专题33圆与新定义综合问题 （解析版）

挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（全国通用）

专题33圆与新定义综合问题

【例1】（2022•石景山区一模）在平面直角坐标系xOy中，点P不在坐标轴上，点P关于x

轴的对称点为P1，点P关于y轴的对称点为P2，称△P1PP2为点P的“关联三角形”．

（1）已知点A（1，2），求点A的“关联三角形”的面积；

（2）如图，已知点B（m，m），T的圆心为T（2，2），半径为2．若点B的“关联三

角形”与T有公共点，直接写出⊙m的取值范围；

（3）已知⊙O的半径为r，OP＝2r，若点P的“关联三角形”与O有四个公共点，直

接写出∠P⊙P1P2的取值范围．⊙

【分析】（1）根据x轴，y轴对称，求出相应的对称点坐标，根据三角形面积公式求出面

积即可；

（2）四边形OADC是T的外接四边形，Q求出点D的坐标，即可判断；

（3）分两种情形：当⊙PP2与O相切于点E时，如图2中，当PP1与O相切于点F

时，如图3中，分别求解即可⊙．⊙

【解答】解：（1）∵点A（1，2）关于x轴对称的对称点（1，﹣2），点A关于yz轴对称

的点A2（﹣1，2），

∴＝×2×4＝4；

（2）∵T的圆心为T（2，2），半径为2，

∴四边形⊙OADC是T的外接四边形（如图1中），

⊙

∴D（4，4），

∵点B的“关联三角形”与T有公共点，且B（m，n），

⊙

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∴2﹣＜m≤4；

（3）当PP2与O相切于点E时，如图2中，

⊙

∵OE＝r，OP＝2r，

∴∠OPE＝30°，

∴∠OPP1＝∠OP1P＝60°，

∴当60°＜∠OP1P＜90°时，点P的“关联三角形”与O有四个公共点．

当PP1与O相切于点F时，如图3中，⊙

⊙

∵OF＝r，OP＝2r，

∴∠OPF＝∠OP1P＝30°，

∴当0°＜∠OP1P＜30°时，点P的“关联三角形”与O有四个公共点，

综上所述，点P的“关联三角形”与O有四个公共点，⊙∠PP1P2的取值范围为：0°＜

∠OP1P＜30°或60°＜∠OP1P＜90°⊙．

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【例2】（2022•朝阳区二模）在平面直角坐标系xOy中，O的半径为1，AB＝1，且A，B

