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19 立體幾何中軌跡問題
目錄
一、熱點題型歸納 1
【題型一】由動點保持平行求軌跡 1
【題型二】由動點保持垂直求軌跡 4
【題型三】由動點保持等距（或定長）求軌跡 9
【題型四】由動點保持等角（或定角）求軌跡 12
【題型五】投影求軌跡 16
【題型七】翻折與動點求軌跡 19
二、最新模考題組練 22
【題型一】由動點保持平行性求軌跡
【典例分析】
如圖，在邊長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G、H、N分別是CC1、C1D1、DD1、CD、BC的中點，M在四邊形EFGH邊上及其內部運動，若MN∥面A1BD，則點M軌跡的長度是（　　）
A．a B．a C． D．
【答案】D
【分析】
連接GH、HN，有GH∥BA1，HN∥BD，證得面A1BD∥面GHN，由已知得點M須在線段GH上運動，即滿足條件，由此可得選項.
【詳解】
解：連接GH、HN、GN，∵在邊長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G、H分別是CC1、C1D1、DD1、CD的中點，N是BC的中點，
則GH∥BA1，HN∥BD，又面A1BD，BA1面A1BD，所以面A1BD，同理可證得面A1BD，
又，∴面A1BD∥面GHN，
又∵點M在四邊形EFGH上及其內部運動，MN∥面A1BD，
則點M須在線段GH上運動，即滿足條件，GH=a，則點M軌跡的長度是a.
故選：D.
【提分秘籍】
基本規律
1.線面平行轉化為面面平行得軌跡
2.平行時可利用法向量垂直關系求軌跡
【變式演練】
1.在三棱臺中，點在上，且，點是三角形內（含邊界）的一個動點，且有平面平面，則動點的軌跡是（ ）
A．三角形邊界的一部分 B．一個點
C．線段的一部分 D．圓的一部分
【答案】C
【分析】
過作交于，連接，證明平面平面，得，即得結論．
【詳解】
如圖，過作交于，連接，
，平面，平面，所以平面，
同理平面，又，平面，
所以平面平面，所以，（不與重合，否則沒有平面），
故選：C．
2.已知正方體的棱長為，、分別是棱、的中點，點為底面內（包括邊界）的一動點，若直線與平面無公共點，則點的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，設點，計算出平面的一個法向量的坐標，由已知條件得出，可得出、所滿足的等式，求出點的軌跡與線段、的交點坐標，即可求得結果.
【詳解】
以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，
則、、、，設點，
，，設平面的法向量為，
由，取，可得，
，由題意可知，平面，則，
令，可得；令，可得.
所以，點的軌跡交線段于點，交線段的中點，
所以，點的軌跡長度為.
故選：B.
3.在棱長為2的正方體中，點E，F分別是棱，的中點，P是上底面內一點（含邊界），若平面BDEF，則Р點的軌跡長為（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【分析】
由分別取棱 的中點M N，連接MN，由線面平行得面面平行，得動點軌跡，從而可計算其長度．
【詳解】
如圖所示，分別取棱 的中點M N，連接MN，連接，
∵M N E F為所在棱的中點，∴，，∴，
又平面BDEF，平面BDEF，∴平面BDEF，
連接NF，由，，，，可得，，則四邊形ANFB為平行四邊形，則，
而平面BDEF，平面BDEF，則平面BDEF.
又，∴平面平面BDEF.
又P是上底面內一點，且平面BDEF，
∴P點在線段MN上.又，∴P點的軌跡長為.
【題型二】動點保持垂直性求軌跡
【典例分析】
在正方體中，Q是正方形內的動點，，則Q點的軌跡是（ ）
A．點 B．線段 C．線段 D．平面
【答案】B
【分析】
如圖，連接,證明,又，即得解.
【詳解】
如圖，連接,
因為平面,所以平面, 又平面,
所以,又.所以點在線段上.故選：B
【提分秘籍】
基本規律
1.可利用線線線面垂直，轉化為面面垂直，得交線求軌跡
2.利用空間坐標運算求軌跡
3.利用垂直關系轉化為平行關系求軌跡
【變式演練】
1.在正方體中，點在側面及其邊界上運動，且保持，則動點的軌跡為（ ）
A．線段 B．線段
C．的中點與的中點連成的線段 D．的中點與的中點連成的線段
【答案】A
【分析】
利用直線與平面垂直的判定可得面，又點在側面及其邊界上運動，并且總是保持與垂直，得到點的軌跡為面與面的交線．
【詳解】
如圖，連接，，，在正方體中，有平面，
又點在側面及其邊界上運動，
故點的軌跡為平面與平面的交線段.故選：A.
