2023年中考数学重难点训练-圆-动点问题

年中考数学重难点训练——圆-动点问题一、单选题1．如图，在平面直角坐标系中，是直线上的动点，的半径为，直线与相切于点，则线段的最小值为（）A． B． C． D．2．如图，扇形的圆心角的度数为，半径长为4，为弧上的动点，，垂足分别为，是的外心．当点运动的过程中，点分别在半径上作相应运动，从点离开点时起，到点到达点时止，点运动的路径长（）A． B． C． D．3．如图，AB是的直径，，P是圆周上一动点（点P与点A、点B不重合），，垂足为C，点M是PC的中点．设AC长为x，AM长为y，则表示y与x之间函数关系的图象大致为（）A． B．C． D．4．如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点P在矩形的内部，连接PA，PB，PC，若∠PBC＝∠PAB，则PC的最小值是（）A．6 B．﹣3 C．﹣4 D．﹣45．如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上，，，D是上的一个动点，连接AD.过点C作于E，连接BE，则BE的最小值是（）A． B． C． D．二、填空题6．如图所示，半径为1的圆心角为60°的扇形纸片OAB在直线L上向右做无滑动的滚动．且滚动至扇形处，则顶点O所经过的路线总长是．7．如图，抛物线y＝x2﹣4与x轴交于A、B两点，P是以点C（0，3）为圆心，2为半径的圆上的动点，Q是线段PA的中点，连接OQ，则线段OQ的最小值是.8．如图，半圆的圆心与坐标原点重合，半圆的半径1，直线的解析式为若直线与半圆只有一个交点，则t的取值范围是．9．如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，BC=5，P是△ABC内部的一个动点，且满足∠PAB=∠PBC，则线段CP长的最小值为.10．如图，点，的坐标分别为，，为坐标平面内一动点，且，点为线段的中点，连接，当取最大值时，点的纵坐标为．三、综合题11．（教材呈现）下图是华师版九年级上册数学教材第103页的部分内容．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD是斜边AB上的中线．求证：．证明：延长CD至点E，使DE=CD，连结AE、BE．（1）请根据教材提示，结合图①，写出完整的证明过程．图①（2）（结论应用）如图，在四边形中，，，，是的中点，连结、．则的度数为°．（3）在中，已知，，，为边的中点，且与的平分线交于点，则的长为．12．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点A，B，O均落在格点上，为⊙O的半径．（1）的大小等于（度）；（2）将绕点O顺时针旋转，得，点A，B旋转后的对应点为，．连接，设线段的中点为M，连接．当取得最大值时，请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺画出点，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）．13．如图，是的直径，是的切线，切点为C，过B作，垂足为点E，直线交于点F.（1）判断与的数量关系，并说明理由.（2）若点C在直径上方半圆弧上运动，的半径为4，则①当的长为时，以B、O、E、C为顶点的四边形是正方形；②当的长为时，以B、O、F、C为顶点的四边形是菱形.14．如图AB为⊙O的直径，C为⊙O上半圆的一个动点，CE⊥AB于点E，∠OCE的角平分线交⊙O于D点．（1）当C点在⊙O上半圆移动时，D点位置会变吗？请说明理由；（2）若⊙O的半径为5，弦AC的长为6，连接AD，求线段AD、CD的长．15．在平面直角坐标系中，的半径为1，对于和直线给出如下定义：若的一条边关于直线的对称线段是的弦，则称是的关于直线的“关联三角形”，直线是“关联轴”．