重难点突破04 立体几何中的轨迹问题（六大题型）-2024年高考数学一轮复习（新教材新高考）

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2、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题。错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
重难点突破04 立体几何中的轨迹问题
目录
立体几何中的轨迹问题常用的五种方法总结：
1、定义法
2、交轨法
3、几何法
4、坐标法
5、向量法
题型一：由动点保持平行求轨迹
例1．（2023·贵州铜仁·高二贵州省铜仁第一中学校考开学考试）设正方体的棱长为1，点E是棱的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列命题：

①如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为；
②如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为；
③如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为；
④如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为．
其中正确的命题个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【解析】由面，而面，则，又，
又，面，则面，
由面，则，同理，
，面，则面，
所以垂直于面所有直线，且面，
若，则在边长为的正△的边上，
故轨迹图形面积为，①对；
若分别为中点，连接，
由正方体的性质易得，，
所以共面，且为平行四边形，故面即为面，
由面，面，则面，
同理可得面，，面，
所以面面，要使∥平面，则在△的边上，
所以轨迹长为，②错；
若分别为的中点，连接，显然，
所以共面，即面，
由，面，面，则面，
又，同理可得面，，面，
所以面面，故面内任意直线都与面平行，
要使∥平面，则在四边形的边上运动，
此时轨迹长为，③对；
若分别是的中点，并依次连接，
易知为正六边形，显然，，
由面，面，则面，同理可得面，
，面，所以面面，
由面，则面，故垂直于面所有直线，
要使，则在边长为的正六边形边上运动，
所以轨迹图形面积为，④对；
故选：C
例2．（2023·辽宁沈阳·高一沈阳二十中校联考期末）在棱长为1的正方体中，E在棱上且满足，点F是侧面上的动点，且面AEC，则动点F在侧面上的轨迹长度为 ．
【答案】
【解析】如图，取的中点，并连接、、，
因为E在棱上且满足，即E是棱的中点，
所以，又平面，平面，
所以平面，同理可证平面，
又，所以平面平面，又平面，
所以平面，所以动点F在侧面上的轨迹即为，
因为正方体的棱长为1，由勾股定理有：.
故答案为：.
例3．（2023·福建福州·高一福建省福州屏东中学校考期末）如图所示，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为所在棱的中点，P为平面内（包括边界）一动点，且∥平面EFG，则P点的轨迹长度为

【答案】2
【解析】因为∥，则四点共面，
连接，
因为E，F分别为所在棱的中点，则∥，
且平面FGE，平面FGE，所以∥平面FGE，
因为F，G分别为所在棱的中点，则∥，
且平面FGE，平面FGE，所以∥平面FGE，
，平面，
所以平面FGE∥平面，且平面平面，
可得当且仅当点P在棱BC上时，即平面，满足∥平面EFG，
所以点P的轨迹为线段BC，长度为2.
故答案为：2.
变式1．（2023·四川成都·高一成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考期末）如图，在正三棱柱中，，，分别为，的中点．若侧面的中心为，为侧面内的一个动点，平面，且的轨迹长度为，则三棱柱的表面积为 ．

【答案】/
【解析】
连接交于，取的中点，过作，
分别交于，连接，
易得，
因为平面，平面，所以平面，
平面，因为，且都在面内，所以平面平面，
所以的轨迹为线段，
因为，所以，
因为，所以，
所以，
故三棱柱的表面积为.
故答案为：.
变式2．（2023·江苏扬州·高二统考期中）如图，正方体的棱长为2，点是线段的中点，点是正方形所在平面内一动点，若平面，则点轨迹在正方形内的长度为 .

【答案】
【解析】取的中点，连接，如图所示：
因为，平面，平面，所以平面.
因为，平面，平面，所以平面.
又因为平面，，
所以平面平面.
因为平面，平面，
所以点在平面的轨迹为.
所以.
故答案为：
变式3．（2023·江苏泰州·高二泰州中学校考阶段练习）正方体的棱长为3，点，分别在线段和线段上，且，，点是正方形所在平面内一动点，若平面，则点的轨迹在正方形内的长度为 .
【答案】
【解析】
如图，在上取点，使得，在上取点，使得，连接.
根据正方体的性质可知，，.
由已知可得，，
又，所以.
又，所以，四边形为平行四边形，
所以，，且.
同理可得，，且，.
根据正方体的性质可知，，且，
所以，，且，
所以，四边形是平行四边形，
所以，.
因为平面，平面，所以平面.
同理可得，平面.
因为平面，平面，，
所以，平面平面.
又平面平面，
所以，根据面面平行的性质定理可知，只有在线段上运动时，满足条件.
过点作，垂足为，
易知，且，，
所以，.
