2023年中考数学二轮复习压轴题培优练习专题33圆与新定义综合问题（教师版）

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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∠PP1P2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），
∴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°．


【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，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，解直角三角形求出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（，）；
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．


【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＝α，可证得∠AED＝∠ABE＝α，△ADE∽△AEB，可得AE2＝AB•AD，结合AD＝AB，可得AB＝AE，即可判定△AED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”，
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＝2α，
∵OA＝OE，
∴∠OAE＝（180°﹣∠AOE）＝ （180°﹣2a）＝90°﹣α，
又∵DE⊥AC，
∴∠AED+∠OAE＝90°，即∠AED+90°﹣α＝90°，
∴∠AED＝∠ABE＝α，
叉∵∠EAD＝∠BAE，
∴△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，

∴△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），

∵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CA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”；
（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AC与⊙O相切；
②解：∵△CAD∽△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，
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．

【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，
∵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；
（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，
∴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△KTN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．












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ABCD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）
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；
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．






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；
（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＝；

∴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MN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．


【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，

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△APO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，

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，△ABC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，
∴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，

∵AB为⊙O的直径，
∴AF⊥BC．
∵⊙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”；
（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）

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，
关于⊙M的“圆截距”小于，
k的取值范围是k＜﹣2；
综上，k的取值范围是k＜﹣2或﹣＜k＜0．
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，
设直线与y轴交点为Q（0，m），则过Q点的“圆截距”的最小值2，
如下图，即RT＝2，MQ⊥RT，

由题知，△RMT为等边三角形，
∴∠MRQ＝60°，
∴QM＝2×sin60°＝，
由勾股定理得，OQ＝＝，
根据图形的对称性可知，b的值为．
9．（2022•鄞州区校级一模）婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他在三角形、四边形、零和负数的运算规则，二次方程等方面均有建树，他也研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类对角线互相垂直的圆内接四边形称为“婆氏四边形”．
（1）若平行四边形ABCD是“婆氏四边形”，则四边形ABCD是 　③　（填序号）；
①矩形 ②菱形 ③正方形
（2）如图，四边形ABCD内接于圆，P为圆内一点，∠APD＝∠BPC＝90°，且∠ADP＝∠PBC，求证：四边形ABCD为“婆氏四边形”；
（3）在（2）的条件下，BD＝4，且AB＝DC．
①当DC＝2时，求AC的长度；
②当DC的长度最小时，请直接写出tan∠ADP的值．

【分析】（1）利用平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，“婆氏四边形”的定义和正方形的判定定理解得即可；
（2）连接AC，交PD于点G，交BD于点E，利用相似三角形的判定与性质得到△APC∽△DPB，∠PAC＝∠PDB；再利用直角三角形的两个锐角互余即可得出结论；
（3）①设CE＝x，利用相似三角形的性质得到CE＝，在Rt△DEC中，利用勾股定理列出方程即可求得x的值，进而利用相似三角形的性质求得AE的长，结论可求；
②设DC的长度为a，CE＝x，在Rt△DEC中，利用勾股定理列出方程，利用Δ≥0即可求得DC的最小值，利用（3）①中的方法求得x值，再利用相似三角形是性质和直角三角形的边角关系定理即可求得结论．
【解答】（1）解：若平行四边形ABCD是“婆氏四边形”，则四边形ABCD是正方形．理由：

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC＝∠ADC．
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC＝180°．
∴∠ABC＝∠ADC＝90°．
∴平行四边形ABCD是矩形．
∵四边形ABCD是“婆氏四边形”，
∴AC⊥BD．
∴矩形ABCD是正方形．
故答案为：③；
（2）证明：连接AC，交PD于点G，交BD于点E，如图，

∵∠APD＝∠BPC＝90°，且∠ADP＝∠PBC，
∴△APD∽△BPC．
∴．
∵∠APD＝∠BPC＝90°，
∴∠APD+∠DPC＝∠BPC+∠DPC．
即：∠APC＝∠DPB．
∴△APC∽△DPB．
∴∠PAC＝∠PDB．
∵∠APD＝90°，
∴∠PAC+∠PGA＝90°．
∵∠PGA＝∠DGE，
∴∠PDB+∠DGE＝90°．
∴∠GED＝90°．
∴AC⊥BD．
∵四边形ABCD内接于圆，
∴四边形ABCD为“婆氏四边形”；
（3）解：①由（2）知：AC⊥BD与点E，设CE＝x，

∵∠AEB＝∠DEC＝90°，∠BAC＝∠BDC，
∴△ABE∽△DCE．
∴．
∵AB＝DC，
∴BE＝CE＝x．
∵BD＝4，
∴DE＝4﹣x．
∵CE2+DE2＝CD2，
∴．
解得：x＝．
∵当x＝时，BE＝x＝3＞4，
∴x＝不合题意，舍去．
∴x＝．
∴BE＝x＝3﹣．
∴DE＝BD﹣BE＝+1．
∵△ABE∽△DCE，
∴．
∴AE＝DE＝3+．
∴AC＝AE+CE＝3++＝2+2；
②设DC的长度为a，CE＝x，
∵∠AEB＝∠DEC＝90°，∠BAC＝∠BDC，
∴△ABE∽△DCE．
∴．
∵AB＝DC，
∴BE＝CE＝x．
∵BD＝4，
∴DE＝4﹣x．
∵CE2+DE2＝CD2，
∴．
∴4x+16﹣a2＝0．
∵Δ＝﹣4×4（16﹣a2）≥0，
∴a2≥4．
∵a＞0，
∴a≥2，
∴a有最小值2．
即DC的长度最小值为2．
∴．
解得：x＝．
∴CE＝．
∴BE＝3．
∴DE＝BD﹣BE＝1．
∴AE＝DE＝．
∴AC＝AE+CE＝2．
由（2）知：△APD∽△BPC，
∴．
在Rt△APD中，
tan∠ADP＝．
10．（2022•城关区校级模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A与点B的坐标分别是（1，0），（7，0）．
（1）对于坐标平面内的一点P，给出如下定义：如果∠APB＝45°，那么称点P为线段AB的“完美点”．
①设A、B、P三点所在圆的圆心为C，则点C的坐标是 　（4，3）　，⊙C的半径是 　3　；
②y轴正半轴上是否有线段AB的“完美点”？如果有，求出“完美点”的坐标；如果没有，请说明理由；
（2）若点P在y轴负半轴上运动，则当∠APB的度数最大时，点P的坐标为 　（0，﹣）　．

