微专题14　空间几何体中的动点轨迹问题高考数学一轮复习讲义练习

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由动点保持平行性求轨迹
例1 (2024·龙岩3月质检节选)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是棱BC的中点，点Q满足 eq \(CQ,\s\up6(→))＝ eq \f(1,3) eq \(CC1,\s\up6(→))，点F在侧面BB1C1C内，且A1F∥平面APQ，则点F的轨迹长度为_ eq \f(\r(13),3)_．
【解析】 如图，取BB1上靠近B1的三等分点G，B1C1的中点H，连接A1H，A1G，GH，则在正方形BB1C1C中，可得GH∥PQ.又GH⊄平面APQ，PQ⊂平面APQ，所以GH∥平面APQ.同理可由A1H∥AP，得A1H∥平面APQ.因为A1H，GH⊂平面A1GH，A1H∩GH＝H，所以平面A1GH∥平面APQ.又点F在侧面BB1C1C内，且A1F∥平面APQ，所以GH即为点F的轨迹，GH＝ eq \r(B1H2＋B1G2)＝ eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(2))＝ eq \f(\r(13),3).
(例1答)
与平行有关的轨迹问题：
(1) 线面平行转化为面面平行求轨迹；
(2) 平行时可利用法向量垂直关系求轨迹．
变式1 (2024·湖北七市州3月调研节选)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱DD1的中点，F为正方形C1CDD1内一个动点(包括边界)，且B1F∥平面A1BE，则动点F的轨迹长度为_ eq \r(2)_．
【解析】 如图，取CC1的中点M，C1D1的中点N，连接B1M，B1N，MN.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱DD1的中点，可得B1M∥A1E，MN∥CD1∥BA1.又B1M⊄平面A1BE，A1E⊂平面A1BE，MN⊄平面A1BE，BA1⊂平面A1BE，所以B1M∥平面A1BE，MN∥平面A1BE.又B1M∩MN＝M，且B1M，MN⊂平面B1MN，所以平面B1MN∥平面A1BE.又B1F∥平面A1BE，且B1∈平面B1MN，所以B1F⊂平面B1MN.又F为正方形C1CDD1内一个动点(包括边界)，所以动点F的轨迹为线段MN.由正方体棱长为2得线段MN的长度为 eq \r(2).
(变式1答)
由动点保持垂直性求轨迹
例2 (2024·深圳一调节选)如图，八面体Ω的每一个面都是边长为4的正三角形，且顶点B，C，D，E在同一个平面内，点M在四边形BCDE内(包含边界)运动，N为AE的中点.
(例2)
(1) 当MN∥平面ACD时，点M的轨迹长度为_4_；
【解析】 设P为DE的中点，又N为AE的中点，所以PN∥AD.因为AD⊂平面ACD，PN⊄平面ACD，所以PN∥平面ACD.又MN∥平面ACD，MN∩PN＝N，设Q＝BC∩平面MNP，所以平面MNP∥平面ACD，平面ACD∩平面BCDE＝CD，平面MNP∩平面BCDE＝PQ，则PQ∥CD，则Q为BC的中点，点M在四边形BCDE内(包含边界)运动，则M∈PQ，点M的轨迹是线段PQ，长度为4.
(2) 当MA⊥ME时，点M到BC的距离的最小值为_3－ eq \r(2)_．
【解析】 设四边形BCDE的中心为O，若MA⊥ME，则点M的轨迹是以OE中点K为圆心， eq \r(2)为半径的圆在四边形BCDE内(包含边界)的一段弧(如图)，K到BC的距离为3，故弧上的点到BC的距离的最小值为3－ eq \r(2).
(例2(2)答)
与垂直有关的轨迹问题：
(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．
变式2 已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为3 eq \r(3)的正方形，AA1＝3，M为CC1的中点，O为A1M的中点，则点O到底面ABCD的距离为_ eq \f(9,4)_；若P为底面ABCD内的动点，且A1P⊥PM，则动点P的轨迹长度为_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 eq \f(3,4)，故点O到平面ABCD的距离为3－ eq \f(3,4)＝ eq \f(9,4).因为A1P⊥PM，O为A1M的中点，所以OP＝ eq \f(1,2)A1M＝ eq \f(1,2) eq \r(A1C eq \\al(2,1)＋C1M2)＝ eq \f(15,4).设以O为球心，OP的长为半径的球被平面ABCD所截得的圆的半径为r，则r＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(15,4)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)))\s\up12(2))＝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的中点，所以HR⊥QP，所以cs ∠QHR＝ eq \f(RH,QH)＝ eq \f(\f(3\r(3),2),3)＝ eq \f(\r(3),2)，所以∠QHP＝2∠QHR＝ eq \f(π,3)，所以点P的轨迹所形成的圆弧长为3× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π－4×\f(π,3)))＝2π.