两点中至少有一点在O外．给出如下定义：平移线段⊙AB，得到线段A′B′（A′，B′

分别为点A，B的对应⊙点），若线段A′B′上所有的点都在O的内部或O上，则线段

AA′长度的最小值称为线段AB到O的“平移距离”．⊙⊙

（1）如图1，点A1，B1的坐标分别⊙为（﹣3，0），（﹣2，0），线段A1B1到O的“平移

距离”为2，点A2，B2的坐标分别为（﹣，），（，），线段⊙A2B2到O

⊙

的“平移距离”为；

（2）若点A，B都在直线y＝x+2上，记线段AB到O的“平移距离”为d，求

d的最小值；⊙

（3）如图2，若点A坐标为（1，），线段AB到O的“平移距离”为1，画图并说

明所有满足条件的点B形成的图形（不需证明）．⊙

【分析】（1）根据平移的性质，以及线段AB到O的“平移距离”的定义判断即可．

（2）如图1中，作等边△OEF，点E在x轴上，O⊙E＝EF＝OF＝1，设直线y＝x+2

交x轴于M，交y轴于N．则M（﹣2，0），N（0，2），过点E作EH⊥MN于H，解

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直角三角形求出EH即可判断．

（3）如图3，连接OA，交O于点A′，则OA＝2，AA′＝1，运用“平移距离”的定

义和平移的性质即可得出答⊙案．

【解答】解：（1）根据“平移距离”的定义可得：线段A1B1到O的“平移距离”为2，

如图1，设A2B2与y轴交于E，线段A2B2向下平移得到O的弦⊙A′2B′2，线段A′2B′

2与y轴交于点F，⊙

则A′2F＝，OA′2＝1，OE＝，

∴OF＝，

∴A2A′2＝EF＝OE﹣OF＝﹣＝，

∴线段A2B2到O的“平移距离”为，

⊙

故答案为：2，；

（2）如图2中，作等边△OEF，点E在x轴上，OE＝EF＝OF＝1，

设直线y＝x+2交x轴于M，交y轴于N．则M（﹣2，0），N（0，2），

过点E作EH⊥MN于H，

∵OM＝2，ON＝2，

∴tan∠NMO＝，

∴∠NMO＝60°，

∴EH＝EM•sin60°＝，

观察图象可知，线段AB到O的“平移距离”为d1的最小值为．

⊙

（3）如图3，连接OA，交O于点A′，

则OA＝＝2，⊙

∴OA到O任意一点距离的最小值为OA′＝OA﹣1＝1，

∴点A′⊙（，），

设平移后圆上另一点为B′，由题意得：A′B′＝1，

有三种情况：

①点B′与点O重合，则点B的坐标为（，）；

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②点B′与点（1，0）重合，则点B的坐标为（，）；

③点B′与点（﹣，）重合，则点B的坐标为（0，）；

如图可知所有满足条件的点B形成的图形是以A为圆心圆心角为120°的．

【例3】（2022•开福区校级一模）我们不妨定义：有两边之比为1：的三角形叫敬“勤

业三角形”．

（1）下列各三角形中，一定是“勤业三角形”的是③④；（填序号）

①等边三角形；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）如图1，△ABC是O的内接三角形，AC为直径，D为AB上一点，且BD＝2AD，

作DE⊥OA，交线段OA⊙于点F，交O于点E，连接BE交AC于点G．试判断△AED

和△ABE是否是“勤业三角形”？如⊙果是，请给出证明，并求出的值；如果不是，请

说明理由；

（3）如图2，在（2）的条件下，当AF：FG＝2：3时，求∠BED的余弦值．

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【分析】（1）根据“勤业三角形”的定义进行计算，即可一一判定；

