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立体几何中的轨迹问题
【题型归纳目录】
题型一：由动点保持平行求轨迹
题型二：由动点保持垂直求轨迹
题型三：由动点保持等距 (或定长)求轨迹
题型四：由动点保持等角 (或定角)求轨迹
题型五：投影求轨迹
题型六：翻折与动点求轨迹
【典例例题】
题型一：由动点保持平行求轨迹
例1. (多选题) (2022·广东梅州·高一期末)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 2，点M为CC1的中
点，点P为正方形A1B1C1D1上的动点，则 ( )
A.满足MP 平面BDA1的点P的轨迹长度为 2
B. 满足MP⊥AM 2 2的点P的轨迹长度为 3
C. 存在点P，使得平面AMP经过点B
D.存在点P满足PA+PM= 5
【答案】AD
【解析】
对于A，取B1C1的中点Q，D1C1的中点N，又点M为CC1的中点，
由正方体的性质知MQ A1D，NQ BD，MQ∩NQ=Q，A1D∩BD=D，
所以平面MQN 平面BDA1，又MP 平面MQN，∴MP∥平面BDA1，
故点P的轨迹为线段MQ= 1+ 1= 2，故A正确；
以D为原点，分别以DA,DC,DD1为 x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，M (0,2,1)，设P(x,y,2)，且 0≤ x≤ 2，0≤ y≤ 2，

AP= (x- 2,y,2)，MP= (x,y- 2,1)，AM = (-2,2,1)

对于B，AM MP=-2x+ 2 y- 2 + 1=-2x+ 2y- 3= 0，即 y= x+ 32，
又 0≤ x≤ 2，0≤ y≤ 2，则点P的轨迹为线段EF，E 0, 32 ,2 ，F
1
2 ,2,2
且EF= 1 + 14 4 =
2
2 ，故B错误；
对于C，设P(x,y,2)，且 0≤ x≤ 2，0≤ y≤ 2，

若平面AMP经过点B，则DP= aDA+ bDB+ cDM，且 a+ b+ c= 1，

又DP= (x,y,2),DA= (2,0,0),DB= (2,2,0),DM = (0,2,1)，
所以 x,y,2 = a 2,0,0 + b 2,2,0 + c 0,2,1 ，即 x,y,2 = 2a+ 2b,2b+ 2c,c ，
x= 2a+ 2b
因此 y= 2b+ 2c = ，从而 x=-2，不合题意，所以不存在点P，使得平面AMP经2 c
a+ b+ c= 1
过点B，故C错误；
对于D，点M关于平面A1B1C1D1的对称点的为M (0,2,3)，三点共线时线段和最短，
故PA+PM≥AM = 22+ 22+ 32= 17> 4，故存在点P满足PA+PM= 5，故D正确．
故选：AD
例2. (多选题) (2022·重庆南开中学模拟预测)已知正四棱锥P-ABCD的侧面是边长为 6的正三角形，点M在
棱 PD上，且 PM= 2MD，点Q在底面 ABCD及其边界上运动，且MQ 面 PAB，则下列说法正确的是
( )
A.点Q的轨迹为线段
B. MQ与CD π π所成角的范围为 , 3 2
C. MQ的最小值为 3
D. 2二面角M-AB-Q的正切值为 5
【答案】ACD
【解析】对于A，取点N，E，使得AN= 2ND，BE= 2EC，连接ME,NE，MN，如图，
由线段成比例可得MN PA,NE AB，PA 平面PAB，MN 平面
PAB，
所以MN 平面PAB，同理可得NE 平面PAB，
又NE,MN 平面MNE，MN∩NE=N，所以平面MNE 平面PAB，
故当点Q∈ME时，总有MQ 面PAB，所以点Q的轨迹为线段，故A正确；
对于B，由CD NE知MQ与CD所成角即为MQ与NE所成角，在△MEN中，MN= 13 PA= 2,NE=AB
= 6,∠MNE=∠PAB= π3，由余弦定理可得ME= 2 7，由 cos∠MEN=
28+ 36- 4
× =
5 7 1
12 2 7 14
> 2，可知
∠MEN< π3，即Q运动到E点时，异面直线所成的角小于
π
3，故B错误；
对于C，当MQ⊥NE时，MQ最小，此时MQ=MN sin π3 = 2×
3
2 = 3，故C正确；
对于D，二面角M-AB-Q即平面MAB与底面ABCD所成的锐角，连接AC,BD相交于O，连接PO，取
点H，使得OH= 2HD，连接MH，过H作HG⊥AB于G，连接MG，如
图，
由正四棱锥可知，PO⊥面ABCD，由OH= 2HD，PM= 2MD知
MH PO，
∴MH= 13 PO=
1
3 × 3 2= 2，由HG⊥AB可得HG AD，
∴GH= 56 AD= 5，∵MH⊥面ABCD，∴AB⊥MH，又HG⊥AB，HG
∩MH=H，∴AB⊥平面MHG，∴AB⊥MG，∴∠MGH即为二面角的平面角，∴ tan∠MGH= MH =
GH
2
5 ，故D正确．
故选：ACD
例3. (多选题) (2022·全国·高一单元测试)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的边长为 2，M为CC1的中点，P为侧
面BCC1B1上的动点，且满足AM 平面A1BP，则下列结论正确的是 ( )
A. AM⊥B1M B. CD1 平面A1BP
C. AM A 2 2 13与 1B1所成角的余弦值为 3 D.动点P的轨迹长为 3
【答案】BCD
【解析】如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为 2，
则A(0,0,2),A1(0,2,2),B(0,0,0),M (2,1,0),P(x,y,0)，

所以A1B= (0,-2,-2),BP= (x,y,0),AM = (2,1,-2)，
0+ bx= 2
由AM 平面A1BP，得AM = aA1B+ bBP，即 -2a+ by= 1，-2a=-2
化简可得：3x- 2y= 0，
所以动点P在直线 3x- 2y= 0上，

对于选项A：AM = (2,1,-2),B1M = (2,-1,0),AM B1M = 2× 2+ 1×

(-1) + (-2) × 0= 3≠ 0，所以AM 与B1M 不垂直，所以A选项错误；
对于选项B：CD1 A1B,A1B 平面A1BP,CD1 平面A1BP，所以CD1 平面A1BP，B选项正确；

对于选项C：A1B1= (0,0,-2),cos= 4 = 2
2 22+ 12+ (-2)2 3
，C选项正确；
对于选项D：动点P在直线 3x- 2y= 0上，且P为侧面BCC1B1上的动点，则P在线段P1B上，P 41 3 ,2,0 ，
2
所以PB= 41 3 + 22+ 02=
2 13
3 ，D选项正确；
故选：BCD．
例4. (多选题) (2022·江苏扬州·高一期末)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 2，E是棱DD1的中点，F
是侧面CDD1C1上的动点，且满足B1F 平面A1BE，则下列结论中正确
的是 ( )
A. 9平面A1BE截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面面积为 2
B. 点F π的轨迹长度为 4
C. 存在点F，使得B1F⊥CD1
D.平面A1BE与平面CDD1C
1
1所成二面角的正弦值为 3
【答案】AC
【解析】
取CD中点G，连接BG、EG，则等腰梯形A1EGB为截面，
而A1E=GB= 5，A1B= 2 2,EG= 2，
故梯形A EGB面积为 2+ 2 2 × 5- 1 = 91 2 2 2，A正确；
取C1D1中点M，CC1中点N，连接B1M ,B1N ,MN ,NE,MG，
则NE A1B1,NE=A1B1，故四边形A1B1NE为平行四边形，
则得B1N A1E，而B1N 平面A1BE，A1E 平面A1BE，
故B1N 平面A1BE，同理B1M 平面A1BE，
而B1N∩B1M=B1，B1N ,B1M 平面B1MN，故平面B1MN 平面A1BE，
∴点F的运动轨迹为线段MN，其长度为 2，B错误；
取MN的中点F，则B1N=B1M= 5，
∴B1F⊥MN，∵MN CD1，∴B1F⊥CD1，C正确；
因为平面B1MN 平面A1BE且MN⊥C1F，MN⊥B1F，
∴∠B1FC1即为平面B1MN与平面CDDC1所成二面角，
B
sin∠B FC = 1C1 = 2 2 21 1 B F = 3 ，D错1 222+ 22
误．
故选：AC．
例5. (2022·湖南师大附中三模)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
【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，
∵△BCD为等边三角形，BC= 3，∴OD= 23 DF= 3，∴OA= 6，
∴A 0,0, 6 ，D 0, 3,0 ，F 0,- 32 ,0 ，
设P x,y,z ，由PA= 2PD得：x2+ y2+ z- 6 2=
4 x2+ y- 3 2+ z2 ，
2 2
整理可得：x2+ y- 4 33 + z+
6
3 = 4，
∴动点P的轨迹是以G 0, 4 33 ,-
6
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，