(变式2答)
由动点保持等距(等角)求轨迹
例3 (1) (2024·济南、青岛、枣庄三模节选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为棱DD1，DC的中点，P为四边形A1B1C1D1(含边界)内一动点，且MP＝2，则点P的轨迹长度为_ eq \f(\r(3)π,2)_， 点P到平面AMN距离的最大值为_ eq \f(\r(15)＋2,3)_．
【解析】 如图，D1P＝ eq \r(MP2－D1M2)＝ eq \r(3)，所以点P的轨迹为以D1为圆心， eq \r(3)为半径的圆与正方形A1B1C1D1相交的部分，所以点P的轨迹长度为 eq \f(1,4)×2π× eq \r(3)＝ eq \f(\r(3)π,2).以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，M(0，0，1)，N(0，1，0)，设P( eq \r(3)cs θ， eq \r(3)sin θ，2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))，所以 eq \(AM,\s\up6(→))＝(－2，0，1)， eq \(AN,\s\up6(→))＝(－2，1，0)， eq \(MP,\s\up6(→))＝( eq \r(3)cs θ， eq \r(3)sin θ，1).设平面AMN的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AM,\s\up6(→))·n＝－2x＋z＝0，,\(AN,\s\up6(→))·n＝－2x＋y＝0，))取x＝1，得n＝(1，2，2)，则点P到平面AMN的距离d＝ eq \f(|n·\(MP,\s\up6(→))|,|n|)＝ eq \f(|\r(3)cs θ＋2\r(3)sin θ＋2|,3)＝ eq \f(|\r(15)sin (θ＋φ)＋2|,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(tan φ＝\f(1,2)，φ∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))，显然当θ＋φ＝ eq \f(π,2)时，d取得最大值dmax＝ eq \f(\r(15)＋2,3).
(例3(1)答)
(2) 在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是棱BC的中点，点P在正方形DCC1D1(包括边界)上运动，且满足∠APD＝∠MPC，则点P的轨迹长度为_ eq \f(4π,3)_．
【解析】 如图(1)，在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥平面DCC1D1，MC⊥平面DCC1D1，又DP，PC⊂平面DCC1D1，所以AD⊥DP，MC⊥CP.又∠APD＝∠MPC，所以Rt△ADP∽Rt△MCP，所以 eq \f(PD,PC)＝ eq \f(AD,MC)＝2，即PD＝2PC.如图(2)，在平面DCC1D1中，以D为原点，DC，DD1分别为x，y轴建立平面直角坐标系，则D(0，0)，C(6，0)，设P(x，y).由PD＝2PC，知 eq \r((x－0)2＋(y－0)2)＝2 eq \r((x－6)2＋(y－0)2)，化简整理得(x－8)2＋y2＝16，0≤x≤6，圆心(8，0)，半径r＝4，所以点P的轨迹为圆(x－8)2＋y2＝16与四边形DCC1D1的交线，即为图中的 eq \(EF,\s\up8(︵)).其中CM＝2，FM＝4，则∠FMC＝ eq \f(π,3).由弧长公式知 eq \(EF,\s\up8(︵))＝ eq \f(π,3)×4＝ eq \f(4π,3).
图(1)
图(2)
(例3(2)答)
与距离有关的轨迹问题：
(1) 可转化为在一个平面内的距离关系，借助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．
与角度有关的轨迹问题：
(1) 直线与平面成定角，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) 利用空间坐标计算求轨迹．
变式3 (2024·台州二模节选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P为平面ABCD内一动点，且直线D1P与平面ABCD所成角为 eq \f(π,3)，则点P的轨迹长度为_ eq \f(2\r(3)π,3)_，直线CP与平面CDD1C1所成角的正弦值的最大值为_ eq \f(\r(3),3)_．
【解析】 因为直线D1P与平面ABCD所成角为 eq \f(π,3)，所以DP＝ eq \f(1,tan \f(π,3))＝ eq \f(\r(3),3).故点P在以D为圆心， eq \f(\r(3),3)为半径的圆周上运动，点P的轨迹长度为 eq \f(2\r(3)π,3).如图，直线CP与平面CDD1C1所成角即为∠PCD，当CP与点P的轨迹圆相切时，sin ∠PCD最大，此时sin ∠PCD＝ eq \f(\r(3),3).
