过程】取的中点0,连接CQ,MC,由“，N,0分别为BBi，CQ,45的中点可得MC||Bi

N,MCC平面ABiN,BiNu平面ABiN,

所以MC〃平面4B1N,同理MQIIABi得MQ〃平面ABiN,MCcMQ=M,MC,MQu平面MNQ,则平面

MQC||平面

所以动点P的轨迹为△M0C及其内部（挖去点M）.

在正三棱柱48。一41比3中，A48c为等边三角形，。为的中点，贝！JCQ14B,

平面48C_L平面力881^1，平面ABC。平面=48,贝!JCQ_L平面ABBiZi，QMu平面力

所以CQLQM.

因为4B=4,所以CQ=2b，

因为侧棱长是6,所以力BI=2VH.

所以MQ=V1?,则△M0C的面积S=[x2gxVl?=例，

故动点P的轨迹面积为

故选：C.

【变式6-1］（2024•河北•模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心

的棱锥为正四棱锥）尸T2CD的底面正方形边长为2,其内切球。的表面积为与动点。在正方形N2CD

内运动，且满足OQ=OP,则动点0形成轨迹的周长为（）

A包B—C—D—

八.1ID.I】jI】u.I】

【解题思路】利用等体积法及几何关系求出关于动点0的等式关系，根据相关几何意义即可求出动点0

形成轨迹的周长.

【解答过程】设内切球。的半径为凡则钿/?2=泉...R=,

Jo

如图，连接/C与AD,设交点为凡取40的中点E,连接尸E,PF,EF.

-11

根据等体积法得式S4BCD+4s△P4B）R=§xAB?xPF,

.第4+4x工X2XPE）x妥gxPF,整理得l+PE=2gPF,y.PE2-PF2=1,

解得PE=",PF=迪.:.0F=返,0P=破，0Q=OP=Q.

1111666y66

在RSOFQ中，QF=J（譬丫-俘FT.

.••点0在以点尸为圆心，得为半径的圆上，其周长为2TTX5=H.

故选：C.

【变式6-2］（23-24高二下•浙江•开学考试）在正四面体4BCD中，P,Q分别是棱的中点，E,F分别是

直线4B,CD上的动点，且满足|PE|+|QF|=a,M是EF的中点，则点M的轨迹围成的区域的面积是（）

A.YB-TC.苧D.呼

【解题思路】先由对称性找到PQ、EF的中点在中截面GHLK上运动，利用向量的加减运算，得到血=与病

+m），设E,F在中截面上的投影分别为例P,分析证明动点M的轨迹就是边长为乎a的正方形RNTW,即得解.

【解答过程】如图所示，

C

正四面体4BCD中，取BC、BD、AD,4C的中点G、H、K、L,

因为P、Q分别是棱48,的中点，所以PQ的中点。也为定点;

由对称性知，PQ和EF的中点都在中截面GHKL（正方形）上；

由OM=OP+PE+EM=OQ+（）F+FM,

T1TT

所以。M=5（PE+QF）,

设E,F在中截面上的投影分别为E，尸，

T1T

所以。M=5（0£+0P）,

所以点M是线段£户的中点，

悴a〃CDb"AB,则NF。尸=90°,

因为|PE|+|QF|=a,所以OE'+OF'=a,

取。R=ON=1所以。R+ON=a,

两式相减得RE，=NF，,

过点E作ES〃RN,

所以RE，=NS,所以RE，=NS=NF',

所以E'F'的中点M在RN上，同理EF的中点M在NT,7WWR上，

因为RN=J（ga）2+（聂）2=乎a，

即动点M的轨迹就是边长为点的正方形RNT-

所以其轨迹围成的区域的面积是（乎a）2=32

故选：B.

