新定義閱讀題知識(shí)技能梳理新定義的類型：一般分為三種類型：定義新運(yùn)算；定義初、高中知識(shí)銜接"新知識(shí)"；定義新概念本節(jié)難點(diǎn)突破主要研究新概念。解決定義新概念的關(guān)鍵：正確理解新定義概念的意義.(1)理解“新定義”——明確“新定義”的條件、原理、方法、步驟和結(jié)論.(2)重視“舉例”,利用“舉例”檢驗(yàn)是否理解和正確運(yùn)用“新定義”。歸納“舉例”提供的解題方法.歸納“舉例”提供的分類情況.(3)類比新定義中的概念、原理、方法，解決題中需要解決的問(wèn)題.利用的數(shù)學(xué)思想：（1）轉(zhuǎn)化的思想，把未知的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為學(xué)過(guò)的知識(shí)。（2）遷移的應(yīng)用，對(duì)全新的概念，需要靈活的遷移運(yùn)用。（3）類比的思想。學(xué)習(xí)過(guò)程模塊一：以函數(shù)為載體例題1：在平面直角坐標(biāo)系中，如果一個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)相等，則稱該點(diǎn)為“雁點(diǎn)”．例如……都是“雁點(diǎn)”．（1）求函數(shù)圖象上的“雁點(diǎn)”坐標(biāo)；（2）若拋物線上有且只有一個(gè)“雁點(diǎn)”E，該拋物線與x軸交于M、N兩點(diǎn)（點(diǎn)M在點(diǎn)N的左側(cè)）．當(dāng)時(shí)．①求c的取值范圍；②求的度數(shù)；如圖，拋物線與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），P是拋物線上一點(diǎn)，連接，以點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)，構(gòu)造等腰，是否存在點(diǎn)P，使點(diǎn)C恰好為“雁點(diǎn)”？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】（1）和；（2）①；②45°；（3）存在，P點(diǎn)坐標(biāo)為或或【分析】（1）根據(jù)“雁點(diǎn)”的定義可得y=x，再聯(lián)立求出“雁點(diǎn)”坐標(biāo)即可；（2）根據(jù)和y=x可得，再利用根的判別式得到，再求出a的取值范圍；將點(diǎn)c代入解析式求出點(diǎn)E的坐標(biāo)，令y=0，求出M的坐標(biāo)，過(guò)E點(diǎn)向x軸作垂線，垂足為H點(diǎn)，如圖所示，根據(jù)EH=MH得出為等腰直角三角形，∠EMN的度數(shù)即可求解；（3）存在，根據(jù)圖1，圖2，圖3進(jìn)行分類討論，設(shè)C（m，m），P（x，y），根據(jù)三角形全等得出邊相等的關(guān)系，再逐步求解，代入解析式得出點(diǎn)P的坐標(biāo)．【詳解】解：（1）聯(lián)立，解得或

即：函數(shù)上的雁點(diǎn)坐標(biāo)為和．（2）①聯(lián)立得∵這樣的雁點(diǎn)E只有一個(gè)，即該一元二次方程有兩個(gè)相等的實(shí)根，∴∵∵∴②將代入，得解得，∴對(duì)于，令有解得∴過(guò)E點(diǎn)向x軸作垂線，垂足為H點(diǎn)，EH=，MH=∴∴為等腰直角三角形，（3）存在，理由如下：如圖所示：過(guò)P作直線l垂直于x軸于點(diǎn)k，過(guò)C作CH⊥PK于點(diǎn)H設(shè)C（m，m），P（x，y）∵△CPB為等腰三角形，∴PC=PB，∠CPB=90°，∴∠KPB+∠HPC=90°，∵∠HPC+∠HCP=90°，∴∠KPB=∠HCP，∵∠H=∠PKB=90°，∴△CHP≌△PKB，∴CH=PK，HP=KB，即∴當(dāng)時(shí)，∴如圖2所示，同理可得：△KCP≌△JPB∴KP=JB，KC=JP設(shè)P（x，y），C（m，m）∴KP=x-m，KC=y-m，JB=y，JP=3-x，即解得令解得∴或如圖3所示，∵△RCP≌△TPB∴RC=TP，RP=TB設(shè)P（x，y），C（m，m）即解得令解得∴此時(shí)P與第②種情況重合綜上所述，符合題意P的坐標(biāo)為或或例題2、城市的許多街道是相互垂直或平行的，因此，往往不能沿直線行走到達(dá)目的地，只能按直角拐彎的方式行走．可以按照街道的垂直和平行方向建立平面直角坐標(biāo)系xOy，對(duì)兩點(diǎn)Ax1,y1數(shù)學(xué)理解：（1）①已知點(diǎn)A（﹣2，1），O為原點(diǎn)，則d（O，A）＝．②函數(shù)y=-2x+4（0≤x≤2）的圖象如圖①所示，B是圖象上一點(diǎn)，O為原點(diǎn)，d（O，B）＝3，則點(diǎn)B的坐標(biāo)是．（2）函數(shù)y=4x（x>0）的圖象如圖②所，O為原點(diǎn)。求證：該函數(shù)的圖象上不存在點(diǎn)C，使d（O，C）＝（3）函數(shù)y=x2-5x+7（x≥0）的圖象如圖③所示，D是圖象上一點(diǎn)，求d（O，問(wèn)題解決：（4）某市要修建一條通往景觀湖的道路，如圖④，道路以M為起點(diǎn)，先沿MN方向到某處，再在該處拐一次直角彎沿直線到湖邊，如何修建能使道路最短？（要求：建立適當(dāng)?shù)钠矫嬷苯亲鴺?biāo)系，畫(huà)出示意圖并簡(jiǎn)要說(shuō)明理由）（1）①由題意得：d（O，A）＝|0+2|+|0-1|=2+1=3；②設(shè)B（x，y），由定義兩點(diǎn)間的距離可得：|0﹣x|+|0﹣y|＝3，∵0≤x≤2，∴x+y＝3，∴x+y=3∴B（1，2），故答案為：3，（1，2）；（2）假設(shè)函數(shù)y=4x（x>0）的圖象上存在點(diǎn)C（x，y）使d（O，根據(jù)題意，得|x∵x＞0，∴4x>0，∴x+4x=3∴x2-3x∴方程x2∴該函數(shù)的圖象上不存在點(diǎn)C，使d（O，C）＝3．