2.在棱長為1的正方體中，M，N分別為，的中點，點P在正方體的表面上運動，且滿足．給出下列說法：
①點P可以是棱的中點；
②線段MP的最大值為；
③點P的軌跡是正方形；
④點P軌跡的長度為．
其中所有正確說法的序號是________．
【答案】②④
【分析】
以D為坐標原點，分別以DA，DC，為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，求出的坐標，從而得到MP的最大值，即可判斷選項②，通過分析判斷可得點P不可能是棱的中點，從而判斷選項①，又，，可判斷選項③和選項④．
【詳解】
解：在正方體中，以D為坐標原點，為x軸，y軸，
∵該正方體的棱長為1，M，N分別為，的中點，
∴，M（，，），，
∴，
設，則，
∵，∴，即
當時，，當時，，
取，，，，
連結EF，FG，，HE，
則，，
∴四邊形EFGH為矩形，則，，
即，，
又和為平面中的兩條相交直線，
∴平面EFGH，
又，，
∴M為EG的中點，則平面EFGH，
為使，必有點平面EFGH，
又點P在正方體表面上運動，∴點P的軌跡為四邊形EFGH，
因此點P不可能是棱的中點，故選項①錯誤；
又，，
∴，則點P的軌跡不是正方形且矩形EFGH周長為，
故選項③錯誤，選項④正確；
∵，，
又，則，即，
∴，點在正方體表面運動，
則，解，
∴，
故當或，或1，MP取得最大值為，故②正確.
故答案為：②④．
3.如圖，在正方體中，是棱的中點，是側面內的動點，且與平面的垂線垂直，則下列說法不正確的是（ ）
A．與不可能平行
B．與是異面直線
C．點的軌跡是一條線段
D．三棱錐的體積為定值
【答案】A
【分析】
設平面與直線交于，連接，，則為的中點，分別取，的中點，，連接，，，證明平面平面，即可分析選項ABC的正誤；再由，得點到平面的距離為定值，可得三棱錐的體積為定值判斷D．
【詳解】
解：設平面與直線交于，連接，，
則為的中點，分別取，的中點，，
連接，，，
如圖，∵，平面，平面，
∴平面，同理可得平面，
又、是平面內的兩條相交直線，
∴平面平面，而平面，∴平面，
得點的軌跡為一條線段，故C正確；
并由此可知，當與重合時，與平行，故A錯誤；
∵平面平面，和平面相交，∴與是異面直線，故B正確；
∵，則點到平面的距離為定值，∴三棱錐的體積為定值，故D正確．
故選：A．
【題型三】由動點保持等距（或者定距）求軌跡
【典例分析】
已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，P為底面ABCD內一點，若P到棱CD，A1D1距離相等的點，則點P的軌跡是（ ）
A．直線 B．橢圓 C．拋物線 D．雙曲線
【答案】D
【分析】
以D為坐標原點建立空間直角坐標系，求出點P的軌跡方程即可判斷.
【詳解】
如圖示，過P作PE⊥AB與E，過P作PF⊥AD于F，過F作FG∥AA1交A1D1于G，連結PG，由題意可知PE=PG
以D為坐標原點建立空間直角坐標系，設，由PE=PG得：
，平方得：即點P的軌跡是雙曲線.故選：D.
【提分秘籍】
基本規律
1.距離，可轉化為在一個平面內的距離關系，借助于圓錐曲線定義或者球和圓的定義等知識求解軌跡
2.利用空間坐標計算求軌跡
【變式演練】
1.如圖，在四棱錐中，側面為正三角形，底面為正方形，側面底面，為正方形內（包括邊界）的一個動點，且滿足．則點在正方形內的軌跡為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
如圖，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，設，正方形的邊長為，求出，的坐標，利用可得與的關系，即可求解.