故答案为：.
变式4．（2023·全国·高三专题练习）在边长为2的正方体中，点M是该正方体表面及其内部的一动点，且平面，则动点M的轨迹所形成区域的面积是 ．
【答案】
【解析】如图，边长为2的正方体中，
动点M满足平面，
由面面平行的性质得：当始终在一个与平面平行的面内，即满足题意，
连接，，，
因为且，所以四边形为平行四边形，
所以，同理，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，平面，所以平面，
又因平面，
所以平面平面，
又平面，所以动点M的轨迹所形成区域为，
，
，
所以动点M的轨迹所形成区域的面积是.
故答案为：.
变式5．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知正方体的棱长为分别是棱的中点，点为底面四边形内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点在四边形内运动所形成轨迹的长度为 .
【答案】
【解析】取的中点，连接，如图所示：
分别是棱的中点，所以，
又因为平面平面，所以平面.
因为，
所以四边形为平行四边形，所以.
又因为平面平面，所以平面.
因为，所以平面平面.
因为点为底面四边形内（包括边界）的一动点，直线与平面无公共点，
所以的轨迹为线段，则.
故答案为：.
变式6．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，正方体的棱长为分别为，的中点，点是正方体表面上的动点，若平面，则点在正方体表面上运动所形成的轨迹长度为 ．
【答案】/
【解析】取的中点的中点，连结．正方体
的棱长为2．为中点，所以，
所以且．
因为为分别为的中点，
所以，且，所以四边形为平行四边形，
所以．
因为面面，
所以面．
同理可证：面．
又面面，
所以面面．
所以点在正方体表面上运动所形成的轨迹为三角形．
因为正方体的棱长为2，所以，
所以三角形的周长为．
故答案为：.
变式7．（2023·全国·高三专题练习）已知棱长为的正四面体，为的中点，动点满足，平面经过点，且平面平面，则平面截点的轨迹所形成的图形的周长为 .
【答案】
【解析】设的外心为，的中点为，过作的平行线，则以为坐标原点，可建立如图所示空间直角坐标系，
为等边三角形，，，，
，，，
设，由得：，
整理可得：，
动点的轨迹是以为球心，为半径的球；
延长到点，使得，，，
则，，又平面，平面，
平面，平面，由，平面，
平面平面，即平面为平面，
则点到平面的距离即为点到直线的距离，
，，，即，
点到直线的距离，
截面圆的半径，球被平面截得的截面圆周长为，
即平面截点的轨迹所形成的图形的周长为.
故答案为：.
题型二：由动点保持垂直求轨迹
例4．（2023·湖南株洲·高三株洲二中校考阶段练习）在棱长为4的正方体中，点P、Q分别是，的中点，点M为正方体表面上一动点，若MP与CQ垂直，则点M所构成的轨迹的周长为 .
【答案】
【解析】如图，只需过点P作直线CQ的垂面即可，垂面与正方体表面的交线即为动点M的轨迹.
分别取，的中点R，S，
由，知，易知，
又，，平面ABRS，
所以平面ABRS，
过P作平面ABRS的平行平面，点M的轨迹为四边形，
其周长与四边形ABRS的周长相等，
其中，，
所以点M所构成的轨迹的周长为.
故答案为：
例5．（2023·湖南长沙·长郡中学校考二模）在正四棱柱中，，E为中点，为正四棱柱表面上一点，且，则点的轨迹的长为 .
【答案】/
【解析】如图，连接，，由题可知，，平面.
因平面，则.
又平面，平，，则平面.又平面，则；
如图，过E做平行线，交于F，则F为中点.连接，
过做垂线，交于G.
由题可得，平面，又，则平面.
因平面，则.
又平面，平面，，则平面.
因平面，则；
因平面，平面，，则平面.
连接，则点P轨迹为平面与四棱柱的交线，即.
注意到，
，则，故.
则点的轨迹的长为.
故答案为：.
例6．（2023·全国·唐山市第十一中学校考模拟预测）已知为正方体的内切球球面上的动点，为的中点，，若动点的轨迹长度为，则正方体的体积是 .
【答案】
【解析】如图所示：
正方体，设，则内切球的半径，
其中为的中点，取的中点，连接,
则有：,
又,平面，
所以平面，
所以动点的轨迹是平面截内切球的交线，
即平面截内切球的交线，
因为正方体，，
如图所示：
连接,则有且，
，且，
设到平面的距离为：，
则在三棱锥中，有，
所以，
即，
解得：，
截面圆的半径，
所以动点的轨迹长度为：，
即，解得，
所以，正方体的体积：，
故答案为：.
变式8．（2023·全国·高三专题练习）已知直三棱柱的所有棱长均为4，空间内的点满足，且，则满足条件的所形成曲线的轨迹的长度为 .
