2025数学大一轮复习讲义北师大版 第七章 §7.10 立体几何中的动态、轨迹问题
合集下载
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2π 则在此过程中动点M形成的轨迹长度为___8___.
如 图 ， 设 AC 的 中 点 为 M0 ， △ADE 沿 DE 翻 折 90°，此时平面A′DE⊥平面ABCD，取CD中 点P，CE中点Q，PQ中点N， 连接PQ，MP，MQ，MN，M0P，M0Q，M0N. MP＝M0P＝12AD＝12，MQ＝M0Q＝12AE＝12，PQ＝12DE＝ 22，△MPQ 和△M0PQ 是等腰直角三角形，
跟踪训练 2 已知三棱锥 P－ABC 的外接球 O 的半径为 13，△ABC 为 等腰直角三角形，若顶点 P 到底面 ABC 的距离为 4，且三棱锥 P－ABC 的体积为136，则满足上述条件的顶点 P 的轨迹长度是__4___3_π__.
设底面等腰直角三角形ABC的直角边的边长为x(x>0)， ∵顶点 P 到底面 ABC 的距离为 4 且三棱锥 P－ABC 的体积为136， ∴13×12x2×4＝136，解得 x＝2 2， ∴△ABC 的外接圆半径为 r1＝12× 2×2 2＝2， ∴球心 O 到底面 ABC 的距离 d1＝ R2－r21＝ 13－22＝3，
又∵顶点P到底面ABC的距离为4，
∴顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周(球心在底面ABC和截面圆之间) 且球心O到该截面圆的距离d2＝1， ∵截面圆的半径 r2＝ R2－d22＝ 13－1＝2 3， ∴顶点 P 的轨迹长度是 2πr2＝2π×2 3＝4 3π.
题型三 翻折有关的动态轨迹问题
例3 在矩形ABCD中，E是AB的中点，AD＝1，AB＝2，将△ADE沿DE 折起得到△A′DE，设A′C的中点为M，若将△ADE沿DE翻折90°，
取A1D1的中点M，连接AM，B1M，AB1，EM，FM，如图所示，在正 方体ABCD－A1B1C1D1中，AD∥B1C1且AD＝B1C1， 因为E，F分别是棱AD，B1C1的中点，则AE∥B1F 且AE＝B1F， 所以四边形AB1FE为平行四边形，则AB1∥EF， 因为AB1⊄平面BEF，EF⊂平面BEF， 所以AB1∥平面BEF， 同理可证AM∥平面BEF，
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
2.(2023·佛山模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1 的棱长为1，点P为正方形A1B1C1D1内的动点，满足 直线BP与下底面ABCD的夹角为60°的点P的轨迹长 度为
3 A. 3
√B.
3π 6
C. 3
3π D. 2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
第七章
§7.10 立体几何中的动态、轨迹问题具创新意识的题型，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.
因为 BB1＝1，所以 PB1＝taBnB610°＝ 33，
故点 P 的轨迹为以 B1 为圆心， 33为半径，位于平面 A1B1C1D1 内的41圆，
故轨迹长度为14×2π× 33＝
3π 6.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
3.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，M为A1C1的中点， N为侧面BCC1B1上的一点，且MN∥平面ABC1，若 点N的轨迹长度为2，则
则∠D′KA＝90°，故K点的轨迹是以AD′为直径的圆上一段弧， 根据长方形知圆半径是12，
如图当E与C重合时，∠D′AC＝60°， 所以 AK＝12， 取O为AD′的中点，得到△OAK是正三角形. 故∠KOA＝π3，所以∠KOD′＝23π， 射影 K 的轨迹长度为12×23π＝π3.
课时精练
一、单项选择题
设 AB＝a，BC＝b，则 a2＋b2＋22＝ 5，可得 a2＋b2＝1，
所以 V＝2ab≤a2＋b2＝1，当且仅当 a＝b＝ 22时，等号成立.