【詳解】
如圖，以為坐標原點，，所在的直線分別為，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方形的邊長為，，則，，，，則，．由，得，
所以點在正方形內的軌跡為一條線段，
故選：A．
2.如圖，在棱長為的正方體中，、分別是、的中點，長為的線段的一個端點在線段上運動，另一個端點在底面上運動，則線段的中點的軌跡（曲面）與正方體（各個面）所圍成的幾何體的體積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
連接、，分析得出，可知點的軌跡是以點為球心，半徑長為的球面，作出圖形，結合球體的體積公式可求得結果.
【詳解】
連接、，因為，，且、分別為、的中點，
故且，
所以，四邊形為平行四邊形，故且，
平面，則平面，
因為平面，所以，，
為的中點，故，
所以，點的軌跡是以點為球心，半徑長為的球面，如下圖所示：
所以，線段的中點的軌跡（曲面）與正方體（各個面）所圍成的幾何體為球的，
故所求幾何體的體積為.
故選：D.
3.四棱錐P﹣OABC中，底面OABC是正方形，OP⊥OA，OA＝OP＝a．D是棱OP上的一動點，E是正方形OABC內一動點，DE的中點為Q，當DE＝a時，Q的軌跡是球面的一部分，其表面積為3π，則a的值是（ ）
A． B． C． D．6
【答案】B
【分析】
由題意結合選項可特殊化處理，即取OP與底面垂直，求得Q的軌跡，結合球的表面積求解．
【詳解】
解：不妨令OP⊥OC，則OP⊥底面OABC，
如圖，
∵D是OP上的動點，∴OD⊥底面OABC，可得OD⊥OE，
又Q為DE的中點，∴OQ，即Q的軌跡是以O為球心，以為半徑的球面，
其表面積為S，得a故選：B．
【題型四】由動點保持等角（或定角）求軌跡
【典例分析】
正方體中，，分別為，的中點，是邊上的一個點（包括端點），是平面上一動點，滿足直線 與直線 夾角與直線與直線 的夾角相等，則點所在軌跡為（ ）
A．橢圓 B．雙曲線 C．拋物線 D．拋物線或雙曲線
【答案】D
【分析】
根據題設分析可知：點軌跡為以為母線，為軸，為底面直徑的圓錐體，及其關于反向對稱的錐體與平面的交線，應用數形結合，結合平面與雙錐面相交所成曲線的性質判斷所在軌跡的形狀.
【詳解】
由題設，點軌跡為以為母線，為軸，為底面直徑的圓錐體，及其關于反向對稱的錐體與平面的交線，如下圖示：
當是邊上移動過程中，只與下方錐體有相交，點軌跡為拋物線；
當是邊上移動過程中，與上方錐體也有相交，點軌跡為雙曲線；
故選：D
【提分秘籍】
基本規律
直線與面成定角，可能是圓錐側面。
直線與定直線成等角，可能是圓錐側面
利用空間坐標系計算求軌跡
【變式演練】
1.如圖，斜線段與平面所成的角為，為斜足，平面上的動點滿足，則點的軌跡是（ ）
A．直線 B．拋物線
C．橢圓 D．雙曲線的一支
【答案】C
【分析】
由題可知點在以為軸的圓錐的側面上，再結合條件可知的軌跡符合圓錐曲線中橢圓定義，即得.
【詳解】
用垂直于圓錐軸的平面去截圓錐，得到的是圓；把平面漸漸傾斜，得到橢圓；當平面和圓錐的一條母線平行時，得到拋物線.
此題中平面上的動點滿足，可理解為在以為軸的圓錐的側面上，
再由斜線段與平面所成的角為，可知的軌跡符合圓錐曲線中橢圓定義.
故可知動點的軌跡是橢圓.
故選：C.
2.如圖所示，為長方體，且AB=BC=2，=4，點P為平面上一動點，若，則P點的軌跡為（ ）
A．拋物線 B．橢圓 C．雙曲線 D．圓
【答案】B
【分析】
建立空間直角坐標系，利用空間向量的坐標運算和軌跡方程思想求得的軌跡方程，進而根據方程判定軌跡類型.
【詳解】
如圖，建立直角坐標系，則,.
設,則向量，向量,
，
∴，即,,
,這方程表示的軌跡是平面上的橢圓，故選：B.
3.在長方體中，，，M為棱BC的中點，動點P滿足，則點P的軌跡與長方體的側面的交線長等于___________.