【答案】/
【解析】设的中点为，的中点为，易知，
因为，且，所以点在以，为直径的球上，
球心分别为，，半径分别为，，即，，
又，所以，即，
过作，垂足为，则，
因为两球的交线为圆，所以点轨迹是以为圆心，以为半径的圆，
所以轨迹长度为.
故答案为：.
变式9．（2023·四川成都·三模）如图，AB为圆柱下底面圆O的直径，C是下底面圆周上一点，已知，，圆柱的高为5．若点D在圆柱表面上运动，且满足，则点D的轨迹所围成图形的面积为 ．
【答案】10
【解析】作母线，，连接，
因为，所以共面，是圆柱的一个截面，
平面，平面，所以，
又由已知得，而，平面，
所以平面，
由得，所以平面，
矩形即为点轨迹，
，则，又，
所以矩形的面积为．
故答案为：10.
变式10．（2023·全国·高三专题练习）如图，为圆柱下底面圆的直径，是下底面圆周上一点，已知，圆柱的高为5．若点在圆柱表面上运动，且满足，则点的轨迹所围成图形的面积为 ．
【答案】10
【解析】因为是圆柱下底面圆的直径，所以，
又，，平面，所以平面，
设过的母线与上底面的交点为，过的母线与上底面的交点为，连，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
所以点在平面内，又点在圆柱的表面，所以点的轨迹是矩形，
依题意得，，，所以，
所以矩形的面积为.
故点的轨迹所围成图形的面积为.
故答案为：.
变式11．（2023·浙江宁波·高一慈溪中学校联考期末）如图，在直三棱柱中，，，，动点在内（包括边界上），且始终满足，则动点的轨迹长度是 .
【答案】
【解析】在直三棱柱中，平面，
因为平面，所以，，
又因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，所以，，
因为，，则四边形为菱形，所以，，
又因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，.
在平面内，过点作，垂足为点，
因为平面，平面，则，
因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
由于动点又在内，所以动点在平面与平面的交线上，
因为，，，
所以，，
由等面积法可得，
因此，动点的轨迹长度是.
故答案为：.
变式12．（2023·山东枣庄·高一统考期末），分别是棱长为1的正方体的棱的中点，点在正方体的表面上运动，总有，则点的轨迹所围成图形的面积为 .

【答案】
【解析】取中点，连接，设，
则，，，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以，即，
因为正方体中面，面，
所以，
因为面，，
所以面，
因为正方体中面，面，
所以，
所以点的轨迹为矩形，
在直角中，
所以矩形面积为.
即点的轨迹所围成图形的面积为.
故答案为：
变式13．（2023·四川广元·高二广元中学校考期中）如图，为圆柱下底面圆的直径，是下底面圆周上一点，已知，，圆柱的高为5．若点在圆柱表面上运动，且满足，则点的轨迹所围成图形的面积为 ．

【答案】
【解析】因为是圆柱下底面圆的直径，
所以，
又，，，平面，
所以平面，
设过A的母线与上底面的交点为，过的母线与上底面的交点为，连，，，
则四边形为矩形，
因为平面，平面，
所以，
因为，，平面，
所以平面，
所以点在平面内，
又点在圆柱的表面，
所以点的轨迹所围成图形是矩形，
依题意得，，，
所以，
所以矩形的面积为，
故点的轨迹所围成图形的面积为．
故答案为：．
变式14．（2023·陕西榆林·高二校考阶段练习）如图，正方体的棱长为，点是棱的中点，点是正方体表面上的动点．若，则点在正方体表面上运动所形成的轨迹的长度为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】取的中点，的中点，连接、、、、，
设，如下图所示．
因为四边形是正方形，又点是棱的中点，点是的中点，
则，，，
所以，，所以，，
所以，，
所以，，即．
在正方体中，平面，
又平面，所以，
又，、平面，所以平面，
又平面，所以，同理可得，，
又，、平面，所以，平面．
所以点在正方体表面上运动所形成的轨迹为的三边，
因为正方体的棱长为，
由勾股定理可得，同理可得，，
所以的周长为．
故选：C．
题型三：由动点保持等距（或定长）求轨迹
例7．（2023·贵州贵阳·高三贵阳一中校考期末）在棱长为1的正方体中，点Q为侧面内一动点（含边界），若，则点Q的轨迹长度为 ．
【答案】/
【解析】由题意，在面的轨迹是以为圆心，半径为的四分之一圆弧，
所以轨迹长度为.
故答案为：
例8．（2023·湖北武汉·高一湖北省水果湖高级中学校联考期末）已知正方体的棱长为3，动点在内，满足，则点的轨迹长度为 .
