如图, 在四棱雉 $P-A B C D$ 中, 四边形 $A B C D$ 为菱形, 且 $A B=2, \angle D A B=60^{\circ}, \triangle P A D$ 是等边三角形, $P B=\sqrt{6}, Q$ 点是侧面 $P B C$ 内的一个动点, 且满足 $D Q \perp A C$, 则 $Q$ 点所形成的轨迹长度是

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【分析】

根据题意, $Q$ 点在一个过 $B D$, 且与直线 $A C$ 垂直的平面内, 且 $Q$ 点的轨迹是该平面内与平面 $P B C$ 的交线段的长度.据此进行求解.

## 【详解】

根据题意, 连接 $A C, B D$, 记其交点为 $O$, 取 $P C$ 上一点为 $M$, 连接 $M B, M D$, 作图如下:

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若满足题意 $D Q \perp A C$, 又 $A C \perp B D$, 故 $A C \perp$ 平面 $D B Q$,

则点 $Q$ 只要在平面 $D B Q$ 与平面 $P B C$ 的交线上即可.
假设如图所示：平面 $D B M$ 与平面 $D B Q$ 是同一个平面,

则 $Q$ 点的轨迹就是线段 $B M$.

根据假设，此时直线 $A C \perp$ 平面 $D B M ，$ 则 $A C \perp M O$.

故三角形 $M O C$ 为直角三角形.

因为三角形 $P A D$ 是等边三角形, 三角形 $B A D$ 也是等边三角形,

故 $\mathrm{AD} \perp P B$, 又因为 $B C / / A D$, 故 $B C \perp P B$,

故三角形 $P B C$ 为直角三角形, 故 $P C=\sqrt{P B^{2}+B C^{2}}=\sqrt{10}$

故在三角形 $P A C$ 中, $P A=2, A C=2 \sqrt{3}, P C=\sqrt{10}$

由余弦定理可得: $\cos \angle P C A=\frac{10+12-4}{2 \sqrt{10} \times 2 \sqrt{3}}=\frac{3 \sqrt{30}}{20}$

故在直角三角形 $M O C$ 中,

$M C=\frac{O C}{\cos \angle P C A}=\frac{2 \sqrt{10}}{3}$

在直角三角形 $P B C$ 中,

$\cos \angle P C B=\frac{B C}{P C}=\frac{2}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{5}$

在三角形 $B C M$ 中:

$B M^{2}=B C^{2}+C M^{2}-2 \times B C \times C M \times \cos \angle P C B=\frac{28}{9}$

故可得: $B M=\frac{2 \sqrt{7}}{3}$.

故答案为 $\frac{2 \sqrt{7}}{3}$.

## 【点睛】

本题综合考查立体几何知识, 其中的难点在于如何找到动点的轨迹; 本题中利用作直线的垂面找到了动点的轨迹, 这是常考的知识点. 本题属立体几何综合性难题.