∵DG= 0, 3 ,- 6

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．
例6. (2022·山西·太原五中高一阶段练习)如图，在正四棱锥S-ABCD中，E是BC的中点，P点在侧面△SCD
内及其边界上运动，并且总是保持PE∥平面SBD．则动点P的轨迹与△SCD组成的相关图形最有可能是
图中的 ( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】分别取CD、SC的中点M、N，连接MN，ME，NE，
又∵E是BC的中点，∴EM∥BD，EN∥SB，
又∵EM ,EN 面SBD，BD,SB 面SBD，∴EM∥面SBD，EN∥面
SBD，
又∵EM∩EN=E，EM ,EN 平面EMN，∴面EMN∥面SBD，
∴当P在MN上移动时，PE 面EMN，此时能够保持PE∥平面SBD，
则动点P的轨迹与△SCD组成的相关图形是选项A
故选：A．
例7. (2022·安徽省宣城中学高二期末)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 2,E F分别是棱AA1 A1D1的
中点，点P为底面四边形ABCD内 (包括边界)的一动点，若直线D1P与
平面BEF无公共点，则点P的轨迹长度为 ( )
A. 2 B. 5
C. 6 D. 2 2
【答案】B
【解析】取BC的中点G，连接AG,D1G,AD1，如图所示：
E F分别是棱AA1 A1D1的中点，所以EF AD1，
又因为EF 平面BEF，AD1 平面BEF，所以AD1 平面BEF．
因为FD1 BG，FD1=BG，所以四边形FBGD1为平行四边形，
所以FB GD1．
又因为FB 平面BEF，GD1 平面BEF，所以GD1 平面BEF．
因为GD1∩AD1=D1，所以平面AD1G 平面BEF．
因为点P为底面四边形ABCD内 (包括边界)的一动点，直线D1P与平面
BEF无公共点，
所以P的轨迹为线段AG，则 AG = 22+ 12= 5．
故选：B
例8. (2022·河南安阳·高二期末 (理))如图，在正方体 ABCD - A1B1C1D1中，E是棱 CC1的中点，F是侧面
BCC1B1内的动点，且A1F 平面AD1E，下面说法中正确的是______(将所有正确的序号都填上)
①存在一点F，使得A1F D1E；②存在一点F，使得A1F⊥BE；
③点F的轨迹是一条直线；④三棱锥F-AD1E的体积是定值．
【答案】①④
【解析】如图，取B1C1的中点G，BB1的中点H，连接A1G，A1H，GH，
则平面A1GH 平面AD1E，
所以点F在线段GH上运动，即点F的轨迹是线段GH，故③错误．
当点F位于点H时，A1F D1E，故①正确．
取AD的中点N，BC的中点M，连接A1N，MN，B1M，
则BE⊥平面A1B1MN，设GH∩B1M=F1，则A1F1⊥BE，
所以存在一点F使得A1F⊥BE，故②错误．
平面A1GH 平面AD1E，
所以点F到平面AD1E的距离是定值，
所以三棱锥F-AD1E的体积是定值，故④正确．
故答案为：①④
【方法技巧与总结】
(1)线面平行转化为面面平行得轨迹
(2)平行时可利用法向量垂直关系求轨迹
题型二：由动点保持垂直求轨迹
例9.(2022·湖北·高一期末)直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为 3 3的正方形，AA1= 3，点M为CC1
的中点，点O为A1M的中点，则点O到底面ABCD的距离为__________;若P为底面ABCD内的动
点，且A1P⊥PM，则动点P的轨迹长度为__________．
【答案】94 2π
【解析】由点O为A1M的中点可得，点O到平面A1B1C1D1的距离是点M到平面A1B1C1D1距离的一半，则点
O到平面A1B1C1D1的距离为
3
4，
故点O到平面ABCD的距离为 3- 34 =
9
4；
∵A1P⊥PM，点O为A1M的中点，
∴OP= 1 A M= 1 A C 2+CM 2= 152 1 2 1 4 ，
2 2
设以O为球心，OP的长为半径的球与平面ABCD所截得的圆的半径为 r，则 r= 15 - 94 4 = 3，
则动点P的轨迹即为以正方形ABCD的中心为圆心，3为半径的圆留在正
方形ABCD内的圆弧，如图，R为QP中点，所以HR⊥QP，所以
3 3
cos∠QHR= RH = 2 = 3
QH 3 2
，
所以∠QHP= 2∠QHR= π3，P点轨迹所形成的圆弧长为 3× 2π- 4×
π
3
= 2π．
故答案为：94；2π．
例10.(2022·湖南·雅礼中学二模)已知菱形ABCD的各边长为 2,∠D= 60 ．如图所示，将△ACB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．则三棱锥S-ABC的体积为__
________，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__________．
【答案】 32
5 3
3 π
【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 ，
则三棱锥S-ABC的高 h= sin∠SBM SB= 32，
三棱锥S-ABC体积为V= 1 × 3 × 22× 33 4 2 =
3
2 ；
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，
由题可得∠OMO = 11 2 ∠O1MO2= 60
，O1M= 1 33 SM= 3 ，
解Rt△OO1M，得OO1= 3O1M= 1，又O 2 2 31S= 3 SM= 3 ，
则三棱锥S-ABC外接球半径 r= OO21+O1S2= 73，
易知O到平面 α的距离 d=MH= 12，
故平面 α截外接球所得截面圆的半径为 r1= r2- d2= 7 13 - 4 =
5 3
6 ，
∴截面圆的周长为 l= 2πr = 5 31 3 π，即点F轨迹的周长为
5 3
3 π．
故答案为： 3；5 32 3 π．
例11.(2022·四川雅安·高一期末)点M是棱长为 2的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点N
为BC边上中点，若AM⊥B1N，则动点M的轨迹的长度为______．
【答案】4 55 π【解析】如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球O的半径R= 1，
由题意，分别取AA1、BB1的中点G、H，连接C1H、D1G、GH，
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1 BB1且AA1=BB1，
∵G、H分别为AA1、BB1的中点，则A1G B1H且A1G=B1H，
所以，四边形A1B1HG为平行四边形，可得GH A1B1，∵A1B1 CD，
故GH C1D1，
所以，C1、D1、G、H四点共面，
则B1H=BN，B1C 1=BB1，∠C1B1H=∠B1BN= 90，所以，△C1B1H
△B1BN，
所以，∠BNB1=∠B1HC1，则∠B1HC1+∠BB1N=∠BNB1+∠BB1N= 90 ，∴B1N⊥C1H，
∵C1D1⊥平面BB1C1C，B1N 平面BB1C1C，∴C1D1⊥B1N，
∵C1D1∩C1H=C1，∴B1N⊥平面C1D1GH，
所以，动点M的轨迹就是平面D1C1HG截内切球O的交线，
取DD1的中点E，连接EH、B1D1，
∵BB1 DD1且BB1=DD1，H、E分别为BB1、DD1的中点，所以，B1H D1E且B1H=D1E，
所以，四边形B1D1EH为平行四边形，易知点O为EH的中点，
过点E在平面AA1D1D内作EM⊥D1G，
∵C1D1⊥平面AA1D1D，EM 平面AA1D1D，则EM⊥C1D1，
∵C1D1∩D1G=
A D
D1，∴EM⊥平面C1D1GH，sin∠ED1G= sin∠A GD = 1 1 = 2 51 1 D1G 5
，
所以，EM=D1Esin∠ED G= 2 51 5 ，
因为点O为EH的中点，则O到平面D C 5 2 2 2 51 1HG的距离为 d= 5 ，截面圆的半径 r= R - d = 5 ，
所以动点M的轨迹的长度为截面圆的周长 2πr= 4 5π5 ．
故答案为：4 5π5 ．
例12.(多选题) (2022·湖北孝感·高二期末)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1，P为正方形底面
ABCD内一动点，则下列结论正确的有 ( )
A.三棱锥B1-A1D1P的体积为定值
B. 存在点P，使得D1P⊥AD1
C. 若D1P⊥B1D，则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹是线段AC
D.若点P是AD的中点，点Q是BB1的中点，过P，Q作平面 α垂直于平面
ACC1A1，则平面 α截正方体ABCD-A1B1C1D的截面周长为 3 2
【答案】ACD
【解析】对于A，P为正方形底面ABCD时，三棱锥P-A1B1D1的高不变，底
面积也不变，所以体积为定值，所以A正确；
对于B，以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

设P x,y,0 ，则D1 0,0,1 ,A 1,0,0 ，D1P= x,y,-1 ，AD1= -1,0,1 ；

若D1P⊥AD1，则D1P AD1= 0，即 x=-1，与题意矛盾，所以B不正确；

对于C，DB1= 1,1,1 ，由D1P⊥B1D得 x+ y= 1，所以P的轨迹就是线段
AC，所以C正确；
对于D，因为BD⊥AC,BD⊥AA1，所以BD⊥平面ACC1A1；
因为平面 α⊥平面ACC1A1，所以BD 平面 α；
以BD为参照线作出平面 α与正方体各个侧面的交线，如图，易知每个侧面的交
线均相等，长度为 22 ，所以截面周长为 3 2，所以D正确．
故选：ACD．

例13.(多选题) (2022·全国·高二专题练习)已知棱长为 4的正方体ABCD-A1B1C1D 11中，AM = 4 AB，点P在

正方体的表面上运动，且总满足MP MC = 0，则下列结论正确的是 ( )
A.点P的轨迹所围成图形的面积为 5
B. 点P的轨迹过棱A1D1上靠近A1的四等分点
C. 点P的轨迹上有且仅有两个点到点C的距离为 6
D.直线B 31C1与直线MP所成角的余弦值的最大值为 5
【答案】ACD
【解析】如图，
过点M作MF AA1，在AD上取一点N，使MN⊥MC，连接NC,EC,
FC，
过点N作NE AA1，连接EF，易知MF NE，∴E,F,M ,N四点共面；
又∵MF⊥MC，MN∩MF=M，
∴MC⊥面MNEF，即点P的轨迹为矩形MNEF(不含点M )，
设AN= x，则MN= x2+ 1又∵MC= MB2+BC 2= 5
NC= ND2+DC 2= 4- x 2+ 16
∴MN 2+MC 2=NC 2解得 x= 34，即AN=
3
4 ∴MN=
5
4，NC=
5 17
4
对于A，矩形MNEF的面积为：S=MN MF= 54 × 4= 5，A正确；
对于B，A1E=AN= 34，B错误；
对于C，CF= MC 2+MF 2= 41
在Rt△CMN中，C到MN的距离范围是： 5, 5 17 4
∴MN上存在一点到点C的距离为 6；
在Rt△CMF中，C到MF的距离范围是： 5, 41
∴MF上存在一点到点C的距离为 6；
但在Rt△CNE、Rt△CEF中不存在到点C的距离为 6的点，C正确；
对于D，直线B1C1与直线MP所成的最小角就是直线B1C1与平面MNEF所成的角，
∵B1C1 BC∴直线B1C1与平面MNEF所成的即是直线BC与平面MNEF所成的角，
延长NM ,CB交于点G，则∠MGB即是直线BC与平面MNEF所成的角，
∵AN GB∴ AN = AMMB ∴GB=
9
GB 4
在Rt△MGC中，sin∠MGC= MC = 45 ∴ cos∠MGC=
3
5，D正确；GC
故选：ACD．
例14.(2022·全国·高一专题练习)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总
保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹是 (　　)
A.线段B1C
B. 线段BC1
C. BB1中点与CC1中点连成的线段
D. CB中点与B1C1中点连成的线段
【答案】A
【解析】连接AC,BD,B1C,BA1,AB1，
因为DD1⊥AC,AC⊥BD，且DD1∩BD=D，所以AC⊥平面BDD1，
BD1 平面BDD1，
所以AC⊥BD1，
因为A1D1⊥A1B,A1B⊥B1A，且A1D1∩A1B=A1，所以AB1⊥平面BA1D1，BD1 平面BA1D1，
所以AB1⊥BD1，且AB1∩AC=A，所以BD1⊥平面ACB1，AP 平面ACB1，
所以BD1⊥AP，点P的轨迹为面ACB1与面BCC1B1的交线CB1，
故选：A．
例15.(2022·河南许昌·三模 (文))如图，在体积为 3的三棱锥P-ABC中，PA，PB，PC两两垂直，AP= 1，若
点M是侧面CBP内一动点，且满足AM⊥BC，则点M的轨迹长度的最大值为 ( )
A. 3
B. 6
C. 2 3
D. 3 2
【答案】A
【解析】如图所示：
因为PA，PB，PC两两垂直，所以AP⊥平面PCD，即有AP⊥BC，而AM
⊥BC，
所以BC⊥平面APM，即BC⊥PM，故点M的轨迹为Rt△ABC斜边上的高
线PD．
因为三棱锥P-ABC的体积为 3，所以 13 × 1×
1
2 ×PB×PC= 3，即PB×
PC= 18，
由等积法可得，PD= PB×PC = 18 ≤ 18 = 3，
PB2+PC 2 PB2+PC 2 2× 18
当且仅当PB=PC= 3 2时取等号．
故选：A．
例16.(2022·浙江·杭州市富阳区场口中学高二期末)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC是边长为 2的
正三角形，AA1= 3，N为棱A1B1上的中点，M为棱CC1上的动点，过N作平面ABM的垂线段，垂足为点
O，当点M从点C运动到点C1时，点O的轨迹长度为 ( )
A. π2
B. π
C. 3π2
D. 2 3π3
【答案】B
【解析】取AB中点P，连接PC，C1N，如图，
因为PC⊥AB，PN⊥AB，
且PN∩PC=P，所以AB⊥平面PCC1N，AB 平面ABM，
所以平面ABM⊥平面PCC1N，平面ABM∩平面PCC1N=PM，
过N作NO⊥PM，NO 平面PCC1N，所以NO⊥平面ABM，
当点M从点C运动到点C1时，O点是以PN为直径的圆Q(部分)，如图，
当M运动到点C1时，O点到最高点，此时PC= 3,CC1= 3,∠CPC = π1 3，
所以∠OPQ= π6，从而∠OQP=
2π
3 ，
所以弧长 l= 2π3
3
2 = π，即点O的轨迹长度为 π．
故选：B
例17.(2022·浙江·高二阶段练习)已知正四棱锥 S-ABCD，底面边长为 2，AC，DB交于点O，SO⊥平面
ABCD，SO = 1，E为 BC的中点，动点 P在该棱锥的侧面上运动，并且 PE⊥ AC，则点 P轨迹长度为
( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 2
【答案】B
【解析】取SC,CD,OC的中点分别为G,F,H，连接EF,EG,FG,GH，
则GH∥SO，EF∥BD，又SO⊥平面ABCD，BD⊥AC，
∴GH⊥平面ABCD，EF⊥AC，
∴GH⊥AC，又EF∩GH=H，
∴AC⊥平面EFG，
因为动点P在该棱锥的侧面上运动，并且PE⊥AC，
故点P轨迹为折线EG,GF，
由题可知SO= 1，OB= 1,SB=SA= 2，
∴EG=GF= 22 ，
故点P轨迹长度为 2．
故选：B．
例18.(2022·云南·昆明一中高三阶段练习 (理))已知四面体ABCD，AB=BC=CD=DA=BD= 2，二面角A
-BD-C为 60°，E为棱AD中点，F为四面体ABCD表面上一动点，且总满足BD⊥EF，则点F轨迹的长
度为________．
【答案】3 32 【解析】取BD中点O，易得BD⊥AO，BD⊥CO，AO∩CO=O，
所以BD⊥平面AOC，则∠AOC是二面角A-BD-C的平面角，即∠AOC= 60°，
又AO=CO= 3，则AC= 3，分别取CD，OD中点M，N，
所以EM AO，AO 面AOC，EM 面AOC，故EM 面AOC，
又MN CO，同理：MN 面AOC，而EM∩MN=M，EM ,MN 面
EMN，
所以面AOC 面EMN，则BD⊥平面EMN，
因为F为四面体ABCD表面上一动点，且总满足BD⊥EF，
所以点F轨迹是△EMN，其长度为 3 32 ．
故答案为：3 32
【方法技巧与总结】
(1)可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹
(2)利用空间坐标运算求轨迹
(3)利用垂直关系转化为平行关系求轨迹
题型三：由动点保持等距 (或定长)求轨迹
例19.(2022·四川成都·高二期中 (理))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______．
【答案】 142
【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
则有 2x+ 2z= 0 + = ，令 x= 1，则 y= 1,z=-12y 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
y= 3- 2x
联立方程 x+ 2y+ z= 3，则 3 x+ y- z= 0 z= x+ 33
0≤ x≤ 2 0≤ 3- 2x可得 3 ≤ 2，可得 0≤ x≤
3
2 0≤
x+ 3
3 ≤ 2
当 x= 0时，P1 0,1,1 ，当 x= 3 时，P 3 ,0, 32 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=P1P2，则 P1P = 142 2
故答案为： 142 ．
例20.(多选题) (2022·山东·模拟预测)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 2，点M是其侧面ADD1A1上的
一个动点 (含边界)，点P是线段CC1上的动点，则下列结论正确的是 ( )
A.存在点P，M，使得平面B1D1M与平面PBD平行
B. 2π存在点P，M，使得二面角M-DC-P大小为 3
C. P 2π当 为棱CC1的中点且PM= 2 2时，则点M的轨迹长度为 3
D.当M为A1D中点时，四棱锥M-ABCD外接球的内接正四面体的表面积为
16 3
3
【答案】ACD
【解析】
对于A选项，当M为AA1中点，P为CC1中点时，易得BD B1D1，又BD 平面PBD，B1D1 平面PBD，
则B1D1 平面PBD，同理可得MB1 平面PBD，又MB1∩B1D1=B1，则平面B1D1M与平面PBD平行，故
A正确；
对于B选项，因为CD⊥平面ADD1A1，DM 平面ADD1A1，则CD⊥DM，又CD⊥DD1，
可知二面角M-DC-P的平面角为∠MDD1，显然其范围为 0, π 2 ，故B错误；
对于C选项，取DD1中点E，连接PE,ME,PM，则PE⊥平面AA1D1D,PE⊥ME，则ME= PM 2-PE2
= (2 2)2- 22= 2，
则点M在侧面AA1D1D内运动轨迹为以E为圆心半径为 2的劣弧，分别交AD A1D1于M2 M1，则
∠M ED =∠M ED= π1 1 2 3，