(变式3答)
折叠过程中的动点轨迹
例4 在矩形ABCD中，AB＝ eq \r(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，则点D在平面ABC上的射影K的轨迹长度为( D )
A. eq \f(\r(2),2)B. eq \f(2\r(2),3)
C. eq \f(π,2)D. eq \f(π,3)
【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，垂足K为点D在平面ABC上的射影，连接D′K，由翻折的特征知，∠D′KA＝90°，故点K的轨迹是以AD′为直径的圆上一段弧，根据长方形知圆的半径是 eq \f(1,2).如图，当E与C重合时，∠D′AC＝60°，所以AK＝ eq \f(1,2)，取AD′的中点O，易知△OAK是正三角形，故∠KOA＝ eq \f(π,3)，所以∠KOD′＝ eq \f(2π,3)，其所对的弧长为 eq \f(1,2)× eq \f(2π,3)＝ eq \f(π,3).
(例4答)
折叠过程，指定点的轨迹，实际是一个等距问题(轨迹是圆弧)，方法的核心是从这个指定点出发，向折线作垂线，垂足即为轨迹圆心．
变式4 在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E，F分别为边AB，CD的中点，如图，沿直线DE将△ADE翻折成△PDE，在点P从A至F的运动过程中，CP的中点G的轨迹长度为_ eq \f(\r(2)π,2)_．
(变式4)
【解析】 如图，连接AF，DE，设AF∩DE＝O，连接PO，AP，则OP＝OA＝OF，所以∠APF＝90°.连接AC，BD，设AC∩BD＝M，取CF的中点N，连接MG，GN.由三角形中位线定理可得MG∥AP，NG∥PF，所以∠MGN＝90°，所以沿直线DE将△ADE翻折成△PDE，在点P从A至F的运动过程中，CP的中点G的轨迹是以MN为直径的半圆．因为AF＝ eq \r(22＋22)＝2 eq \r(2)，所以MN＝ eq \r(2)，从而以MN为直径的半圆的长度为 eq \f(1,2)×2π× eq \f(\r(2),2)＝ eq \f(\r(2)π,2).
(变式4答)
练案❶ 趁热打铁，事半功倍．请老师布置同学们及时完成《配套精练》．
练案❷ 1. 补不足、提能力，老师可增加训练《抓分题·高考夯基固本天天练》(提高版)对应内容，成书可向当地发行咨询购买．
2. 为提高高考答卷速度及综合应考能力，老师可适时安排《一年好卷》或《抓分卷·高考增分提速天天练》(提高版)，成书可向当地发行咨询购买．
配套精练
1. (2024·潍坊、滨州一模)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为截面A1C1B上的动点，若DP⊥A1C，则点P的轨迹长度是( B )
(第1题)
A. eq \f(\r(2),2) B. eq \r(2)
C. eq \f(1,2) D. 1
【解析】 如图，连接DC1，BD，AC，由AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，得BD⊥AA1.而BD⊥AC，AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面AA1C，则BD⊥平面AA1C.又A1C⊂平面AA1C，于是BD⊥A1C，同理BC1⊥A1C，而BC1∩BD＝B，BC1，BD⊂平面BC1D，因此A1C⊥平面BC1D.因为DP⊥A1C，则DP⊂平面BC1D，而点P为截面A1C1B上的动点，平面A1C1B∩平面BC1D＝BC1，所以点P的轨迹是线段BC1，长度为 eq \r(2).
(第1题答)
2. (2024·南京、盐城一模)在棱长为2a(a＞0)的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱AB，D1C1的中点．已知动点P在该正方体的表面上，且 eq \(PM,\s\up6(→))· eq \(PN,\s\up6(→))＝0，则点P的轨迹长度为( B )
A. 12a B. 12πa
C. 24a D. 24πa
【解析】 因为 eq \(PM,\s\up6(→))· eq \(PN,\s\up6(→))＝0，故点P的轨迹为以MN为直径的球，如图，易知MN中点即为正方体中心O，球心在每个面上的射影为面的中心，设O在底面ABCD上的射影为O1，又正方体的棱长为2a，所以MN＝2 eq \r(2)a，易知OO1＝a，O1M＝a，又动点P在正方体的表面上运动，所以点P的轨迹是六个半径为a的圆，轨迹长度为6×2πa＝12πa.