（3）設(shè)D（x，y），根據(jù)題意得，d（O，D）＝|x∵x2又x≥0，∴d（O，D）=|=∴當(dāng)x＝2時(shí)，d（O，D）有最小值3，此時(shí)點(diǎn)D的坐標(biāo)是（2，1）．（4）如圖，以M為原點(diǎn)，MN所在的直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系xOy，將函數(shù)y＝﹣x的圖象沿y軸正方向平移，直到與景觀湖邊界所在曲線有交點(diǎn)時(shí)停止，設(shè)交點(diǎn)為E，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥MN，垂足為H，修建方案是：先沿MN方向修建到H處，再沿HE方向修建到E處．理由：設(shè)過(guò)點(diǎn)E的直線l1與x軸相交于點(diǎn)F．在景觀湖邊界所在曲線上任取一點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)P作直線l2∥l1，l2與x軸相交于點(diǎn)G．∵∠EFH＝45°，∴EH＝HF，d（O，E）＝OH+EH＝OF，同理d（O，P）＝OG，∵OG≥OF，∴d（O，P）≥d（O，E），∴上述方案修建的道路最短．練習(xí)1：定義：若一次函數(shù)y＝ax+b和反比例函數(shù)y＝﹣滿足a﹣b＝b﹣c，則稱y＝ax2+bx+c為一次函數(shù)和反比例函數(shù)的“等差”函數(shù)．(1)判斷y＝x+b和y＝﹣是否存在“等差”函數(shù)？若存在，寫(xiě)出它們的“等差”函數(shù)；(2)若y＝5x+b和y＝﹣存在“等差”函數(shù)，且“等差”函數(shù)的圖象與y＝﹣的圖象的一個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1，求反比例函數(shù)的表達(dá)式；(3)若一次函數(shù)y＝ax+b和反比例函數(shù)y＝﹣（其中a、b、c為常數(shù)，且a＞0，c＞0，a＝b）存在“等差”函數(shù)，且y＝ax+b與“等差”函數(shù)有兩個(gè)交點(diǎn)A（x1，y1）、B（x2，y2），試判斷“等差”函數(shù)圖象上是否存在一點(diǎn)P（x，y）（其中x1＜x＜x2），使得△ABP的面積最大？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）假設(shè)存在，根據(jù)等差函數(shù)定義得出b＝4，從而得出解析式；（2）根據(jù)等差函數(shù)定義得出5+c＝2b，即c＝2b﹣5，根據(jù)“等差”函數(shù)的圖象與y＝﹣的圖象的一個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1，列出方程即可求得b，進(jìn)而求得c，即可解決問(wèn)題．（3）存在，由題意a＝b，a+c＝2b，推出b＝2c，a＝3c，則一次函數(shù)解析式為y＝3cx+2c，“等差”函數(shù)解析式為y＝3cx2+2cx+c，即3x2﹣x﹣1＝0，可得x1+x2＝，x1x2＝-，|x1﹣x2|＝，再構(gòu)建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決問(wèn)題．(1)存在，假設(shè)一次函數(shù)y＝x+b與反比例函數(shù)y＝﹣存在“等差”函數(shù)，則a＝1，c＝3，a+c＝2b，解得：b＝2，∴存在“等差”函數(shù)，其解析式為y＝x2+2x+3；(2)根據(jù)題意知：a＝5，5+c＝2b，∴c＝2b﹣5，則“等差”函數(shù)的解析式為y＝5x2+bx+2b﹣5，反比例函數(shù)的解析式為y＝﹣，根據(jù)題意，將x＝1代入，得：5+b+2b﹣5＝﹣2b+5，解得b＝1，c＝﹣3，故一次函數(shù)的解析式為y＝5x+1，反比例函數(shù)的解析式為y＝(3)存在．根據(jù)題意知：a＝b，a+c＝2b，∴b＝2c，a＝3c，則“等差”函數(shù)的解析式為y＝3cx2+2cx+c，一次函數(shù)解析式為y＝3cx+2c，∵y＝3cx+2c與“等差”函數(shù)y＝3cx2+2cx+c有兩個(gè)交點(diǎn)A（x1，y1）、B（x2，y2），∴3cx2﹣cx﹣c＝0，即3x2﹣x﹣1＝0，∴x1+x2＝，x1?x2＝﹣，∴|x1﹣x2|＝，如圖，過(guò)點(diǎn)P（x，3cx2+2cx+c）作PH⊥x軸，交AB于H，則H（x，3cx+2c），∵點(diǎn)P（x，y）（其中x1＜x＜x2），∴P點(diǎn)在A，B之間，∴PH＝3cx+2c﹣（3cx2+2cx+c）＝﹣3cx2+cx+c，＝﹣3c（x2﹣x﹣）＝﹣3c[（x﹣）2﹣]，∴S＝|x1﹣x2|?PH＝××{﹣3c[（x﹣）2﹣]}＝﹣c[（x﹣）2﹣]，∴當(dāng)x＝時(shí)，S取得最大值，最大值為c．此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)是（，c）．練習(xí)2：定義：若一個(gè)函數(shù)圖象上存在橫、縱坐標(biāo)相等的點(diǎn)，則稱該點(diǎn)為這個(gè)函數(shù)圖象的“等值點(diǎn)”．例如，點(diǎn)是函數(shù)的圖象的“等值點(diǎn)”．（1）分別判斷函數(shù)的圖象上是否存在“等值點(diǎn)”？如果存在，求出“等值點(diǎn)”的坐標(biāo)；如果不存在，說(shuō)明理由；（2）設(shè)函數(shù)的圖象的“等值點(diǎn)”分別為點(diǎn)A，B，過(guò)點(diǎn)B作軸，垂足為C．當(dāng)?shù)拿娣e為3時(shí)，求b的值；（3）若函數(shù)的圖象記為，將其沿直線翻折后的圖象記為．當(dāng)兩部分組成的圖象上恰有2個(gè)“等值點(diǎn)”時(shí)，直接寫(xiě)出m的取值范圍?！驹斀狻拷猓海?）∵函數(shù)y=x+2，令y=x，則x+2=x，無(wú)解，∴函數(shù)y=x+2沒(méi)有“等值點(diǎn)”；∵函數(shù)，令y=x，則，即，解得：，∴函數(shù)的“等值點(diǎn)”為(0，0)，(2，2)；（2）∵函數(shù)，令y=x，則，解得：(負(fù)值已舍)，∴函數(shù)的“等值點(diǎn)”為A(，)；∵函數(shù)，令y=x，則，解得：，∴函數(shù)的“等值點(diǎn)”為B(，)；的面積為，即，解得：或；（3）將W1沿x=m翻折后得到的函數(shù)圖象記為W2．