则∠M π π 2π1EM2= 3，劣弧M1M2的长为 3 × 2= 3 ．故C正确；
对于D选项，当M为A1D中点时，易知△AMD为等腰直角三角形，AM⊥DM，又AB⊥平面ADD1A1，则
AB⊥DM，
又AB,AM 平面ABM，AB∩AM=A，则DM⊥平面ABM，则DM⊥BM，又DC⊥BC，可知四棱锥M
-ABCD
外接球的球心即为BD的中点，所以四棱锥M-ABCD外接球的半径为 2，设四棱锥M-ABCD外接球
的内接
正四面体的棱长为 x，将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体的面对角线，故正方体的棱长为
2
2 x，
2
正方体的体对角线为外接球的直径，所以 3 22 x = (2 2)2，得 x2=
16
3 ，所以正四面体的表面积为 4×
1
2
x2 32 =
16 3
3 ，所以D正确．
故选：ACD．
例21.(多选题) (2022·福建·莆田二中模拟预测)在棱长为 1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M是A1D1的中
点，点P，Q，R在底面四边形ABCD内 (包括边界)，PB1∥平面MC1D 5， D1Q = 2 ，点R到平面ABB1A1
的距离等于它到点D的距离，则 ( )
A. P 2 B. Q π点 的轨迹的长度为 点 的轨迹的长度为 4
C. PQ 2 5 1长度的最小值为 5 - 2 D. PR
3 5
长度的最小值为 20
【答案】BCD
【解析】对于A，取BC的中点N，连接AN，B1N，则AN MC1，AB1 DC1，所以
AN 平面DMC1，AB1 平面DMC1，
又AN 平面DMC1，AB1 平面DMC1，AN∩AB1=A，所以平面ANB1 平面
DMC1，
又点P在底面四边形ABCD内 (包括边界)，PB1∥平面MC1D，所以点P的轨迹
为线段AN，
2
因为AN= AB2+BN 2= 12+ 12 =
5
2 ，所以点P的轨迹的长度为
5
2 ，故A不正确；
2
对于B，连接DQ，因为Q在底面ABCD上， D1Q = 52 ，所以 DQ
2+DD2= 121 +DQ2= 52 ，解得
DQ= 12，
所以点Q的轨迹是以点D为圆心，以 12 为半径的
1
4 圆，如下图所示，
所以点Q的轨迹的长度为 14 × 2×
1
2 × π=
π
4，故B正确；
对于C，过点D作DP ⊥AN于P ，交点Q的轨迹于Q ，此时P Q 的长度就是PQ长度的最小值，

而∠B=∠AP D,∠BAN=∠ADP ，所以△ABN △DP A，所以 AD = DP ，即 1 = DP ，解得DP 1 =AN AB 5
2
2 5，所以P 5 Q
=DP -DQ = 2 55 -
1
2，
所以PQ长度的最小值为 2 5 - 15 2，故C正确；
对于D，因为点R到平面ABB1A1的距离等于它到点D的距离，由正方体的特点得点R到直线AB的距离
等于点R到平面ABB1A1的距离，
所以点R到直线AB的距离等于它到点D的距离，根据抛物线的定义知点R的轨迹是以点D为焦点，以
AB为准线的抛物线，
以AD的中点为坐标原点O，过点O且垂直于AD的直线为 x轴建立平面直角坐标系，如下图所示，
则D 0，12 ，A 0，-
1 ，N 1，0 ，直线AB的方程为 y=- 12 2，直线AN的方程为 x- 2y- 1= 0，
则抛物线的方程为 x2= 2y，设与直线AN平行且与抛物线相切的直线 l的方程为：x- 2y+n= 0，
联立 x- 2y+n= 0，整理得 4y2- 4n+ 2 y+n2= 0，Δ= 4n+ 2 2- 16n2= 0，解得n=- 1 ，x2= 2y 4
所以直线 l的方程为：x- 2y- 14 = 0，
1- 1
则直线AN与直线 l的距离为：d= 4 = 3 5，
12+ -2 2 20
所以PR长度的最小值为 3 520 ，故D正确，
故选：BCD．
例22.(2022·江西·模拟预测 (理))已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 3，点P在△A1C1B的内部及其边界
上运动，且DP= 14，则点P的轨迹长度为 ( )
A. 2π B. 2π C. 2 2π D. 3π
【答案】A
【解析】连接B1D、B1D1、BD，
则A1C1⊥B1D1，A1C1⊥DD1，B1D1∩DD1=D1，
∴A1C1⊥平面B1DD1，∴A1C1⊥B1D，
同理A1B⊥B1D，∴B1D⊥平面A1C1B．
设A1C1∩B1D1=E，连接BE交B1D于O，
由△BOD∽△EOB1且BD= 2B1E可知OD= 2B1O，则OD= 23 B1D= 2 3，
连接OP，则OD⊥OP，∴OP= DP2-OD2= 14 2- 2 3 2= 2，
可得点P的轨迹为以点O为圆心， 2为半径的圆在△A1C1B内部及其边界上的部分，
OB= 2OE，E为A1C1中点，及△A1BC1为等边三角形可知O为△A1BC1中心，
OE= 13 BE=
1
3 ×
3
2 × 3 2=
6
2 < 2=
8
2 ，如图：
OF= 2，OE= 62 ，cos∠EOF=
OE = 32 ∠EOF=
π
OF 6
，
则∠OFE=∠A1= π3，∴OF∥A1B，同理易知OG∥A1C1，
故四边形A1FOG是菱形，则∠FOG= π3 .

∴FG的长度为 π × 2= 23 3 π，故点P的轨迹长度为 3×
2
3 π= 2π．
故选：A．
例23.(多选题) (2022·辽宁·高一期末)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为 2，点M是其侧面ADD1A1上的动
点 (含边界)，点P是线段CC1上的动点，下列结论正确的是 ( )
A.存在点P，M，使得平面B1D1M与平面PBD平行
B. 当点P为CC1中点时，过A，P，D1点的平面截该正方体所得的截面是梯形
C. 过点A，P，M的平面截该正方体所得的截面图形不可能为五边形
D. P 2π当 为棱CC1的中点且PM= 2 2时，则点M的轨迹长度为 3
【答案】ABD
【解析】对于A选项，当M为AA1中点，P为CC1中点时，
连接B1D1、B1M、D1M、PB、PD、BD
BD∥B1D1，又BD 平面PBD，B1D1 平面PBD，则B1D1∥平面PBD，
MB1∥PD，又PD 平面PBD，B1M 平面PBD，则B1M∥平面PBD，
又B1M∩B1D1=B1，则平面B1D1M∥平面PBD．故A正确；
对于B选项，取BC中点N，连接PN、NA、AD1、PD1、BC1
则PN∥BC1，AD1∥BC1，则AD1∥PN，又AD1≠PN则AD1PN为梯形．
则梯形AD1PN为截面，故B正确；
对于C选项，当M为A1D1中点，P为CC1中点时，
在BC上取点Q，使CQ= 14 CB，在B1C1上取点T，使C1T=
1
4 C1B1
连接A1T、QT，则QT / /AA1，则四边形TQAA1为平行四边形，则TA1 QA
在平面A1B1C1D1内过点M作MN∥A1T，交C1D1于N，则MN QA
连接AM、AQ、PQ、NQ，则PQ MA
则五边形AMNPQ为过点A，P，M的平面截该正方体所得的截面．故C判断错
误；
对于D选项，取DD1中点E，连接PE，ME，PM，
则PE⊥平面AA1D1D，PE⊥ME，则ME= PM 2-PE2= 2 2 2- 22= 2，
则点M在侧面AA1D1D内运动轨迹为以E为圆心半径为 2的劣弧，
分别交AD、A1D1于M2、M1，则∠M1ED1=∠M2ED= π3，