(第2题答)
3. (多选)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M为CC1的中点，P为正方形A1B1C1D1上的动点，则( AD )
(第3题)
A. 满足MP∥平面BDA1的点P的轨迹长度为 eq \r(2)
B. 满足MP⊥AM的点P的轨迹长度为 eq \f(2\r(2),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
【解析】 对于A，如图(1)，取B1C1的中点Q，D1C1的中点N，又M为CC1的中点，由正方体的性质知MQ∥A1D，NQ∥BD，又MQ∩NQ＝Q，A1D∩BD＝D，所以平面MQN∥平面BDA1.又MP⊂平面MQN，所以MP∥平面BDA1，故点P的轨迹为线段NQ，长度为 eq \r(1＋1)＝ eq \r(2)，故A正确；对于B，如图(2)，以D为坐标原点，DA，DC，DD1分别为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，则 eq \(MP,\s\up6(→))＝(x，y－2，1)， eq \(AM,\s\up6(→))＝(－2，2，1)， eq \(AM,\s\up6(→))· eq \(MP,\s\up6(→))＝－2x＋2(y－2)＋1＝－2x＋2y－3＝0，即y＝x＋ eq \f(3,2)，又0≤x≤2，0≤y≤2，则点P的轨迹为线段EF，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，2))，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2，2))，且EF＝ eq \r(\f(1,4)＋\f(1,4))＝ eq \f(\r(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 eq \(DP,\s\up6(→))＝a eq \(DA,\s\up6(→))＋b eq \(DB,\s\up6(→))＋c eq \(DM,\s\up6(→))，且a＋b＋c＝1，又 eq \(DP,\s\up6(→))＝(x，y，2)， eq \(DA,\s\up6(→))＝(2，0，0)， eq \(DB,\s\up6(→))＝(2，2，0)， eq \(DM,\s\up6(→))＝(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)，因此 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2a＋2b，,y＝2b＋2c，,2＝c，,a＋b＋c＝1，))从而x＝－2，不合题意，所以不存在点P，使得平面AMP经过点B，故C错误；对于D，如图(2)，点M关于平面A1B1C1D1的对称点为M′(0，2，3)，则PA＋PM≥AM′＝ eq \r(22＋22＋32)＝ eq \r(17)＜5，又当P与B1重合时，PA＋PM＝2 eq \r(2)＋ eq \r(5)＞5，故存在点P满足PA＋PM＝5，故D正确．
图(1)
图(2)
(第3题答)
4. (2024·苏中苏北八市三调)(多选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为DD1的中点，M是底面ABCD上一点，则( BCD )
A. M为AC中点时，PM⊥AC1
B. M为AD中点时，PM∥平面A1BC1
C. 满足2PM＝ eq \r(3)DD1的点M在圆上
D. 满足直线PM与直线AD成30°角的点M在双曲线上
【解析】 不失一般性，设正方体棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，因为P为DD1的中点，则P(0，0，1)，A(2，0，0)，C1(0，2，2).对于A，若M为AC中点，则M(1，1，0)， eq \(PM,\s\up6(→))＝(1，1，－1)， eq \(AC1,\s\up6(→))＝(－2，2，2)， eq \(PM,\s\up6(→))· eq \(AC1,\s\up6(→))＝－2＋2－2＝－2≠0，PM与AC1不垂直，故A错误．对于B，M为AD中点时，PM∥AD1，因为AB∥D1C1，AB＝D1C1，则四边形ABC1D1为平行四边形，则AD1∥BC1，所以PM∥BC1.因为BC1⊂平面A1BC1，PM⊄平面A1BC1，所以PM∥平面A1BC1，故B正确；对于C，令M(x，y，0)，PM＝ eq \f(\r(3),2)DD1＝ eq \f(\r(3),2)×2＝ eq \r(3)，所以DM＝ eq \r(2)，所以M在以D为圆心， eq \r(2)为半径的圆上，故C正确；对于D， eq \(PM,\s\up6(→))＝(x，y，－1)， eq \(AD,\s\up6(→))＝(－2，0，0)， eq \f(\r(3),2)＝cs 30°＝|cs 〈 eq \(PM,\s\up6(→))， eq \(AD,\s\up6(→))〉|＝ eq \f(|2x|,\r(x2＋y2＋1)×2)，化简得 eq \f(x2,3)－y2＝1，其为双曲线方程，故D正确．