如图，设AC，BD相交于点O，
因为BO⊥AC，BO⊥AA1，AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面A1ACC1， 所以 BO⊥平面 A1ACC1，因为直线 BP 与平面 A1ACC1
故平面MPQ⊥平面ABCD，
又平面MPQ∩平面ABCD＝PQ，MN⊥PQ，
故MN⊥平面ABCD，
又M0N⊂平面ABCD，∴MN⊥M0N，
故动点 M 形成的轨迹长度为14π·PQ＝
2π 8.
思维升华
翻折有关的轨迹问题 (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.
题型一 平行、垂直中的动态轨迹问题
例1 如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1 中，E，F，G，H，N分别是CC1，C1D1，DD1，CD， BC的中点，M在四边形EFGH边上及其内部运动，
若MN∥平面A1BD，则点M轨迹的长度是
A. 3a
B. 2a
3a C. 2
√D.
2a 2
连接HN，GN(图略)， ∵在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H，N分别是 CC1，C1D1，DD1，CD，BC的中点，则GH∥BA1，HN∥BD， 又GH⊄平面A1BD，BA1⊂平面A1BD， ∴GH∥平面A1BD， 同理可证得NH∥平面A1BD， 又GH∩HN＝H，GH，HN⊂平面GHN，
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
因为AB1∩AM＝A，AB1，AM⊂平面AB1M， 所以平面AB1M∥平面BEF， 因为AM⊂平面AA1D1D， 若P∈AM，则B1P⊂平面AB1M， 所以B1P∥平面BEF， 所以点P在侧面AA1D1D内的轨迹为线段AM，
度为
A. 3
B. 2
23 C. 3
√D.
5 2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
如图，在侧棱AA1上取一点R，使得AR＝2RA1，连接PR，BR， 过点A作AN⊥BR交BR于点M，交BB1于点N，连接AC，CN，BD， 由PR∥AD，可知PR⊥AN， BR，PR⊂平面BPR，BR∩PR＝R， 从而AN⊥平面BPR，BP⊂平面BPR， 所以BP⊥AN， 又由BP在平面ABCD内的投影BD⊥AC， 所以BP⊥AC，AN，AC⊂平面ACN，AN∩AC＝A，
∴平面A1BD∥平面GHN， 又∵点M在四边形EFGH上及其内部运动， MN∥平面A1BD， 则点M在线段GH上运动，即满足条件，
又 GH＝ 22a，则点 M 轨迹的长度是
2a 2.
思维升华
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.
跟踪训练1 正四棱锥S－ABCD的底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，
动点P在正四棱锥表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的
周长为
√A. 6＋ 2
B. 6－ 2
C.4
D. 5＋1
如图，设AC，BD交于O，连接SO， 由正四棱锥的性质可得SO⊥平面ABCD， 因为AC⊂平面ABCD，故SO⊥AC. 又BD⊥AC，SO∩BD＝O，SO，BD⊂平面SBD， 故AC⊥平面SBD. 由题意，PE⊥AC则动点P的轨迹为过E且垂直AC的平面与正四棱锥 S－ABCD的交线，即平面EFG，则AC⊥平面EFG.
题型二 距离、角度有关的动态轨迹问题
例2 已知长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球的表面积为5π，AA1＝2，点
P在四边形A1ACC1内，且直线BP与平面A1ACC1所成的角为
π 4
，则长方体
的体积最大时，动点P的轨迹长为
A.π
2π B. 2
√C.π2
2π D. 4
因为长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球的表面积为5π，设外接球的 半径为R， 所以 4πR2＝5π，解得 R＝ 25或 R＝－ 25(舍去)， 即外接球的直径为 5，
所成的角为π4，所以∠BPO＝π4，故 OP＝12， 则点 P 的轨迹是以 O 为圆心，半径 r＝12的半圆弧， 所以动点 P 的轨迹长为 πr＝π2.