则∠M1EM = π2 3，劣弧M1M2的长为
π
3 × 2=
2π
3 ．故D正确．
故选：ABD
例24.(2022·河南安阳·模拟预测 (文))在四边形ABCD中，BC AD，AB=BC=CD= 12 AD，P为空间中的
动点，PA=PB=AB= 2，E为PD的中点，则动点 E的轨迹长度
为 ( )
A. 2 B. 3
C. 2π D. 3π
【答案】D
【解析】如图，作AP的中点F，连接EF，BF．因为EF AD，
AD BC，
所以EF BC．因为EF= 1 12 AD，BC= 2 AD，所以EF=BC，
故四边形EFBC为平行四边形，则有CE BF，且CE=BF，则有点F的轨迹长度与点E的轨迹长度相同，
过点F作FH⊥AB于H，则点F的轨迹是以H为圆心FH长为半径的圆，且FH= 32 ，
故点F的轨迹长度为 3π．
故选：D．
例25.(2022·四川达州·高二期末 (理))正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1，点P在正方体内部及表面上运动，
下列结论错误的是 ( )
A.若点P在线段D1C上运动，则AP与A B
π π
1 所成角的范围为 3 , 2
B. 若点P在矩形BDD B π π1 1内部及边界上运动，则AP与平面BDD1B1所成角的取值范围是 4 , 2
C. 2 3若点P在△D1B1C内部及边界上运动，则AP的最小值为 3
D. π若点P满足AP= 1，则点P轨迹的面积为 2
【答案】B
【解析】连接AD1,AC,D1C，则△ACD1为等边三角形，当点P与C,D1重合时，AP与A1B所成角最小为 π3，
当点P在D1C的中点T时，AP与A1B所成角最大为
π
2，故A对．
连接AC交BD于O，故AC⊥BD,AC⊥BB1,BD∩BB1=B，则AO⊥平面BDD1B1，故当P与O重合时，
AP与平面BDD1B1所成角最大为
π
2，当P与D1,B1重合时，此时AP长度最大，
此时AP与平面BDD1B1所成角最小，最小角为∠AD1O= π6，故AP与平面
BDD1B1所成角的取值范围是
π π
6 , 2 ，故B错误．
∵AC=AD=AC1=B1D1=B1C=CD1= 2,∴四面体A-CB1D1是正四面体，
棱长为 2，等边△D1B1C的中线长为 32 × 2=
6
2 ，故四面体的高为
2 2- 2 6
2 2 3
3 × 2 = 3 ，当AP⊥平面D1B1C时，此时AP的最小值为
2 3
3 ．故C对．点P满足AP= 1时，此时P在以A为球心，半径为 1的球面
上，又因为点P在正方体内部及表面上运动，故点P在 18 的球面上运动，故面
积为 18 × 4π× 1
2= π2，故D对．
故选：B
例26.(2022·江西省乐平中学高一期末)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 3，过顶点B,D,C1的平面为
α，点P 3 2是平面 α内的动点，A1P= 2 ，则点P的轨迹长度等于 ( )
A. π B. 2π C. 3π D. 2π
【答案】B
【解析】如图建立空间直角坐标系，则D 0,0,0 ，B 3, 3,0 ，C1 0, 3, 3 ，A1 3,0, 3 ，

所以DB= 3, 3,0 ，DC1= 0, 3, 3 ，DA1= 3,0, 3 ，

设平面 的法向量为 = , , ，则 n D B = 3x+ 3y= 0BDC1 n x y z ，n DC1= 3y+ 3z= 0
令 x= 1，则n = 1,-1,1 ，

DA n
所以点A1到平面BDC1的距离 d=
1 2 3
= = 2， n 3
设点A1在平面BDC1的射影为O，即A1O= 2，
又A1P= 3 2 2 2 22 ，所以OP= A1P -A1O = 2 ，
2S
∵△ 是边长为 6的等边三角形，其内切圆半径为 △BDCBDC 11 3BD =
3
2 BD
2
= 3 BD= 33BD 6 6 × 6=
2
2 ，
所以P为以O为圆心，半径 r= 22 的圆上，
所以点P的轨迹长度为 2πr= 2× 22 × π= 2π；
故选：B
【方法技巧与总结】
(1)距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹
(2)利用空间坐标计算求轨迹
题型四：由动点保持等角 (或定角)求轨迹
例27.(2022·福建·三明一中模拟预测)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB= 2 3，点E为平面A1BD内的动
2 5
点，设直线AE与平面A1BD所成的角为 α，若 sinα= 5 ，则点E的轨迹所围成的面积为_________
__．
【答案】π
【解析】如图所示，连接AC1交平面A1BD于O，连接EO，
由题意可知AC1⊥平面A1BD，
所以∠AEO是AE与平面A1BD所成的角，
所以∠AEO= α．
由 sinα= 2 55 可得 tanα= 2，即
AO = 2．
EO
在四面体A-A1BD中，BD=A1D=A1B= 2 6，AB=AD=AA1= 2 3，
所以四面体A-A1BD为正三棱锥，O为△BDA1的重心，
如图所示：
所以解得BO= 33 × 2 6= 2 2，AO= AB
2-BO2= 2，
又因为 AO = 2，
EO
所以EO= 1，
即E在平面A1BD内的轨迹是以O为圆心，半径为 1的圆，
所以S= π× 12= π．
故答案为：π．
例28.(多选题) (2022·云南·昭通市第一中学高一阶段练习)如图，若正方体的
棱长为 1，点M是正方体ABCD-A1B1C1D1的侧面ADD1A1上的一个动点 (含边界)，P是棱CC1的中点，
则下列结论正确的是 ( )
A. 17沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为 2
B. 若保持 PM = 2 π，则点M在侧面内运动路径的长度为 3
C. B-C 1三棱锥 1MD的体积最大值为 6
D.若点M满足∠MD1B=∠B1D1B，则点M的轨迹为线段
【答案】BD
【解析】对于A，将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1沿棱BB1展开，可得展开图如下图所示，
此时从点A到点P的最短路程为 AC 2+ CP 2= 4+ 1 = 174 2 ；
将底面ABCD和侧面CDD1C1沿棱CD展开，可得展开图如上图所示，
此时从点A到点P的最短路程为 AB 2+ BP 2= 1+ 9 = 13 4 2 ；
∵ 132 <
17
2 ，∴从点A到点P的最短路程为
13
2 ，A错误；
对于B，取DD1中点E，连接PE,EM ,PM，
∵P,E分别为CC1,DD1中点，∴PE CD，又CD⊥平面ADD1A1，
∴PE⊥平面ADD1A1，即E为P在平面ADD1A1内的投影；
∵ PM = 2， PE = 1，∴ EM = 1，
∴点M的运动路径是以E为圆心，1为半径的圆与侧面ADD1A1的交线，即

ST，如图所示，

∵ ET = ES = TS = 1，∴∠TES= π，∴ST的长度为 π × 1= π3 3 3，
即点M在侧面内运动路径的长度为 π3，B正确；
对于C，∵△BC D是边长为 2的等边三角形，∴S = 11 △BC D 2 × 2 × 2 ×
3
1 2
= 32 ；
设点M到平面BC1D的距离为 d，则V =V = 1B-C MD M-BC D 3 S△BC D d=
3
1 1 1 6 d，
即当VB-C MD最大时，d最大；∴当M与A1重合时，d取得最大值，1
∴ VB-C MD max=VA -BC D=V 1 1ABCD-A B C D - 4VC -BCD= 1- 4× 3 × 2 × 1× 11 1 1 1 1 1 1 1
× 1= 13，C错误；
对于D，作ME⊥AD，MF⊥DD1，垂足分别为E,F，
∵BB1⊥平面A1B1C1D1，B1D1 平面A1B1C1D1，∴BB1⊥B1D1，
∴ cos∠ = BB D B 1D1 1 1 = 2 = 6
BD1 3 3
；
设 DE = FM =m， DF = ME =n，m,n∈ 0,1 ，
则 BM = BE 2+ ME 2= AB 2+ AE 2+ ME 2= 1+ 1-m 2+n2，
BD1 = 3， D1M = D1F 2+ FM 2= 1-n 2+m2，
DM 2+ D B 2- BM 2 1-n 2+m2+ 3- 1- 1-m 2-n2∴ cos∠MD B= 1 1 = = m-n+ 11 ，2 D1M BD1 2 3 1-n 2+m2 3 1-n 2+m2
又∠MD B=∠B D m-n+ 1 61 1 1B，∴ = ，
3 1-n 2+m2 3
整理可得： m+n- 1 2= 0，即m+n- 1= 0，即 DE = 1- DF = D1F ，
则M为满足 DE = D1F 的线段EF上的点，即点M的轨迹为线段，D正确．
故选：BD．
例29.(多选题) (2022·福建·厦门外国语学校高二阶段练习)如图，在棱长为 1的正方体ABCD-A1B1C1D中，E
为侧面BCC1B1的中心，F是棱C1D1的中点，若点P为线段BD1上的动点，N为ABCD所在平面内的动点，
则下列说法正确的是 ( )

A. PE·PF 1的最小值为 48
B. 若BP= 2PD 91，则平面PAC截正方体所得截面的面积为 8
C. 若D1N与AB
π
所成的角为 4 ，则N点的轨迹为双曲线的一部分
D. 2π若正方体绕BD1旋转 θ角度后与其自身重合，则 θ的最小值是 3
【答案】BCD
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，正方体棱长为 1，
则E 12 ,1,
1
2 ，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，F 0,
1
2 ,1 ，N (x,y,z),A(1,0,0)，

对于A，BD1= (-1,-1,1)，设BP= λBD1= (-λ,-λ,λ)，(0≤ λ≤ 1)，所

以P(1- λ,1- λ,λ)，PE= λ- 1 12 ,λ, 2 - λ ，PF =
λ- 1,λ- 12 ,1- λ ，
2
PE PF = λ- 12 (λ- 1) + λ λ-
1 + 12 2 - λ (1- λ) = 3 λ-
7
12
- 148，
所以 λ= 7

12 时，(PE PF)
1
min=- 48，A不正确；
对于B，BP= 2PD1，则P是BD1上靠近D 1 1 21的三等分点，P 3 , 3 , 3 ，
取AC上靠近C的三等分点G，则G 13 ,
2
3 ,0 ，

PG= 0, 1

3 ,-
2
3 ，显然PG与平面CDD1C1的法向量 (1,0,0)垂直，因此PG 平面CDD1C1，
所以截面PAC与平面CDD1C1的交线与PG平行，作CM PG交C1D1于点M，

设M (0,k,1)，则CM = (0,k- 1,1)，由CM PG得- 2 1 13 (k- 1) = 3，解得 k= 2，
则M与F重合，因此取A1D1中点N，易得NF AC，截面为ACFN，它是等腰梯形，
2 2
AC= 2，NF= 2，AN=CF= 5，梯形的高为 h= 5
2 2- - 2 = 3 22 2 2 2 4 ，
截面面积为S= 1 2+ 2 × 3 2 92 2 4 = 8，B正确；（公众号：高中数学最新试题）

对于C，D1N = (x,y,-1),AB= (0,1,0)，若D1N与AB所成的角为 π4，则有 cos D1N ,AB =
y = 22 ，两边平方化简整理有 y2- x2= 1，C正确；x2+ y2+ 12 × 1

对于D，A(1,0,0)，C(0,1,0)，B1(1,1,1)，AC = (-1,1,0)，BD1= (-1,-1,1)，

AC BD1= 1- 1+ 0= 0，AC⊥BD1，同理AB1⊥BD1，

所以BD1是平面ACB1的一个法向量，即BD1⊥平面ACB1，设垂足为O1，则∠AO1C=∠CO1B1=∠B1OA
= 2π3 ，BD1是正方体的外接球的直径，因此正方体绕BD1旋转 θ角度后与其自身重合，至少旋转
2π
3 ．D正
确．
故选：BCD．
例30.(2022·福建省福州第一中学三模)在三棱锥P-ABC中，AP⊥平面PBC，PB⊥PC，PA=PC= 2PB
= 4，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为___________；若动点M在该三棱锥外接球上，且∠MPB
=∠MPC，则点M的轨迹长为___________．
【答案】36π 34π
【解析】由AP⊥平面PBC，PB⊥PC得，三棱锥P-ABC为直三棱锥，其外接球相当于以PA、PB、PC
为棱的长方体的外接球，故外接球半径为 1 PA2+PB2+PC 22 = 3，故三棱锥P-ABC外接球的表面积为
4π× 32= 36π；
如图，PC中点为F，则易得以PA、PB、PF为棱的正方体PAGF-BDHE，由正方体的对称性，要使
∠MPB=∠MPC，则M在∠BPC的角平分面上，（公众号：高中数学最新试题）即面PAHE，故M的轨迹为
面PAHE与外接球相交出的圆．
取AP、HE中点 I、J，由正方体的对称性易得面OIJ⊥面PAHE，且OJ= 12 PB= 1,IJ= 2
2+ 22= 2 2,
2 2 2
OI= 2+ 2= ∠ = 1 + 2 2，故 - 5 2 1 5 cos IJO 2× × = 2 ，故 IJ上的高 h=OJ sin∠IJO= 1 2 1 2 2
2 2 2 21- 2 = 2 ，故M的轨迹圆的半径 r= 32- 2
34
2 = 2 ，故轨迹长为 2πr= 34π．
故答案为：36π； 34π
例31.(2022·江西·景德镇一中高一期末)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1，空间一动点P满足A1P⊥
AB1，且∠APB1=∠ADB1，则 tan∠APB1=______，点P的轨迹围成的封闭图形的面积为______．
【答案】 2 2+ 32 π
【解析】 ABtan∠APB1= tan∠ADB1= 1 = 2．AD
由正方体ABCD-A1B1C1D1知AB1⊥平面A1BCD1，
又点P满足A1P⊥AB1，所以点P在平面A1BCD1内运动，
如图，连接A1B，AB1交于点O，连接PO，PB1，PA
由对称性，∠APO=∠B1PO，
所以 tan∠APB = 2tan∠APO 6- 21 1- tan2∠ = 2，解得 tan∠APO=APO 2
所以PO= AO = 3+ 1
tan∠APO 2
所以点P的轨迹围成的封闭图形是以点O为圆心， 3+ 12 为半径的圆，
3+ 1 2所以面积S= π× 2+ 32 = 2 π．
故答案为： 2；2+ 32 π．

