【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题19　立体几何中的动点及其轨迹问题

这是一份【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题19　立体几何中的动点及其轨迹问题，共17页。学案主要包含了基本技能练，创新拓展练等内容，欢迎下载使用。
1.解答立体几何中的动点及其轨迹问题的关键是把空间问题转化为平面问题，一般可以从两个方面考虑：一是利用曲线的定义，二是用解析法求出轨迹方程.
2.动点轨迹的常见类型：线段、圆、球、椭圆、双曲线、抛物线等.
类型一 定性的研究动点的轨迹
解决此类问题，最关键的是利用线面的平行、垂直关系，抓住变化过程的不变关系，结合曲线的定义作出判断.
例1 (1)如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC，则点M在正方形ABCD内的轨迹为( )
(2)在正方体ABCD－A1B1C1D1的面AB1内有一点P到直线AB与到直线B1C1的距离相等，则动点P所在曲线的形状为( )
A.线段 B.一段椭圆弧
C.双曲线的一部分 D.抛物线的一部分
答案 (1)A (2)D
解析 (1)根据题意可知PD＝DC，则点D符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC”.
设AB的中点为N，根据题目条件可知△PAN≌△CBN，
所以PN＝CN，点N也符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC”.
故动点M的轨迹肯定过点D和点N，而到点P与到点C的距离相等的点为线段PC的垂直平分线，线段PC的垂直平分面与平面AC的交线是一直线.
(2)因为B1C1⊥平面AB1，所以PB1就是P到直线B1C1的距离，P到直线AB的距离是PM，即动点P到定点B1的距离等于到定直线AB的距离，故由抛物线的定义知动点P的轨迹为抛物线的一段，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面AB1内，故选D.
训练1 已知在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，E为CC1的中点，P在对角面BB1D1D内运动，若EP与AC成30°角，则点P的轨迹为( )
A.圆 B.抛物线
C.双曲线 D.椭圆
答案 A
解析 因为在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，
所以该平行六面体ABCD－A1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱，
所以对角面BB1D1D⊥底面ABCD，AC⊥对角面BB1D1D.
取AA1的中点F，连接EF，则EF∥AC.
因为EP与AC成30°角，
所以EP与EF成30°角.
设EF与对角面BB1D1D的交点为O，
则EO⊥对角面BB1D1D，
所以点P的轨迹是以EO为轴的一个圆锥的底面圆周，故选A.
类型二 定量的研究动点的轨迹
当涉及动点轨迹的长度、最值等量的计算时，一般要用未知变量表示轨迹，然后借助于函数的性质求解.
例2 (1)已知在三棱锥P－ABC中，O为AB中点，PO⊥平面ABC，∠APB＝90°，PA＝PB＝2，则下列说法不正确的是( )
A.若O为△ABC的外心，则PC＝2
B.若△ABC为等边三角形，则AP⊥BC
C.当∠ACB＝90°时，PC与平面PAB所成角的范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))
D.当PC＝4时，M为平面PBC内动点，若OM∥平面PAC，则点M在△PBC内的轨迹长度为2
(2)(2022·成都诊断)如图，在圆柱的轴截面ABCD中，AB＝4，BC＝2，O1，O2分别为圆柱上、下底面的中心，M为O1O2的中点，动点P在圆柱下底面内(包括圆周).若AM⊥MP，则点P形成的轨迹的长度为________.
答案 (1)B (2)eq \r(15)
解析 (1)O为△ABC的外心，可得OA＝OB＝OC＝eq \r(2)，PO⊥平面ABC，可得PO⊥OC，即有PC＝eq \r(PO2＋OC2)＝2，A正确；
若△ABC为等边三角形，若AP⊥BC，又AP⊥PB，可得AP⊥平面PBC，即AP⊥PC，由PO⊥OC可得PC＝eq \r(PO2＋OC2)＝eq \r(2＋6)＝2eq \r(2)＝AC，矛盾，故B错误；
若∠ACB＝90°，设PC与平面PAB所成角为θ，可得OC＝OA＝OB＝eq \r(2)，PC＝1，设C到平面PAB的距离为d，由VC－PAB＝VP－ABC，可得eq \f(1,3)d·eq \f(1,2)×2×2＝eq \f(1,3)×eq \r(2)×eq \f(1,2)AC·BC，即有AC·BC＝2eq \r(2)d≤eq \f(AC2＋BC2,2)＝4，当且仅当AC＝BC＝2时取得等号，可得d的最大值为eq \r(2)，sin θ＝eq \f(d,2)≤eq \f(\r(2),2)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))，即θ的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，C正确；
取BC的中点N，PB的中点K，连接OK，ON，KN，由中位线定理可得ON∥AC，OK∥PA，可得平面OKN∥平面PAC，可得M在线段KN上，而KN＝eq \f(1,2)PC＝2，可得D正确.