（1）如图1，若是的关于直线的“关联三角形”，请画出与的“关联轴”（至少画两条）；（2）若中，点坐标为，点坐标为，点在直线的图像上，存在“关联轴”使是的关联三角形，求点横坐标的取值范围；（3）已知，将点向上平移2个单位得到点，以为圆心为半径画圆，，为上的两点，且（点在点右侧），若与的关联轴至少有两条，直接写出的最小值和最大值，以及最大时的长．16．已知：点P为图形M上任意一点，点Q为图形N上任意一点，若点P与点Q之间的距离PQ始终满足PQ＞0，则称图形M与图形N相离．（1）已知点A（1，2）、B（0，﹣5）、C（2，﹣1）、D（3，4）．与直线y＝3x﹣5相离的点是；（2）若直线y＝3x+b与△ABC相离，求b的取值范围；（3）设直线y＝x+3、直线y＝﹣x+3及直线y＝﹣2围成的图形为W，⊙T的半径为1，圆心T的坐标为（t，0），直接写出⊙T与图形W相离的t的取值范围．17．如图，在平面直角坐标系中，直线y=x与双曲线交于A，B两点，其中A的坐标为（1，a），P是以点C（-2，2）为圆心，半径长为1的圆上一动点，连接AP，Q为AP的中点.（1）求双曲线的解析式：（2）将直线y=x向上平移m（m>0）个单位长度，若平移后的直线与⊙C相切，求m的值（3）求线段OQ长度的最大值.18．在平面直角坐标系中，的半径为，是与圆心不重合的点，点关于的限距点的定义如下：若为直线与的一个交点，满足，则称为点关于的限距点，下图为点及其关于的限距点的示意图．（1）当的半径为1时．①分别判断点，，关于的限距点是否存在？若存在，求其坐标；②点的坐标为，，分别切于点，点，点在的边上．若点关于的限距点存在，求点的横坐标的取值范围；（2）保持（1）中，，三点不变，点在的边上沿的方向运动，的圆心的坐标为，半径为．若点关于的限距点不存在，则的取值范围为．19．如图，在平面直角坐标系中，边长为的正方形的四条边与坐标轴平行，顶点A、B分别在第一象限、第二象限，对角线、的交点与坐标原点O重合，当正方形的边上存在点Q，满足时，称点P为正方形的伴随点．（1）点A的坐标为点，B的坐标为，点C的坐标为，点D的坐标为．（2）当正方形的伴随点P的坐标为时，点Q的坐标可以为（写出一个即可）．（3）在点、、、中，正方形的伴随点是．（4）点P在直线上．若点P为正方形的伴随点，直接写出点P横坐标m的取值范围．20．已知：点C为⊙O的直径AB上一动点，过点C作CD⊥AB，交⊙O于点D和点E，连接AD、BD，∠DBA的角平分线交⊙O于点F．（1）若DF＝BD，求证：GD＝GB；（2）若AB＝2cm，在（1）的条件下，求DG的值；（3）若∠ADB的角平分线DM交⊙O于点M，交AB于点N．当点C与点O重合时，＝；据此猜想，当点C在AB（不含端点）运动过程中，的值是否发生改变？若不变，请求其值；若改变，请说明理由．21．如图，⊙O的半径为1，A，P，B，C是⊙O上的四个点．∠APC=∠CPB=60°．（1）判断△ABC的形状：；（2）试探究线段PA，PB，PC之间的数量关系，并证明你的结论；（3）当点P位于的什么位置时，四边形APBC的面积最大？求出最大面积．22．如图l，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，点P从点B出发，沿AB边向终点A以每秒1cm的速度运动，同时点Q从点C出发沿C→B→A向终点A以每秒3cm的速度运动，P、Q其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为t秒.解答下列问题：（1）当Q在BC边时，①当t为▲秒时，PQ的长为2cm？②连接AQ，当t为几秒时，△APQ的面积等于16cm2？（2）如图2，以P为圆心，PQ长为半径作⊙P，在整个运动过程中，是否存在这样的t值，使⊙P正好与△ABD的一边（或边所在的直线）相切？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由.