例32.(多选题) (2022·福建龙岩·高二期末)若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1，且AP=mAD+ nAA1，其
中m∈ [0,1],n∈ [0,1]，则下列结论正确的是 ( )
A.当m= 12 时，三棱锥P-BDB1的体积为定值
B. n= 1当 2 时，三棱锥P-BDB1的体积为定值
C. 当m+n= 1 6+ 2时，PA+PB的最小值为 2
D.若∠PD1B=∠B1D1B，点P的轨迹为一段圆弧
【答案】AC

【解析】因为AP=mAD+nAA1，其中m∈ [0,1],n∈ [0,1]，
所以点P在平面ADD1A1内运动，
对于A：取AD中点E、A1D1中点F，连接EF，
所以EF ∕∕AA1 ∕∕BB1，
因为EF 平面BDB1，BB1 平面BDB1，
所以EF ∕∕平面BDB1，
1 当m= 2 时，则AP=
1
2 AD+nAA1，
所以点P在线段EF上运动，
因为EF ∕∕平面BDB1，
所以无论点P在EF任何位置，P到平面BDB1的距离不变，即高不变，
所以三棱锥P-BDB1的体积为定值，故A正确；
对于B：取AA1中点G，DD1中点H，连接GH，

当n= 1 时，AP=mAD+ 1

2 2 AA1，
所以点P在GH上运动，
假设GH ∕∕平面BDB1，
又GA ∕∕BB1，GA 平面BDB1，BB1 平面BDB1，
所以GA ∕∕平面BDB1，
因为GA∩GH=G,GH,GA 平面GHDA，
所以平面GHDA ∕∕平面BDB1，与已知矛盾，故假设不成立，
所以GH不平行平面BDB1，
所以P在GH上运动时，P到平面BDB1的距离在变化，
所以三棱锥P-BDB1的体积不是定值，故B错误；
对于C：连接A1D，A1B，BD，当m+n= 1时，可得A1、P、D三点共线，
将△AA1D1沿A1D翻折至与平面A1BD共面，如下图所示
连接AB，当P为AB与A1D交点时，PA+PB最小，即为AB，
因为A1B,A1D,BD均为面对角线，
所以A1B=A1D=BD= 2，即△A1BD为等边三角形，
又∠A1AD= 90°，A1A=AD= 1，
所以∠ADB=∠AA1B= 105°，△ADB≌△AA1B，
所以∠ABD= 30°
在△ADB中，由正弦定理得 AB AD
sin∠ = ，ADB sin∠ABD
所以AB= 1 ° × sin105° = 2 sin45°cos60°+cos45°sin60° =
2+ 6
，
sin30 2
故C正确；
对于D：分别以DA、DC、DD1为 x，y，z轴正方向建系，如图所示，
则B(1,1,0),D1(0,0,1)，设P(x,0,z)，

所以D1P= (x,0,z- 1),D1B= (1,1,-1)，

所以 cos∠ DPD1B= 1
P D 1B = x- z+ 1
D1P D1B x2+ (z- 1)2 3
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，B1D1 平面A1B1C1D1，
所以BB1⊥B1D1，
又B1D1= 2,BD1= 3，
所以 cos∠ = BB D B 1D11 1 BD =
6
3 ，1
所以 x- z+ 1 = 63 ，整理得 x
2+ z2+ 2xz- 2x- 2z+ 1= 0，
x2+ (z- 1)2 3
所以 (x+ z- 1)2= 0，即 x+ z- 1= 0，x∈ [0,1],z∈ [0,1]
所以P点轨迹为线段，故D错误
故选：AC
例33.(多选题) (2022·江苏盐城·高二期末)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，点M是棱AD的中点，AA1=AD=
4,AB= 5，点P在侧面BCC1B1的边界及其内部运动，则 ( )
A.直线MP与直线DD1所成角的最大值为 90°
B. 若∠D 1MP= 60 ，则点P的轨迹为椭圆的一部分
C. 不存在点P，使得AC∥平面D1PM
D.若平面D1PM与平面ABCD和平面D1PM与平面BCC1B1所成的锐二
3 5
面角相等，则点P的轨迹长度为 2
【答案】ACD
【解析】
对于A，取A1D1中点N，易得MN∩MP=M，则MN ,MP 平面MNP，又
D1D∥NM，DD1 平面MNP，
则直线MP与直线DD1为异面直线，则直线MP与直线DD1所成角的范围
为 0 ,90 ，D1D⊥平面ABCD，又P在BC上时，
MP 平面ABCD，则D1D⊥MP，此时直线MP与直线DD1所成角为 90°，
则直线MP与直线DD1所成角的最大值为 90°，A正确；
对于B，满足∠D1MP= 60 的动点P的轨迹是以D1M为轴，半顶角为 60 的圆锥面，（公众号：高中数学最新
试题）又轴D1M∥平面BCB1C1，
则圆锥面与平面BCB1C1的交线为双曲线的一部分，即点P的轨迹为双
曲线的一部分，B错误；
对于C，以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，易得A 4,0,0 ,
C 0,5,0 ,M 2,0,0 ,D1 0,0,4 ，设P x,5,z ，其中 0≤ x≤ 4,0≤ z≤ 4，

则AC = -4,5,0 ,MP= x- 2,5,z ,MD1= -2,0,4 ，设平面D1PM
= , , n M P = x- 2 a+ 5b+ zc= 0的法向量为n a b c ，则 ，n MD1=-2a+ 4c= 0
取 c= 1，则n = 2, 4- 2x- z

5 ,1 ，要使AC∥平面D1PM，则n
AC =
-8+ 4- 2x- z= 0，即 2x+ z=-4，
又 0≤ x≤ 4,0≤ z≤ 4，2x+ z=-4显然无解，即不存在点P，使得AC∥平面D1PM，故C正确；
对于D，由C选项知，平面D1PM的法向量n
= 2, 4- 2x- z5 ,1 ，易得平
面ABCD的法向量为 0,0,1 ，平面BCC1B1的法向量为 0,1,0 ，
1
由锐二面角相等，可得 =
22+ 4- 2x- z
2
5 + 12
4- 2x- z5
- - ，化简得
4- 2x- z
5 = 1，即 2x+ z=-1(舍
22+ 4 2x z
2
5 + 12
去)或 2x+ z= 9；
画出平面BCC1B1的平面图，易得 2x+ z= 9与BB1的交点为E 4,1 ，与
2
B1C 的交点为F 51 2 ,4 ，则EF= 3
2+ 3 = 3 52 2 ，
即点P的轨迹长度为 3 52 ，D正确．
故选：ACD．
例34.(多选题) (2022·全国·高三专题练习)在三棱锥P-ABC中，∠PAB= π3 ，PA= 5，AB= 4，二面角P-
AB-C π的大小为 4 ，点M为侧面△PAB上的动点，点M到直线PA的距离为 d1，点M到平面ABC的距离
为 d2，若 d1= 2d2，则 ( )
A. PB= 21 B. 点M到直线AB的距离等于 2d1
C. 点M 20 3的轨迹为一段圆弧 D.点M的轨迹长度为 9
【答案】AD
【解析】在△PAB中，因为∠PAB= π3，PA= 5，AB= 4，
由余弦定理得PB= AP2+AB2- 2AP ABcos∠PAB = 21，故A正确．
过点M作AB的垂线，垂足为G，作平面ABC的垂线，垂足为H，过点
M作PA的垂线，垂足为N，连接HG．
因为二面角P-AB-C的大小为 π4，所以∠MGH=
π
4，
所以MG= 2MH= 2d2，又因为 d1= 2d2，所以MG= d1=MN，故
B错误，
点M的轨迹是∠PAB的角平分线，故C错误，
设∠PAB的角平分线为AQ，在△PAB中，由余弦定理得 cos∠APB=
21
7 ，
PQ
由角平分线定理得 AP = = 54，又因为PB= 21，则PQ=
5 21，
AB BQ 9
在△PAQ中，所以AQ= PA2+PQ2- 2PA PQ cos∠APB = 20 39 ，
所以点M的轨迹长度为 20 39 ，所以D正确．
故选：AD．
例35.(多选题) (2022·湖北·宜昌市一中高一阶段练习)如图，点M是棱长为 1的正方体ABCD-A1B1C1D1中的
侧面ADD1A1上的一个动点 (包含边界)，则下列结论正确的是 ( )
A.存在无数个点M满足CM⊥AD1
B. 当点M在棱DD1上运动时， MA + MB1 的最小值为 3+ 1
C. 在线段AD1上存在点M，使异面直线B1M与CD所成的角是 30
D.满足 CM = 2 π的点M的轨迹长度是 2
【答案】AD
【解析】对A，若M在A1D上，此时必有CM⊥AD1，证明如下：CD⊥平面
ADD1A1，
所以CD⊥AD1，又A1D⊥AD1，所以AD1⊥平面A1DC，
所以AD1⊥CM，所以A正确；
对B，如图
旋转面ADD1A1使之与面BB1D1D共面，
连接A B 交DD 于M，此时 |MA|+ MB 最短为A 1 1 1 B1，大小为 4+ 2 2，故B
错误，
对C，
当M在A1D和AD1交点处时，
此时直线B1M与CD所成的角即直线B1M与A1B1所成角，
此时此异面直线所成角最小，其正切值为 22 ，
即最小角大于 30 ，故不存在，即C错误，
当点M在平面ADD1A1内时，由CD⊥面ADD1A1，DM 面ADD1A1，则CD
⊥DM，
所以有CD2+DM 2=CM 2= 2，所以DM= 1，
所以点M的轨迹是以D为圆心，半径为 1的 14 圆弧，
从而动点M轨迹长度为 14 × 2π=
π
2，所以D正确．
故选：A D．
例36.(多选题) (2022·山东聊城·三模)在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，所有棱长均 2，∠BAD= 60°，P为CC1
的中点，点Q在四边形DCC1D1内 (包括边界)运动，下列结论中正确的是 ( )
A.当点Q在线段CD1上运动时，四面体A1BPQ的体积为定值
B. 若AQ 平面A1BP，则AQ的最小值为 5