(第4题答)
5. (2024·晋城二模)(多选)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是侧面ADD1A1内的一点，E是线段CC1上的一点，则下列说法正确的是( ACD )
(第5题)
A. 当P是线段A1D的中点时，存在点E，使得A1E⊥平面PB1D1
B. 当E为线段CC1的中点时，过点A，E，D1的平面截该正方体所得的截面的面积为 eq \f(9,4)
C. 点E到直线BD1的距离的最小值为 eq \r(2)
D. 当E为棱CC1的中点且PE＝2 eq \r(2)时，点P的轨迹长度为 eq \f(2π,3)
【解析】 对于A，如图(1)，连接A1C，AB1，因为P是线段A1D的中点，所以P也是线段AD1的中点，所以平面PB1D1即为平面AB1D1.根据正方体的性质，AD1⊥平面A1DC，AB1⊥平面A1BC，所以AD1⊥A1C，AB1⊥A1C，又因为AD1∩AB1＝A，AD1⊂平面AB1D1，AB1⊂平面AB1D1，所以A1C⊥平面AB1D1，所以E与C重合时，A1E⊥平面PB1D1，故A正确；对于B，如图(2)，取BC的中点M，连接D1E，EM，AM，AD1，根据E，M分别为CC1，BC的中点，易得EM∥AD1，所以A，M，E，D1四点共面，所以截面为四边形AMED1，且该四边形为等腰梯形．又因为ME＝ eq \r(2)，AD1＝2 eq \r(2)，AM＝ED1＝ eq \r(5)，所以等腰梯形AMED1的高为 eq \r((\r(5))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝ eq \f(3\r(2),2)，所以截面面积为 eq \f(1,2)( eq \r(2)＋2 eq \r(2))× eq \f(3\r(2),2)＝ eq \f(9,2)，故B错误；对于C，如图(3)，建立空间直角坐标系，则B(2，2，0)，D1(0，0，2)，所以 eq \(BD1,\s\up6(→))＝(－2，－2，2)，设E(0，2，m)(0≤m≤2)，所以 eq \(BE,\s\up6(→))＝(－2，0，m)，所以点E到直线BD1的距离d＝ eq \r(\(BE,\s\up6(→))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(BD1,\s\up6(→))·\(BE,\s\up6(→)),|\(BD1,\s\up6(→))|)))\s\up12(2))＝ eq \r(\f(2,3)(m－1)2＋2)，所以m＝1时，距离最小，最小为 eq \r(2)，故C正确；对于D，如图(4)，取DD1的中点G，连接EG，GP，PE，易得GE⊥平面AA1D1D，又因为GP⊂平面AA1D1D，所以GE⊥GP，所以GP＝ eq \r(PE2－GE2)＝ eq \r((2\r(2))2－22)＝2，则点P在侧面AA1D1D内的运动轨迹为以G为圆心，半径为2的劣弧，圆心角为 eq \f(π,3)，所以点P的轨迹长度为 eq \f(π,3)×2＝ eq \f(2π,3)，故D正确．
图(1)
图(2)
图(3)
图(4)
(第5题答)
6. (2024·石家庄三模节选)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为B1C1的中点，若点Q在侧面正方形ADD1A1内(包含边界)且MQ⊥A1C，则点Q的轨迹长度为_ eq \r(2)_．
【解析】 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(2，0，2)，M(1，2，2)，C(0，2，0)，设Q(x，0，z)，则 eq \(A1C,\s\up6(→))＝(－2，2，－2)， eq \(MQ,\s\up6(→))＝(x－1，－2，z－2)，因为MQ⊥A1C，所以－2(x－1)－4－2(z－2)＝0，化简为x＋z＝1，则点Q的轨迹为直线x＋z＝1在侧面正方形ADD1A1内的线段EF，其长度为 eq \r(2).