∴W1與W2兩部分組成的函數(shù)W的圖象關(guān)于對(duì)稱，∴函數(shù)W的解析式為，令y=x，則，即，解得：，∴函數(shù)的“等值點(diǎn)”為(-1，-1)，(2，2)；令y=x，則，即，當(dāng)時(shí)，函數(shù)W的圖象不存在恰有2個(gè)“等值點(diǎn)”的情況；當(dāng)時(shí)，觀察圖象，恰有2個(gè)“等值點(diǎn)”；當(dāng)時(shí)，∵W1的圖象上恰有2個(gè)“等值點(diǎn)”(-1，-1)，(2，2)，∴函數(shù)W2沒(méi)有“等值點(diǎn)”，∴，整理得：，解得：．綜上，m的取值范圍為或．練習(xí)3、我們規(guī)定：關(guān)于x的反比例函數(shù)y＝稱為一次函數(shù)y＝ax+b的“次生函數(shù)”，關(guān)于x的二次函數(shù)y＝ax2+bx﹣（a+b）稱為一次函數(shù)y＝ax+b的“再生函數(shù)”．(1)按此規(guī)定：一次函數(shù)y＝x﹣3的“次生函數(shù)”為：，“再生函數(shù)”為：；(2)若關(guān)于x的一次函數(shù)y＝x+b的“再生函數(shù)”的頂點(diǎn)在x軸上，求頂點(diǎn)坐標(biāo)；(3)若一次函數(shù)y＝ax+b與其“次生函數(shù)”交于點(diǎn)（1，﹣2）、（4，﹣）兩點(diǎn)，其“再生函數(shù)”與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左邊），與y軸交于點(diǎn)C．①若點(diǎn)D（1，3），求∠CBD的正切值；②若點(diǎn)E在直線x＝1上，且∠CBE＝45°，求點(diǎn)E的坐標(biāo)．（1）∵一次函數(shù)的a＝1，b＝-3，∴的“次生函數(shù)”為，的“再生函數(shù)”為，故答案為，；（2）∵y＝x+b的“再生函數(shù)”為：，又∵的頂點(diǎn)在x軸上，∴，∴解得：，∴，∴頂點(diǎn)坐標(biāo)為：(1，0)；（3）①∵y＝ax+b與其“次生函數(shù)”的交點(diǎn)為：(1，-2)、(4，)，∴，解得：，∴一次函數(shù)的解析式為，∴的“再生函數(shù)”為：，令y＝0，則，解得：x1＝1，x2＝4，∴A（1，0），B（4，0），C（0，2），如圖，過(guò)點(diǎn)C作軸交直線x＝1于點(diǎn)H，∵D（1，3），C（0，2），∴CH＝DH＝1，∴∠CDH＝45°．又∵AD＝AB＝3，∴∠ADB＝45°，∴∠CDB＝90°．∵，，∴；②如圖，若點(diǎn)E在x軸的下方，∵∠CBE＝∠ABD＝45°，∴∠ABE＝∠CBD，又∵∠EAB＝∠CDB＝90°，∴△CBD∽△EBA，∴，即，∴AE＝1∴E(1，-1)；如圖，若點(diǎn)E在x軸的上方，過(guò)點(diǎn)C作CM⊥CB，交BE于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)M作MN⊥y軸于點(diǎn)N，∵∠CBE＝45°，∠BCM＝90°，∴BC＝CM，∵∠BCO+∠MCN＝90°，∠BCO+∠OBC＝90°，∴∠MCN＝∠OBC，∴在△BOC≌△MNC中，，∴△BOC≌△MNC(AAS)，∴MN＝OC＝2，NC＝OB＝4，∴M（2，6），設(shè)直線BM的表達(dá)式為：y＝kx+b，則，解得：，∴直線BM的表達(dá)式為：，把x＝1代入得：y＝9，∴E（1，9），練習(xí)4、如果拋物線C1的頂點(diǎn)在拋物線C2上，拋物線C2的頂點(diǎn)也在拋物線C1上時(shí)，那么我們稱拋物線C1與C2“互為關(guān)聯(lián)”的拋物線．如圖1，已知拋物線C1：y1＝x2+x與C2：y2＝ax2+x+c是“互為關(guān)聯(lián)”的拋物線，點(diǎn)A，B分別是拋物線C1，C2的頂點(diǎn)，拋物線C2經(jīng)過(guò)點(diǎn)D（6，﹣1）．(1)直接寫(xiě)出A，B的坐標(biāo)和拋物線C2的解析式；(2)拋物線C2上是否存在點(diǎn)E，使得△ABE是直角三角形？如果存在，請(qǐng)求出點(diǎn)E的坐標(biāo)；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)如圖2，點(diǎn)F（﹣6，3）在拋物線C1上，點(diǎn)M，N分別是拋物線C1，C2上的動(dòng)點(diǎn)，且點(diǎn)M，N的橫坐標(biāo)相同，記△AFM面積為S1（當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)A，F(xiàn)重合時(shí)S1＝0），△ABN的面積為S2（當(dāng)點(diǎn)N與點(diǎn)A，B重合時(shí)，S2＝0），令S＝S1+S2，觀察圖象，當(dāng)y1≤y2時(shí)，寫(xiě)出x的取值范圍，并求出在此范圍內(nèi)S的最大值．【詳解】（1）拋物線C1：∴A(-2，-1)，將A(-2，-1)，D(6，-1)代入拋物線：，得：，解得：，∴，∴B（2，3）；（2）設(shè)直線AB的解析式為：，則，解得：∴直線AB的解析式：y＝x+1，①若B為直角頂點(diǎn)，BE⊥AB，kBE·kAB=-1，∴kBE=-1，故可設(shè)直線BE解析式為，將B點(diǎn)坐標(biāo)代入，得：，解得：，直線BE解析式為．聯(lián)立，解得，，∴E（6，-1）；②若A為直角頂點(diǎn)，AE⊥AB，同理得AE解析式：．聯(lián)立，解得，，∴E（10，-13）；③若E為直角頂點(diǎn)，設(shè)E（m，）由AE⊥BE得kBE·kAE=-1，即，整理，得：，∴m+2＝0或m-2＝0或（無(wú)解），∴解得m＝2或-2（不符合題意舍去），∴點(diǎn)E的坐標(biāo)E（6，-1）或E（10，-13）；（3）∵，∴，設(shè)，且，設(shè)直線AF的解析式為，則，解得：∴直線AF的解析式：y＝-x-3，如圖，過(guò)M作x軸的平行線MQ交AF于Q，則，∴．