【答案】
【解析】在正方体中，如图，
平面，平面，则，而，
，，平面，于是平面，又平面，
则，同理，而，，平面，
因此平面，令交平面于点，
由，得，
即，解得，
而，于是，
因为点在内，满足，则，
因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆在内的圆弧，
而为正三角形，则三棱锥必为正三棱锥，为正的中心，
于是正的内切圆半径，
则，即，，
所以圆在内的圆弧为圆周长的，
即点的轨迹长度为
故答案为：
例9．（2023·河北邯郸·高一大名县第一中学校考阶段练习）已知正方体的棱长为1，点P在该正方体的表面上运动，且则点P的轨迹长度是 ．
【答案】
【解析】当时，如图，点的轨迹是在面，，三个面内以1为半径，圆心角为的三段弧，所以此时点点P在该正方体的表面上运动的轨迹的长度为，
故答案为：
变式15．（2023·贵州铜仁·统考模拟预测）已知正方体的棱长为4，点P在该正方体的表面上运动，且，则点P的轨迹长度是 ．
【答案】
【解析】因为，所以点可能在平面内，可能在平面内，可能在平面内.
当点在平面内时，
由平面，平面，可知，
所以，所以，
所以点到的距离为，
所以点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆与正方形边界及其内部的交线.
如上图，，，
则的长，
所以，当点在平面内时，点P的轨迹长度是.
同理可得，当点在平面内时，点P的轨迹长度也是.
当点在平面时，点P的轨迹长度也是.
综上所述，点P的轨迹长度为.
故答案为：.
变式16．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）表面积为36π的球M表面上有A，B两点，且为等边三角形，空间中的动点P满足，当点P在所在的平面内运动时，点P的轨迹是 ；当P在该球的球面上运动时，点P的轨迹长度为 .
【答案】圆
【解析】设球的半径为r，则，解得r＝3，
在平面内，动点P的轨迹组成一个圆，以线段AB所在直线为x轴，以靠近点B且长度为1处为坐标原点，
则，，此时动点P的轨迹方程为，
设其圆心为，则在空间中，z轴和xOy坐标平面垂直，
动点P的轨迹为xOy平面中的圆绕x轴旋转一周形成球的球面，
如图所示，
所以点P的轨迹是两个球面的交线，这两个球分别是以M和为球心，
在中，结合余弦定理得到.
设交线所围成的圆半径为R.则，
解得.所以交线的长度为.
故答案为：圆；
变式17．（2023·全国·高三专题练习）已知正四棱柱的体积为16，是棱的中点，是侧棱上的动点，直线交平面于点，则动点的轨迹长度的最小值为 ．
【答案】
【解析】如图取的中点，连接交于点，连接、交于点，连接、，
因为是棱的中点，所以，则为的四等分点且，
由正四棱柱的性质可知且，所以四边形为平行四边形，所以，
所以，所以、、、四点共面，
所以平面平面，
连接交于点，因为是侧棱上的动点，直线交平面于点，
所以线段即为点的轨迹，
如图在平面中，过点作，交于点，因为，
所以，所以，所以，
设、，，
依题意，，
所以，
要求动点的轨迹长度的最小值，即求的最小值，即求的最小值，
因为，所以，
所以，
当且仅当，即、时取等号，
所以，所以，即动点的轨迹长度的最小值为.
故答案为：
变式18．（2023·全国·高三专题练习）已知棱长为8的正方体中，平面ABCD内一点E满足，点P为正方体表面一动点，且满足，则动点P运动的轨迹周长为 ．
【答案】
【解析】，则在的延长线上，且，
由正方体性质知平面，当在平面上时，平面，，由得，因此点轨迹是以为圆心，2为半径的圆在正方形内的部分即圆周的，弧长为，从而知点在以为顶点的三个面内．
当在棱上时，，，
因此点在面时，点轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内的圆弧，圆弧的圆心角为，弧长为，同理点在面内的轨迹长度也为，
所以所求轨迹长度为．
故答案为：．
变式19．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知棱长为2的正方体A′B′C′D′－ABCD，M是正方形BB′C′C的中心，P是△A′C′D内（包括边界）的动点，满足PM=PD，则点P的轨迹长度为 ．
【答案】
【解析】如图建立空间直角坐标系，则
设平面的法向量
则有，令，则
则
设，则
∵，则
又∵PM=PD，则
整理得：
联立方程，则
可得，可得
当时，，当时，
在空间中，满足PM=PD的P为过MD的中点且与MD垂直的平面
两个平面的公共部分为直线，即点P的轨迹为平面A′C′D，则
故答案为：．
变式20．（2023·河南许昌·高三统考阶段练习）三棱锥的体积为，底面三角形是边长为的正三角形且其中心为，三棱锥的外接球球心到底面的距离为2，则点的轨迹长度为 .