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：连接PQ、PO，如图：∵直线OQ切于点Q，∴，在中，，∴当OP最小的时候，OQ最小，当OP⊥直线y=2时，OP有最小值2，∴OQ的最小值为；故答案为：B．

【分析】连接PQ、PO，根据切线的性质得出，再利用勾股定理得出OQ，利用垂线段最短，当OP最小的时候，OQ最小，再求出OP的最小值，从而得出OQ的最小值。2．【答案】A【解析】【解答】解：连接OP，

当点N与点O重合时，∠P'OA=30°，

∴,

当点M与点O重合时，∠P''OB=30°，

∴，

∵点D是△PMN的外心，

∴点D在线段PM的垂直平分线上，PM⊥OA，

∴点D是OP的中点，

∴OD=2

∴点D运动轨迹是在以点O为圆心，2为半径。圆心角为60°的弧上，

∴.

故答案为：A.

【分析】连接OP，由题意可知当点N与点O重合时，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出OD的长，当点M与点O重合时，同理可求出OD的长；再利用三角形外心的定义可得到点D在线段PM的垂直平分线上，PM⊥OA，同时可求出OD的长，由此可得点D运动轨迹是在以点O为圆心，2为半径。圆心角为60°的弧上；然后利用弧长公式可求出结果。3．【答案】B【解析】【解答】解：∵AB是直径，则∠APB=90°，则∠BPC＋∠APC=90°而∠APC＋∠PAC=90°，∴∠PAC=∠BPC，则tan∠PAC=tan∠BPC，∴，即，∵点M是PC的中点，则，则，∴（0<x<4），可知y与x之间的函数图象不是一次函数，故排除C，当x=1时，，故排除D，当x=3时，，故排除A，故答案为：B．

【分析】证明∠PAC=∠BPC，则tan∠PAC=tan∠BPC，利用正切的定义可得：，化简得到，进而求解即可。4．【答案】C【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，即∠PBC+∠PBA=90°，∵∠PBC＝∠PAB，∴∠PBA+∠PAB=90°，即∠APB=90°，∴点P在以AB为直径的⊙O上，连接CO交⊙O于点P，此时PC取得最小值，∵四边形ABCD是矩形，AB=8，BC=6，∴OB=OP=AB=4，由勾股定理得CO=，PC=故答案为：C．

【分析】点P在以AB为直径的⊙O上，连接CO交⊙O于点P，此时PC取得最小值，利用勾股定理求出CO的长，再求出PC的长即可。5．【答案】C【解析】【解答】解：如图，取的中点，连接，则，，，则在点的移动过程中，点在以为半径的圆上运动，是圆的直径，，在中，，在中，，由圆的性质得：当点共线时，取得最小值，最小值为，故答案为：C.【分析】取AC的中点F，连接EF，BF，BC，根据中点的性质求出CF长，再根据直角三角形斜边中线的性质求出出EF长，从而得出在点D的移动过程中，点E在以EF为半径的圆F上运动，再利用圆周角定理、求出∠ACB为直角，根据勾股定理求出BC和BF的长，然后根据圆的性质得出当点B，E，F共线时，BE取得最小值，最小值为BF-EF，即可解答.6．【答案】π【解析】【解答】顶点O经过的路线可以分为三段，当弧AB切直线l于点B时，有OB⊥直线l，此时O点绕不动点B转过了90°；第二段：OB⊥直线l到OA⊥直线l，O点绕动点转动，而这一过程中弧AB始终是切于直线l的，所以O与转动点的连线始终⊥直线l，所以O点在水平运动，此时O点经过的路线长=BA′=AB的弧长；第三段：OA⊥直线l到O点落在直线l上，O点绕不动点A转过了90°.所以，O点经过的路线总长S=++=π.