(2)以O2为坐标原点，以O2B方向为y轴，以底面内垂直于O2B的直线为x轴，以O2O1方向为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB＝4，BC＝2，
所以A(0，－2，0)，M(0，0，1)，
设P(x，y，0)，
所以eq \(AM,\s\up6(→))＝(0，2，1)，eq \(MP,\s\up6(→))＝(x，y，－1).
又AM⊥MP，所以eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MP,\s\up6(→))＝2y－1＝0，
所以y＝eq \f(1,2)，
即点P形成的轨迹是底面上与x轴平行，且过O2B靠近点O2的四等分点的线段(也是底面圆的一条弦)，
所以形成的轨迹长度为2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AB,2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(O2B,4)))\s\up12(2))＝2eq \r(4－\f(1,4))＝eq \r(15).
训练2 (2022·许昌调研)在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱长为6，底面是边长为8的菱形，且∠ABC＝120°，点E在边BC上，且满足BE＝3EC，动点M在该四棱柱的表面上运动，并且总保持ME⊥BD1，则动点M的轨迹围成的图形的面积为________.
答案 15eq \r(3)
解析 如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因为底面是菱形，侧棱垂直底面，
所以AC⊥平面BDD1B1，所以BD1⊥AC.
在AB上取点F，使得BF＝3FA，连接EF，则EF∥AC，BD1⊥EF，
记AC与BD的交点为O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(4，0，0)，D1(－4，0，6)，E(1，3eq \r(3)，0)，
在BB1上取一点G，记为G(4，0，t).
所以eq \(BD1,\s\up6(→))＝(－8，0，6)，eq \(EG,\s\up6(→))＝(3，－3eq \r(3)，t)，
由eq \(BD1,\s\up6(→))·eq \(EG,\s\up6(→))＝－24＋6t＝0，解得t＝4，
即BG＝2GB1，
所以△EFG的边为点M的运动轨迹，
由题意得FG＝eq \r(BF2＋BG2)＝2eq \r(13)，
EF＝eq \f(3,4)AC＝eq \f(3,4)×8eq \r(3)＝6eq \r(3)，
动点M的轨迹围成的图形面积为
S＝eq \f(1,2)×6eq \r(3)×eq \r(（2\r(13)）2－（3\r(3)）2)＝15eq \r(3).
一、基本技能练
1.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为底面ABCD上的动点.PE⊥A1C于E，且PA＝PE，则点P的轨迹是( )
A.线段 B.圆弧
C.椭圆的一部分 D.抛物线的一部分
答案 A
解析 由题意知，△A1AP≌△A1EP，
则点P在线段AE的中垂面上运动，
从而与底面ABCD的交线为线段.
2.如图，AB是平面α的斜线段，A为斜足，若点P在平面α内运动，使得△ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是( )
A.圆 B.椭圆
C.一条直线 D.两条平行直线
答案 B
解析 由题意知，点P到线段AB的距离为定值，则点P为在以AB为旋转轴的圆柱表面上一点，故平面α斜截圆柱，所得图形为椭圆.
3.(2022·洛阳二模)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P为正方体ABCD－A1B1C1D1表面上的一个动点，且总有PC⊥BD1，则动点P的轨迹的长度为( )
A.6eq \r(2) B.2eq \r(2)
C.3π D.6π
答案 A
解析 因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC，而DB⊥AC，DD1与BD相交，所以AC⊥平面BDD1，所以AC⊥BD1.
同理可证AB1⊥BD1，AC∩AB1＝A，
所以BD1⊥平面ACB1，
所以P点的轨迹为过点C与直线BD1垂直的截面与正方体的交线，就是图形中的△ACB1，它的周长为6eq \r(2).