(第6题答)
7. (2024·保定二模节选)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱长为3，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝ eq \f(π,3)，M为棱DD1上的一点且MD＝1，P为底面ABCD内一动点(含边界)，且PM与平面ABCD所成的角为 eq \f(π,4)，则点P的轨迹与直四棱柱的交线长为_ eq \f(2π,3)_．
【解析】 由题可知点P的轨迹是以D为圆心，半径为1的圆，所以点P的轨迹与直四棱柱的交线为圆弧，圆弧长为 eq \f(2π,3)×1＝ eq \f(2π,3).
8. (2024·广州冲刺训练(一)节选)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，若P为四边形BB1D1D内(包括边界)的动点，N为平面ABCD内的动点．
(1) 若直线D1N与AB所成的角为 eq \f(π,4)，则点N的轨迹为_双曲线_．(填曲线形状)
【解析】 因为AB∥C1D1，若D1N与AB所成的角为 eq \f(π,4)，则点N在以D1C1为旋转轴的圆锥(无底)的表面上，而D1C1∥平面ABCD，所以点N的轨迹为双曲线．
(2) 若PA＋PC＝ eq \r(3)，则点P的轨迹长度为_ eq \f(π,2)_．
【解析】 若PA＋PC＝ eq \r(3)，则点P在以A，C为焦点的椭球上且a＝ eq \f(\r(3),2)，c＝ eq \f(\r(2),2)，所以b＝ eq \f(1,2).又因为点P在四边形BB1D1D内，该椭球被平面BB1D1D截得的在四边形BB1D1D内的部分为半圆，且半径为 eq \f(1,2)，所以点P的轨迹长度为 eq \f(1,2)·2π· eq \f(1,2)＝ eq \f(π,2).
9. 如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝ eq \r(3)，E为AB的中点，将△ADE沿DE折起至△A′DE，记二面角A′-DE-C＝θ，当θ在[0，π]范围内变化时，点A′的轨迹长度为_ eq \f(\r(3)π,2)_．
(第9题)
【解析】 取DE的中点为M，连接AM，A′M，则AM＝A′M，故A′在以M为球心，AM为半径的球面上．过A′作A′G⊥DE，垂足为G，连接AG，则AG⊥DE.在矩形ABCD中，AE＝1，AD＝ eq \r(3)，故AG＝ eq \f(1×\r(3),\r(1＋3))＝ eq \f(\r(3),2)，故AG＝AG′＝ eq \f(\r(3),2)，而A′G∩AG＝G，故DE⊥平面A′AG，故A′在过G且垂直于DE的平面上，所以A′在以G为圆心，AG为半径的圆上，而∠AGA′为二面角A-DE-A′的平面角，故0≤∠AGA′≤π，故点A′的轨迹长度为 eq \f(\r(3)π,2).
(第9题答)
10. (2024·怀化二模节选)在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝BC＝2，PA＝2 eq \r(3)，D是△PAB内的动点(不含边界)，AD⊥CD，则点D的轨迹长度是_ eq \f(2π,3)_，异面直线CD与AB所成角的余弦值的范围是_ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),10)，\f(\r(2),2)))_．
【解析】 由AD⊥CD，得点D的轨迹是以线段AC为直径的球面与△PAB相交的一段圆弧，如图，令AC，AB的中点分别为O，E，则OE⊥平面PAB，OE＝1，OD＝ eq \r(2)，于是DE＝1，显然点D所在圆弧所对圆心角大小为 eq \f(2π,3)，长度是 eq \f(2π,3).把三棱锥P-ABC补形成正四棱柱并建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设∠AED＝θ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜θ＜\f(2π,3)))，则点D(1－cs θ，0，sin θ)，而C(2，2，0)，于是 eq \(CD,\s\up6(→))＝(－1－cs θ，－2，sin θ)，又 eq \(AB,\s\up6(→))＝(2，0，0)，令异面直线CD与AB所成的角大小为φ，则cs φ＝|cs 〈 eq \(CD,\s\up6(→))， eq \(AB,\s\up6(→))〉|＝ eq \f(|\(CD,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→))|,|\(CD,\s\up6(→))||\(AB,\s\up6(→))|)＝ eq \f(1＋cs θ,\r((1＋cs θ)2＋4＋sin2θ))＝ eq \f(1＋csθ,\r(6＋2cs θ))，令t＝1＋cs θ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，cs φ＝ eq \f(t,\r(4＋2t))＝ eq \f(1,\r(\f(4,t2)＋\f(2,t)))在t∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上单调递增，因此 eq \f(\r(5),10)＜cs φ＜ eq \f(\r(2),2).
(第10题答)