【分析】仔细观察顶点O经过的路线可得，顶点O到O'所经过的路线可以分为三段，分别求出三段长，再求出其和即可。7．【答案】【解析】【解答】解：连接BP，如图，当y＝0时，x2﹣4＝0，解得x1＝4，x2＝﹣4，则A（﹣4，0），B（4，0），∵Q是线段PA的中点，∴OQ为△ABP的中位线，∴OQ＝BP，当BP最小时，OQ最小，连接BC交圆于P时，PB最小，∵BC＝＝5，∴BP的最小值＝5﹣2＝3，∴线段OQ的最小值为.故答案为：.【分析】连接BP，如图，先根据抛物线与x轴交点的坐标特点得A、B两点的坐标，再判断OQ为△ABP的中位线得到OQ＝BP，利用点与圆的位置关系，连接BC交圆于P时，PB最小，然后计算出BP的最小值即可得到线段OQ的最小值.8．【答案】或-1≤t＜1【解析】【解答】若直线与半圆只有一个交点，则有两种情况：直线和半圆相切于点C或从直线A开始到直线过点B结束（不包括直线过点A）当直线和半圆相切于点C时，直线与x轴所形成的的锐角是45°，∴∠DOC=45°，又∵半圆的半径1，∴CD=OD=∴代入解析式，得当直线过点A时，把A代入直线解析式，得当直线过点B时，把B代入直线解析式，得即当或，直线和半圆只有一个交点.【分析】先求出∠DOC=45°，再求出CD=OD=，最后求解即可。9．【答案】【解析】【解答】解：∵∠ABC=90°，∠PAB=∠PBC，∴∠PBA+∠PBC=90°，∠PBA+∠PAB=90°，∴∠BPA=90°，∴P点在以AB为直径的圆上，如图，O为圆心，连接OC，OC与圆O的交点P，CP即为最小值∵AB=6，∴OB=OP=3，∵BC=5，∴OC=，∴CP=，故答案为：【分析】P点在以AB为直径的圆上，O为圆心，连接OC，OC与圆O的交点P，CP即为最小值，再利用勾股定理求出OC的长，最后求出CP的长即可。10．【答案】【解析】【解答】解：如图，∵点C为坐标平面内一点，BC=2，∴C在⊙B上，且半径为2，∴当C在AB的延长线上时，AC最大，过点C作CD⊥x轴，∵点，的坐标分别为，，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴，，∴．∵CD⊥x轴，∴是等腰直角三角形，∴，∵，即，解得：，∴C点的纵坐标为，∵点为线段的中点，∴点的纵坐标为．故答案为：．【分析】过点C作CD⊥x轴，当C在AB的延长线上时，AC最大，先证明是等腰直角三角形，再利用勾股定理可得，即，求出，再利用中点坐标公式可得点的纵坐标为。11．【答案】（1）证明：延长到，使，连接、，是斜边上的中线，，又，四边形是平行四边形又，是矩形，，（2）15（3）【解析】【解答】［结论应用］解：（2）连接，如下图∵，是的中点∴又∵，∴∴∴（3）以点为圆心，为半径作圆交直线于点，连接，，，，，．，为直角三角形，∵，，平分，，，为圆的直径，，是直角三角形，．【分析】（1）先证明四边形ACBE是矩形，根据矩形的性质即可证得结论；

（2）连接DE，根据直角三角形斜边上的中线可得DE=BE=AB=AE，由等边对等角可得，根据三角形外角的性质可得；

（3）以点为圆心，为半径作圆交直线于点，连接，，，根据勾股定理的逆定理可得三角形ABC是直角三角形，可得，由CE平分，可得，则点F、E重合，根据圆周角定理和直角三角形的性质求解即可。12．【答案】（1）45（2）解：取的中点N，连接MN，，构成，延长AO交⊙O于点H，如图，根据三角形三边关系，,当点，N，M三点共线时，取最大值，在中，，∵点M，N分别是的中点，∴，作，由网格图的特点可得，在OH上取格点G，取格点C，连接OC与⊙O交于，如图所示，，此时，，故连接OC与⊙O交于，点即为所求．【解析】【解答】解：（1）由图形可知，OA=OB，OB⊥OA，∴△ABO是等腰直角三角形，∴，故答案为：45；

【分析】（1）根据等腰直角三角形的判定及性质求解即可；（2）如图，取的中点N，连接MN，，构成，延长AO交⊙O于点H，再利用三角形三边的关系判定即可。13．【答案】（1）证明：相等，理由如下：连接OC,如图∵CD是⊙O的切线，∴OC⊥CD,又∵BE⊥CD，∴∠CEB=∠OCE=90°,∴BE//OC,∴∠EBC=∠OCB,∵OC=OB,∴∠ABC=∠OCB,∴∠ABC=∠EBC.（2）；2或6【解析】【解答】(2)①∵B、O、E、C为顶点的四边形是正方形∴∠COB=90°∵OC=OB=4∴BC=故答案为：；②当点F在AB直径上方时如图1所示∵B、O、F、C为顶点的四边形是菱形∴OC=CF=BF=OB=4∴OC=CF=OF=4∴△OCF为等边三角形∴∠OCF=60°由（1）可得∠CEB=∠OCE=90°,∴∠ECF=30°在Rt△CEF中，∵∴当点F在AB直径下方时如图2所示同理可得：△OCB为等边三角形∴OC=OB=BC=4,∠OCB=60°∴∠BCF=30°在Rt△CBE中，故答案为：2或6.