（2）如图，连结OE，设∠ABE＝，可证得∠AED＝∠ABE＝，△ADE∽△AEB，可得

AE2＝AB•AD，结合AD＝AB，可α得AB＝AE，即可判定△αAED和△ABE都是“勤

业三角形“，再根据相似三角形的性质即可求得的值；

（3）如图，过点G作GI∥AB交DE于点I，可得△FGI∽△FAD，△EIG∽△EDB，可

证得，

设EG＝3a，则BE＝4a，利用，可求得ED＝，EF＝，从而可得

答案．

【解答】解：①等边三角形各边的比值为1，故等边三角形不是“勤业三角形“；

②等腰直角三角形两直角边的比值为1，直角边与斜边的比为1：，故等腰直角三角

形不是“勤业三角形”；

③设含30角的直角三角形的最短边长为a，则斜边长为2a，另一条直角边长为a，a：

a＝1：，故含30°角的直角三角形是“勤业三角形“；

④如图：△ABC中，AB＝AC，∠a＝120°，过点A作AD⊥BC于点D，

∴∠B＝∠C＝30°，

设AD＝a，则AB＝AC＝2a，BD＝DC＝a，

∴BC＝2a，

∴AB：BC＝AC：BC＝1：，

∴含120°角的等腰三角形是“勤业三角形”，

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故答案为：③④；

（2）解：△AED和△ABE都是“勤业三角形”，

证明如下：

如图：连接OE，设∠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“勤业三角形“，

∴；

（3）解：如图：过点G作GI∥AB交DE于点I，

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∴△FGI∽△FAD，△EIG∽△EDB，

∴，，

∴GI＝AD，

∵BD＝2AD，

∴，

∴，

设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•清苑区二模）【问题提出】

如图1，O与直线a相离，过圆心O作直线a的垂线，垂足为H，且交O于P、Q两

点（Q在⊙P、H之间）．我们把点P称为O关于直线a的“远点”，把PQ⊙•PH的值称为

O关于直线a的“远望数”．⊙

⊙（1）如图2，在平面直角坐标系xOy中，点E的坐标为（0，4），过点E画垂直于y轴

的直线m，则半径为1的O关于直线m的“远点”坐标是（0，﹣1），直线m

⊙

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向下平移3或5个单位长度后与O相切．

（2）在（1）的条件下求O关于直线⊙m的“远望数”．

【拓展应用】⊙

（3）如图3，在平面直角坐标系xOy中，直线l经过点M（6，0），与y轴交于点N，

点F坐标为（1，2），以F为圆心，OF为半径作F．若F与直线l相离，O是F关

于直线l的“远点”．且F关于直线l的“远望数⊙”是12⊙，求直线l的函数表⊙达式．

⊙

【分析】（1）根据远点，远望数的定义判断即可．

（2）根据远望数的定义，求出AE，AB的长即可解决问题．

（3）如图，设直线l的解析式为y＝kx+b．连接OF并延长，交F于H，交直线l于点

G，设直线l交y轴于N（0，n），由勾股定理及解直角三角形求⊙出点N（0，3），再

运用待定系数法即可求得答案．

【解答】解：（1）根据“远点”定义，可得点A是O关于直线m的“远点”，

∵O的半径为1，⊙

∴⊙A（0，﹣1）；

∵点E的坐标为（0，4），

∴OA＝4，

∴当直线m向下平移3个单位或5个单位后O相切，

故答案为：（0，﹣1），3或5．⊙

（2）∵E的坐标为（0，4），OB＝OA＝1，

∴AE＝OE+OA＝5，AB＝2，

∴O关于直线m的“远望数”＝AB•AE＝2×5＝10．

（⊙3）设直线l的解析式为y＝kx+b（k≠0），

连接OF并延长，交F于H，交直线l于点G，设直线l交y轴于N（0，n），

⊙

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∵点F坐标为（1，2），

∴OF＝＝，

∵OF为F的半径，

∴OH＝2⊙，

∵O是F关于直线l的“远点”．且F关于直线l的“远望数”是12，

∴OG⊥⊙MN于点G，OH•OG＝12⊙，

即2OG＝12，

∴OG＝6，

∵点M（6，0），

∴OM＝6，

∴MG＝＝＝12，

∵tan∠NMO＝＝，

∴＝，

∴n＝3，

∴N（0，3），

把M（6，0），N（0，3）分别代入y＝kx+b（k≠0），

得，

解得：，

∴直线l的函数表达式为y＝x+3

一．解答题（共20题）

1．（2022•长沙县校级三模）约定：若三角形一边上的中线将三角形分得的两个小三角形中

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有一个三角形与原三角形相似，我们则称原三角形为关于该边的“优美三角形”．例如：

如图1，在△ABC中，AD为边BC上的中线，△ABD与△ABC相似，那么称△ABC为关

于边BC的“优美三角形”．

（1）如图2，在△ABC中，BC＝AB，求证：△ABC为关于边BC的“优美三角形”；

（2）如图3，已知△ABC为关于边BC的“优美三角形”，点D是△ABC边BC的中点，

以BD为直径的O恰好经过点A．

①求证：直线C⊙A与O相切；

②若O的直径为2⊙，求线段AB的长；

（3）⊙已知三角形ABC为关于边BC的“优美三角形”，BC＝4，∠B＝30°，求△ABC的

面积．

【分析】（1）利用两边成比例，夹角相等证明△ABD∽△CBA即可求解；

（2）①连接OA，证明∠CAD+∠OAD＝90°，可得OA⊥AC，再由OA是O的半径，

即可证明直线AC与O相切；⊙

②由△CAD∽△CBA⊙，求出AC＝4，再由＝＝，设AD＝x，则AB＝

2x，在Rt△ABD中，利用勾股定理求出x的值，即可求AB＝4；

（3）过点A作AE⊥BC交于E点，分两种情况讨论：①若△BAD∽△BCA，可求AB＝

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

△CBA，可求AC＝2，在Rt△ABE中，设AE＝x，则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）证明：∵AD是中线，

