專題33圓與新定義綜合問題 （解析版）

挑戰(zhàn)2023年中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘（全國通用）

專題33圓與新定義綜合問題

【例1】（2022?石景山區(qū)一模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點P不在坐標(biāo)軸上，點P關(guān)于x

軸的對稱點為P1，點P關(guān)于y軸的對稱點為P2，稱△P1PP2為點P的“關(guān)聯(lián)三角形”．

（1）已知點A（1，2），求點A的“關(guān)聯(lián)三角形”的面積；

（2）如圖，已知點B（m，m），T的圓心為T（2，2），半徑為2．若點B的“關(guān)聯(lián)三

角形”與T有公共點，直接寫出⊙m的取值范圍；

（3）已知⊙O的半徑為r，OP＝2r，若點P的“關(guān)聯(lián)三角形”與O有四個公共點，直

接寫出∠P⊙P1P2的取值范圍．⊙

【分析】（1）根據(jù)x軸，y軸對稱，求出相應(yīng)的對稱點坐標(biāo)，根據(jù)三角形面積公式求出面

積即可；

（2）四邊形OADC是T的外接四邊形，Q求出點D的坐標(biāo)，即可判斷；

（3）分兩種情形：當(dāng)⊙PP2與O相切于點E時，如圖2中，當(dāng)PP1與O相切于點F

時，如圖3中，分別求解即可⊙．⊙

【解答】解：（1）∵點A（1，2）關(guān)于x軸對稱的對稱點（1，﹣2），點A關(guān)于yz軸對稱

的點A2（﹣1，2），

∴＝×2×4＝4；

（2）∵T的圓心為T（2，2），半徑為2，

∴四邊形⊙OADC是T的外接四邊形（如圖1中），

⊙

∴D（4，4），

∵點B的“關(guān)聯(lián)三角形”與T有公共點，且B（m，n），

⊙

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∴2﹣＜m≤4；

（3）當(dāng)PP2與O相切于點E時，如圖2中，

⊙

∵OE＝r，OP＝2r，

∴∠OPE＝30°，

∴∠OPP1＝∠OP1P＝60°，

∴當(dāng)60°＜∠OP1P＜90°時，點P的“關(guān)聯(lián)三角形”與O有四個公共點．

當(dāng)PP1與O相切于點F時，如圖3中，⊙

⊙

∵OF＝r，OP＝2r，

∴∠OPF＝∠OP1P＝30°，

∴當(dāng)0°＜∠OP1P＜30°時，點P的“關(guān)聯(lián)三角形”與O有四個公共點，

綜上所述，點P的“關(guān)聯(lián)三角形”與O有四個公共點，⊙∠PP1P2的取值范圍為：0°＜

∠OP1P＜30°或60°＜∠OP1P＜90°⊙．

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【例2】（2022?朝陽區(qū)二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，O的半徑為1，AB＝1，且A，B

兩點中至少有一點在O外．給出如下定義：平移線段⊙AB，得到線段A′B′（A′，B′

分別為點A，B的對應(yīng)⊙點），若線段A′B′上所有的點都在O的內(nèi)部或O上，則線段

AA′長度的最小值稱為線段AB到O的“平移距離”．⊙⊙

（1）如圖1，點A1，B1的坐標(biāo)分別⊙為（﹣3，0），（﹣2，0），線段A1B1到O的“平移

距離”為2，點A2，B2的坐標(biāo)分別為（﹣，），（，），線段⊙A2B2到O

⊙

的“平移距離”為；

（2）若點A，B都在直線y＝x+2上，記線段AB到O的“平移距離”為d，求

d的最小值；⊙

（3）如圖2，若點A坐標(biāo)為（1，），線段AB到O的“平移距離”為1，畫圖并說

明所有滿足條件的點B形成的圖形（不需證明）．⊙

【分析】（1）根據(jù)平移的性質(zhì)，以及線段AB到O的“平移距離”的定義判斷即可．

（2）如圖1中，作等邊△OEF，點E在x軸上，O⊙E＝EF＝OF＝1，設(shè)直線y＝x+2

交x軸于M，交y軸于N．則M（﹣2，0），N（0，2），過點E作EH⊥MN于H，解

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直角三角形求出EH即可判斷．

（3）如圖3，連接OA，交O于點A′，則OA＝2，AA′＝1，運(yùn)用“平移距離”的定

義和平移的性質(zhì)即可得出答⊙案．

【解答】解：（1）根據(jù)“平移距離”的定義可得：線段A1B1到O的“平移距離”為2，

如圖1，設(shè)A2B2與y軸交于E，線段A2B2向下平移得到O的弦⊙A′2B′2，線段A′2B′

2與y軸交于點F，⊙

則A′2F＝，OA′2＝1，OE＝，

∴OF＝，

∴A2A′2＝EF＝OE﹣OF＝﹣＝，

∴線段A2B2到O的“平移距離”為，

⊙

故答案為：2，；

（2）如圖2中，作等邊△OEF，點E在x軸上，OE＝EF＝OF＝1，

設(shè)直線y＝x+2交x軸于M，交y軸于N．則M（﹣2，0），N（0，2），

過點E作EH⊥MN于H，

∵OM＝2，ON＝2，

∴tan∠NMO＝，

∴∠NMO＝60°，

∴EH＝EM?sin60°＝，

觀察圖象可知，線段AB到O的“平移距離”為d1的最小值為．

⊙

（3）如圖3，連接OA，交O于點A′，

則OA＝＝2，⊙

∴OA到O任意一點距離的最小值為OA′＝OA﹣1＝1，

∴點A′⊙（，），

設(shè)平移后圓上另一點為B′，由題意得：A′B′＝1，

有三種情況：

①點B′與點O重合，則點B的坐標(biāo)為（，）；

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②點B′與點（1，0）重合，則點B的坐標(biāo)為（，）；

