2023年高考数学专项练习阿波罗尼斯圆及其应用微专题微点5 阿波罗尼斯球含解析.docx

《2023年高考数学专项练习阿波罗尼斯圆及其应用微专题微点5 阿波罗尼斯球含解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年高考数学专项练习阿波罗尼斯圆及其应用微专题微点5 阿波罗尼斯球含解析.docx（28页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2023年高考数学专项练习阿波罗尼斯圆及其应用专题1 阿波罗尼斯圆及其应用 微点5 阿波罗尼斯球专题1 阿波罗尼斯圆及其应用微点5 阿波罗尼斯球【微点综述】对于立体几何某些涉及距离比值的动点轨迹问题，可转化为在某个平面内的距离关系，从而借助阿波罗尼斯球和阿波罗尼斯圆的定义及相关知识解决问题对于这类问题也可以利用空间坐标计算求解轨迹问题【典例刨析】例1（2022贵州贵阳模拟）1在平面内，已知动点P与两定点A，B的距离之比为，那么点P的轨迹是圆，此圆称为阿波罗尼斯圆.在空间中，也可得到类似结论.如图，三棱柱中，平面ABC，点M为AB的中点，点P在三棱柱内部或表面上运动，且，动点P形成的曲面将三棱柱

2、分成两个部分，体积分别为，则（）ABCD2如图，在长方体中，点在棱上，动点满足若点在平面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为_；若点在长方体内部运动，为棱的中点，为的中点，则三棱锥的体积的最小值为_3已知正方体的棱长为4，点P在平面内，且，则点P的轨迹的长度为_.4古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点、距离之比是常数的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下面的问题：在棱长为2的正方体中，点是正方体的表面(包括边界)上的动点，若动点满足，则点所形成的阿氏圆的半径为_；若是的中点，且满足，则三棱锥体积的最大值是_.阿波罗尼奥斯例5（2022湖南怀化高二期末）5古

3、希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点A，B的距离之比为常数的点的轨迹是个圆心在直线上的圆.该圆被称为阿氏圆，如图，在长方体中，点E在棱上，动点P满足，若点P在平面内运动，则点P对应的轨迹的面积是_；F为的中点，则三棱锥体积的最小值为_.6棱长为的正四面体的外接球与内切球的半径之和为_，内切球球面上有一动点，则的最小值为_.【针对训练】7如图，是平面的斜线段，为斜足，点满足，且在平面内运动，则A当时，点的轨迹是抛物线B当时，点的轨迹是一条直线C当时，点的轨迹是椭圆D当时，点的轨迹是双曲线抛物线8如图，已知平面，A、B是直线l上的两点，C、D是平面内的两点，且，P是平面上的一动点，且直线PD，

4、PC与平面所成角相等，则二面角的余弦值的最小值是（）ABCD1（2022山西太原二模（理）9已知点M是棱长为3的正方体的内切球O球面上的动点，点N为线段上一点，则动点M运动路线的长度为（）ABCD（2022天津西青区杨柳青一中高二期中）10古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点，距离之比是常数的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆简称为阿氏圆根据以上信息，解决下面的问题：在棱长为2的正方体中，点是正方体的表面（包括边界）上的动点，若动点满足，则点所形成的阿氏圆的半径为_；若是的中点，且正方体的表面（包括边界）上的动点满足条件，则三棱锥体积的最大值是_11已知正方体的棱长为，点为侧面内的动点

5、，且，则点所形成的轨迹图形长度为_（2022江西上饶二模（理）12点为正方体的内切球球面上的动点，点为上一点，若球的体积为，则动点的轨迹长度为_.13已知在棱长为12的正四面体的内切球球面上有一动点，则的最小值为_，的最小值为_专题1 阿波罗尼斯圆及其应用 微点5 阿波罗尼斯球专题1 阿波罗尼斯圆及其应用微点5 阿波罗尼斯球【微点综述】对于立体几何某些涉及距离比值的动点轨迹问题，可转化为在某个平面内的距离关系，从而借助阿波罗尼斯球和阿波罗尼斯圆的定义及相关知识解决问题对于这类问题也可以利用空间坐标计算求解轨迹问题【典例刨析】例1（2022贵州贵阳模拟）1在平面内，已知动点P与两定点A，B的距离