設(shè)AB交MN于點(diǎn)P，易知P（t，t+1），，∴，∴當(dāng)t＝2時(shí)，S的最大值為16．模塊二以三角形、四邊形為載體例題1：以三角形為載體【定義理解】如圖1，在△ABC中，E是BC的中點(diǎn)，P是AE的中點(diǎn)，就稱CP是△ABC的“雙中線”，∠ACB＝90°，AC＝3，AB＝5，則CP＝．（2）【類比探究】①如圖2，E是菱形ABCD一邊上的中點(diǎn)，P是BE上的中點(diǎn)，則稱AP是菱形ABCD的“雙中線”，若AB＝4，∠BAD＝120°，則AP＝．②如圖3，AP是矩形ABCD的“雙中線”，若AB＝4，BC＝6，求AP的長(zhǎng)．（3）【拓展應(yīng)用】如圖4，AP是平行四邊形ABCD的“雙中線”，若AB＝4，BC＝6，∠BAD＝120°，求AP的長(zhǎng)．解：（1）【定義理解】如圖1中，∵，∴，∵E是的中點(diǎn)，∴，∴，∵P是的中點(diǎn)，∴．故答案為：．（2）【類比探究】①延長(zhǎng)交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，∵四邊形是菱形，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，過(guò)點(diǎn)B作，交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，∵，∴，∴，∴，，∴，∴，∵是菱形的“雙中線”，∴，∴，∴；故答案為：；②如圖3中，連接，延長(zhǎng)交的延長(zhǎng)線于H．在矩形中，，∴，，∵是矩形的“雙中線”，∴，，∴，∴，∴，在中，，∵，∴．（3）【拓展應(yīng)用】如圖4中，連接，延長(zhǎng)交的延長(zhǎng)線于H，在平行四邊形中，，，∴，，∵是平行四邊形的“雙中線”，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，即，∵四邊形是平行四邊形，，∴，∴，∴．例題2以四邊形為載體我們定義：有一組鄰角相等的凸四邊形做“等鄰角四邊形”，例如：如圖1，∠B＝∠C，則四邊形ABCD為等鄰角四邊形．（1）定義理解：已知四邊形ABCD為等鄰角四邊形，且∠A＝130°，∠B＝120°，則∠D＝度．（2）變式應(yīng)用：如圖2，在五邊形ABCDE中，ED∥BC，對(duì)角線BD平分∠ABC．①求證：四邊形ABDE為等鄰角四邊形；②若∠A+∠C+∠E＝300°，∠BDC＝∠C，請(qǐng)判斷△BCD的形狀，并明理由．（3）深入探究：如圖3，在等鄰角四邊形ABCD中，∠B＝∠BCD，CE⊥AB，垂足為E，點(diǎn)P為邊BC上的一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PM⊥AB，PN⊥CD，垂足分別為M，N．在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，判斷PM+PN與CE的數(shù)量關(guān)系？請(qǐng)說(shuō)明理由．（4）遷移拓展：如圖4，是一個(gè)航模的截面示意圖．四邊形ABCD是等鄰角四邊形，∠A＝∠ABC，E為AB邊上的一點(diǎn)，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分別為D、C，AB＝2dm，AD＝3dm，BD＝dm．M、N分別為AE、BE的中點(diǎn)，連接DM、CN，求△DEM與△CEN的周長(zhǎng)之和．（1）解：∵四邊形ABCD為等鄰角四邊形，∠A＝130°，∠B＝120°，∴∠C＝∠D，∴∠D＝55°，故答案為：55；（2）①證明：∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，∵ED∥BC，∴∠EDB＝∠DBC，∴∠EDB＝∠ABD，∴四邊形ABDE為等鄰角四邊形；②解：△BDC是等邊三角形，理由如下：∵∠BDC＝∠C，∴BD＝BC，∠DBC＝180°﹣2∠C，∵∠A+∠E+∠ABD+∠BDE＝360°，∴∠A+∠E＝360°﹣2∠ABD，∵∠A+∠C+∠E＝300°，∴300°﹣∠C＝360°﹣2（180°﹣2∠C），∴∠C＝60°，又∵BD＝BC，∴△BDC是等邊三角形；（3）解：PM+PN＝CE，理由如下：如圖，延長(zhǎng)BA，CD交于點(diǎn)H，連接HP，∵∠B＝∠BCD，∴HB＝HC，∵S△BCH＝S△BPH+S△CPH，∴×BH×CE＝×BH×PM+×CH×PN，∴CE＝PM+PN；（4）解：如圖，延長(zhǎng)AD，BC交于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)B作BG⊥AH于G，∵ED⊥AD，EC⊥CB，M、N分別為AE、BE的中點(diǎn)，∴AM＝DM＝ME，EN＝NB＝CN，∵AB2＝BG2+AG2，BD2＝BG2+DG2，∴52﹣（3+DG）2＝37﹣DG2，∴DG＝1，∴BG＝＝6，由（3）可得DE+EC＝BG＝6，∴△DEM與△CEN的周長(zhǎng)之和＝ME+DM+DE+EC+EN+CN＝AE+BE+BG＝AB+BG＝（6+2）dm．練習(xí)1：我們約定：若三角形一邊上的中線將三角形分得的兩個(gè)小三角形中有一個(gè)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(diǎn)D是△ABC邊BC的中點(diǎn)，以BD為直徑的⊙O恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)A．