思维升华
距离、角度有关的轨迹问题 (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)角度：直线与面成定角，可能是圆锥侧面；直线与定直线成等角， 可能是圆锥侧面.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
4.已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为正方形， 侧 棱 与 底 面 垂 直 ， 点 P 是 侧 棱 DD1 上 的 点 ， 且 DP ＝ 2PD1，AA1＝3，AB＝1.若点Q在侧面BCC1B1(包括其 边界)上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长
1. 在 正 方 体 ABCD － A1B1C1D1 中 ， Q 是 正 方 形 B1BCC1 内 的 动 点 ，
A1Q⊥BC1，则Q点的轨迹是
A.点B1
√B.线段B1C
C.线段B1C1
D.平面B1BCC1
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
如图，连接A1C， 因为BC1⊥A1Q，BC1⊥A1B1，A1Q∩A1B1＝A1， A1Q，A1B1⊂平面A1B1Q， 所以BC1⊥平面A1B1Q， 又B1Q⊂平面A1B1Q，所以BC1⊥B1Q， 又BC1⊥B1C，所以点Q在线段B1C上.
且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点 M 的 轨迹是以 N 为圆心，12PQ 为半径的一段圆弧， 又 MP∥A′D ， MP ⊄ 平 面 A′DE ， A′D ⊂ 平 面 A′DE ， ∴MP∥ 平 面 A′DE ， 同 理 MQ∥ 平面A′DE， 又∵MP∩MQ＝M，∴平面MPQ∥平面A′DE， 又平面A′DE⊥平面ABCD，
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
5.如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1， E，F分别是棱AD，B1C1的中点.若点P为侧面正 方形ADD1A1内(含边界)动点，且B1P∥平面BEF， 则点P的轨迹长度为
1 A.2
B.1
√C. 25
π D.2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
跟踪训练3 (2024·连云港模拟)在矩形ABCD中，AB＝ 3 ，AD＝1，点E 在CD上，现将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，当E从D运动 到C时，求点D在平面ABC上的射影K的轨迹长度为
2 A. 2
22 B. 3
π C.2
√D.π3
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，垂足K为D在平面ABC上的射影，连接D′K， 由翻折的特征知，
直线BP与下底面ABCD所成的角等于直线BP与
上底面A1B1C1D1的夹角，连接B1P，如图，
因 为 BB1⊥ 平 面 A1B1C1D1 ， PB1 ⊂ 平 面 A1B1C1D1 ，
所 以 BB1⊥PB1 ， 故 ∠BPB1 为 直 线 BP 与 上 底 面
A1B1C1D1的夹角，则∠BPB1＝60°，
A.AC1＝4 C.AB1＝6
√B.BC1＝4
D.B1C＝6
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
如图，取B1C1的中点D，BB1的中点E，连接MD，DE，ME， 由MD∥A1B1∥AB，DE∥BC1， 又MD⊄平面ABC1，AB⊂平面ABC1，所以MD∥平面ABC1， 同理可得DE∥平面ABC1， 又MD∩DE＝D，MD，DE⊂平面MDE， 所以平面MDE∥平面ABC1， 又MN∥平面ABC1，故点N的轨迹为线段DE， 又由 DE＝12BC1＝2，可得 BC1＝4.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
知BP⊥平面ACN，CN⊂平面ACN，所以BP⊥CN， 所以动点Q的轨迹为线段CN， 在Rt△ABN，Rt△RAB中，∠BAN＝∠ARB， 所以Rt△ABN∽Rt△RAB，
则BANB＝ARBA，得 BN＝12， 易得 CN＝ BN2＋BC2＝
212＋12＝
5 2.
由线面垂直的性质可得平面SBD∥平面EFG， 又由面面平行的性质可得EG∥SB，GF∥SD，EF∥BD， 又E是边BC的中点，故EG，GF，EF分别为△SBC， △SDC，△BCD的中位线. 由题意 BD＝2 2，SB＝SD＝ 22＋2＝ 6， 故 EG＋EF＋GF＝12×( 6＋ 6＋2 2)＝ 6＋ 2. 即动点 P 的轨迹的周长为 6＋ 2.