【分析】（1）①过点C作CD⊥AB于点D，利用圆周角定理和垂径定理计算CD，AD的长度，进而得到线段OD的长度即可得到点C坐标；利用勾股定理即可求得AC的长度，则⊙C的半径可求；
②设⊙C交y轴于点D，E，连接CD，CE，过点C作CG⊥CD于点G，CF⊥AB于点F，利用（1）①的结论和垂径定理计算线段EG的长度，则线段OE，OD的长度可求，结论可得；
（2）设⊙C与y轴切于点P，在y轴上任取一点Q（与点P不重合），连接BQ，AQ，BQ与⊙C交于点D，连接AD，利用圆周角定理和三角形的外角大于任何一个不相邻的内角，得到当点P为⊙C与y轴的切点时，当∠APB的度数最大，利用切割线定理求出线段OP的长即可得出结论．
【解答】解：（1）①∵点A与点B的坐标分别是（1，0），（7，0），
∴OA＝1，OB＝7．
∴AB＝6．
过点C作CD⊥AB于点D，如图，

则AD＝BD＝AB＝3．
∴OD＝AO+AD＝4．
∵∠APB＝45°，
∴∠ACB＝2∠APB＝90°，．
∵CD⊥AB，CA＝CB，
∴CD＝AB＝3．
∴C（4，3）．
∴AC＝，
∴⊙C的半径是3．
故答案为：（4，3）；3；
②y轴正半轴上有线段AB的“完美点”，理由：
设⊙C交y轴于点D，E，连接CD，CE，过点C作CG⊥CD于点G，CF⊥AB于点F，如图，
则∠AEB＝∠ADB＝∠APB＝45°．
∴D，E为y轴正半轴上线段AB的“完美点”．

则 EG＝DG＝DE，CD＝CE＝3．
∵CG⊥DE，CF⊥AB，∠O＝90°，
∴四边形OFCG为矩形．
∴CG＝OF＝4，OG＝CF＝3．
在Rt△CGE中，
∵EG2＝CE2﹣CG2，
∴EG＝＝．
∴GE＝DG＝．
∴OE＝OG﹣GE＝3﹣，OD＝OG+DG＝3+．
∴E（0，3﹣），D（0，3+）．
∴y轴正半轴上有线段AB的“完美点”，“完美点”的坐标为（0，3+）或（0，3﹣）；
（2）设⊙C与y轴负半轴切于点P，在y轴负半轴上任取一点Q（与点P不重合），
连接BQ，AQ，BQ与⊙C交于点D，连接AD，如图，

则∠APB＝∠ADB，
∵∠ADB＞∠AQB，
∴∠AOB＞∠AQB．
∴当P运动到⊙C与y轴切时，∠APB的度数最大．
∵AP是⊙C的切线，
∴OP2＝OA•OB．
∴OP＝．
∴P（0，﹣）．
故答案为（0，﹣）．
11．（2021•常州一模）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径是，A，B为⊙O外两点，AB＝2．给出如下定义：平移线段AB，使平移后的线段A′B′成为⊙O的弦（点A′，B′分别为点A，B的对应点），线段AA′长度的最小值成为线段AB到⊙O的“优距离”．