③點B′與點（﹣，）重合，則點B的坐標(biāo)為（0，）；

如圖可知所有滿足條件的點B形成的圖形是以A為圓心圓心角為120°的．

【例3】（2022?開福區(qū)校級一模）我們不妨定義：有兩邊之比為1：的三角形叫敬“勤

業(yè)三角形”．

（1）下列各三角形中，一定是“勤業(yè)三角形”的是③④；（填序號）

①等邊三角形；②等腰直角三角形；③含30°角的直角三角形；④含120°角的等腰

三角形．

（2）如圖1，△ABC是O的內(nèi)接三角形，AC為直徑，D為AB上一點，且BD＝2AD，

作DE⊥OA，交線段OA⊙于點F，交O于點E，連接BE交AC于點G．試判斷△AED

和△ABE是否是“勤業(yè)三角形”？如⊙果是，請給出證明，并求出的值；如果不是，請

說明理由；

（3）如圖2，在（2）的條件下，當(dāng)AF：FG＝2：3時，求∠BED的余弦值．

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【分析】（1）根據(jù)“勤業(yè)三角形”的定義進(jìn)行計算，即可一一判定；

（2）如圖，連結(jié)OE，設(shè)∠ABE＝，可證得∠AED＝∠ABE＝，△ADE∽△AEB，可得

AE2＝AB?AD，結(jié)合AD＝AB，可α得AB＝AE，即可判定△αAED和△ABE都是“勤

業(yè)三角形“，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求得的值；

（3）如圖，過點G作GI∥AB交DE于點I，可得△FGI∽△FAD，△EIG∽△EDB，可

證得，

設(shè)EG＝3a，則BE＝4a，利用，可求得ED＝，EF＝，從而可得

答案．

【解答】解：①等邊三角形各邊的比值為1，故等邊三角形不是“勤業(yè)三角形“；

②等腰直角三角形兩直角邊的比值為1，直角邊與斜邊的比為1：，故等腰直角三角

形不是“勤業(yè)三角形”；

③設(shè)含30角的直角三角形的最短邊長為a，則斜邊長為2a，另一條直角邊長為a，a：

a＝1：，故含30°角的直角三角形是“勤業(yè)三角形“；

④如圖：△ABC中，AB＝AC，∠a＝120°，過點A作AD⊥BC于點D，

∴∠B＝∠C＝30°，

設(shè)AD＝a，則AB＝AC＝2a，BD＝DC＝a，

∴BC＝2a，

∴AB：BC＝AC：BC＝1：，

∴含120°角的等腰三角形是“勤業(yè)三角形”，

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故答案為：③④；

（2）解：△AED和△ABE都是“勤業(yè)三角形”，

證明如下：

如圖：連接OE，設(shè)∠ABE＝，

α

∴∠AOE＝2∠ABE＝2，

∵OA＝OE，α

∴∠OAE＝（180°﹣∠AOE）＝（180°﹣2a）＝90°﹣，

α

又∵DE⊥AC，

∴∠AED+∠OAE＝90°，即∠AED+90°﹣＝90°，

∴∠AED＝∠ABE＝，α

叉∵∠EAD＝∠BAEα，

∴△ADE∽△AEB，

∴，

AE2＝AD?AB，

∵BD＝2AD，

∴AD＝AB，

∴，AE2＝3AD2，

∴，，

∴△AED和△ABE都是“勤業(yè)三角形“，

∴；

（3）解：如圖：過點G作GI∥AB交DE于點I，

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∴△FGI∽△FAD，△EIG∽△EDB，

∴，，

∴GI＝AD，

∵BD＝2AD，

∴，

∴，

設(shè)EG＝3a，EB＝4a，

由（2）知，，

∴ED＝a，

∴E1＝ED＝a，DI＝ED﹣E1＝，

∴IF＝，

∴EF＝EI+IF＝a+＝，

在Rt△EFG中，

cos∠FEG＝，

即cos∠BED＝．

【例4】（2022?清苑區(qū)二模）【問題提出】

如圖1，O與直線a相離，過圓心O作直線a的垂線，垂足為H，且交O于P、Q兩

點（Q在⊙P、H之間）．我們把點P稱為O關(guān)于直線a的“遠(yuǎn)點”，把PQ⊙?PH的值稱為

O關(guān)于直線a的“遠(yuǎn)望數(shù)”．⊙

⊙（1）如圖2，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點E的坐標(biāo)為（0，4），過點E畫垂直于y軸

的直線m，則半徑為1的O關(guān)于直線m的“遠(yuǎn)點”坐標(biāo)是（0，﹣1），直線m

⊙

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向下平移3或5個單位長度后與O相切．

（2）在（1）的條件下求O關(guān)于直線⊙m的“遠(yuǎn)望數(shù)”．

【拓展應(yīng)用】⊙

（3）如圖3，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l經(jīng)過點M（6，0），與y軸交于點N，