如 图 ， 设 AC 的 中 点 为 M0 ， △ADE 沿 DE 翻 折 90°，此时平面A′DE⊥平面ABCD，取CD中 点P，CE中点Q，PQ中点N， 连接PQ，MP，MQ，MN，M0P，M0Q，M0N. MP＝M0P＝12AD＝12，MQ＝M0Q＝12AE＝12，PQ＝12DE＝ 22，△MPQ 和△M0PQ 是等腰直角三角形，
跟踪训练 2 已知三棱锥 P－ABC 的外接球 O 的半径为 13，△ABC 为 等腰直角三角形，若顶点 P 到底面 ABC 的距离为 4，且三棱锥 P－ABC 的体积为136，则满足上述条件的顶点 P 的轨迹长度是__4___3_π__.
设底面等腰直角三角形ABC的直角边的边长为x(x>0)， ∵顶点 P 到底面 ABC 的距离为 4 且三棱锥 P－ABC 的体积为136， ∴13×12x2×4＝136，解得 x＝2 2， ∴△ABC 的外接圆半径为 r1＝12× 2×2 2＝2， ∴球心 O 到底面 ABC 的距离 d1＝ R2－r21＝ 13－22＝3，
又∵顶点P到底面ABC的距离为4，
∴顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周(球心在底面ABC和截面圆之间) 且球心O到该截面圆的距离d2＝1， ∵截面圆的半径 r2＝ R2－d22＝ 13－1＝2 3， ∴顶点 P 的轨迹长度是 2πr2＝2π×2 3＝4 3π.
题型三 翻折有关的动态轨迹问题
例3 在矩形ABCD中，E是AB的中点，AD＝1，AB＝2，将△ADE沿DE 折起得到△A′DE，设A′C的中点为M，若将△ADE沿DE翻折90°，
取A1D1的中点M，连接AM，B1M，AB1，EM，FM，如图所示，在正 方体ABCD－A1B1C1D1中，AD∥B1C1且AD＝B1C1， 因为E，F分别是棱AD，B1C1的中点，则AE∥B1F 且AE＝B1F， 所以四边形AB1FE为平行四边形，则AB1∥EF， 因为AB1⊄平面BEF，EF⊂平面BEF， 所以AB1∥平面BEF， 同理可证AM∥平面BEF，
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
2.(2023·佛山模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1 的棱长为1，点P为正方形A1B1C1D1内的动点，满足 直线BP与下底面ABCD的夹角为60°的点P的轨迹长 度为
3 A. 3
√B.
3π 6
C. 3
3π D. 2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
第七章
§7.10 立体几何中的动态、轨迹问题具创新意识的题型，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.
因为 BB1＝1，所以 PB1＝taBnB610°＝ 33，
故点 P 的轨迹为以 B1 为圆心， 33为半径，位于平面 A1B1C1D1 内的41圆，
故轨迹长度为14×2π× 33＝
3π 6.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
3.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，M为A1C1的中点， N为侧面BCC1B1上的一点，且MN∥平面ABC1，若 点N的轨迹长度为2，则
则∠D′KA＝90°，故K点的轨迹是以AD′为直径的圆上一段弧， 根据长方形知圆半径是12，
如图当E与C重合时，∠D′AC＝60°， 所以 AK＝12， 取O为AD′的中点，得到△OAK是正三角形. 故∠KOA＝π3，所以∠KOD′＝23π， 射影 K 的轨迹长度为12×23π＝π3.
课时精练
一、单项选择题
设 AB＝a，BC＝b，则 a2＋b2＋22＝ 5，可得 a2＋b2＝1，
所以 V＝2ab≤a2＋b2＝1，当且仅当 a＝b＝ 22时，等号成立.