【答案】
【解析】三棱锥的体积为，底面三角形是边长为的正三角形，
设三棱锥的高为
所以，故，
又正三角形的外接圆半径为，则，
又三棱锥的外接球球心到底面的距离为2，
所以三棱锥的外接球半径，即，
又因为顶点到底面的距离为，
所以顶点的轨迹是一个截面圆的圆周（球心在底面和截面圆之间）且球心到该截面圆的距离为，
所以截面圆的半径为，
故顶点的轨迹长度是．
故答案为：．
变式21．（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥中，，二面角的大小为，在侧面内(含边界)有一动点，满足到的距离与到平面的距离相等，则动点的轨迹的长度为 ．
【答案】
【解析】如图，过作于，平面于，
过作于，连接，
则为二面角的平面角，
由，
得．
又，所以，
在中，以所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，
则直线的方程为，
直线的方程为，
所以直线与的交点坐标为，
所以的轨迹为线段，
长度为．
故答案为：．
题型四：由动点保持等角（或定角）求轨迹
例10．（2023·山东·高三专题练习）如图所示，在平行四边形中，E为中点，，，.沿着将折起，使A到达点的位置，且平面平面.设P为内的动点，若，则P的轨迹的长度为 .
【答案】
【解析】
建立如图示空间直角坐标系，
则,
设
则
∴\
,
∵∴,
∴
整理化简得：
∴P的轨迹为圆，交于,于,
则
∴所对应的圆心角，∴弧长为．
故答案为：．
例11．（2023·全国·高三专题练习）在棱长为6的正方体中，点是线段的中点，是正方形（包括边界）上运动，且满足，则点的轨迹周长为 .
【答案】/
【解析】如图，在棱长为6的正方体中，
则平面，平面，
又，在平面上，，，
又，，
，即，
如图，在平面中，以为原点，分别为轴建立平面直角坐标系，
则，，，
由，知，
化简整理得，，圆心，半径的圆，
所以点的轨迹为圆与四边形的交点，即为图中的
其中，，，则
由弧长公式知
故答案为：.
例12．（2023·湖北省直辖县级单位·统考模拟预测）已知正方体的棱长为2，M为棱的中点，N为底面正方形ABCD上一动点，且直线MN与底面ABCD所成的角为，则动点N的轨迹的长度为 ．
【答案】
【解析】如图所示，取BC中点G，连接MG，NG，由正方体的特征可知MG⊥底面ABCD，
故MN与底面ABCD的夹角即，
∴，则，
故N点在以G为原点为半径的圆上，又N在底面正方形ABCD上，
即N的轨迹为图示中的圆弧，
易知，
所以长为.
故答案为：.
变式22．（2023·陕西·高三陕西省榆林中学校联考阶段练习）已知正方体的棱长为2，点为平面内的动点，设直线与平面所成的角为，若，则点的轨迹所围成的周长为 ．
【答案】
【解析】如图所示，连接交平面于，连接，
因为平面，所以，又，且与相交，
所以平面，所以，
同理可得，又，
所以平面，
∴是平面所成的角，∴．
由可得，，即．
在四面体中，，平面，
所以，所以为的中心，
又，．∴四面体为正三棱锥，
如图所示：在等边三角形中，，
，
∵，∴，即在平面内的轨迹是以为圆心，半径为的圆，∴周长为.
故答案为：
变式23．（2023·全国·高三专题练习）已知点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，若使的点P的轨迹长度为a；使直线平面BDC的点P的轨迹长度为b；使直线AP与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为c．则a，b，c的大小关系为 ．（用“＜”符号连接）
【答案】b＜c＜a
【解析】若点到点的距离为2，则点的轨迹为球的表面与正方体交轨，
在平面内，的轨迹为以为圆心，2为半径的圆弧，
由对称性知，这样的圆弧同样在平面内和平面内，故的轨迹长度；
若平面，则点的轨迹为过点且平行于平面的平面与正方体交轨，
而平面平面，所以点的轨迹长度为三角形的周长（除掉点，不影响周长），故，
若直线与平面所成的角为，则点的轨迹为圆锥的侧面与正方体交轨，
在平面内，点的轨迹为对角线（除掉点，不影响）；
在平面内，点的轨迹为对角线（除掉点，不影响）；
在平面内是以点为圆心2为半径的圆弧，如图，
故点的轨迹长度为，
∵，∴，即．
故答案为：．
变式24．（2023·全国·高三专题练习）已知正方体中，，点E为平面内的动点，设直线与平面所成的角为，若，则点E的轨迹所围成的面积为 ．
【答案】
【解析】如图所示，连接交平面于，连接，
由题意可知平面，
所以是与平面所成的角，
所以＝.