【分析】(1)根据CD是的切线，结合BE⊥CD,得出BE∥OC，则知∠EBC=∠OCB，结合∠ABC=∠OCB,即可得出结论；

(2)①根据正方形性质可得△OCB为等腰直角三角形，再根据勾股定理可得BC的长;

②分两种情况考虑，即当点F在AB直径上方时和当点F在AB直径下方时，根据菱形的性质，推出△OCF为等边三角形，结合直角三角形的性质求解即可.14．【答案】（1）解：当C点在⊙O上半圆移动时，D点位置不会变；理由如下：连接OD．∵CD平分∠OCE，∴∠1=∠3，而OC=OD，∴∠1=∠2，∴∠2=∠3，∴CE∥OD，∵CE⊥AB，∴OD⊥AB，∴=，即点D为半圆AB的中点．（2）解：∵在直角△AOD中，OA=OD=5，∴过点A作CD的垂线，垂足为G，∵∴△AGC是等腰直角三角形，∵AC=6，∴在直角△AGD中，∴∴线段AD的长度为，线段CD的长度为．【解析】【分析】(1)连接OD，由∠1=∠3，∠1=∠2得∠2=∠3可以判定CE∥OD，由CE⊥AB知OD⊥AB，根据垂径定理可得=即点D为弧AB的中点，得到结论；(2)过点A作CD的垂线，垂足为G，构造等腰直角△AGC，然后由勾股定理求出DG的长进而得到结论。15．【答案】（1）解：如图1，作BM⊥x轴，垂足为M，根据题意AB=AE=EF=BF=，且∠EFO=∠BFM=45°，∴∠EFB=90°，∴四边形ABFE是正方形，∴边AE，BF的中点所在直线就是与的一条“关联轴”；∵的半径为1，∴EH=GH=FG=EF==，且∠EFG=90°，∴四边形EFGH是正方形，∵∠EFG+∠EFB=180°，∴B、F、G三点共线，∴直线EF是与的一条“关联轴”．（2）解：如图2，根据A（2，3），B（4，1），C（4，1），计算AB=，故AB不能落在圆的内部；过点A作AN⊥y轴，垂足为N，则AN=2，等于圆的直径，存在“关联轴”使是的关联三角形，此时；作点B关于x轴的对称点P，此时BP=2，等于圆的直径，存在“关联轴”使是的关联三角形，此时，综上所述，点C横坐标的范围是．（3）解：OC的最小值为；OC最大，根据勾股定理，AC=4.【解析】【解答】解：(3)如图，连接OM，交圆M于点C，此时OC最小，根据勾股定理，得OM=，圆M的半径为2，故OC的最小值为；当点C是直径AC的一个端点时，OC最大，根据勾股定理，得OC=，此时AC=4.

【分析】（1）根据题意画出直线，得出B、F、G三点共线，即可得出答案；

（2）过点A作AN⊥y轴，垂足为N，则AN=2，等于圆的直径，存在“关联轴”使是的关联三角形，此时；作点B关于x轴的对称点P，此时BP=2，等于圆的直径，存在“关联轴”使是的关联三角形，此时，综上所述，点C横坐标的范围是；

（3）连接OM，交圆M于点C，此时OC最小，根据勾股定理，得OM=，圆M的半径为2，故OC的最小值为；当点C是直径AC的一个端点时，OC最大，根据勾股定理，得OC的值，此时AC=4，即可得解。16．【答案】（1）A，C（2）A，C；解：②当直线y＝3x+b过点A（1，2）时，∴3+b＝2．∴b＝﹣1．当直线y＝3x+b过点C（2，﹣1）时，∴6+b＝﹣1．∴b＝﹣7．∴b的取值范围是b＞﹣1或b＜﹣7（3）解：①如图1，图形W为△ABC，直线y＝﹣x+3与y轴交于点A，与x轴交于点D，令x＝0，y＝3，令y＝0，x＝，∴OA＝3，OD＝，∴∠OAD＝30°，∠ADO＝60°，当⊙T位于直线AC右侧，且与直线AC相切于点H，连接TH，∴TH⊥DH，∵∠TDH＝∠ADO＝60°，∵TH＝1，∴DT＝，∴OT＝OD+DT＝，∴T（，0），∴当t＞时，⊙T与图形W相离，②如图2，当⊙T位于直线y＝x+3左侧，且与直线AB相切于点H，连接TH，直线AB与x轴交于点E，同理可得，TE＝，OE＝，∴OT＝，∴T（﹣，0），∴当t＜﹣时，⊙T与图形W相离，③如图3，当⊙T位于直线AC左侧，且与直线AC相切时，同理可得TD＝，OD＝，∴OT＝OD﹣TD＝＝，∴T（，0），当⊙T与AB相切，且位于直线AB的右侧时，T（﹣，0），∴当﹣时，⊙T与图形W相离．综合以上可得，⊙T与图形W相离时t的取值范围是：t＜﹣或t＞或﹣＜t＜．【解析】【解答】解：（1）①∵点A（1，2），∴当x＝1时，3﹣5＝﹣2，∴点A不在直线y＝3x﹣5上，同理，点C（2，﹣1）不在直线y＝3x﹣5上，点B（0，﹣5），点D（3，4）在直线上，∴与直线y＝3x﹣5相离的点是A，C；故答案为：A，C；