4.如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P满足∠PAB＝30°，则点P的轨迹是( )
A.直线 B.抛物线
C.椭圆 D.双曲线的一支
答案 C
解析 由题可知，当P点运动时，在空间中，满足条件的AP绕AB旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成60°角的平面截圆锥，所得图形为椭圆.
5.如图所示，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，长为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动，另一端点N在正方形ABCD内运动，则MN中点轨迹的面积为( )
A.4π B.2π
C.π D.eq \f(π,2)
答案 D
解析 易知DD1⊥平面ABCD，∠MDN＝90°，取线段MN的中点P，则DP＝eq \f(1,2)MN＝1，所以点P的轨迹是以D为球心，1为半径的eq \f(1,8)球面，故S＝eq \f(1,8)×4π×12＝eq \f(π,2).
6.(2022·揭阳一模)如图，已知直二面角α－AB－β，P∈α，C∈β，D∈β，且AD⊥AB，BC⊥AB，AD＝5，BC＝10，AB＝6，∠APD＝∠CPB，则点P在平面α内的轨迹是( )
A.圆的一部分 B.椭圆的一部分
C.一条直线 D.两条直线
答案 A
解析 以AB所在直线为x轴，AB的中垂线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，A(－3，0)，B(3，0)，设点P(x，y)，
因为AD⊥AB，BC⊥AB，
则AD⊥α，BC⊥α，AD＝5，BC＝10，AB＝6，∠APD＝∠CPB，
所以Rt△APD∽Rt△BPC，
所以eq \f(AP,BP)＝eq \f(\r(（x＋3）2＋y2),\r(（x－3）2＋y2))＝eq \f(AD,BC)＝eq \f(5,10)＝eq \f(1,2)，即(x－3)2＋y2＝4[(x＋3)2＋y2]，整理得(x＋5)2＋y2＝16，故点P的轨迹是圆的一部分.
7.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P是平面AC内的动点， 若点P到直线A1D1的距离等于点P到直线CD的距离，则动点P的轨迹为( )
A.抛物线 B.双曲线
C.椭圆 D.直线
答案 B
解析 如图，以A为原点，AB所在直线为x轴、AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系.设P(x，y)，作PE⊥AD于E，PF⊥A1D1于F，连接EF，易知|PF|2＝|PE|2＋|EF|2＝x2＋1，
又作PN⊥CD于N，则|PN|＝|y－1|.
依题意|PF|＝|PN|，即eq \r(x2＋1)＝|y－1|，
化简得x2－y2＋2y＝0，
故动点P的轨迹为双曲线，选B.
8.点P为棱长是2eq \r(5)的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点M为B1C1的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为( )
A.π B.2π
C.4π D.2eq \r(5)π
答案 C
解析 根据题意知，该正方体的内切球半径为r＝eq \r(5)，如图.
取BB1的中点N，连接CN，则CN⊥BM，
∵正方体ABCD－A1B1C1D1，
∴CN为DP在平面B1C1CB中的射影，
∴点P的轨迹为过D，C，N的平面与内切球的交线，
∵正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2eq \r(5)，
∴O到过D，C，N的平面的距离为eq \f(\r(5),\r(5))＝1，
∴截面圆的半径为2，
∴点P的轨迹的长度为2π×2＝4π.
9.如图，长方体ABCD－A′B′C′D′中，AB＝BC＝eq \r(2)，AA′＝eq \r(3)，上底面A′B′C′D′的中心为O′，当点E在线段CC′上从C移动到C′时，点O′在平面BDE上的射影G的轨迹长度为( )
A.eq \f(2π,3) B.eq \f(\r(3)π,3)
C.eq \f(π,3) D.eq \f(\r(3)π,6)
答案 B
解析 如图，以CA，CC′分别为x轴，y轴正方向建立平面直角坐标系，则有
C(0，0)，O(1，0)，O′(1，eq \r(3))，
设G(x，y)，
由O′G⊥OG，可得eq \f(y,x－1)·eq \f(y－\r(3),x－1)＝－1，
整理可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(3),2)))eq \s\up12(2)＋(x－1)2＝eq \f(3,4)，
所以点O′在平面BDE上的射影G的轨迹是以Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))为圆心，半径为eq \f(\r(3),2)的eq \(OG,\s\up8(︵)).