點F坐標(biāo)為（1，2），以F為圓心，OF為半徑作F．若F與直線l相離，O是F關(guān)

于直線l的“遠(yuǎn)點”．且F關(guān)于直線l的“遠(yuǎn)望數(shù)⊙”是12⊙，求直線l的函數(shù)表⊙達(dá)式．

⊙

【分析】（1）根據(jù)遠(yuǎn)點，遠(yuǎn)望數(shù)的定義判斷即可．

（2）根據(jù)遠(yuǎn)望數(shù)的定義，求出AE，AB的長即可解決問題．

（3）如圖，設(shè)直線l的解析式為y＝kx+b．連接OF并延長，交F于H，交直線l于點

G，設(shè)直線l交y軸于N（0，n），由勾股定理及解直角三角形求⊙出點N（0，3），再

運(yùn)用待定系數(shù)法即可求得答案．

【解答】解：（1）根據(jù)“遠(yuǎn)點”定義，可得點A是O關(guān)于直線m的“遠(yuǎn)點”，

∵O的半徑為1，⊙

∴⊙A（0，﹣1）；

∵點E的坐標(biāo)為（0，4），

∴OA＝4，

∴當(dāng)直線m向下平移3個單位或5個單位后O相切，

故答案為：（0，﹣1），3或5．⊙

（2）∵E的坐標(biāo)為（0，4），OB＝OA＝1，

∴AE＝OE+OA＝5，AB＝2，

∴O關(guān)于直線m的“遠(yuǎn)望數(shù)”＝AB?AE＝2×5＝10．

（⊙3）設(shè)直線l的解析式為y＝kx+b（k≠0），

連接OF并延長，交F于H，交直線l于點G，設(shè)直線l交y軸于N（0，n），

⊙

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∵點F坐標(biāo)為（1，2），

∴OF＝＝，

∵OF為F的半徑，

∴OH＝2⊙，

∵O是F關(guān)于直線l的“遠(yuǎn)點”．且F關(guān)于直線l的“遠(yuǎn)望數(shù)”是12，

∴OG⊥⊙MN于點G，OH?OG＝12⊙，

即2OG＝12，

∴OG＝6，

∵點M（6，0），

∴OM＝6，

∴MG＝＝＝12，

∵tan∠NMO＝＝，

∴＝，

∴n＝3，

∴N（0，3），

把M（6，0），N（0，3）分別代入y＝kx+b（k≠0），

得，

解得：，

∴直線l的函數(shù)表達(dá)式為y＝x+3

一．解答題（共20題）

1．（2022?長沙縣校級三模）約定：若三角形一邊上的中線將三角形分得的兩個小三角形中

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有一個三角形與原三角形相似，我們則稱原三角形為關(guān)于該邊的“優(yōu)美三角形”．例如：

如圖1，在△ABC中，AD為邊BC上的中線，△ABD與△ABC相似，那么稱△ABC為關(guān)