6、之比为，那么点P的轨迹是圆，此圆称为阿波罗尼斯圆.在空间中，也可得到类似结论.如图，三棱柱中，平面ABC，点M为AB的中点，点P在三棱柱内部或表面上运动，且，动点P形成的曲面将三棱柱分成两个部分，体积分别为，则（）ABCD2如图，在长方体中，点在棱上，动点满足若点在平面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为_；若点在长方体内部运动，为棱的中点，为的中点，则三棱锥的体积的最小值为_3已知正方体的棱长为4，点P在平面内，且，则点P的轨迹的长度为_.4古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点、距离之比是常数的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下面的问题：在棱长为2的正

7、方体中，点是正方体的表面(包括边界)上的动点，若动点满足，则点所形成的阿氏圆的半径为_；若是的中点，且满足，则三棱锥体积的最大值是_.阿波罗尼奥斯例5（2022湖南怀化高二期末）5古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点A，B的距离之比为常数的点的轨迹是个圆心在直线上的圆.该圆被称为阿氏圆，如图，在长方体中，点E在棱上，动点P满足，若点P在平面内运动，则点P对应的轨迹的面积是_；F为的中点，则三棱锥体积的最小值为_.6棱长为的正四面体的外接球与内切球的半径之和为_，内切球球面上有一动点，则的最小值为_.【针对训练】7如图，是平面的斜线段，为斜足，点满足，且在平面内运动，则A当时，点的轨迹是抛

8、物线B当时，点的轨迹是一条直线C当时，点的轨迹是椭圆D当时，点的轨迹是双曲线抛物线8如图，已知平面，A、B是直线l上的两点，C、D是平面内的两点，且，P是平面上的一动点，且直线PD，PC与平面所成角相等，则二面角的余弦值的最小值是（）ABCD1（2022山西太原二模（理）9已知点M是棱长为3的正方体的内切球O球面上的动点，点N为线段上一点，则动点M运动路线的长度为（）ABCD（2022天津西青区杨柳青一中高二期中）10古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点，距离之比是常数的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆简称为阿氏圆根据以上信息，解决下面的问题：在棱长为2的正方体中，点是正方体的表面（

9、包括边界）上的动点，若动点满足，则点所形成的阿氏圆的半径为_；若是的中点，且正方体的表面（包括边界）上的动点满足条件，则三棱锥体积的最大值是_11已知正方体的棱长为，点为侧面内的动点，且，则点所形成的轨迹图形长度为_（2022江西上饶二模（理）12点为正方体的内切球球面上的动点，点为上一点，若球的体积为，则动点的轨迹长度为_.13已知在棱长为12的正四面体的内切球球面上有一动点，则的最小值为_，的最小值为_参考答案：1D【分析】在平面PAB中，作,交AB于点N，从而得到，判断出B、N重合，得到点P落在以B为球心，为半径的球面上，求出，即可求出.【详解】如图，在平面PAB中，作,交AB于点N，则

10、,又因，所以，所以，所以,所以.因为，所以,所以B、N重合且，所以点P落在以B为球心，为半径的球面上.作于H，则，因为面ABC，所以BH，又因为，所以面，所以B到面的距离为，所以球面与面相切，而，所以球面不会与面相交，则，,所以，所以.故选：D.【点睛】立体几何中的动点轨迹问题一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型，有两种处理方法：(1)很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义法)；(2)要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式2 #2.25【分析】建立空间直角坐标系，由两点间距离公式化简后得轨迹方程，再由空间向量表示点到平面的距离公式求解最值【详解】以AB为轴，AD为轴，为轴，建立如图

11、所示的坐标系，在平面直角坐标系中，设，由得，所以，所以若点在平面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为若点在长方体内部运动，设点，由得，所以，由题得所以设平面的法向量为，所以，由题得，所以点P到平面的距离为，因为，所以，又为的中点，所以点M到平面的最小距离为，由题得为等边三角形，且边长为，所以三棱锥的体积的最小值为故答案为：；3【分析】若E为与的交点，由正方体的性质可证面，在Rt中有可得，再在面上构建平面直角坐标系，并写出各点坐标且令，结合已知条件列方程，即可得P的轨迹，进而求轨迹长度.【详解】若E为与的交点，则，面，面，又，面，连接PE，即在Rt中有，又正方体的棱长为4，在面上构建如下平面直角坐