C. 若△A1BQ的外心为M，则A1B A1M 为定值 2
D. A Q= 7 Q 2π若 1 ，则点 的轨迹长度为 3
【答案】ABD
【解析】对于A，因为A1B D1C，又因为A1B 面A1BP，D1C 面
A1BP，所以D1C 面A1BP，所以直线CD1到平面A1BP的距离相等，又
△A1BP的面积为定值，故A正确；
对于B，取DD1,DC的中点分别为M ,N，连接AM ,MN ,AN，
则易证明：AM PC，AM 面A1BP，PC 面A1BP，所以AM 面
A1BP，
又因为A1B MN，，MN 面A1BP，A1B 面A1BP，所以MN 面
A1BP，
MN∩AM=M，所以平面A1BP 面AMN，AQ 面AMN，所以
AQ 平面A1BP
当AQ⊥MN时，AQ有最小值，则易求出AM= 5,MN= 2,AN=
AD2+DN 2- 2AD DNcos120° = 4+ 1- 2× 2× 1× - 12 =
7，所以Q,M重合，所以则AQ的最小值为AM= 5，故B正确。

对于C，若△A1BQ的外心为M，，过M作MH⊥A1B于点H， A1B = 22+ 22= 2 2

则A B A M = 1
2
1 1 2 A1B = 4．故C错误；
对于D，过A1作A1O⊥C1D1于点O，易知A1O⊥平面C1D1D，OD1=
A D cos π1 1 3 = 1
在DD1,D1C1上取点A3,A2，使得D1A3= 3，D1A2= 1，则A1A3=A1A2=
7，OA3=OA2= 7- 3= 2
所以若A1Q= 7，则Q在以O为圆心，2为半径的圆弧A2A3上运动，
又因为D1O= 1,D1A3= 3,所以∠A3OA = π2 3，则圆弧A A 等于
2π
2 3 3 ，
故D正确．
故选：ABD．
例37.(2022·广东茂名·模拟预测)在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AP= 2，点M是矩形ABCD内
(含边界)的动点，且AB= 1,AD= 3 π，直线PM与平面ABCD所成的角为 4．记点M的轨迹长度为 α，则
tanα= ( )
A. 33 B. 1 C. 3 D. 2
【答案】C
【解析】因为PA⊥平面ABCD，所以∠PMA即为直线PM与平面ABCD所成的角，
所以∠PMA= π4，
因为AP= 2，所以AM= 2，
所以点M位于矩形ABCD内的以点A为圆心，2为半径的圆上，
则点M的轨迹为圆弧EF．
连接AF，则AF= 2，
因为AB= 1，AD= 3，
所以∠AFB=∠FAE= π6，
则弧EF的长度 α= π6 × 2=
π
3，
所以 tanα= 3．
故选：C．
【方法技巧与总结】
(1)直线与面成定角，可能是圆锥侧面．
(2)直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面
(3)利用空间坐标系计算求轨迹
题型五：投影求轨迹
例38.(2022·山东日照·三模)如图所示，二面角 α- l- β的平面角的大小为 60 ，A,B是 l上的两个定点，且AB
= 2,C∈ α,D∈ β，满足AB与平面BCD所成的角为 30 ，且点A在平面BCD上的射影H在△BCD的内部
(包括边界)，则点H的轨迹的长度等于_________．
【答案】 36 π
【解析】如图所示：因为AB与平面BCD所成的角为 30°，点A
在平面BCD上的射影H，AB= 2，
所以AH=AB sin30° = 1,BH=AB cos30° = 3，
所以H的轨迹为直角三角形ABH绕斜边AB旋转所形成的轨迹，
在直角△ABH中，作HO⊥AB，垂足为O，
因为AB= 2,AH= 1,BH= 3，可得OH= AH BH = 3
AB 2
，
即点H的轨迹为以O为圆心，以OH为半径的圆弧，
又因为二面角 α- l- β的平面角的大小为 60 ，
所以点H的轨迹的长度等于 π × 3 33 2 = 6 π．
故答案为： 36 π．
例39.(2022·云南师大附中高二期中)1822年，比利时数学家Dandelin利用圆锥曲线的两个内切球，证明了用一
个平面去截圆锥，可以得到椭圆 (其中两球与截面的切点即为椭圆的焦点)，实现了椭圆截线定义与轨迹定
义的统一性．在生活中，有一个常见的现象：用手电筒斜照地面上的篮球，留下的影子会形成椭圆．这是由
于光线形成的圆锥被地面所截产生了椭圆的截面．如图，在地面的某个占A1正上方有一个点光源，将小球
放置在地面，使得AA1与小球相切．若A1A= 5，小球半径为 2，则小球
在地面的影子形成的椭圆的离心率为 ( )
A. 2 B. 43 5
C. 1 D. 23 5
【答案】A
【解析】在Rt△AA1A2中，设A2F1= x，∴DA2= x
AA1= 5，A1A2= x+ 2，AA2= x+ 3，
∴ 52+ (x+ 2)2= (x+ 3)2，
∴ x= 10，∴长轴长A1A2= 2a= 12，a= 6，c= 6- 2= 4
则离心率 e= ca =
2
3．
故选：A
例40.(2022·河南·一模 (理))椭圆是日常生活中常见的图形，在圆柱形的玻璃杯中盛半杯水，将杯体倾斜一个角
度，水面的边界即是椭圆．现有一高度为 12厘米，底面半径为 3厘米的圆柱形玻璃杯，且杯中所盛水的体积
恰为该玻璃杯容积的一半 (玻璃厚度忽略不计)，在玻璃杯倾斜的过程中 (杯中的水不能溢出)，杯中水面边
界所形成的椭圆的离心率的取值范围是 ( )
A. 0, 5 B. 5 ,1 C. 0, 2 5 6 5 5 D.
2 5
5 ,1
【答案】C
【解析】
根据题意可知当玻璃杯倾斜至杯中水刚好不溢出时，水面边界所形成椭圆的离心率最大，由椭圆的几何性
质即可确定此时椭圆的离心率，进而确定离心率的取值范围．
【详解】
当玻璃杯倾斜至杯中水刚好不溢出时，水面边界所形成椭圆的离心率最大．
此时椭圆长轴长为 122+ 62= 6 5，短轴长为 6，
2
所以椭圆离心率 e= 1- 6 = 2 56 5 5 ，
所以 e∈ 0, 2 5 5 ．
故选：C
例41.(2022·重庆市第十一中学校高三阶段练习)参加数学兴趣小组的小何同学在打篮球时，发现当篮球放在地
面上时，篮球的斜上方灯泡照过来的光线使得篮球在地面上留下的影子有点像数学课堂上学过的椭圆，但
他自己还是不太确定这个想法，于是回到家里翻阅了很多参考资料，终于明白自己的猜想是没有问题的，而
且通过学习，他还确定地面和篮球的接触点 (切点)就是影子椭圆的焦点．他在家里做了个探究实验：如图
所示，桌面上有一个篮球，若篮球的半径为 1个单位长度，在球的右上
方有一个灯泡P(当成质点)，灯泡与桌面的距离为 4个单位长度，灯泡
垂直照射在平面的点为A，影子椭圆的右顶点到A点的距离为 3个单
位长度，则这个影子椭圆的离心率 e=______．
【答案】79
【解析】以A为原点建立平面直角坐标系，则P(0,4)，R(-3,0)，直线PR
的方程为 y= 43 x+ 4
设M (n,1)，Q(n,0)
4 n+ 4- 1
由M到直线PR的距离为 1，得 3 = 1，解之得n=- 7
2
+ 4 2
或n=-1(舍)
1 3
则M - 7 72 ,1 ，Q - 2 ,0
又设直线PN的方程为 y= kx+ 4
- 72 k+ 4- 1 由M到直线PN的距离为 1，得 = 1，整理得 45 k2- 21k+ 8= 0
1+ k2 4
则 k1k = 32，又 k = 42 45 PR 3，故 kPN=
8
15
则直线PN的方程为 y= 815 x+ 4，N -
15
2 ,0
故NQ=- 72 +
15
2 = 4= a+ c，RQ=-3+
7 = 12 2 = a- c
a+ c= 4
9 7
由 ，解得 a= 4 ，故椭圆的离心率 e= c = 4 = 7 a- c= 12 c= 7 a 9 94 4
故答案为：79
例42.(2022·江西南昌·二模 (理))通过研究发现：点光源P斜照射球，在底面上形成的投影是椭圆，且球与底面
相切于椭圆的一个焦点 F1(如图所示)，如图是底面边长为 2 高为 3的正四棱柱，一实心小球与正四棱柱的
下底面及四个侧面均相切，若点光源P位于AD的中点处时，则在平面A1B1C1D1上的投影形成的椭圆的离
心率是___________．
【答案】12
【解析】从P作PM⊥A1D1于M点，在平面POM内作球的切线PN，交平面A1B1C1D1于N点，则在平面
POM内形成的图形如图所示：
底面边长为 2 高为 3的正四棱柱，实心小球与正四棱柱的下底面及四个侧面均相切，
则PM= 3，OQ=MF1=MQ= 1，故PQ= 2，
2× 1
tan∠QPO= 1 2 42 tan∠MPN= 1 2 = 3，1- 2
则MN=PM tan∠MPN= 3× 43 = 4，
根据题目条件知，F1是椭圆焦点，MN是长轴，即 2a= 4，MF1= a-
c= 1，
则 a= 2,c= 1，离心率 e= 12
故答案为：12
例43.(2022·吉林·东北师大附中模拟预测 (理))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=__________．
【答案】35
【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，

所以 sinθ= O E =
4
5，OO
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，
由题意得AB= 2R= 8,sin∠ACB= sinθ= 45，
因为 sinθ= AB = 45，所以AC= 10，AC
所以 2a= 10，得 a= 5，
所以椭圆的离心率为 e= c a
2- b2= = 25- 16 = 3a a 5 5，
故答案为：35
【方法技巧与总结】
1)球的非正投影，可能是椭圆面
(2)多面体的投影，多为多边形．
题型六：翻折与动点求轨迹
例44.(2022·江西萍乡·三模 (理))如图，在正方形 ABCD中，点M是边 CD的中点，将 △ADM沿AM翻折到
△PAM，连接PB,PC，在△ADM翻折到△PAM的过程中，下列说法正确的是_________． (将正确
说法的序号都写上)