如图，设AC，BD相交于点O，
因为BO⊥AC，BO⊥AA1，AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面A1ACC1， 所以 BO⊥平面 A1ACC1，因为直线 BP 与平面 A1ACC1
故平面MPQ⊥平面ABCD，
又平面MPQ∩平面ABCD＝PQ，MN⊥PQ，
故MN⊥平面ABCD，
又M0N⊂平面ABCD，∴MN⊥M0N，
故动点 M 形成的轨迹长度为14π·PQ＝
2π 8.
思维升华
翻折有关的轨迹问题 (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.
题型一 平行、垂直中的动态轨迹问题
例1 如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1 中，E，F，G，H，N分别是CC1，C1D1，DD1，CD， BC的中点，M在四边形EFGH边上及其内部运动，
若MN∥平面A1BD，则点M轨迹的长度是
A. 3a
B. 2a
3a C. 2
√D.
2a 2
连接HN，GN(图略)， ∵在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H，N分别是 CC1，C1D1，DD1，CD，BC的中点，则GH∥BA1，HN∥BD， 又GH⊄平面A1BD，BA1⊂平面A1BD， ∴GH∥平面A1BD， 同理可证得NH∥平面A1BD， 又GH∩HN＝H，GH，HN⊂平面GHN，
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
因为AB1∩AM＝A，AB1，AM⊂平面AB1M， 所以平面AB1M∥平面BEF， 因为AM⊂平面AA1D1D， 若P∈AM，则B1P⊂平面AB1M， 所以B1P∥平面BEF， 所以点P在侧面AA1D1D内的轨迹为线段AM，
度为
A. 3
B. 2
23 C. 3
√D.
5 2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
如图，在侧棱AA1上取一点R，使得AR＝2RA1，连接PR，BR， 过点A作AN⊥BR交BR于点M，交BB1于点N，连接AC，CN，BD， 由PR∥AD，可知PR⊥AN， BR，PR⊂平面BPR，BR∩PR＝R， 从而AN⊥平面BPR，BP⊂平面BPR， 所以BP⊥AN， 又由BP在平面ABCD内的投影BD⊥AC， 所以BP⊥AC，AN，AC⊂平面ACN，AN∩AC＝A，
∴平面A1BD∥平面GHN， 又∵点M在四边形EFGH上及其内部运动， MN∥平面A1BD， 则点M在线段GH上运动，即满足条件，
又 GH＝ 22a，则点 M 轨迹的长度是
2a 2.
思维升华
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.
跟踪训练1 正四棱锥S－ABCD的底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，
动点P在正四棱锥表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的
周长为
√A. 6＋ 2
B. 6－ 2
C.4
D. 5＋1
如图，设AC，BD交于O，连接SO， 由正四棱锥的性质可得SO⊥平面ABCD， 因为AC⊂平面ABCD，故SO⊥AC. 又BD⊥AC，SO∩BD＝O，SO，BD⊂平面SBD， 故AC⊥平面SBD. 由题意，PE⊥AC则动点P的轨迹为过E且垂直AC的平面与正四棱锥 S－ABCD的交线，即平面EFG，则AC⊥平面EFG.
题型二 距离、角度有关的动态轨迹问题
例2 已知长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球的表面积为5π，AA1＝2，点
P在四边形A1ACC1内，且直线BP与平面A1ACC1所成的角为
π 4
，则长方体
的体积最大时，动点P的轨迹长为
A.π
2π B. 2
√C.π2
2π D. 4
因为长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球的表面积为5π，设外接球的 半径为R， 所以 4πR2＝5π，解得 R＝ 25或 R＝－ 25(舍去)， 即外接球的直径为 5，
所成的角为π4，所以∠BPO＝π4，故 OP＝12， 则点 P 的轨迹是以 O 为圆心，半径 r＝12的半圆弧， 所以动点 P 的轨迹长为 πr＝π2.