（1）如图1，⊙O中的弦P1P2、P3P4是由线段AB平移而得，这两条弦的位置关系是 　平行　；在点P1，P2，P3，P4中，连接点A与点 　P2　的线段长度等于线段AB到⊙O的“优距离”；
（2）若点A（0，7），B（2，5），线段AA′的长度是线段AB到⊙O的“优距离”，则点A′的坐标为 　（1，3）　；
（3）如图2，若A，B是直线y＝﹣x+6上两个动点，记线段AB到⊙O的“优距离”为d，则d的最小值是 　　；请你在图2中画出d取得最小值时的示意图，并标记相应的字母．
【分析】（1）根据平移的性质，可以得到AB∥P1P2∥P3P4，由图可以得到AP2的长度等于线段AB到⊙O的“优距离”；
（2）根据定义和（1）提示，可以知道，平移AB，使对应点落在圆上，即在圆上满足AB∥A′B′，AB＝A′B′，这样的A′B′只有两条，别切位于圆心两侧，根据题意画出草图，可以得到如图1的位置，线段AA′是线段AB到⊙O的优距离，利用A和B坐标，求出直线AB解析式，从而得到直线A′B′的比例系数k＝﹣1，同时可以得到△AOM为等腰直角三角形，因为A′B′＝2，过O作OH⊥A′B′，利用垂径定理和勾股定理，求出OH＝2，利用∠AMO＝45，得到△OTM为等腰直角三角形，过H作HE⊥x轴于E点，从而可以求得H（2，2），得到直线A′B′解析式为y＝﹣x+4，设A′（a，﹣a+4），过A′作A′F⊥x轴于F，在Rt△A′OF中，利用勾股定理，列出方程即可求解；
（3）由（2）可知，AB经过平移，对应点落在圆上，AB∥A′B′，AB＝A′B′，符合条件的A′B′只有两条，并且位于O点两侧，如图2，根据垂线段最短，当AA′⊥AB时，d最小，过O作OH⊥A′B′，分别交A′B′于H，交AB于T，用（2）中方法求解OH和OT，得到HT的长度，即可解决．
【解答】解：（1）∵AB平移得到P1P2，
∴AB∥P1P2，
同理，AB∥P3P4，
∴P1P2∥P3P4，
由图可得，连接点A与点P2的线段长度等于线段AB到⊙O的“优距离”，
故答案为：平行，P2，；
（2）如图1，过B作BG⊥y轴于G，则G（0，5），
∴AG＝BG＝2，∠GAB＝∠GBA＝45°，
∴AB＝，
设直线AB为y＝kx+7，代入点B，得k＝﹣1，
∴直线AB为y＝﹣x+7，
设直线AB交x轴于M，
∵BG⊥y轴，
∴BG∥x轴，
∴∠AMO＝∠GBA＝45°，
由（1）可得，平移AB，使对应点落在⊙上，此时AB∥A′B′，且AB＝A′B′，
这样的对应线段有两条，分别位于圆心O点两侧，
所以当A′在如图位置时，线段AA′的长度是AB到⊙O的“优距离”，
过O作OH⊥A′B′，分别交A′B′于H，交AM于T
∵A′B′∥AM，
∴∠OHB′＝∠OTM＝90°，
∴∠TOM＝90°﹣∠AMO＝45°，
连接A′O，
∵OH⊥A′B′，
∴A′H＝B′H＝，
在Rt△A′OH中，，
过H作HE⊥x轴于E，
∵sin∠TOM＝sin45°＝，
∴HE＝OE＝2，
∴H（2，2），
∵AB∥A′B′，
∴设直线A′B′为y＝﹣x+m，代入点H，得m＝4，
∴直线A′B′为y＝﹣x+4，
设A′（a，﹣a+4），过A′作A′F⊥x轴于F，
在Rt△A′OF中，A′O2＝OF2+A′F2，
∴a2+（﹣a+4）2＝10，
∴a＝1或3，
∵，
∴a＝1，
∴A′（1，3），
故答案为：（1，3）；
（3）由（2）可知，AB经过平移，对应点落在圆上，AB∥A′B′，AB＝A′B′，
符合条件的A′B′只有两条，并且位于O点两侧，
如图2，根据垂线段最短，当AA′⊥AB时，d最小，
∵AB∥A′B′，AB＝A′B′，
∴四边形AA′B′B为平行四边形，
∵AA′⊥AB，
∴▱AA′B′B为矩形，
∴A′B′＝AB＝，
令x＝0，则y＝﹣x+6＝6，
∴N（0，6），
同理，M（6，0），
∴OM＝ON＝6，
∴△MON为等腰直角三角形，
过O作OH⊥A′B′，分别交A′B′于H，交AB于T，连接OA′，
∴A′H＝B′H＝，
在Rt△A′OH中，OH＝，
∵AB∥A′B′，
∴∠OTM＝∠OHB′＝90°，
∴OT⊥MN，
又△MON是等腰直角三角形，
∴OT＝，
∴，
∵A′A⊥AB，OT⊥AB，
∴AA′∥OT，
又AB∥A′B′，
∴四边形A′ATH为平行四边形，
∴d＝AA′＝HT＝，
即d的最小值为．


12．（2022秋•姜堰区期中）如图1，在平面内，过⊙T外一点P画它的两条切线，切点分别为M、N，若∠MPN≥90°，则称点P为⊙T的“限角点”．

（1）在平面直角坐标系xOy中，当⊙O半径为1时，在①P1（1，0），②，③P3（﹣1，﹣1），④P4（2，﹣1）中，⊙O的“限角点”是 　②④　；（填写序号）
（2）如图2，⊙A的半径为，圆心为（0，2），直线l：y＝﹣x+b交坐标轴于点B、C，若直线l上有且只有一个⊙O的“限角点”，求b的值．
（3）如图3，E（2，3）、F（1，2）、G（3，2），⊙D的半径为，圆心D从原点O出发，以个单位/s的速度沿直线l：y＝x向上运动，若△EFG三边上存在⊙D的“限角点”，请直接写出运动的时间t（s）的取值范围．