①求證：直線CA與⊙O相切；②若⊙O的直徑為2，求線段AB的長(zhǎng)；（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(guò)點(diǎn)A作AE⊥BC交于E點(diǎn)，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”；（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AC與⊙O相切；②解：∵△CAD∽△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(guò)點(diǎn)A作AE⊥BC交于E點(diǎn)，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°，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．練習(xí)2、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；（填序號(hào)）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(diǎn)，且BD＝2AD，作DE⊥OA，交線段OA于點(diǎn)F，交⊙O于點(diǎn)E，連接BE交AC于點(diǎn)G．試判斷△AED和△ABE是否是“勤業(yè)三角形”？如果是，請(qǐng)給出證明，并求出的值；如果不是，請(qǐng)說(shuō)明理由；（3）如圖2，在（2）的條件下，當(dāng)AF：FG＝2：3時(shí)，求∠BED的余弦值．【分析】（1）根據(jù)“勤業(yè)三角形”的定義進(jìn)行計(jì)算，即可一一判定；（2）如圖，連結(jié)OE，設(shè)∠ABE＝α，可證得∠AED＝∠ABE＝α，△ADE∽△AEB，可得AE2＝AB?AD，結(jié)合AD＝AB，可得AB＝AE，即可判定△AED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(guò)點(diǎn)G作GI∥AB交DE于點(diǎn)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(zhǎng)為a，則斜邊長(zhǎng)為2a，另一條直角邊長(zhǎng)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(guò)點(diǎn)A作AD⊥BC于點(diǎn)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”，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＝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“勤業(yè)三角形“，∴；（3）解：如圖：過(guò)點(diǎn)G作GI∥AB交DE于點(diǎn)I，∴△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＝．練習(xí)3、定義：對(duì)于一個(gè)四邊形，我們把依次連結(jié)它的各邊中點(diǎn)得到的新四邊形叫做原四邊形的“中點(diǎn)四邊形”．如果原四邊形的中點(diǎn)四邊形是個(gè)正方形，我們把這個(gè)原四邊形叫做“中方四邊形”．概念理解：下列四邊形中一定是“中方四邊形”的是．A．平行四邊形B．矩形C．菱形D．正方形性質(zhì)探究：如圖1，四邊形ABCD是“中方四邊形”，觀察圖形，寫(xiě)出關(guān)于四邊形ABCD的兩條結(jié)論：；．問(wèn)題解決：如圖2，以銳角△ABC的兩邊AB，AC為邊長(zhǎng)，分別向外側(cè)作正方形ABDE和正方形ACFG，連結(jié)BE，EG，GC．求證：四邊形BCGE是“中方四邊形”；拓展應(yīng)用：如圖3，已知四邊形ABCD是“中方四邊形”，M，N分別是AB，CD的中點(diǎn)，（1）試探索AC與MN的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．（2）若AC＝2，求AB+CD的最小值．【分析】概念理解：根據(jù)定義“中方四邊形”，即可得出答案；性質(zhì)探究：由四邊形ABCD是“中方四邊形”，可得EFGH是正方形且E、F、G、H分別是AB、BC、CD、AD的中點(diǎn)，利用三角形中位線定理即可得出答案；問(wèn)題解決：如圖2，取四邊形BCGE各邊中點(diǎn)分別為P、Q、R、L并順次連接成四邊形MNRL，連接CE交AB于P，連接BG交CE于K，利用三角形中位線定理可證得四邊形MNRL是平行四邊形，再證得△EAC≌△BAG（SAS），推出?MNRL是菱形，再由∠LMN＝90°，可得菱形MNRL是正方形，即可證得結(jié)論；拓展應(yīng)用：（1）如圖3，分別作AD、BC的中點(diǎn)E、F并順次連接EN、NF、FM、ME，可得四邊形ENFM是正方形，再根據(jù)等腰直角三角形性質(zhì)即可證得結(jié)論；（2）如圖4，分別作AD、BC的中點(diǎn)E、F并順次連接EN、NF、FM、ME，連接BD交AC于O，連接OM、ON，當(dāng)點(diǎn)O在MN上（即M、O、N共線）時(shí)，OM+ON最小，最小值為MN的長(zhǎng)，再結(jié)合（1）的結(jié)論即可求得答案．【解答】解：概念理解：在平行四邊形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四邊形”，理由如下：因?yàn)檎叫蔚膶?duì)角線相等且互相垂直，故選：D；性質(zhì)探究：①AC＝BD，②AC⊥BD；理由如下：如圖1，∵四邊形ABCD是“中方四邊形”，∴EFGH是正方形且E、F、G、H分別是AB、BC、CD、AD的中點(diǎn)，∴∠FEH＝90°，EF＝EH，EH∥BD，EH＝BD，EF∥AC，EF＝AC，∴AC⊥BD，AC＝BD，故答案為：AC⊥BD，AC＝BD；問(wèn)題解決：如圖2，取四邊形BCGE各邊中點(diǎn)分別為P、Q、R、L并順次連接成四邊形MNRL，連接CE交AB于P，連接BG交CE于K，∵四邊形BCGE各邊中點(diǎn)分別為M、N、R、L，∴MN、NR、RL、LM分別是△BCG、△CEG、△BGE、△CEB的中位線，∴MN∥BG，MN＝BG，RL∥BG，RL＝BG，RN∥CE，RN＝CE，ML∥CE，ML＝CE，∴MN∥RL，MN＝RL，RN∥ML∥CE，RN＝ML，∴四邊形MNRL是平行四邊形，∵四邊形ABDE和四邊形ACFG都是正方形，∴AE＝AB，AG＝AC，∠EAB＝∠GAC＝90°，又∵∠BAC＝∠BAC，∴∠EAB+∠BAC＝∠GAC+∠BAC，即∠EAC＝∠BAG，在△EAC和△BAG中，，∴△EAC≌△BAG（SAS），∴CE＝BG，∠AEC＝∠ABG，又∵RL＝BG，RN＝CE，∴RL＝RN，∴?MNRL是菱形，∵∠EAB＝90°，∴∠AEP+∠APE＝90°．