【答案】
【分析】
由題意畫出圖形，由角的關系得到邊的關系，然后再在平面內建系，求出P的軌跡方程，確定點P的軌跡與長方體的面的交線，進而求得交線長.
【詳解】
如下圖所示：
當P在面內時，面，面；
又，在與中，∵，則，
∴，則，即.
在平面中，以DC所在直線為x軸，以DC的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標系，則，，
設，由，得，
整理得：，即.
∴點P的軌跡是以F(5，0)為圓心，半徑為4的圓.
設圓F與面的交點為E M，作EK垂直x軸于點K，如圖，
則；∴；
故點P的軌跡與長方體的面的交線為劣弧，所以劣弧的長為.故答案為：
【題型五】 投影求軌跡
【典例分析】
1822年，比利時數學家 Dandelin利用圓錐曲線的兩個內切球，證明了用一個平面去截圓錐，可以得到橢圓（其中兩球與截面的切點即為橢圓的焦點），實現了橢圓截線定義與軌跡定義的統一性．在生活中，有一個常見的現象：用手電筒斜照地面上的籃球，留下的影子會形成橢圓．這是由于光線形成的圓錐被地面所截產生了橢圓的截面．如圖，在地面的某個占正上方有一個點光源，將小球放置在地面，使得與小球相切．若，小球半徑為2，則小球在地面的影子形成的橢圓的離心率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
設，從而可得 ，，，利用勾股定理可得，再由離心率的定義即可求解.
【詳解】
在中，設，
，，，，
， ∴長軸長，，則離心率.故選：A
【提分秘籍】
基本規律
球的非正投影，可能是橢圓面
多面體的投影，多為多邊形。
【變式演練】
1.如圖，已知水平地面上有一半徑為3的球，球心為，在平行光線的照射下，其投影的邊緣軌跡為橢圓C．如圖，橢圓中心為O，球與地面的接觸點為E，．若光線與地面所成角為，橢圓的離心率__________．
【答案】
【分析】
根據平行投影計算出橢圓C的短半軸長b，再求出光線與水平面所成銳角的正弦，進而求得橢圓C的長軸長2a而得解.
【詳解】
連接，則，因為，如圖：
所以，所以
在照射過程中，橢圓的短半軸長b是球的半徑R，即，
過球心與橢圓長軸所在直線確定的平面截球面所得大圓及對應光線，如圖：
橢圓的長軸長是，過A向做垂線，垂足是B，則，
由題意得：，又，
則，，即，
所以橢圓的離心率為.故答案為：
【題型六】翻折與動點求軌跡（難點）
【典例分析】
如圖，將四邊形中，沿著翻折到，則翻折過程中線段中點的軌跡是（ ）
A．橢圓的一段 B．拋物線的一段
C．雙曲線的一段 D．一段圓弧
【答案】D
【分析】
過點作的垂線，垂足為，過點點作的垂線，垂足為，連接，再分別分析翻折前、后的變化量與不變量，在翻折后的圖形中取中點，進而可得答案.
【詳解】
解：在四邊形中，過點作的垂線，垂足為，過點點作的垂線，垂足為，連接，如圖1，
所以當四邊形確定時， 和三邊長度均為定值，
當沿著翻折到，形成如圖2的幾何體，并取中點，連接，
由于在翻折過程中，，所以由中位線定理可得為定值，
所以線段中點的軌跡是以中點為圓心的圓弧上的部分.故選：D
【提分秘籍】
基本規律
1.翻折過程中尋找不變的垂直的關系求軌跡
2.翻折過程中尋找不變的長度關系求軌跡
3.可以利用空間坐標運算求軌跡
【變式演練】
1.已知△ABC的邊長都為2，在邊AB上任取一點D，沿CD將△BCD折起，使平面BCD⊥平面ACD．在平面BCD內過點B作BP⊥平面ACD，垂足為P，那么隨著點D的變化，點P的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．π
【答案】C
【分析】
根據題意，先確定點P軌跡的形狀，進而求出軌跡的長度即可.
【詳解】
由題意，在平面BCD內作BQ⊥CD，交CD于Q，因為平面BCD⊥平面ACD，平面BCD與平面ACD交于CD，所以BQ⊥平面ACD，又BP⊥平面ACD，所以P,Q兩點重合，于是隨著點D的變化，BP⊥CD始終成立，可得在平面ABC中，BP⊥CP始終成立，即得點P的軌跡是以BC為直徑的圓的一部分，由題意知隨著點D的變化，∠BCD的范圍為，可得點P的軌跡是以BC為直徑（半徑為1）的圓的，即得點P的軌跡長度為.故選：C.