【分析】（1）根据定义可知当P为圆O的“限角点”时，1＜OP≤，再由两点间距离公式进行判断即可；
（2）由题意可知，当P为圆A的“限角点”时，＜AP≤2，设直线l上有且只有一个⊙O的“限角点”P（m，﹣m+b），当PA＝2，此时AP⊥BC，利用tan∠OCB＝＝＝，先求出CP＝，再求AC＝，最后根据b﹣2＝，求出b＝；
（3）由题意可知移动后D点坐标为（t，t），设△EFG边上的点P是圆D的“限角点”，则＜PD≤2，在圆D移动的过程中，DF＝时，△EFG边上开始出现⊙D的“限角点”，当圆D移动到E点在圆上时，△EFG边上最后一个⊙D的“限角点”消失，当圆D再次移动到点E在圆上时，DE＝，△EFG三边上又开始要出现⊙D的“限角点”；求出直线y＝x与直线EG的交点设为H（，），当DH＝2时，△EFG边上存在最后一个⊙D的“限角点”．
【解答】解：（1）∵⊙O半径为1，
∴当P为圆O的“限角点”时，1＜OP≤，
∵OP1＝1，OP2＝，OP3＝，OP4＝，
∴⊙O的“限角点”是 P2，P3，
故答案为：②④；
（2）∵⊙A的半径为，
∴当P为圆A的“限角点”时，＜AP≤2，
设直线l上有且只有一个⊙O的“限角点”P（m，﹣m+b），
∴PA＝2，此时AP⊥BC，
令x＝0，则y＝b，
∴C（0，b），
令y＝0，则x＝b，
∴B（b，0），
∴tan∠OCB＝＝＝，
∴CP＝，
∴AC＝，
∴b﹣2＝，
∴b＝；
（3）∵圆心D从原点O出发，以个单位/s的速度沿直线l移动，
∴圆沿x轴正方向移动t个单位，沿y轴正方向移动t个单位，
∴移动后D点坐标为（t，t），
设△EFG边上的点P是圆D的“限角点”，
则＜PD≤2，
在圆D移动的过程中，当DF＝2时，（t﹣1）2+（t﹣2）2＝4，
解得t＝或t＝，
当t＝时，△EFG边上开始出现⊙D的“限角点”，
当圆D移动到E点在圆上时，DE＝，（t﹣2）2+（t﹣3）2＝2，
解得t＝或t＝，
∴≤t＜时，△EFG边上存在⊙D的“限角点”，
当圆D再次移动到点E在圆上时，DE＝，（t﹣2）2+（t﹣3）2＝2，
解得t＝或t＝，
当t＝时，△EFG三边上开始又要出现⊙D的“限角点”；
设直线EG的解析式为y＝kx+b，直线y＝x与直线EG的交点设为点H，
∴，
解得，
解得y＝﹣x+5，
联立方程组，
解得，
∴H（，），
当DH＝2时，2（t﹣）2＝4，
解得t＝+或t＝﹣+，
∴当t＝+，△EFG边上存在⊙D的“限角点”，
∴＜t≤+时，△EFG边上存在⊙D的“限角点”；
综上所述：≤t＜或＜t≤+时，△EFG边上存在⊙D的“限角点”．


13．（2022秋•西城区校级期中）在平面直角坐标系xOy中，已知点M（a，b），N．对于点P给出如下定义：将点P绕点M逆时针旋转90°，得到点P'，点P'关于点N的对称点为Q，称点Q为点P的“对应点”．

（1）如图1，若点M在坐标原点，点N（1，1），①点P（﹣2，0）的“对应点”Q的坐标为 　（2，0）　；②若点P的“对应点”Q的坐标为（﹣1，3），则点P的坐标为 　（﹣1，﹣3）　；
（2）如图2，已知⊙O的半径为1，M是⊙O上一点，点N（0，2），若P（m，0）（m＞1）为⊙O外一点，点Q为点P的“对应点”，连接PQ．①当点M（a，b）在第一象限时，求点Q的坐标（用含a，b，m的式子表示）；②当点M在⊙O上运动时，直接写出PQ长的最大值与最小值的积为 　4m2﹣16m+8　.（用含m的式子表示）

【分析】（1）①根据定义直接运算即可；
②先求出Q点关于N（1，1）的对称点为P'（3，﹣1），将P'绕M点顺时针旋转90°得到点P，过P'作P'F⊥x轴于点F，过点P作PE⊥x轴于点E，可证明△POE≌△OP'F（AAS），再由全等的性质求出P点坐标即可；
（2）①过点M作EF⊥x轴于点F，过点P'作P'E⊥EF交于点E，由（1）可得△MPF≌△P'ME（AAS），根据三角形全等的性质求出P'（a+b，b+m﹣a），再由对称性求出Q（﹣a﹣b，4﹣b﹣m+a）；
②P点绕O点逆时针旋转90°后得到点G，则G（0，m），由①可求出GP'＝，则P'在以G为圆心，为半径的圆上，设G点关于N点的对称点为H，则H（0，4﹣m），求得QH＝，则Q点在以H为圆心为半径的圆上，再根据两个相交圆的性质，分别求出PQ的最大值为2m+2﹣4，PQ的最小值为2m﹣2﹣4，最后求出乘积即可．
【解答】解：（1）①∵P（﹣2，0），
∴P点绕点M逆时针旋转90°得到点P'（0，﹣2），
∵点P'关于点N的对称点为Q，
∴Q（2，0）；
故答案为：（2，0）；
②∵Q的坐标为（﹣1，3），
∴Q点关于N（1，1）的对称点为P'（3，﹣1），
将P'绕M点顺时针旋转90°得到点P，
过P'作P'F⊥x轴于点F，过点P作PE⊥x轴于点E，
∵∠P'OP＝90°，
∴∠POE+∠FOP'＝90°，
∵∠EPO+∠EOP＝90°，
∴∠FOP'＝∠EPO，
∵OP＝OP'，
∴△POE≌△OP'F（AAS），
∴EO＝P'F＝1，PE＝OF＝3，
∴P（﹣1．﹣3），
故答案为：（﹣1，﹣3）；
（2）①过点M作EF⊥x轴于点F，过点P'作P'E⊥EF交于点E，
由（1）可得△MPF≌△P'ME（AAS），
∴MF＝EP'，FP＝ME，
∵M（a，b），P（m，0），
∴EF＝b+m﹣a，EP'＝b，
∴P'（a+b，b+m﹣a），
∵点N（0，2），
∴Q（﹣a﹣b，4﹣b﹣m+a）；
②P点绕O点逆时针旋转90°后得到点G，
∴G（0，m），
∵P'（a+b，b+m﹣a），
∴GP'＝，
∵M（a，b）在圆O上，
∴a2+b2＝1，
∴GP'＝，
∴P'在以G为圆心，为半径的圆上，
设G点关于N点的对称点为H，则H（0，4﹣m），
∴QH＝＝，
∴Q点在以H为圆心为半径的圆上，
∴PQ的最大值为m+﹣（4﹣m﹣）＝2m+2﹣4，
PQ的最小值为m﹣﹣（4﹣m+）＝2m﹣2﹣4，
∴PQ长的最大值与最小值的积为（2m+2﹣4）（2m﹣2﹣4）＝4m2﹣16m+8，
故答案为：4m2﹣16m+8．