于邊BC的“優(yōu)美三角形”．

（1）如圖2，在△ABC中，BC＝AB，求證：△ABC為關(guān)于邊BC的“優(yōu)美三角形”；

（2）如圖3，已知△ABC為關(guān)于邊BC的“優(yōu)美三角形”，點D是△ABC邊BC的中點，

以BD為直徑的O恰好經(jīng)過點A．

①求證：直線C⊙A與O相切；

②若O的直徑為2⊙，求線段AB的長；

（3）⊙已知三角形ABC為關(guān)于邊BC的“優(yōu)美三角形”，BC＝4，∠B＝30°，求△ABC的

面積．

【分析】（1）利用兩邊成比例，夾角相等證明△ABD∽△CBA即可求解；

（2）①連接OA，證明∠CAD+∠OAD＝90°，可得OA⊥AC，再由OA是O的半徑，

即可證明直線AC與O相切；⊙

②由△CAD∽△CBA⊙，求出AC＝4，再由＝＝，設(shè)AD＝x，則AB＝

2x，在Rt△ABD中，利用勾股定理求出x的值，即可求AB＝4；

（3）過點A作AE⊥BC交于E點，分兩種情況討論：①若△BAD∽△BCA，可求AB＝

2，在Rt△ABE中，AE＝AB＝，則S△ABC＝AE?BC＝2；②若△CAD∽

△CBA，可求AC＝2，在Rt△ABE中，設(shè)AE＝x，則BE＝x，CE＝4﹣x，在

Rt△AEC中，利用勾股定理可求x＝±1，再求S△ABC＝?AE?BC＝2±2．

【解答】（1）證明：∵AD是中線，

∴BD＝BC＝AB，

∴＝＝，

∴△ABD∽△CBA，

∴△ABC是關(guān)于邊BC的“優(yōu)美三角形”；

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（2）①證明：連接OA，

∵△ABC為關(guān)于邊BC的“優(yōu)美三角形”，

∴△CAD∽△CBA，

∴∠CAD＝∠CBA，

∵OA＝OB，

∴∠OAB＝∠CBA，

∴∠CAD＝∠OAB，

∵BD是O的直徑，

∴∠BAD⊙＝90°，

∴∠OAB+∠OAD＝90°，

∴∠CAD+∠OAD＝90°，

∴OA⊥AC，

∵OA是O的半徑，

∴直線A⊙C與O相切；

②解：∵△C⊙AD∽△CBA，

∴AC2＝CD?BC，

∴AC＝4，

∵＝＝，

設(shè)AD＝x，則AB＝2x，

在Rt△ABD中，AB2+AD2＝BD2，即4x2+2x2＝24，

∴x＝2，

∴AB＝4；

（3）解：過點A作AE⊥BC交于E點，

①若△BAD∽△BCA，

∴AB2＝BD?BC，

∴AB＝2，

在Rt△ABE中，∠B＝30°，

∴AE＝AB＝，

∴S△ABC＝AE?BC＝2；

②若△CAD∽△CBA，

∴AC2＝CD?BC，

∴AC＝2，

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在Rt△ABE中，∠B＝30°，

設(shè)AE＝x，則BE＝x，

∴CE＝4﹣x，

在Rt△AEC中，AC2＝AE2+CE2，

∴x2+（4﹣x）2＝8，

解得x＝±1，

∴S△ABC＝?AE?BC＝2±2；

綜上所述：△ABC的面積為2或2±2．

2．（2022?西城區(qū)校級模擬）點P（x1，y1），Q（x2，y2）是平面直角坐標(biāo)系中不同的兩個點，

且x1≠x2．若存在一個正數(shù)k，使點P，Q的坐標(biāo)滿足|y1﹣y2|＝k|x1﹣x2|，則稱P，Q為一

對“限斜點”，k叫做點P，Q的“限斜系數(shù)”，記作k（P，Q）．由定義可知，k（P，Q）

＝k（Q，P）．

例：若P（1，0），Q（3，），有|0﹣|＝|1﹣3|，所以點P，Q為一對“限斜點”，且

“限斜系數(shù)”為．

已知點A（1，0），B（2，0），C（2，﹣2），D（2，）．

（1）在點A，B，C，D中，找出一對“限斜點”：A、C或A、D，它們的“限斜系

數(shù)”為2或；

（2）若存在點E，使得點E，A是一對“限斜點”，點E，B也是一對“限斜點”，且它

們的“限斜系數(shù)”均為1．求點E的坐標(biāo)；

（3）O半徑為3，點M為O上一點，滿足MT＝1的所有點T，都與點C是一對“限

斜點”⊙，且都滿足k（T，C）⊙≥1，直接寫出點M的橫坐標(biāo)xM的取值范圍．

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【分析】（1）根據(jù)定義通過計算求解即可；

（2）設(shè)E（x，y），由題意可得|y|＝|x﹣1|，|y|＝|x﹣2|，求解方程即可求點E的坐標(biāo)；

（3）由題意可知C點在直線y＝﹣x上，T點在以M為圓心1為半徑的圓上，M點在以

O為圓心3為半徑的圓上，則T點在以O(shè)為圓心2為半徑的圓上或以O(shè)為圓心4為半徑

的圓上，當(dāng)T點在直線y＝﹣x上時，k＝1，再由k（T，C）≥1，可知T點在直線y＝﹣

x的上方，T點在直線y＝﹣x的上方，直線y＝x﹣4的上方，半徑為2的圓和半徑為4

的圓構(gòu)成的圓環(huán)內(nèi)部．

【解答】解：（1）A（1，0），C（2，﹣2），有|0+2|＝2|1﹣2|，

∴A、C為一對“限斜點”，且“限斜系數(shù)”為2；

A（1，0），D（2，），有|0﹣|＝|1﹣2|，

∴A、D為一對“限斜點”，且“限斜系數(shù)”為；

故答案為：A、C或A、D，2或；

（2）設(shè)E（x，y），

∴|y|＝|x﹣1|，|y|＝|x﹣2|，

∴|x﹣1|＝|x﹣2|，

解得x＝，

∴y＝±，

∴E（，）或（，﹣）；

（3）∵C（2，﹣2），

∴C點在直線y＝﹣x上，

∵M(jìn)T＝1，

∴T點在以M為圓心1為半徑的圓上，

第14頁共68頁.

∵M(jìn)點在以O(shè)為圓心3為半徑的圓上，

∴T的軌跡是半徑為2的圓和半徑為4的圓構(gòu)成的圓環(huán)，

當(dāng)T點在直線y＝﹣x上時，設(shè)T（m，﹣m），

∴|﹣m+2|＝k|m﹣2|，

∴k＝1，

∵k（T，C）≥1，

∴T點在直線y＝﹣x的上方，直線y＝x﹣4的上方，半徑為2的圓和半徑為4的圓構(gòu)成

的圓環(huán)內(nèi)部，如圖所示，

∴﹣≤xM≤4．

3．（2022?常州一模）對于平面直角坐標(biāo)系xOy中的圖形M、N，給出如下定義：P為圖形

M上任意一點，Q為圖形N上任意一點，如果P、Q兩點間的距離有最小值，那么稱這

個最小值為圖形M、N間的“圖距離“，記作d（M，N）．已知點A（﹣2，6），B（﹣2，

﹣2），C（6，﹣2）．

（1）d（點O，△ABC）；

（2）線段L是直線y＝x（﹣2≤x≤2）上的一部分，若d（L，△ABC）＝1，且L的長

度最長時，求線段L兩個端點的橫坐標(biāo)；

（3）T的圓心為T（t，0），半徑為1．若d（T，△ABC）＝1，直接寫出t的取值范

圍．⊙⊙

【分析】（1）畫出圖形，結(jié)合定義即可求解；

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（2）線段L上點R（﹣1，﹣1）到△ABC的邊AB的距離是1，到邊BC的距離是1；過