因为tan∠GOF＝eq \f(O′C′,OO′)＝eq \f(\r(3),3)，
所以O′G＝O′O·sin∠GOF＝eq \f(\r(3),2)，
所以△O′GF是等边三角形，
即∠GFO＝eq \f(2π,3)，
所以圆弧OG的长l＝eq \f(2π,3)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3)π,3).
10.在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是AA1的中点，P是底面ABCD所在平面内一动点，设PD1，PE与底面ABCD所成的角分别为θ1，θ2(θ1，θ2均不为0)，若θ1＝θ2，则三棱锥P－BB1C1体积的最小值是( )
A.eq \f(9,2) B.eq \f(5,2)
C.eq \f(3,2) D.eq \f(5,4)
答案 C
解析 以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
因为正方体的边长为3，
则Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，0，\f(3,2)))，D1(0，0，3)，
设P(x，y，0)(x≥0，y≥0)，
则eq \(PE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－x，－y，\f(3,2)))，eq \(PD1,\s\up6(→))＝(－x，－y，3).
因为θ1＝θ2，平面ABCD的一个法向量z＝(0，0，1)，
所以cs θ1＝cs θ2，
即eq \f(|\(PE,\s\up6(→))·z|,|\(PE,\s\up6(→))|·|z|)＝eq \f(|\(PD1,\s\up6(→))·z|,|\(PD1,\s\up6(→))|·|z|)，
得eq \f(\f(3,2),\r(（3－x）2＋y2＋\f(9,4)))＝eq \f(3,\r(x2＋y2＋9))，
整理得x2＋y2－8x＋12＝0，
即(x－4)2＋y2＝4(0≤y≤2)，
则动点P的轨迹为圆的一部分，
所以点P到平面BB1C1的最小距离为1，
所以三棱锥P－BB1C1体积的最小值是eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×3×3×1＝eq \f(3,2).
11.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知底面ABCD为正方形，P为A1D1的中点，AD＝2，AA1＝eq \r(3)，点Q为正方形ABCD所在平面内的一个动点，且满足QC＝
eq \r(2)QP，则线段BQ的长度的最大值是________.
答案 6
解析 在正方形ABCD所在平面内建立平面直角坐标系，设Q(x，y)，则有PQ2＝3＋x2＋(1－y)2，QC2＝(x－2)2＋(y－2)2，
因为QC＝eq \r(2)QP，
所以(x－2)2＋(y－2)2＝6＋2x2＋2(1－y)2，
整理得(x＋2)2＋y2＝4，
所以点Q的轨迹是以(－2，0)为圆心，以2为半径的圆，
故线段BQ长度的最大值为2×2＋2＝6.
12.如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M是AD中点，动点P在底面ABCD内(不包括边界)，使四面体A1－BMP的体积为eq \f(2,3)，则C1P的最小值是________.
答案 eq \f(2\r(30),5)
解析 由已知得四面体A1－BMP体积VA1－MBP＝eq \f(1,3)×2×S△MBP＝eq \f(2,3)，
所以S△MBP＝1，
设点P到BM的距离为h，
则S△MBP＝eq \f(1,2)×eq \r(5)×h＝1，
解得h＝eq \f(2\r(5),5)，
所以P在底面ABCD内(不包括边界)与BM平行且距离为eq \f(2\r(5),5)的线段l上，
要使C1P最小，则此时P是过C作BM的垂线的垂足.
点C到BM的距离为eq \f(4\r(5),5)，
所以CP＝eq \f(2\r(5),5)，
此时(C1P)min＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(5),5)))\s\up12(2)＋22)＝eq \f(2\r(30),5).
二、创新拓展练
13.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为3的正方形，侧棱AA1＝x，P为矩形CDD1C1内部(含边界)一点，M为BC中点，∠APD＝∠CPM，三棱锥A1－PCD的体积的最大值记为V(x)，则关于函数V(x)，下列结论正确的是( )
A.V(x)为奇函数B.V(x)在(0，＋∞)上单调递增
C.V(2)＝3D.V(3)＝eq \f(3\r(3),2)
答案 D
解析 因为∠APD＝∠CPM，
所以tan∠APD＝tan∠CPM，
即eq \f(AD,PD)＝eq \f(CM,PC)，则PD＝2PC，
所以点P在以点E为圆心，半径为2的圆上，其中CE＝1，CF＝eq \r(3).当0eq \r(3)时，(S△PCD)max＝eq \f(3\r(3),2)，
即V(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x，0\r(3)，))
易得A，B，C错误，D正确，故选D.