14．（2022秋•海淀区校级月考）在平面直角坐标系xOy中，已知⊙O的半径为2，对于点P，直线l和⊙O，给出如下定义：
若点P关于直线l对称的点在⊙O上或⊙O的内部，则称点P为⊙O关于l的反射点．

（1）已知直线l为x＝3，
①在点P1（4，0），P2（4，1），P3（5，1）中，是⊙O关于l的反射点有 　P1、P3　；
②若点P为x轴上的动点，且点P为⊙O关于l的反射点，则点P的横坐标的最大值为 　8　．
（2）已知直线l的解析式为y＝kx+2（k≠0），
①当k＝﹣1时，若点P为直线x＝上的动点，且点P为⊙O关于l的反射点，则点P的纵坐标t的取值范围是 　2﹣≤t≤2+　；
②点B（2，2），C（，1），若线段BC的任意一点都为⊙O关于l的反射点，则k的取值范围是 　﹣4﹣2≤k≤　．

【分析】（1）①运用新定义：点P为⊙O关于l的反射点，即可推断出答案；
②先求得⊙O与x轴离直线x＝3较远的交点P′（﹣2，0），根据定义可得x＝8；
（2）①当k＝﹣1时，直线l的解析式为y＝﹣x+2，可得出直线x＝上的点关于直线l的对称点一定在直线y＝﹣上，设P（，t），则t﹣（﹣）＝﹣x，故点P关于直线l的对称点为P′（2﹣t，﹣），由当OP′＝2时，可得（2﹣t）2+（）2＝4，即可得出答案；
②分别求出k的最大值和最小值即可．
【解答】解：（1）①如图1，点P1（4，0），P2（4，1），P3（5，1）关于直线x＝3的对称点分别为P′1（2，0），P′2（2，1），P′3（1，1），

∵OP′1＝2，OP′2＝＝＞2，OP′3＝＝，
∴点P′1在⊙O上，点P′2在⊙O外部，点P′3在⊙O内部，
∴点P1、P3是⊙O关于l的反射点，
故答案为：P1、P3；
②如图2，点P′（﹣2，0），点P（x，0）与点P′关于直线x＝3对称时，
∴＝3，
解得：x＝8，

∴点P的横坐标的最大值为8，
故答案为：8．
（2）①当k＝﹣1时，直线l的解析式为y＝﹣x+2，
∵点P为直线x＝上的动点，当x＝时，y＝﹣+2＝，
∴直线x＝直线l的交点坐标为（，），
过点（，）作直线y＝﹣，
则直线y＝﹣x+2平分直线x＝与直线y＝﹣的夹角，即直线x＝上的点关于直线l的对称点一定在直线y＝﹣上，
∴设P（，t），点P关于直线l的对称点为P′（x，﹣），
则t﹣（﹣）＝﹣x，
解得：x＝2﹣t，
∴点P关于直线l的对称点为P′（2﹣t，﹣），

∵点P为⊙O关于l的反射点，
∴OP′≤2，
当OP′＝2时，（2﹣t）2+（）2＝4，
解得：t＝2±，
∴2﹣≤t≤2+，
故答案为：2﹣≤t≤2+；
②∵C（，1），
∴OC＝＝2，
∴点C在⊙O上，
把C（，1）代入y＝kx+2，得k+2＝1，
解得：k＝，此时k取得最大值，

如图4，∵点B′与点B关于直线y＝kx+2对称，
∴直线y＝kx+2是线段BB′的垂直平分线，
设B′（m，n），M（0，2），
则B′M＝BM＝2，OB′＝2，
∴m2+（n﹣2）2＝22，m2+n2＝22，
∴n＝1，
∴m2+1＝4，
解得：m＝（舍去）或m＝﹣，
∴B′（﹣，1）与B（2，2）的中点坐标为（，），
把（，）代入y＝kx+2，得＝k+2，
解得：k＝﹣2﹣，此时k取得最小值，
∴k的取值范围是﹣2﹣≤k≤，
故答案为：﹣2﹣≤k≤．
15．（2022•钟楼区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的顶点分别为A（0，1），B（﹣1，0），C（0，﹣1），D（1，0）．对于图形M，给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为正方形ABCD边上任意一点，如果P，Q两点间
的距离有最大值，那么称这个最大值为图形M的“正方距”，记作d（M）．
已知点E（3，0）．
①直接写出d（点E）的值；
②过点E画直线y＝kx﹣3k与y轴交于点F，当d（线段EF）取最小值时，求k的取值范围；
③设T是直线y＝﹣x+3上的一点，以T为圆心，长为半径作⊙T．若d（⊙T）满足d（⊙T）＞+，直接写出圆心T的横坐标x的取值范围．