思维升华
距离、角度有关的轨迹问题 (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)角度：直线与面成定角，可能是圆锥侧面；直线与定直线成等角， 可能是圆锥侧面.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
4.已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为正方形， 侧 棱 与 底 面 垂 直 ， 点 P 是 侧 棱 DD1 上 的 点 ， 且 DP ＝ 2PD1，AA1＝3，AB＝1.若点Q在侧面BCC1B1(包括其 边界)上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长
1. 在 正 方 体 ABCD － A1B1C1D1 中 ， Q 是 正 方 形 B1BCC1 内 的 动 点 ，
A1Q⊥BC1，则Q点的轨迹是
A.点B1
√B.线段B1C
C.线段B1C1
D.平面B1BCC1
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
如图，连接A1C， 因为BC1⊥A1Q，BC1⊥A1B1，A1Q∩A1B1＝A1， A1Q，A1B1⊂平面A1B1Q， 所以BC1⊥平面A1B1Q， 又B1Q⊂平面A1B1Q，所以BC1⊥B1Q， 又BC1⊥B1C，所以点Q在线段B1C上.
且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点 M 的 轨迹是以 N 为圆心，12PQ 为半径的一段圆弧， 又 MP∥A′D ， MP ⊄ 平 面 A′DE ， A′D ⊂ 平 面 A′DE ， ∴MP∥ 平 面 A′DE ， 同 理 MQ∥ 平面A′DE， 又∵MP∩MQ＝M，∴平面MPQ∥平面A′DE， 又平面A′DE⊥平面ABCD，
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
5.如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1， E，F分别是棱AD，B1C1的中点.若点P为侧面正 方形ADD1A1内(含边界)动点，且B1P∥平面BEF， 则点P的轨迹长度为
1 A.2
B.1
√C. 25
π D.2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
跟踪训练3 (2024·连云港模拟)在矩形ABCD中，AB＝ 3 ，AD＝1，点E 在CD上，现将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，当E从D运动 到C时，求点D在平面ABC上的射影K的轨迹长度为
2 A. 2
22 B. 3
π C.2
√D.π3
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，垂足K为D在平面ABC上的射影，连接D′K， 由翻折的特征知，
直线BP与下底面ABCD所成的角等于直线BP与
上底面A1B1C1D1的夹角，连接B1P，如图，
因 为 BB1⊥ 平 面 A1B1C1D1 ， PB1 ⊂ 平 面 A1B1C1D1 ，
所 以 BB1⊥PB1 ， 故 ∠BPB1 为 直 线 BP 与 上 底 面
A1B1C1D1的夹角，则∠BPB1＝60°，
A.AC1＝4 C.AB1＝6
√B.BC1＝4
D.B1C＝6
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
如图，取B1C1的中点D，BB1的中点E，连接MD，DE，ME， 由MD∥A1B1∥AB，DE∥BC1， 又MD⊄平面ABC1，AB⊂平面ABC1，所以MD∥平面ABC1， 同理可得DE∥平面ABC1， 又MD∩DE＝D，MD，DE⊂平面MDE， 所以平面MDE∥平面ABC1， 又MN∥平面ABC1，故点N的轨迹为线段DE， 又由 DE＝12BC1＝2，可得 BC1＝4.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
知BP⊥平面ACN，CN⊂平面ACN，所以BP⊥CN， 所以动点Q的轨迹为线段CN， 在Rt△ABN，Rt△RAB中，∠BAN＝∠ARB， 所以Rt△ABN∽Rt△RAB，
则BANB＝ARBA，得 BN＝12， 易得 CN＝ BN2＋BC2＝
212＋12＝
5 2.
由线面垂直的性质可得平面SBD∥平面EFG， 又由面面平行的性质可得EG∥SB，GF∥SD，EF∥BD， 又E是边BC的中点，故EG，GF，EF分别为△SBC， △SDC，△BCD的中位线. 由题意 BD＝2 2，SB＝SD＝ 22＋2＝ 6， 故 EG＋EF＋GF＝12×( 6＋ 6＋2 2)＝ 6＋ 2. 即动点 P 的轨迹的周长为 6＋ 2.