12、标系，若，又，整理得，故轨迹为半径的圆，轨迹长度为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：应用正方体的性质及勾股定理得，再在面上构建平面直角坐标系，设结合已知条件可得方程，整理即有P的轨迹方程.4 【解析】在上取点，在延长线上取点，使得，则是题中阿氏圆上的点，则是阿氏圆的直径，由此可求得半径，由可得，即在上述阿氏圆上，这样当是阿氏圆与交点时，到平面距离最大，三棱锥体积的最大，由体积公式计算可得【详解】在上取点，在延长线上取点，使得，则是题中阿氏圆上的点，由题意是阿氏圆的直径，则，所以，阿氏圆半径为；正方体中，都与侧面垂直，从而与侧面内的直线垂直，如图，则，即在上述阿氏圆上，的面积是2为定值，因此只要

13、到平面距离最大，则三棱锥体积的最大，由于点在阿氏圆上，当是阿氏圆与交点时，到平面距离最大，此时，因此，三棱锥体积的最大值为故答案为：；【点睛】关键点点睛：本题考查棱锥的体积，考查新定义的理解与应用解题关键是正确理解新定义得出圆半径，由已知角相等得出点就在新定义“阿氏圆”上，从而易得它到底面距离最大时的位置，从而得出最大体积5 【分析】建立空间直角坐标系，根据，可得对应的轨迹方程；先求的面积，其是固定值，要使体积最小，只需求点到平面的距离的最小值即可.【详解】分别以为轴建系，设，而,，,.由,有，化简得对应的轨迹方程为.所以点P对应的轨迹的面积是.易得的三个边即是边长为为的等边三角形，其面积为，

14、设平面的一个法向量为，则有，可取平面的一个法向量为，根据点的轨迹，可设，所以点到平面的距离，所以故答案为：；6 【分析】(1)将正四面体放入正方体可求得外接球半径,利用等体积法可求得内切球的半径.(2)根据阿波罗尼斯球的性质找到阿波罗尼斯球中的两个定点,再将转换,从而得出取最小值时的线段,再根据余弦定理求解即可.【详解】(1) 将正四面体放入如图正方体,则正四面体的外接球与该正方体的外接球为同一球.半径为.设正四面体的内切球半径为,根据等体积法有,解得.故外接球与内切球的半径之和为. (2)由阿波罗尼斯球得内切球球心是线段上以为定点,空间中满足的点的集合,连接并延长交平面于,交内切球上方的点设

15、为,过作,交于,连接,设.由(1)空得.所以,解得,所以,所以.所以,在中,所以.所以的最小值为故答案为：(1)；(2)【点睛】本题主要考查了正四面体外接球与内切球的半径计算,同时也考查了利用阿波罗尼斯球中的比例关系求解线段最值的问题,需要根据题意找到球中的定点,根据阿波罗尼斯球的性质转换所求的线段之和求解.属于难题.7B【解析】当时，故的轨迹为线段的中垂面与的交线，当时，在平面内建立坐标系，设，求出的轨迹方程得出结论【详解】在中，由正弦定理可得：，当时，过的中点作线段的垂面，则点在与的交线上，即点的轨迹是一条直线，当时，设在平面内的射影为，连接，设，则，在平面内，以所在直线为轴，以的中点为轴

16、建立平面直角坐标系，设，则，化简可得.的轨迹是圆故选B【点睛】本题考查轨迹方程的求解与判断，分类讨论思想，属于中档题8B【分析】根据题目条件得到，进而建立平面直角坐标系，求出P点轨迹方程，点P在内的轨迹为以为圆心，以4为半径的上半圆，从而求出当PB与圆相切时，二面角的平面角最大，求出相应的余弦值最小值.【详解】由题意易得PD与平面所成角为，PC与平面所成角为，P点轨迹为阿氏圆在平面内，以为轴，以的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，则，设，所以，整理得：，所以点P在内的轨迹为以为圆心，以4为半径的上半圆，因为平面，所以，因为，所以，因为平面平面，所以二面角的平面角为，由图可知，当PB与圆相切时，最