【分析】①由定义可知d（点E）＝BE＝4；
②由题意可知d（线段EF）的最小值＝d（点E）＝4，当d（点F）＝4时，F（0，3）或（0，﹣3），分别求出相应的k的值，则可求﹣1≤k≤1；
③由②可知，d（点E）＝d（点F）＝4＜，D点T在第二象限或第四象限，设T（x，﹣x+3），当T点在第二象限时，TC＝时，x＝2﹣；当T点在第四象限时，TA＝时，x＝1+；即可求x＞1+或x＜2﹣时满足题意．
【解答】解：①∵E（3，0），B（﹣1，0），
∴d（点E）＝BE＝4；
②∵d（线段EF）取最小值，
∴d（线段EF）的最小值＝d（点E）＝4，
∴d（点F）≤4，
当d（点F）＝4时，F（0，3）或（0，﹣3），
当F（0，3）时，k＝﹣1，
当F（0，﹣3）时，k＝1，
∴﹣1≤k≤1；
③由②可知，d（点E）＝d（点F）＝4＜，
∴D点T在第二象限或第四象限，
设T（x，﹣x+3），
当T点在第二象限时，TC＝时，x2+（﹣x+3+1）2＝，
解得x＝2﹣或x＝2+（舍）；
当T点在第四象限时，TA＝时，x2+（﹣x+3﹣1）2＝，
解得x＝1+或x＝1﹣（舍）；
∵d（⊙T）＞+，
∴x＞1+或x＜2﹣．

16．（2021秋•慈溪市期中）如图1，在⊙O中，弦AD平分圆周角∠BAC，我们将圆中以A为公共点的三条弦BA，CA，DA构成的图形称为圆中的“爪形A”，弦BA，CA，DA称为“爪形A”的爪．

（1）如图2，四边形ABCD内接于圆，AB＝BC．①证明：圆中存在“爪形D”；②若∠ADC＝120°，求证：AD+CD＝BD．
（2）如图3，四边形ABCD内接于圆，其中BA＝BC，连接BD．若AD⊥DC，此时“爪形D”的爪之间满足怎样的数量关系，请直接写出结果．

【分析】（1）①由圆周角的性质直接证明即可；
②延长DC至点E，使得CE＝AD，连接BE，证明△BAD≌△BCE（SAS），再证明△BDE是等边三角形，即可求解；
（2）延长DC至点E，使得CE＝AD，连接BE，先证明△BAD≌△BCE（SAS），再证明△BCE为等腰直角三角形，∠DBE＝90°，由此即可求解．
【解答】（1）证明：①∵AB＝BC，
∴∠ADB＝∠CDB，
∴圆中存在“爪形D”；
②延长DC至点E，使得CE＝AD，连接BE，
∵∠A+∠DCB＝180°，∠ECB+∠DCB＝180°，
∴∠A＝∠ECB，
∵CE＝AD，AB＝BC，
∴△BAD≌△BCE（SAS），
∴∠E＝∠ADB，
∵∠ADC＝120°，
∴∠E＝∠ADB＝∠ADB＝60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴DE＝BD，即AD+CD＝BD；
（2）解：延长DC至点E，使得CE＝AD，连接BE，
∵∠A+∠DCB＝180°，∠ECB+∠DCB＝180°，
∴∠A＝∠ECB，
∵CE＝AD，AB＝BC，
∴△BAD≌△BCE（SAS），
∴∠E＝∠ADB，BD＝BE，
∵AD⊥CD，
∴∠E＝∠ADB＝45°，
∴△BCE为等腰直角三角形，∠DBE＝90°，
∴DE＝BD，
∴AD+CD＝BD．


17．（2021秋•润州区校级月考）在平面直角坐标系xOy中，⊙C的半径为r，P是与圆心C不重合的点，点P关于⊙C的反称点的定义如下：若在射线CP上存在一点P′，满足CP+CP′＝2r，则称P′为点P关于⊙C的反称点，如图为点P及其关于⊙C的反称点P′的示意图．
（1）当⊙O的半径为1时，
①分别判断点M（3，1），N（，0），T（﹣1，）关于⊙O的反称点是否存在？若存在，直接求其坐标；
②将⊙O沿x轴水平向右平移1个单位为⊙O′，点P在直线y＝﹣x+1上，若点P关于⊙O′的反称点P′存在，且点P′不在坐标轴上，则点P的横坐标的取值范围 　1﹣≤x≤1+且x≠2﹣　；
（2）⊙C的圆心在x轴上，半径为1，直线y＝﹣x+12与x轴，y轴分别交于点A、B，点E与点D分别在点A与点B的右侧2个单位，线段AE、线段BD都是水平的，若四边形ABDE四边上存在点P，使得点P关于⊙C的反称点P′在⊙C的内部，直接写出圆心C的横坐标的取值范围．