【分析】（1）①将A、B、C、D四个点的坐标代入直线y＝3x-5计算即可判断；②根据直线y＝3x+b经过点A，和点C计算b的值即可得出答案；

（2）分三种情形求出结果特殊位置的T的坐标即可得出答案。17．【答案】（1）解：∵点A（1，a）在直线y=x上，∴a=1，∴点A的坐标为（1，1），∴把点A坐标代入到反比例函数解析式得，∴，∴反比例函数解析式为；（2）解：由题意得平移后的直线解析式为，如图所示，设直线与圆C的切点为D，与y轴的交点为H，连接OC，过点C作CE⊥x轴于E，∴点H的坐标为（0，m）∴OH=m，∵点C（-2，2），∴CE=OE=2，∴∠COE=45°，∴∠DOH=45°，同理可证∠BOE=45°，∴∠BOC=90°，即OC⊥AB，∵直线与直线AB平行，∴OC与直线垂直，又∵直线与圆C相切于点C，∴CD与直线垂直，∴C、O、D三点共线，∵圆C的半径为1，∴，∵∠ODH=90°，∠DOH=45°，∴∠DHO=45°，∴，∴，∴同理当切点D在圆O上方时可以求得，综上所述，若平移后的直线与⊙C相切，或；（3）解：如图所示，连接PB，PC，BC，由对称性可知A、B关于原点对称，即O是AB的中点，∴点B的坐标为（-1，-1），∵Q是AP的中点，∴OQ是△APB的中位线，∴，∴要想OQ最大，则PB最大，∵，∴当P、B、C三点共线，且P在C点上方时，PB有最大值，即PB=PC+BC=1+BC，∵点C（-2，2），点B（-1，-1），∴，∴，∴【解析】【分析】（1）将点A（1，a）代入直线y=x得到a=1，从而得出k的值；

（2）连接OC，设直线与圆C的切点为D，与y轴的交点为H，连接OC，过点C作CE⊥x轴于E，先求出OC的长，再利用平行线的性质及切线的性质可得OD的长，再利用等腰直角三角形的性质可得DH的长，最后求出OH的长，即可得到m的值，从而得解；