2.如圖，等腰梯形中，，，，，沿著把折起至，使在平面上的射影恰好落在上．當邊長變化時，點的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根據的射影在邊上，且固定長度為1，所以的軌跡在以為原點半徑為1的圓上，因此考慮的長度縮短到0時和變長到的長度兩種情況，從而求出夾角大小，進而求出弧長.
【詳解】
因為的射影在邊上，且固定長度為1，所以的軌跡在以為原點半徑為1的圓上.考慮極端情況：當的長度縮短到0時，都匯聚到線段的中點（D2）；當變長到的長度時（的射影為D3），如圖，設，則,
在中，，
同理：，
∴，即在線段上的投影與點的距離為，從而與夾角為，故點的軌跡為.故選：B.
3.已知矩形中，，，如圖，將沿著進行翻折，使得點與點重合，若點在平面上的射影在四邊形內部（包含邊界），則動點的軌跡長度是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
過點作于點，交于點，則點在平面上的射影落在線段上.由翻折過程可知，，判斷出的軌跡是以點為圓心，為半徑的一段圓弧，求出圓心角，利用弧長公式求出弧長.
【詳解】
如圖（1），過點作于點，交于點，則點在平面上的射影落在線段上.
在中，，，則，由等面積法得.
翻折的過程中，動點滿足，則動點的軌跡是以點為圓心，為半徑的一段圓弧.易得，，，所以，則，如圖（2），在圓中，，，所以點的軌跡是，且，則，，從而點的軌跡長度為.
故選：C19立體幾何中的軌跡問題
【題型一】由動點保持平行性求軌跡
【典例分析】
如圖，在邊長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G、H、N分別是CC1、C1D1、DD1、CD、BC的中點，M在四邊形EFGH邊上及其內部運動，若MN∥面A1BD，則點M軌跡的長度是（　　）
A．a B．a C． D．
【提分秘籍】
基本規律
1.線面平行轉化為面面平行得軌跡
2.平行時可利用法向量垂直關系求軌跡
【變式演練】
1.在三棱臺中，點在上，且，點是三角形內（含邊界）的一個動點，且有平面平面，則動點的軌跡是（ ）
A．三角形邊界的一部分 B．一個點
C．線段的一部分 D．圓的一部分
2.已知正方體的棱長為，、分別是棱、的中點，點為底面內（包括邊界）的一動點，若直線與平面無公共點，則點的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
3.在棱長為2的正方體中，點E，F分別是棱，的中點，P是上底面內一點（含邊界），若平面BDEF，則Р點的軌跡長為（ ）
A．1 B． C．2 D．
【題型二】動點保持垂直性求軌跡
【典例分析】
在正方體中，Q是正方形內的動點，，則Q點的軌跡是（ ）
A．點 B．線段 C．線段 D．平面
【提分秘籍】
基本規律
1.可利用線線線面垂直，轉化為面面垂直，得交線求軌跡
2.利用空間坐標運算求軌跡
3.利用垂直關系轉化為平行關系求軌跡
【變式演練】
1.在正方體中，點在側面及其邊界上運動，且保持，則動點的軌跡為
A．線段 B．線段
C．的中點與的中點連成的線段 D．的中點與的中點連成的線段
2.在棱長為1的正方體中，M，N分別為，的中點，點P在正方體的表面上運動，且滿足．給出下列說法：
①點P可以是棱的中點；
②線段MP的最大值為；
③點P的軌跡是正方形；
④點P軌跡的長度為．
其中所有正確說法的序號是________．
3.如圖，在正方體中，是棱的中點，是側面內的動點，且與平面的垂線垂直，則下列說法不正確的是（ ）
A．與不可能平行
B．與是異面直線
C．點的軌跡是一條線段
D．三棱錐的體積為定值
【題型三】由動點保持等距（或者定距）求軌跡
【典例分析】
已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，P為底面ABCD內一點，若P到棱CD，A1D1距離相等的點，則點P的軌跡是（ ）
A．直線 B．橢圓 C．拋物線 D．雙曲線