14.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝eq \r(2)，点P，Q分别为直线AC1，BB1上的动点，则平面APQ与平面BCC1B1所成二面角的最小值为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4)
C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2)
答案 A
解析 法一 如图，因为点P∈AC1，所以平面APQ即为平面AC1Q，根据二面角与线面角的大小关系知，当Q运动到点B时，动平面AC1Q与平面BCC1B1所成二面角的最小值即为直线AC1与平面BCC1B1所成角∠AC1B.
由题意得AB＝1，AC1＝2，
所以sin∠AC1B＝eq \f(1,2)，
所以∠AC1B＝eq \f(π,6)，故平面APQ与平面BCC1B1所成二面角的最小值为eq \f(π,6)，故选A.
法二 如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，由题意可知平面BCC1B1的一个法向量为n＝(0，1，0)，平面APQ即为平面AC1Q，则点A(1，0，0)，C1(0，1，eq \r(2))，Q(1，1，a)，则eq \(AC1,\s\up6(→))＝
(－1，1，eq \r(2))，eq \(AQ,\s\up6(→))＝(0，1，a)，设平面AC1Q的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AC1,\s\up6(→))·m＝－x＋y＋\r(2)z＝0，,\(AQ,\s\up6(→))·m＝y＋az＝0，))
取m＝(a－eq \r(2)，a，－1).设平面AC1Q与平面BCC1B1所成二面角为θ，
则cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·n,|m||n|)))＝eq \f(|a|,\r(（a－\r(2)）2＋a2＋1))＝eq \f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),a)－\f(\r(6),3)))\s\up12(2)＋\f(4,3)))，
所以当a＝eq \f(3\r(2),2)时，(cs θ)max＝eq \f(\r(3),2)，
所以θmin＝eq \f(π,6)，故选A.
15.如图，△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，∠BCD＝90°，且BC＝eq \r(3)CD＝3.将△ABC沿BC翻折，设点A在平面BCD上的射影为点M，若点M在△BCD内部(含边界)，则点M的轨迹的最大长度等于________；在翻折过程中，当点M位于线段BD上时，直线AB和CD所成的角的余弦值等于__________.
答案 eq \f(\r(3),2) eq \f(\r(6),6)
解析 由题意可得点A的射影M的轨迹的最大长度为△BCD的中位线长度，为eq \f(1,2)CD＝eq \f(\r(3),2)；
当点M位于线段BD上时，AM⊥平面BCD，取BC中点为N，AC中点为P，
∴∠MNP或其补角即为直线AB和CD所成的角，
由中位线定理可得MN＝eq \f(1,2)CD＝eq \f(\r(3),2)，PN＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(3\r(2),4)，
又MP为Rt△AMC斜边AC的中线，
故MP＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(3\r(2),4)，
∴在△MNP中，由余弦定理可得
cs∠MNP＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),4)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),4)))\s\up12(2),2×\f(\r(3),2)×\f(3\r(2),4))＝eq \f(\r(6),6).
16.点M为正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点N为B1C1上一点，NC1＝2NB1，DM⊥BN，若球O的体积为9eq \r(2)π，则动点M的轨迹的长度为________.
答案 eq \f(3\r(30),5)π
解析 如图，在BB1上取点P，使2BP＝PB1，连接CP，DP，BN，
因为NC1＝2NB1，
所以CP⊥BN.
又DC⊥平面BCC1B1，
所以DC⊥BN，又DC∩CP＝C，BN⊂平面BCC1B1，
则BN⊥平面DCP，则M点的轨迹为平面DCP截球O的截面圆周.
设正方体的棱长为a，
则eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))eq \s\up12(3)＝9eq \r(2)π，
解得a＝3eq \r(2).
连接OD，OP，OC，由VO－DPC＝VC－DPO，
得点O到平面DPC的距离为eq \f(3\r(5),5)，
所以截面圆的半径r＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(5),5)))\s\up12(2))＝eq \f(3\r(30),10)，
则点M的轨迹长度为2π×eq \f(3\r(30),10)＝eq \f(3\r(30),5)π.