①点P的轨迹为圆弧；
②存在某一翻折位置，使得AM⊥PB；
③棱PB的中点为E，则CE的长为定值；
【答案】①③
【解析】设正方形ABCD边长为 a，
①在正方形ABCD中，过点D作DH⊥AM于H，则DH= 55 a
在△ADM翻折到△PAM的过程中，PH⊥AM，PH= 55 a均不变，
则点P的轨迹为以H为圆心，以 55 a为半径的圆弧．判断正确；
②假设存在某一翻折位置，使得AM⊥PB．
在△PAM内，过点P作PN⊥AM于N，连接BN，
由AM⊥PB，PN⊥AM，PN∩PB=P，可得AM⊥平面PBN
又BN 平面PBN，则AM⊥BN，则 cos∠MAB= AN = 2 5
AB 5
又在正方形ABCD中，cos∠MAB= cos∠AMD= 55 ．
二者互相矛盾，故假设不成立，即不存在某一翻折位置，使得AM⊥PB．判断
错误；
③棱PB的中点为E．取PA中点K，连接EK，CE，MK，则MK= 22 a
则有EK∥AB，EK= 12 AB，则EK∥MC，EK=MC
则四边形EKMC为平行四边形，则CE=MK，
又MK= 2 a，则CE= 22 2 a，即CE的长为定值．判断正确．
故答案为：①③
例45.(2022·河南·襄城县教育体育局教学研究室二模 (文))已知矩形ABCD中，AB= 2BC= 6，点M，N分别
为线段AB，CD的中点，现将△ADM沿DM翻转，直到与△NDM首次重合，则此过程中，点A的运动轨迹
长度为 ( )
A. 3 2π B. 3 2π2 C.
3 2π D. 2π4 2
【答案】B
【解析】如图，连接AN ,DM，相交于点O，
由题得四边形AMND是边长为 3的正方形，AN= 3 2，
现将△ADM沿DM翻转，直到与△NDM首次重合，
则此过程中，点A的运动轨迹是以点O为圆心，以 32 2为半径的半圆，
所以点A的运动轨迹长度为 2π× 32 2 ×
1
2 =
3
2 2π．
故选：B
例46.(2022·河南·模拟预测 (理))如图，在长方形ABCD中，AB= 2，BC= 4，E为BC的中点，将△BAE沿AE
向上翻折到△PAE的位置，连接PC，PD，在翻折的过程中，以下结论错误的是 ( )
A. 3π四棱锥P-AECD体积的最大值为 2 2 B. PD的中点F的轨迹长度为 2
C. EP，CD与平面PAD所成的角相等 D.三棱锥P-AED外接球的表面积有最小值 16π
【答案】B
【解析】由已知条件可知，梯形AECD的面积为 6，AE= 2 2，直角△APE斜边
AE上的高为 2，当平面APE⊥平面AECD时，四棱锥P-AECD的体积取
得最大值，
即V 1P-AECD= 3 × 6× 2= 2 2，则A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F的轨迹与点G的轨迹形状完全相同．过G作AE的垂线，垂足为H，G的轨迹是以H为圆心，HG=
2
2 为半径的半圆弧，从而PD的中点F的轨迹长度为
2π
2 ，
则B错误；
由四边形ECFG是平行四边形，知EC FG，则EC 平面PAD，
则E，C到平面PAD的距离相等，
故PE，CD与平面PAD所成角的正弦值之比为PE:CD= 1:1，则C正确；
△APE外接圆O1的半径为 2，O1为AE的中点，直角△ADE外接圆O2的
半径为 2，O2为AD的中点，AE是圆O1与圆O2的公共弦， O1O2 = 2，
设三棱锥P-AED外接球的球心为O，半径为R，
则R= OE = O1E 2+ OO1 2= O 2 2 2 21E + O1O2 + O2O = 4+ O2O ≥ 2，
因为 O2O ∈ [0,+∞)，所以R≥ 2，所以球O表面积的最小值为S= 4πR2= 16π，
则D正确，
故选：B．
例47.(多选题) (2022·山西大同·高一期末)已知正方形ABCD的边长为 2，将△ACD沿AC翻折到△ACD 的位
置，得到四面体D -ABC，在翻折过程中，点D 始终位于△ABC所在平面的同一侧，且 BD 的最小值为
2，则下列结论正确的是 ( )
A.四面体D -ABC的外接球的表面积为 8π
B. 四面体D -ABC体积取最大值时，AD 与平面ABC所成角为 45°
C. 点D 2 2π的运动轨迹的长度为 3
D.边AD 2 2π旋转所形成的曲面的面积为 3
【答案】ABCD
【解析】对A：∵∠ABC= 90 ,∠AD C= 90 ，
∴AC中点即为四面体D -ABC的外接球的球心，AC为球的直径，
∴R= 2，
∴四面体D -ABC的外接球的表面积= 4πR2= 4π 2 2= 8π，故选项A正确；
对B：当平面AD C⊥平面ABC时，四面体D -ABC体积的最大，此时高为 2，
此时∠D AO为AD 与平面ABC所成角，∠D AO= 45 ，故选项B正确；
对C：设方形ABCD对角线AC与BD交于O，
由题意，翻折后当BD 的最小值为 2时，△OD B为边长为 2的等边三角形，
此时∠D OB= π3，所以点D的运动轨迹是以O为圆心 2为半径的圆心角为
2π
3 的圆弧，
所以点D的运动轨迹的长度为 2π3 × 2=
2 2π
3 ，故选项C正确；
对D：结合C的分析知，边AD旋转所形成的曲面的面积为以A为顶点，
底面圆为以O为圆心OD= 2为半径的圆锥的侧面积的 13，
即所求曲面的面积为 13 πrl=
1 2 2π
3 π× 2 × 2= 3 ，故选项D正确．
故选：ABCD．
【方法技巧与总结】
(1)翻折过程中寻找不变的垂直的关系求轨迹
(2)翻折过程中寻找不变的长度关系求轨迹
(3)可以利用空间坐标运算求轨迹立体几何中的轨迹问题
【题型归纳目录】
题型一：由动点保持平行求轨迹
题型二：由动点保持垂直求轨迹
题型三：由动点保持等距 (或定长)求轨迹
题型四：由动点保持等角 (或定角)求轨迹
题型五：投影求轨迹
题型六：翻折与动点求轨迹
【典例例题】
题型一：由动点保持平行求轨迹
例1. (多选题) (2022·广东梅州·高一期末)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 2，点M为CC1的中
点，点P为正方形A1B1C1D1上的动点，则 ( )
A.满足MP 平面BDA1的点P的轨迹长度为 2
B. 满足MP⊥AM 2 2的点P的轨迹长度为 3
C. 存在点P，使得平面AMP经过点B
D.存在点P满足PA+PM= 5
例2. (多选题) (2022·重庆南开中学模拟预测)已知正四棱锥P-ABCD的侧面是边长为 6的正三角形，点M在
棱 PD上，且 PM= 2MD，点Q在底面 ABCD及其边界上运动，且MQ 面 PAB，则下列说法正确的是
( )
A.点Q的轨迹为线段
B. MQ与CD π π所成角的范围为 3 , 2
C. MQ的最小值为 3
D. 2二面角M-AB-Q的正切值为 5
例3. (多选题) (2022·全国·高一单元测试)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的边长为 2，M为CC1的中点，P为侧
面BCC1B1上的动点，且满足AM 平面A1BP，则下列结论正确的是 ( )
A. AM⊥B1M
B. CD1 平面A1BP
C. AM与A1B
2
1所成角的余弦值为 3
D. 2 13动点P的轨迹长为 3
例4. (多选题) (2022·江苏扬州·高一期末)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 2，E是棱DD1的中点，F
是侧面CDD1C1上的动点，且满足B1F 平面A1BE，则下列结论中正确的是 ( )
A. A BE ABCD-A B C D 9平面 1 截正方体 1 1 1 1所得截面面积为 2
B. F π点 的轨迹长度为 4
C. 存在点F，使得B1F⊥CD1
D.平面A1BE与平面CDD1C
1
1所成二面角的正弦值为 3
例5. (2022·湖南师大附中三模)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_______．
例6. (2022·山西·太原五中高一阶段练习)如图，在正四棱锥S-ABCD中，E是BC的中点，P点在侧面△SCD
内及其边界上运动，并且总是保持PE∥平面SBD．则动点P的轨迹与△SCD组成的相关图形最有可能是
图中的 ( )
A. B. C. D.
例7. (2022·安徽省宣城中学高二期末)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 2,E F分别是棱AA1 A1D1的
中点，点P为底面四边形ABCD内 (包括边界)的一动点，若直线D1P与平面BEF无公共点，则点P的轨迹
长度为 ( )
A. 2 B. 5
C. 6 D. 2 2
例8. (2022·河南安阳·高二期末 (理))如图，在正方体 ABCD - A1B1C1D1中，E是棱 CC1的中点，F是侧面
BCC1B1内的动点，且A1F 平面AD1E，下面说法中正确的是______(将所有正确的序号都填上)
①存在一点F，使得A1F D1E；②存在一点F，使得A1F⊥BE；
③点F的轨迹是一条直线；④三棱锥F-AD1E的体积是定值．
【方法技巧与总结】
(1)线面平行转化为面面平行得轨迹
(2)平行时可利用法向量垂直关系求轨迹
题型二：由动点保持垂直求轨迹
例9.(2022·湖北·高一期末)直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为 3 3的正方形，AA1= 3，点M为CC1
的中点，点O为A1M的中点，则点O到底面ABCD的距离为__________;若P为底面ABCD内的动
点，且A1P⊥PM，则动点P的轨迹长度为__________．
例10.(2022·湖南·雅礼中学二模)已知菱形ABCD的各边长为 2,∠D= 60 ．如图所示，将△ACB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．则三棱锥 S-ABC的体积为 __________，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__________．
例11.(2022·四川雅安·高一期末)点M是棱长为 2的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点N
为BC边上中点，若AM⊥B1N，则动点M的轨迹的长度为______．
例12.(多选题) (2022·湖北孝感·高二期末)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1，P为正方形底面
ABCD内一动点，则下列结论正确的有 ( )
A.三棱锥B1-A1D1P的体积为定值
B. 存在点P，使得D1P⊥AD1
C. 若D1P⊥B1D，则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹是线段AC
D.若点P是AD的中点，点Q是BB1的中点，过P，Q作平面 α垂直于平面
ACC1A1，则平面 α截正方体ABCD-A1B1C1D的截面周长为 3 2

例13.(多选题) (2022·全国·高二专题练习)已知棱长为 4的正方体ABCD-A1B 11C1D1中，AM = 4 AB，点P在

正方体的表面上运动，且总满足MP MC = 0，则下列结论正确的是 ( )
A.点P的轨迹所围成图形的面积为 5
B. 点P的轨迹过棱A1D1上靠近A1的四等分点
C. 点P的轨迹上有且仅有两个点到点C的距离为 6
D.直线B1C1与直线MP
3
所成角的余弦值的最大值为 5
例14.(2022·全国·高一专题练习)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总
保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹是 (　　)
A.线段B1C
B. 线段BC1
C. BB1中点与CC1中点连成的线段
D. CB中点与B1C1中点连成的线段
例15.(2022·河南许昌·三模 (文))如图，在体积为 3的三棱锥P-ABC中，PA，PB，PC两两垂直，AP= 1，若
点M是侧面CBP内一动点，且满足AM⊥BC，则点M的轨迹长度的最大值为 ( )
A. 3
B. 6
C. 2 3
D. 3 2
例16.(2022·浙江·杭州市富阳区场口中学高二期末)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC是边长为 2的
正三角形，AA1= 3，N为棱A1B1上的中点，M为棱CC1上的动点，过N作平面
ABM的垂线段，垂足为点O，当点M从点C运动到点C1时，点O的轨迹长度为
( )
A. π2
B. π
C. 3π2
D. 2 3π3
例17.(2022·浙江·高二阶段练习)已知正四棱锥 S-ABCD，底面边长为 2，AC，DB交于点O，SO⊥平面
ABCD，SO= 1，E为BC的中点，动点P在该棱锥的侧面上运动，并且
PE⊥AC，则点P轨迹长度为 ( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 2
例18.(2022·云南·昆明一中高三阶段练习 (理))已知四面体ABCD，AB=BC=CD=DA=BD= 2，二面角A
-BD-C为 60°，E为棱AD中点，F为四面体ABCD表面上一动点，且总满足BD⊥EF，则点F轨迹的长
度为________．
【方法技巧与总结】
(1)可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹
(2)利用空间坐标运算求轨迹
(3)利用垂直关系转化为平行关系求轨迹
题型三：由动点保持等距 (或定长)求轨迹
例19.(2022·四川成都·高二期中 (理))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______．
例20.(多选题) (2022·山东·模拟预测)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 2，点M是其侧面ADD1A1上的
一个动点 (含边界)，点P是线段CC1上的动点，则下列结论正确的是 ( )
A.存在点P，M，使得平面B1D1M与平面PBD平行
B. 存在点P 2π，M，使得二面角M-DC-P大小为 3
C. 2π当P为棱CC1的中点且PM= 2 2时，则点M的轨迹长度为 3
D.当M为A1D中点时，四棱锥M-ABCD外接球的内接正四面体的表面积为
16 3
3
例21.(多选题) (2022·福建·莆田二中模拟预测)在棱长为 1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M是A1D1的中
点，点P，Q，R在底面四边形ABCD内 (包括边界)，PB1∥平面MC1D， D1Q = 5 2 ，点R到平面ABB1A1
的距离等于它到点D的距离，则 ( )
A.点P π的轨迹的长度为 2 B. 点Q的轨迹的长度为 4
C. PQ 2 5 1 3 5长度的最小值为 5 - 2 D. PR长度的最小值为 20
例22.(2022·江西·模拟预测 (理))已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 3，点P在△A1C1B的内部及其边界
上运动，且DP= 14，则点P的轨迹长度为 ( )
A. 2π B. 2π C. 2 2π D. 3π
例23.(多选题) (2022·辽宁·高一期末)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为 2，点M是其侧面ADD1A1上的动
点 (含边界)，点P是线段CC1上的动点，下列结论正确的是 ( )
A.存在点P，M，使得平面B1D1M与平面PBD平行
B. 当点P为CC1中点时，过A，P，D1点的平面截该正方体所得的截面是梯形
C. 过点A，P，M的平面截该正方体所得的截面图形不可能为五边形
D. P CC PM= 2 2 M 2π当 为棱 1的中点且 时，则点 的轨迹长度为 3
例24.(2022·河南安阳·模拟预测 (文))在四边形ABCD中，BC AD，AB=BC=
CD= 12 AD，P为空间中的动点，PA=PB=AB= 2，E为PD的中点，则动点E的轨迹长度为 ( )
A. 2 B. 3
C. 2π D. 3π
例25.(2022·四川达州·高二期末 (理))正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1，点P在正方体内部及表面上运动，
下列结论错误的是 ( )
A.若点P π π在线段D1C上运动，则AP与A1B所成角的范围为 3 , 2
B. P BDD B AP BDD B π π若点 在矩形 1 1内部及边界上运动，则 与平面 1 1所成角的取值范围是 4 , 2
C. 2 3若点P在△D1B1C内部及边界上运动，则AP的最小值为 3
D. π若点P满足AP= 1，则点P轨迹的面积为 2
例26.(2022·江西省乐平中学高一期末)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 3，过顶点B,D,C1的平面为
α，点P是平面 α 3 2内的动点，A1P= 2 ，则点P的轨迹长度等于 ( )
A. π B. 2π C. 3π D. 2π
【方法技巧与总结】
(1)距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹
(2)利用空间坐标计算求轨迹
题型四：由动点保持等角 (或定角)求轨迹
例27.(2022·福建·三明一中模拟预测)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB= 2 3，点E为平面A1BD内的动
2 5
点，设直线AE与平面A1BD所成的角为 α，若 sinα= 5 ，则点E的轨迹所围成的面积为_________
__．
例28.(多选题) (2022·云南·昭通市第一中学高一阶段练习)如图，若正方体的棱长为 1，点M是正方体ABCD-
A1B1C1D1的侧面ADD1A1上的一个动点 (含边界)，P是棱CC1的中点，则下列结论正确的是 ( )
A. 17沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为 2
B. π若保持 PM = 2，则点M在侧面内运动路径的长度为 3
C. 1三棱锥B-C1MD的体积最大值为 6
D.若点M满足∠MD1B=∠B1D1B，则点M的轨迹为线段
例29.(多选题) (2022·福建·厦门外国语学校高二阶段练习)如图，在棱长为 1的正方体ABCD-A1B1C1D中，E
为侧面BCC1B1的中心，F是棱C1D1的中点，若点P为线段BD1上的动点，N为ABCD所在平面内的动点，
则下列说法正确的是 ( )