∴BD＝BC＝AB，

∴＝＝，

∴△ABD∽△CBA，

∴△ABC是关于边BC的“优美三角形”；

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（2）①证明：连接OA，

∵△ABC为关于边BC的“优美三角形”，

∴△CAD∽△CBA，

∴∠CAD＝∠CBA，

∵OA＝OB，

∴∠OAB＝∠CBA，

∴∠CAD＝∠OAB，

∵BD是O的直径，

∴∠BAD⊙＝90°，

∴∠OAB+∠OAD＝90°，

∴∠CAD+∠OAD＝90°，

∴OA⊥AC，

∵OA是O的半径，

∴直线A⊙C与O相切；

②解：∵△C⊙AD∽△CBA，

∴AC2＝CD•BC，

∴AC＝4，

∵＝＝，

设AD＝x，则AB＝2x，

在Rt△ABD中，AB2+AD2＝BD2，即4x2+2x2＝24，

∴x＝2，

∴AB＝4；

（3）解：过点A作AE⊥BC交于E点，

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°，

设AE＝x，则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；

综上所述：△ABC的面积为2或2±2．

2．（2022•西城区校级模拟）点P（x1，y1），Q（x2，y2）是平面直角坐标系中不同的两个点，

且x1≠x2．若存在一个正数k，使点P，Q的坐标满足|y1﹣y2|＝k|x1﹣x2|，则称P，Q为一

对“限斜点”，k叫做点P，Q的“限斜系数”，记作k（P，Q）．由定义可知，k（P，Q）

＝k（Q，P）．

例：若P（1，0），Q（3，），有|0﹣|＝|1﹣3|，所以点P，Q为一对“限斜点”，且

“限斜系数”为．

已知点A（1，0），B（2，0），C（2，﹣2），D（2，）．

（1）在点A，B，C，D中，找出一对“限斜点”：A、C或A、D，它们的“限斜系

数”为2或；

（2）若存在点E，使得点E，A是一对“限斜点”，点E，B也是一对“限斜点”，且它

们的“限斜系数”均为1．求点E的坐标；

（3）O半径为3，点M为O上一点，满足MT＝1的所有点T，都与点C是一对“限

斜点”⊙，且都满足k（T，C）⊙≥1，直接写出点M的横坐标xM的取值范围．

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【分析】（1）根据定义通过计算求解即可；

（2）设E（x，y），由题意可得|y|＝|x﹣1|，|y|＝|x﹣2|，求解方程即可求点E的坐标；

（3）由题意可知C点在直线y＝﹣x上，T点在以M为圆心1为半径的圆上，M点在以

O为圆心3为半径的圆上，则T点在以O为圆心2为半径的圆上或以O为圆心4为半径

的圆上，当T点在直线y＝﹣x上时，k＝1，再由k（T，C）≥1，可知T点在直线y＝﹣

x的上方，T点在直线y＝﹣x的上方，直线y＝x﹣4的上方，半径为2的圆和半径为4

的圆构成的圆环内部．

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

∴A、C为一对“限斜点”，且“限斜系数”为2；

A（1，0），D（2，），有|0﹣|＝|1﹣2|，

∴A、D为一对“限斜点”，且“限斜系数”为；

故答案为：A、C或A、D，2或；

（2）设E（x，y），

∴|y|＝|x﹣1|，|y|＝|x﹣2|，

∴|x﹣1|＝|x﹣2|，

解得x＝，

∴y＝±，

∴E（，）或（，﹣）；

（3）∵C（2，﹣2），

∴C点在直线y＝﹣x上，

∵MT＝1，

∴T点在以M为圆心1为半径的圆上，

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∵M点在以O为圆心3为半径的圆上，

∴T的轨迹是半径为2的圆和半径为4的圆构成的圆环，

当T点在直线y＝﹣x上时，设T（m，﹣m），

∴|﹣m+2|＝k|m﹣2|，

∴k＝1，

∵k（T，C）≥1，

∴T点在直线y＝﹣x的上方，直线y＝x﹣4的上方，半径为2的圆和半径为4的圆构成

的圆环内部，如图所示，

∴﹣≤xM≤4．

3．（2022•常州一模）对于平面直角坐标系xOy中的图形M、N，给出如下定义：P为图形

M上任意一点，Q为图形N上任意一点，如果P、Q两点间的距离有最小值，那么称这

个最小值为图形M、N间的“图距离“，记作d（M，N）．已知点A（﹣2，6），B（﹣2，

﹣2），C（6，﹣2）．

（1）d（点O，△ABC）；

（2）线段L是直线y＝x（﹣2≤x≤2）上的一部分，若d（L，△ABC）＝1，且L的长

度最长时，求线段L两个端点的横坐标；

（3）T的圆心为T（t，0），半径为1．若d（T，△ABC）＝1，直接写出t的取值范

围．⊙⊙

【分析】（1）画出图形，结合定义即可求解；

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（2）线段L上点R（﹣1，﹣1）到△ABC的边AB的距离是1，到边BC的距离是1；过