【分析】（1）①根据反称点的定义直接求解即可；
②P点在以O'（1，0）为圆心，2为半径的圆及圆内部，并且P点在直线y＝﹣x+1上，当O'P＝2时，过P点作PG⊥x轴交于点G，可得O'P＝2，PG＝，此时P点坐标为（1﹣，0），当P'点在D点处时，O'P'＝，此时O'P＝2﹣，P'（2﹣，0），又由（1﹣，0）关于O'对称的点为（1+，0），可得P点的横坐标的取值范围1﹣≤x≤1+且x≠2﹣；
（2）P点在以C为圆心，2为半径的圆及圆内部，并且P点在四边形BAED的边上，当CP⊥AB时，PC＝2，此时P'与C点重合，C（12﹣2，0）；当P点与E点重合时，PE＝2，此时P'与C点重合，C（16，0），即可求圆心C的横坐标的取值范围为．
【解答】解：（1）①∵M（3，1），
∴OM＝＞2，
∴M点不存在反称点；
∵N（，0），
∴ON＝，
当N'（，0）时，ON+ON'＝2，
∴N点存在反称点N'（，0）；
∵T（﹣1，），
∴OT＝2，
∴T'（0，0）是T点的反称点，
∴T点存在反称点T'（0，0）；
②P点在以O'（1，0）为圆心，2为半径的圆及圆内部，并且P点在直线y＝﹣x+1上，
当O'P＝2时，过P点作PG⊥x轴交于点G，
∴O'P＝2，
直线y＝﹣x+1与x轴的交点为O'（1，0），与y轴的交点D（0，1），
∴OD＝OO'＝1，
∴∠PO'D＝45°，
∴PG＝，
∴此时P点坐标为（1﹣，0），
当P'点在D点处时，O'P'＝，
此时O'P＝2﹣，
∴P'（2﹣，0），
（1﹣，0）关于O'对称的点为（1+，0），
∴P点的横坐标的取值范围1﹣≤x≤1+且x≠2﹣，
故答案为：1﹣≤x≤1+且x≠2﹣；
（2）P点在以C为圆心，2为半径的圆及圆内部，并且P点在四边形BAED的边上，当CP⊥AB时，PC＝2，此时P'与C点重合，
令x＝0，则y＝12，
∴B（0，12），
令y＝0，则x＝12，
∴A（12，0），
∴OA＝BO＝12，
∴∠BAO＝45°，
∴AC＝2，
∴OC＝12﹣2，
∴C（12﹣2，0）；
∵AE＝2，
∴E（14，0），
∴当P点与E点重合时，PE＝2，此时P'与C点重合，
∴C（16，0）；
∴圆心C的横坐标的取值范围为．


18．（2021•建邺区二模）【概念学习】
在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，若⊙O平移d个单位后，使某图形上所有点在⊙O内或⊙O上，则称d的最小值为⊙O对该图形的“最近覆盖距离”．例如，如图①，A（3，0），B（4，0），则⊙O对线段AB的“最近覆盖距离”为3．

【概念理解】
（1）⊙O对点（3，4）的“最近覆盖距离”为 　4　．
（2）如图②，点P是函数y＝2x+4图象上一点，且⊙O对点P的“最近覆盖距离”为3，则点P的坐标为 　（0，4）或（﹣，﹣）　．
【拓展应用】
（3）如图③，若一次函数y＝kx+4的图象上存在点C，使⊙O对点C的“最近覆盖距离”为1，求k的取值范围．
（4）D（3，m）、E（4，m+1），且﹣4＜m＜2，将⊙O对线段DE的“最近覆盖距离”记为d，则d的取值范围是 　3≤d＜3　．
【分析】（1）由题意即可求解；
（2）由题意可知，P到圆的最小距离为3，即P到圆心的距离为4，设P（x，2x+4），则OP2＝x2+（2x+4）2＝16，即可求解；
（3）考虑临界状态，当OC＝2时，函数图象上存在点C，使⊙O对点C的“最近覆盖距离”为1，利用三角形相似求出；同理，另一个临界状态为，即可求解；
（4）由题意可知，DE是一条倾斜角度为45°，长度为的线段，可在圆上找到两条与之平行且等长的弦AB，FG，如果D落在弧AF上，或者E落在弧BG上，进而求解．
【解答】解：（1）由题意得，⊙O对点（3，4）的“最近覆盖距离”为4，
故答案为：4；

（2）由题意可知，P到圆的最小距离为3，
即P到圆心的距离为4，
设P（x，2x+4），
则OP2＝x2+（2x+4）2＝16，
解得，
故点P的坐标为（0，4）或（﹣，﹣），
故答案为：（0，4）或（﹣，﹣）；

（3）如图，考虑临界状态，
当OC＝2时，函数图象上存在点C，使⊙O对点C的“最近覆盖距离”为1，

∵∠OCD＝∠EOD，∠ODC＝∠EDO，
∴△OCD∽△EOD，
∴，
则，
设OE＝x，则DE＝2x，
由勾股定理可得：x2+16＝（2x）2，
解得（舍），
∴，
此时．
同理，另一个临界状态为，
经分析可知，函数相比临界状态更靠近y轴，则存在点C，
∴或；

（4）由题意可知，DE是一条倾斜角度为45°，长度为的线段，

可在圆上找到两条与之平行且等长的弦AB，FG，
如果D落在弧AF上，或者E落在弧BG上，则成立，
当﹣1≤m＜2时，E到弧BG的最小距离为EO﹣1，
此时3≤d＜4，
当﹣4＜m＜﹣1时，E到弧BG的最小距离为EB，
此时，
综上，，
故答案为：．
19．（2022•东城区校级开学）对于⊙C和⊙C上的一点A，若平面内的点P满足：射线AP与⊙C交于点Q（点Q可以与点P重合），且1≤≤2，则点P称为点A关于⊙C的“生长点”．
已知点O为坐标原点，⊙O的半径为1，点A（﹣1，0）．
（1）若点P是点A关于⊙O的“生长点”，且点P在x轴上，请写出一个符合条件的点P的坐标 　（2，0）（答案不唯一）　；
（2）若点B是点A关于⊙O的“生长点”，且满足∠BAO＝30°，求点B的纵坐标t的取值范围；
（3）直线y＝x+b与x轴交于点M，且与y轴交于点N，若线段MN上存在点A关于⊙O的“生长点”，直接写出b的取值范围是 　﹣4﹣≤b≤﹣1或1≤b≤4﹣　．
【分析】（1）根据“生长点”的定义即可解决问题；（答案不唯一）
（2）如图，在x轴上方作射线AM，与⊙O交于M，使得∠OAM＝30°，并在射线AM上取点N，使AM＝MN，并由对称性，将MN关于x轴对称，得M'N'，则由题意，线段MN和M'N'上的点是满足条件的点B．
（3）Q是⊙O上异于点A的任意一点，延长AQ到P，使得PA＝2AQ，易知点P的运动轨迹是以K（1，0）为圆心2为半径的圆，求出直线MN与⊙K相切时b的值，再求出直线MN经过G（0，﹣1）时b的值，即可判断，再根据对称性可得b＞0时的取值范围．
【解答】解：（1）根据“生长点”定义，点P的坐标可以是（2，0），
故答案为：（2，0）（答案不唯一）；
（2）如图，在x轴上方作射线AM，与⊙O交于M，使得∠OAM＝30°，并在射线AM上取点N，使AM＝MN，并由对称性，将MN关于x轴对称，得M'N'，则由题意，线段MN和M'N'上的点是满足条件的点B．