由可得，即.
在四面体中，,,
所以四面体为正三棱锥，为的重心，
如图所示：
所以解得，,
又因为，
所以，
即在平面内的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆，
所以.
故答案为:.
变式25．（2023·山西大同·高一统考期中）已知是半径为2的球面上的四点，且．二面角的大小为，则点形成的轨迹长度为 ．
【答案】
【解析】由题意，为等腰直角三角形，且外接圆半径，圆心为中点，
又外接球半径，球心，则，
易知：为等腰直角三角形，又二面角的大小为，
由为外接圆直径，且面面，则与面所成角为，
所以到外接圆圆心距离，故外接圆的半径为，
注意：根据二面角大小及球体的对称性，如上图示，
轨迹在大球冠对应外接圆优弧的一侧，在小球冠对应外接圆劣弧的一侧，
所以轨迹长度为.
故答案为：
变式26．（2023·贵州铜仁·高二统考期末）粽子是端午节期间不可缺少的传统美食，铜仁的粽子不仅馅料丰富多样，形状也是五花八门，有竹筒形、长方体形、圆锥形等，但最常见的还是“四角粽子”，其外形近似于正三棱锥．因为将粽子包成这样形状，既可以节约原料，又不失饱满，而且十分美观．如图，假设一个粽子的外形是正三棱锥，其侧棱和底面边长分别是8cm和6cm，是顶点在底面上的射影．若是底面内的动点，且直线与底面所成角的正切值为，则动点的轨迹长为 ．

【答案】
【解析】由题意可知是底面等边三角形的的中心，所以,
进而,
连接,由于底面，所以即为直线与底面所成的角，所以,
因此点在以为圆心，半径为的圆上运动，所以的轨迹长为,
故答案为：
变式27．（2023·广东佛山·高二校联考期中）如图，正方体的棱长为1，点P为正方形内的动点，满足直线BP与下底面ABCD所成角为的点P的轨迹长度为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【解析】直线BP与下底面ABCD所成角等于直线BP与上底面所成角，
连接，因为⊥平面，平面，
所以⊥，故为直线BP与上底面所成角，
则，
因为，所以，
故点P的轨迹为以为圆心，为半径，位于平面内的圆的，
故轨迹长度为.
故选：B
变式28．在正方体中，动点M在底面内运动且满足，则动点M在底面内的轨迹为（ ）
A．圆的一部分B．椭圆的一部分
C．双曲线一支的一部分D．前三个答案都不对
【答案】A
【解析】因为，故在圆锥面上，该圆锥以为轴，为顶点，
而M在底面内，
故动点M在底面内的轨迹是以D为圆心的四分之一圆弧．
故选：A.
题型五：投影求轨迹
例13．（2023·安徽滁州·高三校考阶段练习）如图，在中，，，，D为线段BC（端点除外）上一动点.现将沿线段AD折起至，使二面角的大小为120°，则在点D的移动过程中，下列说法错误的是（ ）
A．不存在点，使得
B．点在平面上的投影轨迹是一段圆弧
C．与平面所成角的余弦值的取值范围是
D．线段的最小值是
【答案】D
【解析】过点B作AD的垂线,交AD于点E,连接,,过点作BE的垂线,交BE于点H,易知,则平面,所以为二面角的平面角的补角,即,所以,即H为BE的中点,易知平面平面,又,所以平面ABC,所以在平面ABC上的投影为点H,
对于选项A,若,连接CH,则,而这是不可能成立的,故A正确；
对于选项B,因为,所以点E的轨迹为以AB为直径的一段圆弧,又H为BE的中点,所以点H的轨迹也为一段圆弧,故B正确；
对于选项C,连接AH,则与平面ABC所成的角为,设,则,所以由,得,所以,所以,所以,所以,故C正确；
对于选项D,设,则,,
,
其中,故,故D错误,
故选:D
例14．（2023·江苏徐州·高二徐州市第一中学校考阶段练习）如图，在等腰中，，，为的中点，为的中点，为线段上一个动点（异于两端点），沿翻折至，点在平面上的投影为点，当点在线段上运动时，以下说法不正确的是（ ）．
A．线段为定长B．
C．D．点的轨迹是圆弧
【答案】B
【解析】翻折后的立体图形，如图所示．
对A，因为点在平面上的投影为点，所以平面，
又平面，所以，
故为直角三角形，又为斜边的中点，
所以为定长.
故A正确．
对C，当在处时，此时点在平面上的投影为点与重合，故，
又在中，，因为为线段上一个动点（异于两端点），
所以.