点S作SH∥x轴交AC于点H，直线y＝x交线段AC于点G，过G点作GW⊥GH交于W，

求出直线AC与直线y＝x的交点G（2，2），在等腰直角三角形△SGH中，求出GW＝，

则可求S（2﹣，2﹣），即可求解；

（3）分三种情况讨论：①当T在△ABC的左侧时，T（﹣4，0）；②当T在△ABC

内部时，当T点与O点重合时⊙，满足题意；过T点作TM⊥AC交于M，设⊙直线AC与x

轴交点为N，则△PMN是等腰直角三角形，求出T（4﹣2，0），可得0≤t≤4﹣2

时，若d（T，△ABC）＝1；③当T在△ABC右侧时，过T点作TK⊥AC交于K，

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

＝1．⊙

【解答】解：（1）如图1，点O到△ABC的最短距离为2，

∴d（点O，△ABC）＝2；

（2）如图2，∵AB＝8，BC＝8，

∴∠A＝∠C＝45°，

∵y＝x是第一、三象限的角平分线，

∴直线y＝x垂直线段AC，

线段L上点R（﹣1，﹣1）到△ABC的边AB的距离是1，到边BC的距离是1，

设线段L上点S到线段AC的距离为1，

过点S作SH∥x轴交AC于点H，直线y＝x交线段AC于点G，过G点作GW⊥GH交

于W，

设直线AC的解析式为y＝kx+b，

∴，

解得，

∴y＝﹣x+4，

联立方程组，

解得

∴G（2，2），

∴△SGH是等腰直角三角形，

∵SG＝1，

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∴GW＝，

∴S（2﹣，2﹣），

∴线段SR的长是线段L长的最大值，

此时线段L的两个端点横坐标为﹣1，2﹣；

（3）①当T在△ABC的左侧时，

∵d（T，⊙△ABC）＝1，T的半径为1，

∴T（⊙﹣4，0），⊙

∴t＝﹣4；

②当T在△ABC内部时，

如图3⊙，当T点与O点重合时，d（T，△ABC）＝1，

此时t＝0，⊙

如图4，过T点作TM⊥AC交于M，设直线AC与x轴交点为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时，若d（T，△ABC）＝1；

③如图5，当T在△ABC右⊙侧时，过T点作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；

综上所述：t＝﹣4或0≤t≤4﹣2或t＝4+2．

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4．（2022•秦淮区二模）【概念认识】

与矩形一边相切（切点不是顶点）且经过矩形的两个顶点的圆叫做矩形的第Ⅰ类圆；与

矩形两边相切（切点都不是顶点）且经过矩形的一个顶点的圆叫做矩形的第Ⅱ类圆．

【初步理解】

（1）如图①～③，四边形ABCD是矩形，O1和O2都与边AD相切，O2与边AB

相切，O1和O3都经过点B，O3经过点⊙D，3个⊙圆都经过点C．在这⊙3个圆中，是

矩形AB⊙CD的第⊙Ⅰ类圆的是①⊙，是矩形ABCD的第Ⅱ类圆的是②．

【计算求解】

（2）已知一个矩形的相邻两边的长分别为4和6，直接写出它的第Ⅰ类圆和第Ⅱ类圆的

半径长．

【深入研究】

（3）如图④，已知矩形ABCD，用直尺和圆规作图．（保留作图痕迹，并写出必要的文

字说明）

第19页共68页.