作MH⊥x轴于H，连接MC，
∴∠MHA＝90°，即∠OAM+∠AMH＝90°．
∵AC是⊙O的直径，
∴∠AMC＝90°，即∠AMH+∠HMC＝90°．
∴∠OAM＝∠HMC＝30°．
∴tan30°＝＝＝，
设MH＝y，则AH＝y，CH＝y，
∴AC＝AH+CH＝y＝2，解得y＝，即点M的纵坐标为．
又由AN＝2AM，A为（﹣1，0），可得点N的纵坐标为，
故在线段MN上，点B的纵坐标t满足：≤t≤，
由对称性，在线段M'N'上，点B的纵坐标t满足：−≤t≤−，
∴点B的纵坐标t的取值范围是：≤t≤或−≤t≤−．
（3）如图，

Q是⊙O上异于点A的任意一点，延长AQ到P，使得PA＝2AQ，
∵Q的轨迹是以O为圆心，1为半径的圆，
∴点P的运动轨迹是以K（1，0）为圆心，2为半径的圆，
当直线MN与⊙K相切于点R时，连接KR，
在Rt△KMR中，∠KRM＝90°，
∵直线y＝x+b与x轴夹角为60°，
∴∠KMR＝60°，KR＝2，
∴KM＝2÷sin60°＝，
∴OM＝1+，
∴ON＝OM＝4+，
∴b＝﹣4﹣，
当直线MN经过G（0，﹣1）时，满足条件，此时b＝﹣1，
观察图象可知：当﹣4﹣≤b≤﹣1时，线段MN上存在点A关于⊙O的“生长点”，
根据对称性，同法可得当1≤b≤4﹣时，也满足条件．
故答案为：﹣4﹣≤b≤﹣1或1≤b≤4﹣．
20．（2022•东城区校级开学）在平面直角坐标系xOy中，给出如下定义：若点P在图形M上，点Q在图形N上，称线段PQ长度的最小值为图形M，N的“近距离”，记为d（M，N）．特别地，若图形M，N有公共点，规定d（M，N）＝0，如图，点A（﹣2，0），B（0，2）．
（1）如果⊙O的半径为2，那么d（A，⊙O）＝　2﹣2　，d（B，⊙O）＝　0　；
（2）如果⊙O的半径为r，且d（⊙O，线段AB）＞0，求r的取值范围；
（3）如果C（0，m）是y轴上的动点，⊙C的半径为1，使d（⊙C，线段AB）＜1，直接写出m的取值范围为 　2﹣＜m≤3　．

【分析】（1）根据点A在⊙O外，点B在⊙O上，可得答案；
（2）过点O作OD⊥AB于点D，根据含30°角的直角三角形的性质得DO＝，由d（⊙O，线段AB）＝0，只要⊙O与线段AB没有公共点即可；
（3）当点C在点B的上边时，则BC＝m﹣2，CN＝BC•sin∠OBA，则0＜（m﹣2）＜1+1；当点C在点B的下边时，得BC＝﹣2﹣m，则BC﹣1＜1；当点C与点B重合时，m＝2，从而解决问题．
【解答】解：（1）∵⊙O的半径为2，A（﹣2，0），B（0，2），
∴OB＝2，OA＝2＞2，
∴点A在⊙O外，点B在⊙O上，
∴d（A，⊙O）＝2﹣2，d（B，⊙O）＝0，
故答案为：2﹣2；0；

（2）如图1，过点O作OD⊥AB于点D，

在Rt△AOB中，
∵tan∠BAO＝＝＝，
∴∠BAO＝30°．
在Rt△ADO中，sin∠BAO＝＝＝，
∴DO＝，
∵d（⊙O，线段AB）＝0，
∴r的取值范围是0＜r＜或r＞2；

（3）如图2，过点C作CN⊥AB于点N，

由（2）知，∠BAO＝30°．
∵C（m，0），
当点C在点B的上边时，m＞2，
此时，d（⊙C，线段AB）＝BC，
∴BC≤1，
即m﹣2≤1，
解得m≤3；
当点C与点B重合时，m＝2，
此时d（⊙C，线段AB）＝0，
当点C在点B的下边时，m＜2，
∴BC＝2﹣m，
∴CN＝BC•sin∠OBA＝（2﹣m）．
∵d（⊙C，线段AB）＜1，⊙C的半径为1，
∴0＜（2﹣m）＜1．
∴2﹣＜m＜2．
综上所述：2﹣＜m≤3．
故答案是：2﹣＜m≤3．