又∵∠AEC＝∠ABG，∠APE＝∠BPK，∴∠ABG+∠BPK＝90°，∴∠BKP＝90°，又∵M(jìn)N∥BG，ML∥CE，∴∠LMN＝90°，∴菱形MNRL是正方形，即原四邊形BCGE是“中方四邊形”；拓展應(yīng)用：（1）MN＝AC，理由如下：如圖3，分別作AD、BC的中點(diǎn)E、F并順次連接EN、NF、FM、ME，∵四邊形ABCD是“中方四邊形”，M，N分別是AB，CD的中點(diǎn)，∴四邊形ENFM是正方形，∴FM＝FN，∠MFN＝90°，∴MN＝＝＝FM，∵M(jìn)，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，∴FM＝AC，∴MN＝AC；（2）如圖4，分別作AD、BC的中點(diǎn)E、F并順次連接EN、NF、FM、ME，連接BD交AC于O，連接OM、ON，當(dāng)點(diǎn)O在MN上（即M、O、N共線）時(shí)，OM+ON最小，最小值為MN的長(zhǎng)，∴2（OM+ON）最?。?MN，由性質(zhì)探究②知：AC⊥BD，又∵M(jìn)，N分別是AB，CD的中點(diǎn)，∴AB＝2OM，CD＝2ON，∴2（OM+ON）＝AB+CD，∴（AB+CD）最小＝2MN，由拓展應(yīng)用（1）知：MN＝AC；又∵AC＝2，∴MN＝，∴（AB+CD）最小＝2．練習(xí)4、我們定義：有一組對(duì)角相等而另一組對(duì)角不相等的凸四邊形叫做“等對(duì)角四邊形”．(1)已知四邊形ABCD是“等對(duì)角四邊形”，，，則=________°，=_________°．(2)如圖1，在中，，為斜邊邊上的中線，過(guò)點(diǎn)作垂直于交于點(diǎn)，試說(shuō)明四邊形是“等對(duì)角四邊形”．(3)如圖2，在中，，，，平分，點(diǎn)在線段延長(zhǎng)線上，以點(diǎn)為頂點(diǎn)構(gòu)成的四邊形為“等對(duì)角四邊形”，求線段的長(zhǎng)．解析】（1）解：∵四邊形是“等對(duì)角四邊形”，，∴，∴，故答案為：，；（2）證明：如圖：在中，∵為斜邊邊上的中線，∴，∴，∵，∴，∴．∵，∴，∴，且，∴四邊形是“等對(duì)角四邊形”；（3）解：點(diǎn)在的延長(zhǎng)線上，當(dāng)，時(shí)，過(guò)作于，于，如圖：∴，∵平分，，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，即∴，∴=；點(diǎn)在的延長(zhǎng)線上，，時(shí)，過(guò)作交的延長(zhǎng)線于，如圖：∵平分，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵，，∴，∴，即，∴，∴，∴，∴；綜上所述，線段的長(zhǎng)為或5模塊3以圓為載體例題1：婆羅摩芨多是公元7世紀(jì)古印度偉大的數(shù)學(xué)家，他在三角形、四邊形、零和負(fù)數(shù)的運(yùn)算規(guī)則，二次方程等方面均有建樹(shù)，他也研究過(guò)對(duì)角線互相垂直的圓內(nèi)接四邊形，我們把這類對(duì)角線互相垂直的圓內(nèi)接四邊形稱為“婆氏四邊形”．（1）若平行四邊形ABCD是“婆氏四邊形”，則四邊形ABCD是（填序號(hào)）；①矩形②菱形③正方形（2）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于圓，P為圓內(nèi)一點(diǎn)，∠APD＝∠BPC＝90°，且∠ADP＝∠PBC，求證：四邊形ABCD為“婆氏四邊形”；（3）在（2）的條件下，BD＝4，且AB＝DC．①當(dāng)DC＝2時(shí)，求AC的長(zhǎng)度；②當(dāng)DC的長(zhǎng)度最小時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出tan∠ADP的值．【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，“婆氏四邊形”的定義和正方形的判定定理解得即可；（2）連接AC，交PD于點(diǎn)G，交BD于點(diǎn)E，利用相似三角形的判定與性質(zhì)得到△APC∽△DPB，∠PAC＝∠PDB；再利用直角三角形的兩個(gè)銳角互余即可得出結(jié)論；（3）①設(shè)CE＝x，利用相似三角形的性質(zhì)得到CE＝，在Rt△DEC中，利用勾股定理列出方程即可求得x的值，進(jìn)而利用相似三角形的性質(zhì)求得AE的長(zhǎng)，結(jié)論可求；②設(shè)DC的長(zhǎng)度為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質(zhì)和直角三角形的邊角關(guān)系定理即可求得結(jié)論．【解答】（1）解：若平行四邊形ABCD是“婆氏四邊形”，則四邊形ABCD是正方形．理由：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠ABC＝∠ADC．∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠ABC+∠ADC＝180°．∴∠ABC＝∠ADC＝90°．∴平行四邊形ABCD是矩形．∵四邊形ABCD是“婆氏四邊形”，∴AC⊥BD．∴矩形ABCD是正方形．故答案為：③；（2）證明：連接AC，交PD于點(diǎn)G，交BD于點(diǎn)E，如圖，∵∠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．∵四邊形ABCD內(nèi)接于圓，∴四邊形ABCD為“婆氏四邊形”；（3）解：①由（2）知：AC⊥BD與點(diǎn)E，設(shè)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＝．