【提分秘籍】
基本規律
1.距離，可轉化為在一個平面內的距離關系，借助于圓錐曲線定義或者球和圓的定義等知識求解軌跡
2.利用空間坐標計算求軌跡
【變式演練】
1.如圖，在四棱錐中，側面為正三角形，底面為正方形，側面底面，為正方形內（包括邊界）的一個動點，且滿足．則點在正方形內的軌跡為（ ）
A． B．
C． D．
2.如圖，在棱長為的正方體中，、分別是、的中點，長為的線段的一個端點在線段上運動，另一個端點在底面上運動，則線段的中點的軌跡（曲面）與正方體（各個面）所圍成的幾何體的體積為（ ）
A． B． C． D．
3.四棱錐P﹣OABC中，底面OABC是正方形，OP⊥OA，OA＝OP＝a．D是棱OP上的一動點，E是正方形OABC內一動點，DE的中點為Q，當DE＝a時，Q的軌跡是球面的一部分，其表面積為3π，則a的值是（ ）
A． B． C． D．6
【題型四】由動點保持等角（或定角）求軌跡
【典例分析】
正方體中，，分別為，的中點，是邊上的一個點（包括端點），是平面上一動點，滿足直線 與直線 夾角與直線與直線 的夾角相等，則點所在軌跡為（ ）
A．橢圓 B．雙曲線 C．拋物線 D．拋物線或雙曲線
【提分秘籍】
基本規律
直線與面成定角，可能是圓錐側面。
直線與定直線成等角，可能是圓錐側面
利用空間坐標系計算求軌跡
【變式演練】
1.如圖，斜線段與平面所成的角為，為斜足，平面上的動點滿足，則點的軌跡是（ ）
A．直線 B．拋物線
C．橢圓 D．雙曲線的一支
2.如圖所示，為長方體，且AB=BC=2，=4，點P為平面上一動點，若，則P點的軌跡為（ ）
A．拋物線 B．橢圓 C．雙曲線 D．圓
3.在長方體中，，，M為棱BC的中點，動點P滿足，則點P的軌跡與長方體的側面的交線長等于___________.
【題型五】 投影求軌跡
【典例分析】
1822年，比利時數學家 Dandelin利用圓錐曲線的兩個內切球，證明了用一個平面去截圓錐，可以得到橢圓（其中兩球與截面的切點即為橢圓的焦點），實現了橢圓截線定義與軌跡定義的統一性．在生活中，有一個常見的現象：用手電筒斜照地面上的籃球，留下的影子會形成橢圓．這是由于光線形成的圓錐被地面所截產生了橢圓的截面．如圖，在地面的某個占正上方有一個點光源，將小球放置在地面，使得與小球相切．若，小球半徑為2，則小球在地面的影子形成的橢圓的離心率為（ ）
A． B． C． D．
【提分秘籍】
基本規律
球的非正投影，可能是橢圓面
多面體的投影，多為多邊形。
【變式演練】
1.如圖，已知水平地面上有一半徑為3的球，球心為，在平行光線的照射下，其投影的邊緣軌跡為橢圓C．如圖，橢圓中心為O，球與地面的接觸點為E，．若光線與地面所成角為，橢圓的離心率__________．
【題型六】翻折與動點求軌跡（難點）
【典例分析】
如圖，將四邊形中，沿著翻折到，則翻折過程中線段中點的軌跡是（ ）
A．橢圓的一段 B．拋物線的一段
C．雙曲線的一段 D．一段圓弧
【提分秘籍】
基本規律
1.翻折過程中尋找不變的垂直的關系求軌跡
2.翻折過程中尋找不變的長度關系求軌跡
3.可以利用空間坐標運算求軌跡
【變式演練】
1.已知△ABC的邊長都為2，在邊AB上任取一點D，沿CD將△BCD折起，使平面BCD⊥平面ACD．在平面BCD內過點B作BP⊥平面ACD，垂足為P，那么隨著點D的變化，點P的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．π
2.如圖，等腰梯形中，，，，，沿著把折起至，使在平面上的射影恰好落在上．當邊長變化時，點的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
3.已知矩形中，，，如圖，將沿著進行翻折，使得點與點重合，若點在平面上的射影在四邊形內部（包含邊界），則動點的軌跡長度是（ ）
A． B． C． D．

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