點S作SH∥x軸交AC于點H，直線y＝x交線段AC于點G，過G點作GW⊥GH交于W，

求出直線AC與直線y＝x的交點G（2，2），在等腰直角三角形△SGH中，求出GW＝，

則可求S（2﹣，2﹣），即可求解；

（3）分三種情況討論：①當(dāng)T在△ABC的左側(cè)時，T（﹣4，0）；②當(dāng)T在△ABC

內(nèi)部時，當(dāng)T點與O點重合時⊙，滿足題意；過T點作TM⊥AC交于M，設(shè)⊙直線AC與x

軸交點為N，則△PMN是等腰直角三角形，求出T（4﹣2，0），可得0≤t≤4﹣2

時，若d（T，△ABC）＝1；③當(dāng)T在△ABC右側(cè)時，過T點作TK⊥AC交于K，

同②可求T⊙（4+2，0），則t＝﹣4或⊙0≤t≤4﹣2或t＝4+2時，d（T，△ABC）

＝1．⊙

【解答】解：（1）如圖1，點O到△ABC的最短距離為2，

∴d（點O，△ABC）＝2；

（2）如圖2，∵AB＝8，BC＝8，

∴∠A＝∠C＝45°，

∵y＝x是第一、三象限的角平分線，

∴直線y＝x垂直線段AC，

線段L上點R（﹣1，﹣1）到△ABC的邊AB的距離是1，到邊BC的距離是1，

設(shè)線段L上點S到線段AC的距離為1，

過點S作SH∥x軸交AC于點H，直線y＝x交線段AC于點G，過G點作GW⊥GH交

于W，

設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+b，

∴，

解得，

∴y＝﹣x+4，

聯(lián)立方程組，

解得

∴G（2，2），

∴△SGH是等腰直角三角形，

∵SG＝1，

第16頁共68頁.

∴GW＝，

∴S（2﹣，2﹣），

∴線段SR的長是線段L長的最大值，

此時線段L的兩個端點橫坐標(biāo)為﹣1，2﹣；

（3）①當(dāng)T在△ABC的左側(cè)時，

∵d（T，⊙△ABC）＝1，T的半徑為1，

∴T（⊙﹣4，0），⊙

∴t＝﹣4；

②當(dāng)T在△ABC內(nèi)部時，

如圖3⊙，當(dāng)T點與O點重合時，d（T，△ABC）＝1，

此時t＝0，⊙

如圖4，過T點作TM⊥AC交于M，設(shè)直線AC與x軸交點為N，

∵AB＝8，BC＝8，

∴∠A＝∠C＝45°，

∴∠MNP＝45°，

∴△PMN是等腰直角三角形，

∵TM＝2，

∴TN＝2，

∴T（4﹣2，0），

∴t＝4﹣，

∴0≤t≤4﹣2時，若d（T，△ABC）＝1；

③如圖5，當(dāng)T在△ABC右⊙側(cè)時，過T點作TK⊥AC交于K，

由②可知△KT⊙N是等腰直角三角形，

∵TK＝2，

∴TN＝2，

∴T（4+2，0），

∴t＝4+2；

綜上所述：t＝﹣4或0≤t≤4﹣2或t＝4+2．

第17頁共68頁.

第18頁共68頁.

4．（2022?秦淮區(qū)二模）【概念認(rèn)識】

與矩形一邊相切（切點不是頂點）且經(jīng)過矩形的兩個頂點的圓叫做矩形的第Ⅰ類圓；與

矩形兩邊相切（切點都不是頂點）且經(jīng)過矩形的一個頂點的圓叫做矩形的第Ⅱ類圓．

【初步理解】

（1）如圖①～③，四邊形ABCD是矩形，O1和O2都與邊AD相切，O2與邊AB

相切，O1和O3都經(jīng)過點B，O3經(jīng)過點⊙D，3個⊙圓都經(jīng)過點C．在這⊙3個圓中，是

矩形AB⊙CD的第⊙Ⅰ類圓的是①⊙，是矩形ABCD的第Ⅱ類圓的是②．

【計算求解】

（2）已知一個矩形的相鄰兩邊的長分別為4和6，直接寫出它的第Ⅰ類圓和第Ⅱ類圓的

半徑長．

【深入研究】

（3）如圖④，已知矩形ABCD，用直尺和圓規(guī)作圖．（保留作圖痕跡，并寫出必要的文

字說明）

第19頁共68頁.