①作它的1个第Ⅰ类圆；

②作它的1个第Ⅱ类圆．

【分析】（1）由定义直接判断即可；

（2）第Ⅰ类圆分两种情况求：当AD＝6，AB＝4时和AD＝4，BC＝6时；第Ⅰ类圆和第

Ⅱ类圆都利用勾股定理和垂径定理求解即可；

（3）第一步：作∠BAD的平分线；第二步：在角平分线上任取点E，过点E作EF⊥AD，

垂足为点F；第三步：以点E为圆心，EF为半径作圆E，交AC于点G，连接FG；第四

步过点C作CH∥FG，CH交AD于点H；第五步过点H作AD的垂线，交∠BAD的平

分线于点O；第六步：以点O为圆心，OH为半径的圆，O即为所求第Ⅱ类圆．

【解答】解：（1）由定义可得，①的矩形有一条边AD与⊙O1相切，点B、C在圆上，

∴①是第Ⅰ类圆；⊙

②的矩形有两条边AD、AB与O2相切，点C在圆上，

∴②是第Ⅱ类圆；⊙

故答案为：①，②；

（2）如图1，设AD＝6，AB＝4，切点为E，过点O作EF⊥BC交BC于F，交AD于E，

连接BO，

设BO＝r，则OE＝r，OF＝4﹣r，

由垂径定理可得，BF＝CF＝3，

在Rt△BOF中，r2＝（4﹣r）2+32，

解得r＝；

如图2，设AD＝4，BC＝6，切点为E，过点O作EF⊥BC交BC于F，交AD于E，连

接BO，

设BO＝r，则OE＝r，OF＝6﹣r，

由垂径定理可得，BF＝CF＝2，

在Rt△BOF中，r2＝（6﹣r）2+22，

解得r＝；

综上所述：第Ⅰ类圆的半径是或；

第20页共68页.

如图3，AD＝6，AB＝4，过点O作MN⊥AD交于点M，交BC于点N，连接OC，

设AB边与O的切点为G，连接OG，

∴GO⊥AB，⊙

设OM＝r，则OC＝r，则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类圆的半径是10﹣4；

（3）①如图4，

第一步，作线段AD的垂直平分线交AD于点E，

第二步，连接EC，

第三步，作EC的垂直平分线交EF于点O，

第四步，以O为圆心，EO为半径作圆，

∴O即为所求第Ⅰ类圆；

②⊙如图5，

第一步：作∠BAD的平分线；

第二步：在角平分线上任取点E，过点E作EF⊥AD，垂足为点F；

第三步：以点E为圆心，EF为半径作圆E，交AC于点G，连接FG；

第四步：过点C作CH∥FG，CH交AD于点H；

第五步：过点H作AD的垂线，交∠BAD的平分线于点O；

第六步：以点O为圆心，OH为半径的圆，O即为所求第Ⅱ类圆．

⊙

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第22页共68页.

5．（2022•丰台区二模）在平面直角坐标系xOy中，O的半径为1，A为任意一点，B为

O上任意一点．给出如下定义：记A，B两点间⊙的距离的最小值为p（规定：点A在

⊙O上时，p＝0），最大值为q，那么把的值称为点A与O的“关联距离”，记作d

⊙⊙

（A，O）．

（1）如⊙图，点D，E，F的横、纵坐标都是整数．

①d（D，O）＝2；

②若点M⊙在线段EF上，求d（M，O）的取值范围；

（2）若点N在直线y＝上⊙，直接写出d（N，O）的取值范围；

（3）正方形的边长为m，若点P在该正方形的边上运动时⊙，满足d（P，O）的最小值

为1，最大值为，直接写出m的最小值和最大值．⊙

【分析】（1）①运用新定义“关联距离”，即可求得答案；

②根据新定义“关联距离”，分别求出d（E，O）＝2，d（F，O）＝3，即可得出答

案；⊙⊙

（2）设ON＝d，可得p＝d﹣1，q＝d+1，运用新定义“关联距离”，可得d（N，O）

⊙

＝d，再利用S△AOB＝OA•OB＝AB•ON，即可求得答案；

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（3）如图2，找出特殊位置，分别画出图形，即可得出答案．

【解答】解：（1）①∵D（0，2）到O的距离的最小值p＝1，最大值q＝3，

∴d（D，O）＝＝2，⊙

⊙

故答案为：2；

②当M在点E处，d（E，O）＝2，

当M在点F处，d（F，O⊙）＝＝3，

⊙

∴2≤d（M，O）≤3；

（2）设ON＝⊙d，

∴p＝d﹣r＝d﹣1，q＝d+r＝d+1，

∴d（N，O）＝＝＝d，

⊙

∵点N在直线y＝上，

设直线交x轴于点B，交y轴于点A，如图1，

则x＝0时，y＝2，y＝0时，x＝﹣2，

∴A（0，2），B（﹣2，0），

∴OA＝2，OB＝2，

∴AB＝＝4，

当ON⊥AB时，d（N，O）最小，

⊙

∴S△AOB＝OA•OB＝AB•ON，即×2×2＝×4ON，

∴ON＝，

∵ON无最大值，

∴d（N，O）≥；

（3）如图⊙2，∵d（P，O）的最小值为1，最大值为，

∴两个同心圆中，小圆的⊙半径为1，大圆的半径为，

∵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页共68页.