17、大，余弦值最小，此时，故.故选：B9B【分析】根据给定条件探求出过点D垂直于直线BN的平面，可得此平面截球O的截面小圆即为M的运动路线，求出点O到此截面距离即可计算作答.【详解】在正方体中，在BB1上取点P，使B1P=2BP，连接CP，DP，如图，因N在B1C上，有，即，则，于是得，而平面BCC1B1，平面BCC1B1，则，又，平面CDP，则有平面CDP，因动点M满足，则有点M在平面CDP内，依题意，平面CDP截球O的截面小圆即为M的运动路线，令正方形BCC1B1与正方形ADD1A1的中心分别为E，F，连接EF，则正方体内切球球心O必为线段EF中点，显然，EF/CD，平面CDP，平面CDP，于

18、是得EF/平面CDP，则点O到平面CDP距离等于点E到平面CDP的距离h，取BC中点G，连接EG，CE，PE，而平面CDP平面BCC1B1，平面CDP平面BCC1B1=CP，则的边CP上的高等于h，EGBC，则，直角梯形BGEP中，则，中，由余弦定理得，由得：，设点M运动路线的小圆半径为r，而球O的半径，由得，所以动点M运动路线的长度为.故选：B10 【分析】根据题意以D为坐标原点，DA为x轴建立平面直角坐标系，设P（x，y），利用PA2PD，求出点P的轨迹方程，即可得到点P所形成的阿氏圆的半径，利用tanAPB，tanDPE，结合已知条件APBEPD，从而得到AP2DP，结合图像利用1空中的

19、结论求解DP3即为三棱锥PACD最大的高，然后利用三棱锥的体积公式求解即可【详解】以D为坐标原点，DA为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A（2，0），D（0，0），设P（x，y），因为PA2PD，所以 ，整理得，故点P所形成的阿氏圆的半径为；因为AB平面ADD1A1，CD平面ADD1A1，所以PAB90，PDE90，所以tanAPB，tanDPE ，又APBDPE，则，因为E是CD的中点，所以AP2DP，由1空的结论可知，点P的轨迹为的一部分，则当P在DD1上时，三棱锥PACD的体积最大，图2中的DP3即为三棱锥PACD最大的高，所以，则三棱锥PACD体积的最大值是.故答案为：；11【分析

20、】由题意，建立空间直角坐标系，根据两点距离公式，结合线段等量关系，整理轨迹方程，可得答案.【详解】解：以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，为侧面内的动点，的纵坐标为，设，则，化简整理得，当时，该方程表示在平面内，以点为圆心，以为半径的圆，点所形成的轨迹图形为图中，其长度为：故答案为：.12【分析】在取点，使，证明平面，从而得点的轨迹为平面与球的截面圆周，因此求出球半径和球心到截面的距离，然后利用截面圆性质可得球面圆半径后可得其周长题中球心到截面的距离利用体积法求解球半径利用球的体积公式计算可得【详解】解：如图，在取点，使，连接，因为，可得，则，所以所以，又平面，平面，所以，

21、同理，因为，平面，所以平面，则点的轨迹为平面与球的截面圆周，设正方体的棱长为，则，解得，连接，如图，在对角面中，到平面的距离即到平面的距离为，又，设到平面的距离为，则，得到平面的距离为，所以截面圆的半径，则点的轨迹长度为，故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查空间的几何体中的轨迹问题，解题关系是确定平面，得点的轨迹为平面与球的截面圆周，为了求截面圆半径，需求得球半径和球心到截面的距离，这个距离我们利用体积法求解13 【解析】求出正四面体的高，进一步得到内切球的半径，由高减去内切球的直径得的最小值；利用阿波罗尼斯球的定义，借助内切球的比例关系求得，转化后求最小值即可.【详解】设正四面体的高为，每一个面的面积为，其内切球的半径为，则由等积法可得，即设内切球球心为，连结并延长交平面于，交内切球上方的点设为，过作，交于，连结，如图，则在正三角形中，正四面体内切球的半径，直径为.则的最小值为同理可知的最小值为.根据阿波罗尼斯球知,内切球是线段上以，为定点，空间中满足的点的集合，设，因为，解得，在中，的最小值为故答案为：；【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点在于，根据阿波罗尼斯球定义利用比例关系求得,可将转化为，利用平面几何性质知最小值为，由余弦定理求解即可，属于难题.答案第27页，共18页