①作它的1個第Ⅰ類圓；

②作它的1個第Ⅱ類圓．

【分析】（1）由定義直接判斷即可；

（2）第Ⅰ類圓分兩種情況求：當(dāng)AD＝6，AB＝4時和AD＝4，BC＝6時；第Ⅰ類圓和第

Ⅱ類圓都利用勾股定理和垂徑定理求解即可；

（3）第一步：作∠BAD的平分線；第二步：在角平分線上任取點E，過點E作EF⊥AD，

垂足為點F；第三步：以點E為圓心，EF為半徑作圓E，交AC于點G，連接FG；第四

步過點C作CH∥FG，CH交AD于點H；第五步過點H作AD的垂線，交∠BAD的平

分線于點O；第六步：以點O為圓心，OH為半徑的圓，O即為所求第Ⅱ類圓．

【解答】解：（1）由定義可得，①的矩形有一條邊AD與⊙O1相切，點B、C在圓上，

∴①是第Ⅰ類圓；⊙

②的矩形有兩條邊AD、AB與O2相切，點C在圓上，

∴②是第Ⅱ類圓；⊙

故答案為：①，②；

（2）如圖1，設(shè)AD＝6，AB＝4，切點為E，過點O作EF⊥BC交BC于F，交AD于E，

連接BO，

設(shè)BO＝r，則OE＝r，OF＝4﹣r，

由垂徑定理可得，BF＝CF＝3，

在Rt△BOF中，r2＝（4﹣r）2+32，

解得r＝；

如圖2，設(shè)AD＝4，BC＝6，切點為E，過點O作EF⊥BC交BC于F，交AD于E，連

接BO，

設(shè)BO＝r，則OE＝r，OF＝6﹣r，

由垂徑定理可得，BF＝CF＝2，

在Rt△BOF中，r2＝（6﹣r）2+22，

解得r＝；

綜上所述：第Ⅰ類圓的半徑是或；

第20頁共68頁.

如圖3，AD＝6，AB＝4，過點O作MN⊥AD交于點M，交BC于點N，連接OC，

設(shè)AB邊與O的切點為G，連接OG，

∴GO⊥AB，⊙

設(shè)OM＝r，則OC＝r，則ON＝4﹣r，

∵OG＝r，

∴BN＝r，

∴NC＝6﹣r，

在Rt△OCN中，r2＝（4﹣r）2+（6﹣r）2，

解得r＝10﹣4，

∴第Ⅱ類圓的半徑是10﹣4；

（3）①如圖4，

第一步，作線段AD的垂直平分線交AD于點E，

第二步，連接EC，

第三步，作EC的垂直平分線交EF于點O，

第四步，以O(shè)為圓心，EO為半徑作圓，

∴O即為所求第Ⅰ類圓；

②⊙如圖5，

第一步：作∠BAD的平分線；

第二步：在角平分線上任取點E，過點E作EF⊥AD，垂足為點F；

第三步：以點E為圓心，EF為半徑作圓E，交AC于點G，連接FG；

第四步：過點C作CH∥FG，CH交AD于點H；

第五步：過點H作AD的垂線，交∠BAD的平分線于點O；

第六步：以點O為圓心，OH為半徑的圓，O即為所求第Ⅱ類圓．

⊙

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第22頁共68頁.

5．（2022?豐臺區(qū)二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，O的半徑為1，A為任意一點，B為

O上任意一點．給出如下定義：記A，B兩點間⊙的距離的最小值為p（規(guī)定：點A在

⊙O上時，p＝0），最大值為q，那么把的值稱為點A與O的“關(guān)聯(lián)距離”，記作d

⊙⊙

（A，O）．

（1）如⊙圖，點D，E，F(xiàn)的橫、縱坐標(biāo)都是整數(shù)．

①d（D，O）＝2；

②若點M⊙在線段EF上，求d（M，O）的取值范圍；

（2）若點N在直線y＝上⊙，直接寫出d（N，O）的取值范圍；

（3）正方形的邊長為m，若點P在該正方形的邊上運(yùn)動時⊙，滿足d（P，O）的最小值

為1，最大值為，直接寫出m的最小值和最大值．⊙

【分析】（1）①運(yùn)用新定義“關(guān)聯(lián)距離”，即可求得答案；

②根據(jù)新定義“關(guān)聯(lián)距離”，分別求出d（E，O）＝2，d（F，O）＝3，即可得出答

案；⊙⊙

（2）設(shè)ON＝d，可得p＝d﹣1，q＝d+1，運(yùn)用新定義“關(guān)聯(lián)距離”，可得d（N，O）

⊙

＝d，再利用S△AOB＝OA?OB＝AB?ON，即可求得答案；

第23頁共68頁.

（3）如圖2，找出特殊位置，分別畫出圖形，即可得出答案．

【解答】解：（1）①∵D（0，2）到O的距離的最小值p＝1，最大值q＝3，

∴d（D，O）＝＝2，⊙

⊙

故答案為：2；

②當(dāng)M在點E處，d（E，O）＝2，

當(dāng)M在點F處，d（F，O⊙）＝＝3，

⊙

∴2≤d（M，O）≤3；

（2）設(shè)ON＝⊙d，

∴p＝d﹣r＝d﹣1，q＝d+r＝d+1，

∴d（N，O）＝＝＝d，

⊙

∵點N在直線y＝上，

設(shè)直線交x軸于點B，交y軸于點A，如圖1，

則x＝0時，y＝2，y＝0時，x＝﹣2，

∴A（0，2），B（﹣2，0），

∴OA＝2，OB＝2，

∴AB＝＝4，

當(dāng)ON⊥AB時，d（N，O）最小，

⊙

∴S△AOB＝OA?OB＝AB?ON，即×2×2＝×4ON，

∴ON＝，

∵ON無最大值，

∴d（N，O）≥；

（3）如圖⊙2，∵d（P，O）的最小值為1，最大值為，

∴兩個同心圓中，小圓的⊙半徑為1，大圓的半徑為，

∵KL＝﹣1，

∴m的最小值是＝﹣，

在Rt△OMH中，OM＝，OH＝m﹣1，MH＝m，

∴（m﹣1）2+（m）2＝（）2，

解得：m＝﹣2（舍去）或m＝；

第24頁共68頁.