A. PE·PF 1的最小值为 48
B. 若BP= 2PD 91，则平面PAC截正方体所得截面的面积为 8
C. 若D π1N与AB所成的角为 4 ，则N点的轨迹为双曲线的一部分
D.若正方体绕BD1旋转 θ
2π
角度后与其自身重合，则 θ的最小值是 3
例30.(2022·福建省福州第一中学三模)在三棱锥P-ABC中，AP⊥平面PBC，PB⊥PC，PA=PC= 2PB
= 4，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为___________；若动点M在该三棱锥外接球上，且∠MPB
=∠MPC，则点M的轨迹长为___________．
例31.(2022·江西·景德镇一中高一期末)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1，空间一动点P满足A1P⊥
AB1，且∠APB1=∠ADB1，则 tan∠APB1=______，点P的轨迹围成的封闭图形的面积为______．

例32.(多选题) (2022·福建龙岩·高二期末)若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1，且AP=mAD+ nAA1，其
中m∈ [0,1],n∈ [0,1]，则下列结论正确的是 ( )
A.当m= 12 时，三棱锥P-BDB1的体积为定值
B. 1当n= 2 时，三棱锥P-BDB1的体积为定值
C. m+n= 1 PA+PB 6+ 2当 时， 的最小值为 2
D.若∠PD1B=∠B1D1B，点P的轨迹为一段圆弧
例33.(多选题) (2022·江苏盐城·高二期末)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，点M是棱AD的中点，AA1=AD=
4,AB= 5，点P在侧面BCC1B1的边界及其内部运动，则 ( )
A.直线MP与直线DD1所成角的最大值为 90° B. 若∠D1MP= 60 ，则点P的轨迹为椭圆的一部分
C. 不存在点P，使得AC∥平面D1PM
D.若平面D1PM与平面ABCD和平面D1PM与平面BCC1B1所成的锐二面角相等，则点P的轨迹长度为
3 5
2
例34.(多选题) (2022· π全国·高三专题练习)在三棱锥P-ABC中，∠PAB= 3 ，PA= 5，AB= 4，二面角P-
AB-C π的大小为 4 ，点M为侧面△PAB上的动点，点M到直线PA的距离为 d1，点M到平面ABC的距离
为 d2，若 d1= 2d2，则 ( )
A. PB= 21 B. 点M到直线AB的距离等于 2d1
C. 点M的轨迹为一段圆弧 D. M 20 3点 的轨迹长度为 9
例35.(多选题) (2022·湖北·宜昌市一中高一阶段练习)如图，点M是棱长为 1的正方体ABCD-A1B1C1D1中的
侧面ADD1A1上的一个动点 (包含边界)，则下列结论正确的是 ( )
A.存在无数个点M满足CM⊥AD1
B. 当点M在棱DD1上运动时， MA + MB1 的最小值为 3+ 1
C. 在线段AD1上存在点M，使异面直线B1M与CD所成的角是 30
D. π满足 CM = 2的点M的轨迹长度是 2
例36.(多选题) (2022·山东聊城·三模)在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，所有棱长均 2，∠BAD= 60°，P为CC1
的中点，点Q在四边形DCC1D1内 (包括边界)运动，下列结论中正确的是 ( )
A.当点Q在线段CD1上运动时，四面体A1BPQ的体积为定值
B. 若AQ 平面A1BP，则AQ的最小值为 5

C. 若△A1BQ的外心为M，则A1B A1M 为定值 2
D. 2π若A1Q= 7，则点Q的轨迹长度为 3
例37.(2022·广东茂名·模拟预测)在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AP= 2，点M是矩形ABCD内
(含边界)的动点，且AB= 1,AD= 3，直线PM与平面ABCD π所成的角为 4．记点M的轨迹长度为 α，则
tanα= ( )
A. 33 B. 1 C. 3 D. 2
【方法技巧与总结】
(1)直线与面成定角，可能是圆锥侧面．
(2)直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面
(3)利用空间坐标系计算求轨迹
题型五：投影求轨迹
例38.(2022·山东日照·三模)如图所示，二面角 α- l- β的平面角的大小为 60 ，A,B是 l上的两个定点，且AB
= 2,C∈ α,D∈ β，满足AB与平面BCD所成的角为 30 ，且点A在平面BCD上的射影H在△BCD的内部
(包括边界)，则点H的轨迹的长度等于_________．
例39.(2022·云南师大附中高二期中)1822年，比利时数学家Dandelin利用圆锥曲线的两个内切球，证明了用一
个平面去截圆锥，可以得到椭圆 (其中两球与截面的切点即为椭圆的焦点)，实现了椭圆截线定义与轨迹定
义的统一性．在生活中，有一个常见的现象：用手电筒斜照地面上的篮球，留下的影子会形成椭圆．这是由
于光线形成的圆锥被地面所截产生了椭圆的截面．如图，在地面的某个占A1正上方有一个点光源，将小球
放置在地面，使得AA1与小球相切．若A1A= 5，小球半径为 2，则小球
在地面的影子形成的椭圆的离心率为 ( )
A. 2 B. 43 5
C. 1 D. 23 5
例40.(2022·河南·一模 (理))椭圆是日常生活中常见的图形，在圆柱形的玻璃杯中盛半杯水，将杯体倾斜一个角
度，水面的边界即是椭圆．现有一高度为 12厘米，底面半径为 3厘米的圆柱形玻璃杯，且杯中所盛水的体积
恰为该玻璃杯容积的一半 (玻璃厚度忽略不计)，在玻璃杯倾斜的过程中 (杯中的水不能溢出)，杯中水面边
界所形成的椭圆的离心率的取值范围是 ( )
A. 0, 5 B. 56 5 ,1 C. 0,
2 5
5 D.
2 5 5 ,1
例41.(2022·重庆市第十一中学校高三阶段练习)参加数学兴趣小组的小何同学在打篮球时，发现当篮球放在地
面上时，篮球的斜上方灯泡照过来的光线使得篮球在地面上留下的影子有点像数学课堂上学过的椭圆，但
他自己还是不太确定这个想法，于是回到家里翻阅了很多参考资料，终于明白自己的猜想是没有问题的，而
且通过学习，他还确定地面和篮球的接触点 (切点)就是影子椭圆的焦
点．他在家里做了个探究实验：如图所示，桌面上有一个篮球，若篮球
的半径为 1个单位长度，在球的右上方有一个灯泡P(当成质点)，灯泡
与桌面的距离为 4个单位长度，灯泡垂直照射在平面的点为A，影子椭
圆的右顶点到A点的距离为 3个单位长度，则这个影子椭圆的离心率
e=______．
例42.(2022·江西南昌·二模 (理))通过研究发现：点光源P斜照射球，在底面上形成的投影是椭圆，且球与底面
相切于椭圆的一个焦点 F1(如图所示)，如图是底面边长为 2 高为 3的正四棱柱，一实心小球与正四棱柱的
下底面及四个侧面均相切，若点光源P位于AD的中点处时，则在平面A1B1C1D1上的投影形成的椭圆的离
心率是___________．
例43.(2022·吉林·东北师大附中模拟预测 (理))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=__________．
【方法技巧与总结】
1)球的非正投影，可能是椭圆面
(2)多面体的投影，多为多边形．
题型六：翻折与动点求轨迹
例44.(2022·江西萍乡·三模 (理))如图，在正方形 ABCD中，点M是边 CD的中点，将 △ADM沿AM翻折到
△PAM，连接PB,PC，在△ADM翻折到△PAM的过程中，下列说法正确的是_________． (将正确
说法的序号都写上)

①点P的轨迹为圆弧；
②存在某一翻折位置，使得AM⊥PB；
③棱PB的中点为E，则CE的长为定值；
例45.(2022·河南·襄城县教育体育局教学研究室二模 (文))已知矩形ABCD中，AB= 2BC= 6，点M，N分别
为线段AB，CD的中点，现将△ADM沿DM翻转，直到与△NDM首次重合，则此过程中，点A的运动轨迹
长度为 ( )
A. 3 2π B. 3 2π C. 3 2π2 4 D.
2π
2
例46.(2022·河南·模拟预测 (理))如图，在长方形ABCD中，AB= 2，BC= 4，E为BC的中点，将△BAE沿AE
向上翻折到△PAE的位置，连接PC，PD，在翻折的过程中，以下结论错误的是 ( )
A.四棱锥P-AECD体积的最大值为 2 2
B. PD 3π的中点F的轨迹长度为 2
C. EP，CD与平面PAD所成的角相等
D.三棱锥P-AED外接球的表面积有最小值 16π
例47.(多选题) (2022·山西大同·高一期末)已知正方形ABCD的边长为 2，将△ACD沿AC翻折到△ACD 的位
置，得到四面体D -ABC，在翻折过程中，点D 始终位于△ABC所在平面的同一侧，且 BD 的最小值为
2，则下列结论正确的是 ( )
A.四面体D -ABC的外接球的表面积为 8π
B. 四面体D -ABC体积取最大值时，AD 与平面ABC所成角为 45°
C. 点D 2 2π的运动轨迹的长度为 3
D. AD 2 2π边 旋转所形成的曲面的面积为 3
【方法技巧与总结】
(1)翻折过程中寻找不变的垂直的关系求轨迹
(2)翻折过程中寻找不变的长度关系求轨迹
(3)可以利用空间坐标运算求轨迹

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