∴m的最小值为﹣，最大值为．

6．（2022•大兴区一模）在平面直角坐标系xOy中，O的半径为1，已知点A，过点A作

直线MN．对于点A和直线MN，给出如下定义：若⊙将直线MN绕点A顺时针旋转，直线

MN与O有两个交点时，则称MN是O的“双关联直线”，与O有一个交点P时，

则称M⊙N是O的“单关联直线”，AP⊙是O的“单关联线段”．⊙

（1）如图1⊙，A（0，4），当MN与y轴重⊙合时，设MN与O交于C，D两点．则MN

是O的“双关联直线”（填“双”或“单”）；的值⊙为或；

⊙

（2）如图2，点A为直线y＝﹣3x+4上一动点，AP是O的“单关联线段”．

①求OA的最小值；⊙

②直接写出△APO面积的最小值．

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【分析】（1）利用O的“双关联直线”定义解答即可，需要用分类讨论的方法解答；

（2）①利用垂线段⊙最短，过点O作OA垂直于直线y＝﹣3x+4于点A，则此时OA最小，

利用三角形的面积公式解答即可；

②利用O的“单关联线段”的定义可得AP与O相切，判断OA最小时，△APO的

面积最小⊙，利用勾股定理和直角三角形的面积公式⊙解答即可．

【解答】解：（1）当MN与y轴重合时，

∵MN与O交于C，D两点，

∴根据⊙O的“双关联直线”的定义可知：MN是O的“双关联直线”；

当点C⊙在y轴的正半轴时，AC＝3，AD＝5，⊙

∴＝；

当点D在y轴的正半轴时，AD＝3，AC＝5，

∴，

综上，的值为：或，

故答案为：双；或；

（2）①过点O作OA垂直于直线y＝﹣3x+4于点A，如图，

第26页共68页.

因为垂线段最短，则此时OA最小，

设直线y＝﹣3x+4与y轴交于点M，与x轴交于点N，

令x＝0，则y＝4，

∴M（0，4），

∴OM＝4，

令y＝0，则﹣3x+4＝0，

∴x＝，

∴N（，0），

∴ON＝，

∴MN＝＝．

∵OM•ON＝OA•MN，

∴4×＝×OA，

∴OA＝．

②△APO的面积最小值为．理由：

∵AP是O的“单关联线段”，

∴AP与⊙O相切于点P，则OP⊥OA，即△APO为直角三角形，

由于△A⊙PO的一个直角边为1，当OA最小时，△APO的面积最小，

∴当OA垂直于直线y＝﹣3x+4于点A时，△APO的面积最小．

连接OP，如图，

第27页共68页.

由题意：AP为O的切线，

∴AP⊥OP，⊙

∴AP＝＝，

∴△APO的面积最小值为×1＝．

7．（2022•宁波模拟）定义：圆心在三角形的一条边上，并与三角形的其中一边所在直线相

切的圆称为这个三角形的切圆，相切的边称为这个圆的切边．

（1）如图1，△ABC中，AB＝CB，∠A＝30°，点O在AC边上，以OC为半径的O

恰好经过点B，求证：O是△ABC的切圆．⊙

（2）如图2，△ABC中⊙，AB＝AC＝5，BC＝6，O是△ABC的切圆，且另外两条边都

是O的切边，求O的半径．⊙

（⊙3）如图3，△AB⊙C中，以AB为直径的O恰好是△ABC的切圆，AC是O的切边，

O与BC交于点F，取弧BF的中点D，⊙连接AD交BC于点E，过点E作⊙EH⊥AB于

⊙点H，若CF＝8，BF＝10，求AC和EH的长．

【分析】（1）连接OB，说明AB是圆的切线即可利用新定义得出结论；

（2）利用分类讨论的方法分两种情况解答：①当圆心O在BC边上，O与AB，AC

⊙

第28页共68页.