∴m的最小值為﹣，最大值為．

6．（2022?大興區(qū)一模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，O的半徑為1，已知點A，過點A作

直線MN．對于點A和直線MN，給出如下定義：若⊙將直線MN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，直線

MN與O有兩個交點時，則稱MN是O的“雙關(guān)聯(lián)直線”，與O有一個交點P時，

則稱M⊙N是O的“單關(guān)聯(lián)直線”，AP⊙是O的“單關(guān)聯(lián)線段”．⊙

（1）如圖1⊙，A（0，4），當(dāng)MN與y軸重⊙合時，設(shè)MN與O交于C，D兩點．則MN

是O的“雙關(guān)聯(lián)直線”（填“雙”或“單”）；的值⊙為或；

⊙

（2）如圖2，點A為直線y＝﹣3x+4上一動點，AP是O的“單關(guān)聯(lián)線段”．

①求OA的最小值；⊙

②直接寫出△APO面積的最小值．

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【分析】（1）利用O的“雙關(guān)聯(lián)直線”定義解答即可，需要用分類討論的方法解答；

（2）①利用垂線段⊙最短，過點O作OA垂直于直線y＝﹣3x+4于點A，則此時OA最小，

利用三角形的面積公式解答即可；

②利用O的“單關(guān)聯(lián)線段”的定義可得AP與O相切，判斷OA最小時，△APO的

面積最小⊙，利用勾股定理和直角三角形的面積公式⊙解答即可．

【解答】解：（1）當(dāng)MN與y軸重合時，

∵M(jìn)N與O交于C，D兩點，

∴根據(jù)⊙O的“雙關(guān)聯(lián)直線”的定義可知：MN是O的“雙關(guān)聯(lián)直線”；

當(dāng)點C⊙在y軸的正半軸時，AC＝3，AD＝5，⊙

∴＝；

當(dāng)點D在y軸的正半軸時，AD＝3，AC＝5，

∴，

綜上，的值為：或，

故答案為：雙；或；

（2）①過點O作OA垂直于直線y＝﹣3x+4于點A，如圖，

第26頁共68頁.

因為垂線段最短，則此時OA最小，

設(shè)直線y＝﹣3x+4與y軸交于點M，與x軸交于點N，

令x＝0，則y＝4，

∴M（0，4），

∴OM＝4，

令y＝0，則﹣3x+4＝0，

∴x＝，

∴N（，0），

∴ON＝，

∴MN＝＝．

∵OM?ON＝OA?MN，

∴4×＝×OA，

∴OA＝．

②△APO的面積最小值為．理由：

∵AP是O的“單關(guān)聯(lián)線段”，

∴AP與⊙O相切于點P，則OP⊥OA，即△APO為直角三角形，

由于△A⊙PO的一個直角邊為1，當(dāng)OA最小時，△APO的面積最小，

∴當(dāng)OA垂直于直線y＝﹣3x+4于點A時，△APO的面積最?。?/p>

連接OP，如圖，

第27頁共68頁.

由題意：AP為O的切線，

∴AP⊥OP，⊙

∴AP＝＝，

∴△APO的面積最小值為×1＝．

7．（2022?寧波模擬）定義：圓心在三角形的一條邊上，并與三角形的其中一邊所在直線相

切的圓稱為這個三角形的切圓，相切的邊稱為這個圓的切邊．

（1）如圖1，△ABC中，AB＝CB，∠A＝30°，點O在AC邊上，以O(shè)C為半徑的O

恰好經(jīng)過點B，求證：O是△ABC的切圓．⊙

（2）如圖2，△ABC中⊙，AB＝AC＝5，BC＝6，O是△ABC的切圓，且另外兩條邊都

是O的切邊，求O的半徑．⊙

（⊙3）如圖3，△AB⊙C中，以AB為直徑的O恰好是△ABC的切圓，AC是O的切邊，

O與BC交于點F，取弧BF的中點D，⊙連接AD交BC于點E，過點E作⊙EH⊥AB于

⊙點H，若CF＝8，BF＝10，求AC和EH的長．

【分析】（1）連接OB，說明AB是圓的切線即可利用新定義得出結(jié)論；

（2）利用分類討論的方法分兩種情況解答：①當(dāng)圓心O在BC邊上，O與AB，AC

⊙

第28頁共68頁.

邊相切于點M，N時，連接OA，OM，ON，利用切線長定理和切線的性質(zhì)定理，和相似

三角形的判定定理與性質(zhì)求得線段DM，再利用勾股定理即可求出圓的半徑；②當(dāng)圓心

O在AC邊上，O與AB，BC邊相切于點M，N時，連接OM，ON，BO，過點A作AH

⊥BC于點H，利⊙用切線的性質(zhì)定理和三角形的面積公式，設(shè)OM＝ON＝r，列出方程即

可求解；

（3）連接AF，利用直徑所對的圓周角為直角和切線的性質(zhì)定理證明得到△ACF∽△BAF，

利用相似三角形的性質(zhì)求的AF，利用勾股定理求得AC；利用角平分線的性質(zhì)求得EF，

BE，再利用平行線分線段成比例定理即可求得EH．

【解答】（1）證明：連接OB，如圖，

∵AB＝AC，∠A＝30°，

∴∠A＝∠C＝30°．

∴∠CAB＝180°﹣∠A﹣∠C＝120°．

∵OB＝OC，

∴∠OBC＝∠C＝30°．

∴∠OBA＝∠CBA﹣∠OBC＝90°．

即OB⊥BA．

∵OB是圓的半徑，

∴AB與O相切．

∵圓心O⊙在AC邊上，

∴O是△ABC的切圓；

（⊙2）解：①當(dāng)圓心O在BC邊上，O與AB，AC邊相切于點M，N時，

連接OA，OM，ON，如圖，⊙

∵AB，AC是O的切線，

∴OM⊥AB，⊙ON⊥AC，AO平分∠BAC．

∵AB＝AC，

第29頁共68頁.