（3）当P、B、C三点共线，且P在C点上方时，PB有最大值，即PB=PC+BC=1+BC，利用两点之间的距离公式可得，求出，即可得到。18．【答案】（1）解：①∵点根据题意得：或∵的半径为1∴或∵∴或6∴不成立，∴点关于的限距点不存在；∵点根据题意得：或∵∴或∵∴成立∴点关于的限距点存在，；∵点根据题意得：或∵∴或∵，∴不成立∴点关于的限距点不存在；②如图，连接、、，交轴于点，延长交于点，延长交于点∵，分别切于点，点∴，，∴，∴∵点的坐标为，的半径为1∴，∵∴∴，∴∴，∴，当点在上时，满足，点关于的限距点存在∴限距点的横坐标的取值范围为：当点在上，且不包含点和点时，或∴点关于的限距点不存在同理，当点在上，且不包含点和点时，点关于的限距点不存在;当点和点重合时，得，符合∴点关于的限距点存在，限距点的横坐标的取值范围为：∴点的横坐标的取值范围为：或（2）【解析】【解答】（2）如图，交轴于点∵，，∴，，∴为等边三角形，,点是外接圆和内切圆的圆心当，均满足当，点关于的限距点不存在时，即点关于的限距点不存在∴，即∴，即∴当时，点关于的限距点不存在故答案为：．【分析】（1）①结合题意，根据圆、两点之间距离的性质，分别计算、、，从而完成求解；②连接、、，交轴于点，延长交于点，延长交于点；根据切线及切线长性质，得，，；根据等腰三角形三线合一性质，得，；结合题意，根据三角函数性质，计算得以及、；从而得到点、、、坐标；分点在、、上以及点和点重合四种情况分析，即可得到答案；（2）交轴于点，结合（1）②的结论，根据两点之间距离的性质，得为等边三角形；分当、两种情况分析，通过列不等式并求解，即可得到答案．19．【答案】（1）；；；（2）答案不唯一（3）、（4）解：如图符合条件的临界点P有4个，如图，过点作轴于E，过点作轴于F，∵点，点在上，∴，∵正方形边长为6，∴，∴，，∴，∴，∴，，∴，同理可得，，∴，综上，或．【解析】【解答】解：（1）已知正方形边长为，且正方形的四条边与坐标轴平行，对角线、的交点与坐标原点O重合，∴，，，；故答案为：，，，；（2）已知点Q在正方形的边上，且，又∵，∴点（答案不唯一），故答案为：（答案不唯一）；（3）①如图以点为圆心，为半径作圆，与正方形无交点，∴不是正方形的伴随点；②如图以点为圆心，为半径作圆，与正方形无交点，∴不是正方形的伴随点；③如图以点为圆心，为半径作圆，与正方形有交点，∴是正方形的伴随点；④如图以点为圆心，为半径作圆，与正方形有交点，∴是正方形的伴随点；故答案为：，；【分析】（1）根据正方形的性质结合平面直角坐标系直接写出点坐标即可；

（2）根据“伴随点”的定义求解即可；

（3）根据“伴随点”的定义求解即可；

（4）过点作轴于E，过点作轴于F，利用正方形的性质列出算式求解即可。20．【答案】（1）证明：∵CD⊥直径AB，∴，∵DF＝BD，∴，∴，∴∠1＝∠2，∴DG＝BG（2）解：∠DBA的角平分线交⊙O于点F，∴∠2＝∠3，由（1）知，∠1＝∠2，∴∠1＝∠2＝∠3，∵∠BCD＝90°，∴∠1+∠2+∠3＝90°，∴∠1＝∠2＝∠3＝30°，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠4＝90°﹣∠2﹣∠3＝30°，∵AB＝2，∴BD＝1，在Rt△BCD中，∠1＝30°，∴BC＝BD＝，在Rt△BCG中，∠3＝30°，∴CG＝＝，∴BG＝2CG＝，由（1）知，DG＝BG＝（3）【解析】【解答】解：（3）当点C和点O重合时，DM是圆O的直径＝AB，AD＝BD＝AB，∴＝；∵∠ADB的角平分线DM交⊙O于点M，交AB于点N，∴∠ADM＝∠BDM，∵∠BDM＝∠MAN，∴∠ADM＝∠MAN，∵∠AMD＝∠NMA，∴△MDA∽△MAN，∴，∴①同理得，△MDB∽△MBN，∴，∴②，∵∠ADM＝∠BDM，∠ADB＝90°，∴∠ABM＝∠BAM＝45°，∴AM＝BM，AB＝AM①+②得，，∴＝＝＝．

【分析】（1）利用垂径定理可证，再由DF=BD，可证，就可推出，利用等弧所对的圆周角相等，可证∠BDE=∠DBF，利用等角对等边，可证得结论。

（2）利用角平分线的定义，可证得∠DBF=∠ABF=∠BDE，再由△DCB是直角三角形，可求出∠DBF=∠ABF=∠BDE=30°，从而可求出∠DAB=30°，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出BD的长，再求出BC、CG，然后根据BG=2CG，求出BG的值，然后根据DG=BG，可求出结果。

（3）（3）当点C和点O重合时，DM是圆O的直径＝AB，利用解直角三角形可求出AD=BD=AB，就可求得的值；∠ADB的角平分线DM交⊙O于点M，交AB于点N，利用相似三角形的判定定理证明△MDA∽△MAN，利用相似三角形的性质，可证得①，再证明△MDB∽△MBN，可证得②，利用已知易证AM＝BM，AB＝AM，然后由①+②从而可求出的值，即可作出判断。21．【答案】（1）等边三角形（2）PA+PB=PC．证