【变式6-3］（2024•四川•一模）如图，正方体力BCD—4B1C1D1的棱长为3,点E在棱BC上，且满足

BE=2EC,动点M在正方体表面上运动，且MEIBDi，则动点M的轨迹的周长为（）

A.6V2B.4V3C.4V2D.3V3

【解题思路】在4B,BBi上分别取点G,F,使得BG=2GA,BF=2FB」则M的轨迹为△GEF,进而求出

周长.

【解答过程】解：由正方体的特点可知BDil平面力CBi，

在4B,BBi上分别取点G,F,使得BG=2GA,BF=2FB1,

连接GE,GF,EF,则GE//AC,EF//BrC,

平面ABiC〃平面GEF,

••・BDi_L平面GEF,

・•・时的轨迹为46£乩

正方体棱长为3,・•.AC=3V2,

•••GE=|力。=2vL

GEF的周长为3GE=6vL

故选：A.

►过关测试

一、单选题

1.（2024・陕西铜川•模拟预测）在正四棱台力BCD-4/1的。1中，AB=2A1B1=4V3,=V10,P是四

边形4BCD内的动点，且&P=4,则动点P运动轨迹的长度为（）

A.亨B.警C.亨D.2V2n

【解题思路】利用勾股定理得到PM=2g,即可得到点P的轨迹，然后求长度即可.

【解答过程】

设A在平面4BCD内的射影为M,则M在线段4C上，则4用="券=吟逅=①，71^^710^6=2,

PM=，4止2一41“2=V16-4=2V3,

故动点P的轨迹为以M为圆心，以2板为半径的圆在正方形力BCD内部部分，

如图所示，其中"7=用/<=逐，故。T=BK=3板，

又SM=ML=2®所以S7=KL=V1F^=3,

因为喘=笠=字所以NSMT=4MK=?故故动点P的轨迹长度是*x=字.

故选：A.

2.（2024•辽宁•模拟预测）如图，在棱长为2的正方体ABCD-Ai/CiDi中，已知M,N,P分别是棱的%,

441，BC的中点，Q为平面PMN上的动点，且直线QBi与直线DBi的夹角为30。，则点Q的轨迹长度为（）

TtC.2TTD.3Tt

【解题思路】以D为坐标原点，DA,DC,DDi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DBil平面PMN,可得点Q的轨迹为圆，由此即可得.

【解答过程】解：以。为坐标原点，DA,DC,DDi所在直线分别为无、y、z轴，

建立空间直角坐标系，P(l,2,0),M(0,l,2),N(2,0,l),0(0,0,0),8式2,2,2),

故DBi=(2,2,2),PM=(-1-1,2),

~PN=(1-2,1),设平面PMN的法向量为访=(x,y,z),

则(而•PM=(x,y,z)•(—1,—1,2)=-x—y+2z=0

(m-PN=(x^z)•(1,—2,1)=x—2y+z=0'

令z=l得，x=y=l,故而=(1,1,1),

因为而=2而，故DBil平面PMN,

Q为平面PMN上的动点，直线QBi与直线0%的夹角为30°,

DBil平面PMN,设垂足为S,以S为圆心，「=争造为半径作圆，

即为点Q的轨迹，其中8道=|仅同=,4+4+4=2V3,

由对称性可知，B、S=?B\D=四,故半径「=乎*遍=1,

故点Q的轨迹长度为27T.

故选：C.

3.（2024•江西•二模）已知正方体48。。-4中停1。1的棱长为4,点M满足雨=3标，若在正方形41比的

内有一动点P满足BP〃平面AM",则动点P的轨迹长为（）

A.4B.V17C.5D.4V2

【解题思路】在棱4。1,441上分别取点与尸，使得4止=%m1，4F=/出连接E£BCi,B£CiE,£）iEBM,

证明平面BFECJ/平面力"%即可得点P的轨迹为线段CiE,再计算长度即可.

【解答过程】

如图，在棱2道1,441上分别取点E,F,使得4亚=1道1，A1F=^A1A,

连接EF,BCi，BF,CiE,D/,BM,

因为2iE=%iDi，A1F=^A1A,

所以,EF/ZADr，