∴AO⊥BC，OB＝OC＝BC＝3．

∵AO⊥BO，OM⊥AB，

∴△BOM∽△BAO．

∴．

∴．

∴BM＝．

∴OM＝＝；

②當(dāng)圓心O在AC邊上，O與AB，BC邊相切于點M，N時，

連接OM，ON，BO，過點⊙A作AH⊥BC于點H，如圖，

設(shè)OM＝ON＝r，

∵AB，BC是O的切線，

∴OM⊥AB，⊙ON⊥BC．

∵AB＝AC，AH⊥BC，

∴BH＝CH＝BC＝3，

∴AH＝＝4．

∴×BC?AH＝×6×4＝12．

∵S△ABC＝S△ABO+S△CBO，

∴×AB?r+×BC?r＝12．

∴＝12．

∴r＝．

綜上，O的半徑為或；

⊙

（3）解：連接AF，如圖，

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∵AB為O的直徑，

∴AF⊥B⊙C．

∵O是△ABC的切圓，AC是O的切邊，

∴⊙AB⊥AC．⊙

∴△ACF∽△BAF．

∴．

∴．

∴AF＝4．

∴AC＝＝12，

AB＝＝6．

∵D是弧BF的中點，

∴∠FAD＝∠BAD．

∴＝．

設(shè)FE＝2k，則BE＝3k，

∵BF＝FE+BE＝10，

∴2k+3k＝10．

∴k＝2．

∴EF＝4，BE＝6．

∵EH⊥AB，AC⊥AB，

∴EH∥AC．

∴．

∴．

∴EH＝4．

8．（2022?朝陽區(qū)一模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，對于直線l：y＝kx+b，給出如下定義：

若直線l與某個圓相交，則兩個交點之間的距離稱為直線l關(guān)于該圓的“圓截距”．

（1）如圖1，O的半徑為1，當(dāng)k＝1，b＝1時，直接寫出直線l關(guān)于O的“圓截距”；

⊙⊙

第31頁共68頁.

（2）點M的坐標(biāo)為（1，0），

①如圖2，若M的半徑為1，當(dāng)b＝1時，直線l關(guān)于M的“圓截距”小于，

⊙⊙

求k的取值范圍；

②如圖3，若M的半徑為2，當(dāng)k的取值在實數(shù)范圍內(nèi)變化時，直線l關(guān)于M的“圓

截距”的最小⊙值2，直接寫出b的值．⊙

【分析】（1）根據(jù)k和b的值直接寫出直線的解析式，設(shè)直線與x軸交于點A，與y軸交

于點B，根據(jù)勾股定理求出“圓截距”即可；

（2）①根據(jù)圓的垂徑定理，確定弦長為時，弦的位置，注意分類，確定直線的解

析式，根據(jù)直線的增減性確定k的取值范圍即可；

②當(dāng)最短弦長為2時，分弦在x軸上方和x軸下方兩種情況討論求解．

【解答】解：（1）∵k＝1，b＝1，

∴直線l的解析式為y＝x+1，

設(shè)直線與x軸交于點A，與y軸交于點B，

則A（﹣1，0），B（0，1），

∴AB＝＝，

即直線l關(guān)于O的“圓截距”為；

（2）⊙

第32頁共68頁.

①如圖2，設(shè)直線與y正半軸交點為P，且P（0，1），

∵點M的坐標(biāo)為（1，0），M的半徑為1，

∴圓與x軸正半軸交點為Q⊙（2，0），

當(dāng)b＝1時，直線l的解析式為y＝kx+1，

當(dāng)直線經(jīng)過點Q時，2k+1＝0，

解得k＝﹣；

過點M作MF⊥PQ，垂足為F，

∵OP＝1，OQ＝2，

∴PQ＝，

∴sin∠PQO＝，

∵M(jìn)Q＝1，sin∠PQO＝，

∴MF＝，QF＝，

設(shè)直線PQ與圓M的另一個交點為C，

則QC＝2QF＝，

∵關(guān)于M的“圓截距”小于，

⊙

∴k的取值范圍是﹣＜k＜0；

設(shè)直線PM與圓的交點為N，

∵點P（0，1），點M的坐標(biāo)為（1，0），

∴OP＝OM，

∴∠PMO＝45°，

∴∠QMN＝45°，

根據(jù)圓的對稱性，直線PQ和直線PD關(guān)于直線PN對稱，此時ED＝CB，

∴∠DMN＝45°，

∴∠DMQ＝90°，

∴D的坐標(biāo)為（1，﹣1），

∴k+1＝﹣1，

解得k＝﹣2，

∴直線PD的解析式為y＝﹣2x+1，

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