故C正确．
对D，因为，为的中点，所以点的轨迹是圆弧．
故D正确．
故选：B．
例15．（2023·江西赣州·高二南康中学校考阶段练习）在等腰直角中，，，为中点，为中点，为边上一个动点，沿翻折使，点在平面上的投影为点，当点在上运动时，以下说法错误的是
A．线段为定长B．
C．线段的长D．点的轨迹是圆弧
【答案】B
【解析】如图所示，
对于A中，在为直角三角形，ON为斜边AC上的中线，为定长，即A正确；
对于C中，点D在M时，此时点O与M点重合，此时，，此时，即正确；
对于D，由A可知，根据圆的定义可知，点O的轨迹是圆弧，即D正确；
故选B．
变式29．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知水平地面上有一半径为4的球，球心为，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，．若光线与地面所成角为，椭圆的离心率．
【答案】/
【解析】连接,
因为，
所以,
所以,
在照射过程中，椭圆的短半轴长是球的半径，即，
如图，椭圆的长轴长是，过点向作垂线，垂足为，
由题意得，
因为，所以，
所以，得，
所以椭圆的离心率为，
故答案为：
变式30．（2023·浙江嘉兴·高三嘉兴一中校考期中）如图，在中，，，.过的中点的动直线与线段交于点.将沿直线向上翻折至，使得点在平面内的投影落在线段上.则点的轨迹长度为 .
【答案】
【解析】
因为翻折前后长度不变，所以点可以在空间中看做以为球心，AC为直径的球面上，又因为的投影始终在上，所以点所在的面垂直于底面，
故点轨迹为垂直于底面ABC的竖直面去截球所得圆面的圆弧，这个圆弧的直径为时，的长度（由余弦定理可得，所以此时），
如图，以底面点B为空间原点建系，根据底面几何关系，
得点，点，
设点，翻折后点的投影在轴上，
所以点纵坐标为0，即由，，
根据空间两点之间距离公式可得轨迹：，
又因为动点要符合空间面翻折结论：，
即，其中，
又动点N在线段AB上动，设，
故，
且，由，可计算得横坐标范围为，
且点在上方，由，计算可得圆弧所在扇形圆心角为，
所以弧长为.
故答案为：.
变式31．（2023·北京·高三专题练习）如图，在矩形中，，，为线段上一动点，现将沿折起得到，当二面角的平面角为，点在平面上的投影为，当从运动到，则点所形成轨迹的长度为 .
【答案】
【解析】根据折叠关系找出与有关的几何关系，得出点的轨迹为圆的一部分，再考虑在运动过程中扫过的弧长即可求解.
在折叠后的图中，作垂足为，连接，根据三垂线定理，，
所以就是二面角的平面角为，，
根据折叠关系，与全等，对应边上的高位置相同，即在线段上，
且是线段的中点，取的中点，连接，则，
所以点的轨迹为以为直径的圆的一部分，当从运动到，点在圆周上从点运动到
，这段弧所对圆心角为，这段弧长为.
故答案为：
题型六：翻折与动点求轨迹
例16．（2023·全国·高三专题练习）在矩形中，是的中点，，将沿折起得到，设的中点为，若将绕旋转，则在此过程中动点形成的轨迹长度为 .
【答案】/
【解析】
如图，设的中点为，绕旋转，此时平面平面，取中点，中点，中点，
连接.
，，和是等腰直角三角形，
且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点的轨迹是以为圆心，为半径的一段圆弧，又面，
面，面，同理面，又，面面，又平面平面，
故面面，又面面，，故面，又面，，
故动点形成的轨迹长度为.
故答案为：.
例17．（2023·全国·高三专题练习）矩形ABCD中，，E为AB中点，将△ADE沿DE折起至△A'DE，记二面角A'-DE-C=θ，当θ在范围内变化时，点A'的轨迹长度为
【答案】；
【解析】取的中点为，连接，则，
故在以球心，为半径的球面上.
过作，垂足为，连接，则.
在矩形中，，故，
故，而，故平面，
故在过且垂直于的平面上，所以在以为圆心，为半径的圆上，
而为二面角的平面角，故，
故点的轨迹长度为，
故答案为：.
例18．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在平行四边形中，为中点，，，.沿着将折起，使到达点的位置，且平面平面.若点为内的动点，且满足，则点的轨迹的长度为 .
【答案】
【解析】因平面平面，平面平面，，于是得平面，而，则平面，
从而得PE，PD分别是PB，PD在平面内的射影，如图，，
，而，则，
在所在平面内以点E为原点，射线ED、分别为x，y轴非负半轴建立平面直角坐标系，如图，
则，设，于是得，整理得，
从而得点P的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，圆M交分别于Q，N，
显然，圆M在内的部分是圆心角所对的弧，弧长为，
所以点的轨迹的长度为.