边相切于点M，N时，连接OA，OM，ON，利用切线长定理和切线的性质定理，和相似

三角形的判定定理与性质求得线段DM，再利用勾股定理即可求出圆的半径；②当圆心

O在AC边上，O与AB，BC边相切于点M，N时，连接OM，ON，BO，过点A作AH

⊥BC于点H，利⊙用切线的性质定理和三角形的面积公式，设OM＝ON＝r，列出方程即

可求解；

（3）连接AF，利用直径所对的圆周角为直角和切线的性质定理证明得到△ACF∽△BAF，

利用相似三角形的性质求的AF，利用勾股定理求得AC；利用角平分线的性质求得EF，

BE，再利用平行线分线段成比例定理即可求得EH．

【解答】（1）证明：连接OB，如图，

∵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是圆的半径，

∴AB与O相切．

∵圆心O⊙在AC边上，

∴O是△ABC的切圆；

（⊙2）解：①当圆心O在BC边上，O与AB，AC边相切于点M，N时，

连接OA，OM，ON，如图，⊙

∵AB，AC是O的切线，

∴OM⊥AB，⊙ON⊥AC，AO平分∠BAC．

∵AB＝AC，

第29页共68页.

∴AO⊥BC，OB＝OC＝BC＝3．

∵AO⊥BO，OM⊥AB，

∴△BOM∽△BAO．

∴．

∴．

∴BM＝．

∴OM＝＝；

②当圆心O在AC边上，O与AB，BC边相切于点M，N时，

连接OM，ON，BO，过点⊙A作AH⊥BC于点H，如图，

设OM＝ON＝r，

∵AB，BC是O的切线，

∴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＝．

综上，O的半径为或；

⊙

（3）解：连接AF，如图，

第30页共68页.

∵AB为O的直径，

∴AF⊥B⊙C．

∵O是△ABC的切圆，AC是O的切边，

∴⊙AB⊥AC．⊙

∴△ACF∽△BAF．

∴．

∴．

∴AF＝4．

∴AC＝＝12，

AB＝＝6．

∵D是弧BF的中点，

∴∠FAD＝∠BAD．

∴＝．

设FE＝2k，则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•朝阳区一模）在平面直角坐标系xOy中，对于直线l：y＝kx+b，给出如下定义：

若直线l与某个圆相交，则两个交点之间的距离称为直线l关于该圆的“圆截距”．

（1）如图1，O的半径为1，当k＝1，b＝1时，直接写出直线l关于O的“圆截距”；

⊙⊙

第31页共68页.

（2）点M的坐标为（1，0），

①如图2，若M的半径为1，当b＝1时，直线l关于M的“圆截距”小于，

⊙⊙

求k的取值范围；

②如图3，若M的半径为2，当k的取值在实数范围内变化时，直线l关于M的“圆

截距”的最小⊙值2，直接写出b的值．⊙

【分析】（1）根据k和b的值直接写出直线的解析式，设直线与x轴交于点A，与y轴交

于点B，根据勾股定理求出“圆截距”即可；

（2）①根据圆的垂径定理，确定弦长为时，弦的位置，注意分类，确定直线的解

析式，根据直线的增减性确定k的取值范围即可；

②当最短弦长为2时，分弦在x轴上方和x轴下方两种情况讨论求解．

【解答】解：（1）∵k＝1，b＝1，

∴直线l的解析式为y＝x+1，

设直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，

则A（﹣1，0），B（0，1），

∴AB＝＝，

即直线l关于O的“圆截距”为；

（2）⊙

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①如图2，设直线与y正半轴交点为P，且P（0，1），

∵点M的坐标为（1，0），M的半径为1，

∴圆与x轴正半轴交点为Q⊙（2，0），

当b＝1时，直线l的解析式为y＝kx+1，

当直线经过点Q时，2k+1＝0，

解得k＝﹣；

过点M作MF⊥PQ，垂足为F，

∵OP＝1，OQ＝2，

∴PQ＝，

∴sin∠PQO＝，

∵MQ＝1，sin∠PQO＝，

∴MF＝，QF＝，

设直线PQ与圆M的另一个交点为C，

则QC＝2QF＝，

∵关于M的“圆截距”小于，

⊙

∴k的取值范围是﹣＜k＜0；

设直线PM与圆的交点为N，

∵点P（0，1），点M的坐标为（1，0），

∴OP＝OM，

∴∠PMO＝45°，

∴∠QMN＝45°，

根据圆的对称性，直线PQ和直线PD关于直线PN对称，此时ED＝CB，

∴∠DMN＝45°，

∴∠DMQ＝90°，

∴D的坐标为（1，﹣1），

∴k+1＝﹣1，

解得k＝﹣2，

∴直线PD的解析式为y＝﹣2x+1，

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