∵當(dāng)x＝時(shí)，BE＝x＝3＞4，∴x＝不合題意，舍去．∴x＝．∴BE＝x＝3﹣．∴DE＝BD﹣BE＝+1．∵△ABE∽△DCE，∴．∴AE＝DE＝3+．∴AC＝AE+CE＝3++＝2+2；②設(shè)DC的長(zhǎng)度為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的長(zhǎng)度最小值為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＝．例題2、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(gè)三角形的切圓，相切的邊稱為這個(gè)圓的切邊．（1）如圖1，△ABC中，AB＝CB，∠A＝30°，點(diǎn)O在AC邊上，以O(shè)C為半徑的⊙O恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)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，△ABC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(diǎn)F，取弧BF的中點(diǎn)D，連接AD交BC于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AB于點(diǎn)H，若CF＝8，BF＝10，求AC和EH的長(zhǎng)．【分析】（1）連接OB，說(shuō)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邊相切于點(diǎn)M，N時(shí)，連接OA，OM，ON，利用切線長(zhǎng)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(diǎn)M，N時(shí)，連接OM，ON，BO，過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)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(duì)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(diǎn)M，N時(shí)，連接OA，OM，ON，如圖，∵AB，AC是⊙O的切線，∴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當(dāng)圓心O在AC邊上，⊙O與AB，BC邊相切于點(diǎn)M，N時(shí)，連接OM，ON，BO，過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)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，∵AB為⊙O的直徑，∴AF⊥BC．∵⊙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(diǎn)，∴∠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．練習(xí)1、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，對(duì)于直線l：y＝kx+b，給出如下定義：若直線l與某個(gè)圓相交，則兩個(gè)交點(diǎn)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(shí)，直接寫(xiě)出直線l關(guān)于⊙O的“圓截距”；（2）點(diǎn)M的坐標(biāo)為（1，0），①如圖2，若⊙M的半徑為1，當(dāng)b＝1時(shí)，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(shí)數(shù)范圍內(nèi)變化時(shí)，直線l關(guān)于⊙M的“圓截距”的最小值2，直接寫(xiě)出b的值．【分析】（1）根據(jù)k和b的值直接寫(xiě)出直線的解析式，設(shè)直線與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)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(zhǎng)為時(shí)，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(zhǎng)為2時(shí)，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(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，則A（﹣1，0），B（0，1），∴AB＝＝，即直線l關(guān)于⊙O的“圓截距”為；（2）①如圖2，設(shè)直線與y正半軸交點(diǎn)為P，且P（0，1），∵點(diǎn)M的坐標(biāo)為（1，0），⊙M的半徑為1，∴圓與x軸正半軸交點(diǎn)為Q（2，0），當(dāng)b＝1時(shí)，直線l的解析式為y＝kx+1，當(dāng)直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)Q時(shí)，2k+1＝0，解得k＝﹣；過(guò)點(diǎn)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(gè)交點(diǎn)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(diǎn)為N，∵點(diǎn)P（0，1），點(diǎn)M的坐標(biāo)為（1，0），∴OP＝OM，∴∠PMO＝45°，∴∠QMN＝45°，根據(jù)圓的對(duì)稱性，直線PQ和直線PD關(guān)于直線PN對(duì)稱，此時(shí)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，關(guān)于⊙M的“圓截距”小于，k的取值范圍是k＜﹣2；綜上，k的取值范圍是k＜﹣2或﹣＜k＜0．