故答案为：
变式32．（2023·全国·高三专题练习）已知菱形ABCD的边长为2，.将菱形沿对角线AC折叠成大小为60°的二面角.设E为的中点，F为三棱锥表面上动点，且总满足，则点F轨迹的长度为 .
【答案】
【解析】连接AC、BD，交于点O，连接OB′，
ABCD为菱形，∠ABC＝60°，所以AC⊥BD，OB′⊥AC，△ABC、△ACD、△AB′C均为正三角形，
所以∠B′OD为二面角B'﹣AC﹣D的平面角，于是∠B′OD＝60°，
又因为OB′＝OD，所以△B′OD为正三角形，所以B′D＝OB′＝OD＝，
取OC中点P，取CD中点Q，连接EP、EQ、PQ，所以PQ∥OD、EP∥OB′，
所以AC⊥EP、AC⊥PQ，所以AC⊥平面EPQ，
所以在三棱锥B'﹣ACD表面上，满足AC⊥EF的点F轨迹的△EPQ，
因为EP＝OB′，PQ＝OD，EQ＝B′Q，所以△EPQ的周长为，
所以点F轨迹的长度为．
故答案为：
变式33．（2023·江苏连云港·高二校考阶段练习）在矩形ABCD中，，，点E在CD上，现将沿AE折起，使面面ABC，当E从D运动到C，求点D在面ABC上的射影K的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
由题意，将沿折起，使平面平面，在平面内过点作垂足为在平面上的射影，连接,由翻折的特征知，
则，故点的轨迹是以为直径的圆上一段弧，根据长方形知圆半径是，
如图当与重合时，,所以，
取为的中点，得到是正三角形.
故，
其所对的弧长为；
故选：D.
变式34．（2023·全国·高三专题练习）已知菱形的各边长为．如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时．是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】取中点，则，
∴平面，，又，∴，作，设点轨迹所在平面为，则平面经过点且，设三棱锥外接球的球心为的中心分别为，易知平面平面，且四点共面，由题可得，，解Rt，得，又，则三棱锥外接球半径，易知到平面的距离，
故平面截外接球所得截面圆的半径为，
∴截面圆的周长为，即点轨迹的周长为．
故选：C
变式35．（2023·全国·高三专题练习）已知△ABC的边长都为2，在边AB上任取一点D，沿CD将△BCD折起，使平面BCD⊥平面ACD．在平面BCD内过点B作BP⊥平面ACD，垂足为P，那么随着点D的变化，点P的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．π
【答案】C
【解析】由题意，在平面BCD内作BQ⊥CD，交CD于Q，因为平面BCD⊥平面ACD，平面BCD与平面ACD交于CD，所以BQ⊥平面ACD，又BP⊥平面ACD，所以P,Q两点重合，于是随着点D的变化，BP⊥CD始终成立，可得在平面ABC中，BP⊥CP始终成立，即得点P的轨迹是以BC为直径的圆的一部分，由题意知随着点D的变化，∠BCD的范围为，可得点P的轨迹是以BC为直径（半径为1）的圆的，即得点P的轨迹长度为.
故选：C.
变式36．（2023·广东中山·高三华南师范大学中山附属中学校考期中）如图，在长方形中，，，点为线段上一动点，现将沿折起，使点在面内的射影在直线上，当点从运动到，则点所形成轨迹的长度为
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意，将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，在平面AED内过点D作DK⊥AE，K为垂足，由翻折的特征知，连接D'K，
则D'KA=90°，故K点的轨迹是以AD'为直径的圆上一弧，根据长方形知圆半径是，
如图当E与C重合时，
AK==，
取O为AD′的中点，得到△OAK是正三角形．
故∠KOA=，∴∠KOD'=，
其所对的弧长为=，
故选：
变式37．（2023·全国·高三专题练习）如图，在等腰梯形中，，分别是底边的中点，把四边形沿直线折起使得平面平面.若动点平面，设与平面所成的角分别为（均不为0）.若，则动点的轨迹围成的图形的面积为( )
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】连接,∵平面⊥平面,交线为,BE,CF在平面BCFE中，且BE,CF都垂直于交线EF,由面面垂直的性质定理得BE⊥平面ADFE,CF⊥平面ADFE,∴∠BPE,∠CPF分别为直线PB,PC与平面ADFE所成的角，∠BPE=,∠CPF=.
∵PE,PF⊂平面ADFE,∴BE⊥PE,CF⊥PF,
∴，，
∵，，∴．
以EF所在直线为x轴，EF的垂直平分线为y轴建立坐标系，如图所示：
设，，，则
∴3x2+3y2+5ax+a2=0，即，轨迹为圆，面积为．
故答案选：．