②當(dāng)k的取值在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)變化時(shí)，直線l關(guān)于⊙M的“圓截距”的最小值2，設(shè)直線與y軸交點(diǎn)為Q（0，m），則過(guò)Q點(diǎn)的“圓截距”的最小值2，如下圖，即RT＝2，MQ⊥RT，由題知，△RMT為等邊三角形，∴∠MRQ＝60°，∴QM＝2×sin60°＝，由勾股定理得，OQ＝＝，根據(jù)圖形的對(duì)稱性可知，b的值為．練習(xí)2、如圖1，在平面內(nèi)，過(guò)⊙T外一點(diǎn)P畫(huà)它的兩條切線，切點(diǎn)分別為M、N，若∠MPN≥90°，則稱點(diǎn)P為⊙T的“限角點(diǎn)”．（1）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，當(dāng)⊙O半徑為1時(shí)，在①P1（1，0），②，③P3（﹣1，﹣1），④P4（2，﹣1）中，⊙O的“限角點(diǎn)”是；（填寫(xiě)序號(hào)）（2）如圖2，⊙A的半徑為，圓心為（0，2），直線l：y＝﹣x+b交坐標(biāo)軸于點(diǎn)B、C，若直線l上有且只有一個(gè)⊙O的“限角點(diǎn)”，求b的值．（3）如圖3，E（2，3）、F（1，2）、G（3，2），⊙D的半徑為，圓心D從原點(diǎn)O出發(fā)，以個(gè)單位/s的速度沿直線l：y＝x向上運(yùn)動(dòng)，若△EFG三邊上存在⊙D的“限角點(diǎn)”，請(qǐng)直接寫(xiě)出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t（s）的取值范圍．【分析】（1）根據(jù)定義可知當(dāng)P為圓O的“限角點(diǎn)”時(shí)，1＜OP≤，再由兩點(diǎn)間距離公式進(jìn)行判斷即可；（2）由題意可知，當(dāng)P為圓A的“限角點(diǎn)”時(shí)，＜AP≤2，設(shè)直線l上有且只有一個(gè)⊙O的“限角點(diǎn)”P(pán)（m，﹣m+b），當(dāng)PA＝2，此時(shí)AP⊥BC，利用tan∠OCB＝＝＝，先求出CP＝，再求AC＝，最后根據(jù)b﹣2＝，求出b＝；（3）由題意可知移動(dòng)后D點(diǎn)坐標(biāo)為（t，t），設(shè)△EFG邊上的點(diǎn)P是圓D的“限角點(diǎn)”，則＜PD≤2，在圓D移動(dòng)的過(guò)程中，DF＝時(shí)，△EFG邊上開(kāi)始出現(xiàn)⊙D的“限角點(diǎn)”，當(dāng)圓D移動(dòng)到E點(diǎn)在圓上時(shí)，△EFG邊上最后一個(gè)⊙D的“限角點(diǎn)”消失，當(dāng)圓D再次移動(dòng)到點(diǎn)E在圓上時(shí)，DE＝，△EFG三邊上又開(kāi)始要出現(xiàn)⊙D的“限角點(diǎn)”；求出直線y＝x與直線EG的交點(diǎn)設(shè)為H（，），當(dāng)DH＝2時(shí)，△EFG邊上存在最后一個(gè)⊙D的“限角點(diǎn)”．【解答】解：（1）∵⊙O半徑為1，∴當(dāng)P為圓O的“限角點(diǎn)”時(shí)，1＜OP≤，∵OP1＝1，OP2＝，OP3＝，OP4＝，∴⊙O的“限角點(diǎn)”是P2，P3，故答案為：②④；（2）∵⊙A的半徑為，∴當(dāng)P為圓A的“限角點(diǎn)”時(shí)，＜AP≤2，設(shè)直線l上有且只有一個(gè)⊙O的“限角點(diǎn)”P(pán)（m，﹣m+b），∴PA＝2，此時(shí)AP⊥BC，令x＝0，則y＝b，∴C（0，b），令y＝0，則x＝b，∴B（b，0），∴tan∠OCB＝＝＝，∴CP＝，∴AC＝，∴b﹣2＝，∴b＝；（3）∵圓心D從原點(diǎn)O出發(fā)，以個(gè)單位/s的速度沿直線l移動(dòng)，∴圓沿x軸正方向移動(dòng)t個(gè)單位，沿y軸正方向移動(dòng)t個(gè)單位，∴移動(dòng)后D點(diǎn)坐標(biāo)為（t，t），設(shè)△EFG邊上的點(diǎn)P是圓D的“限角點(diǎn)”，則＜PD≤2，在圓D移動(dòng)的過(guò)程中，當(dāng)DF＝2時(shí)，（t﹣1）2+（t﹣2）2＝4，解得t＝或t＝，當(dāng)t＝時(shí)，△EFG邊上開(kāi)始出現(xiàn)⊙D的“限角點(diǎn)”，當(dāng)圓D移動(dòng)到E點(diǎn)在圓上時(shí)，DE＝，（t﹣2）2+（t﹣3）2＝2，解得t＝或t＝，∴≤t＜時(shí)，△EFG邊上存在⊙D的“限角點(diǎn)”，當(dāng)圓D再次移動(dòng)到點(diǎn)E在圓上時(shí)，DE＝，（t﹣2）2+（t﹣3）2＝2，解得t＝或t＝，當(dāng)t＝時(shí)，△EFG三邊上開(kāi)始又要出現(xiàn)⊙D的“限角點(diǎn)”；設(shè)直線EG的解析式為y＝kx+b，直線y＝x與直線EG的交點(diǎn)設(shè)為點(diǎn)H，∴，解得，解得y＝﹣x+5，聯(lián)立方程組，解得，∴H（，），當(dāng)DH＝2時(shí)，2（t﹣）2＝4，解得t＝+或t＝﹣+，∴當(dāng)t＝+，△EFG邊上存在⊙D的“限角點(diǎn)”，∴＜t≤+時(shí)，△EFG邊上存在⊙D的“限角點(diǎn)”；綜上所述：≤t＜或＜t≤+時(shí)，△EFG邊上存在⊙D的“限角點(diǎn)”．練習(xí)3、如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A與點(diǎn)B的坐標(biāo)分別是（1，0），（7，0）．（1）對(duì)于坐標(biāo)平面內(nèi)的一點(diǎn)P，給出如下定義：如果∠APB＝45°，那么稱點(diǎn)P為線段AB的“完美點(diǎn)”．①設(shè)A、B、P三點(diǎn)所在圓的圓心為C，則點(diǎn)C的坐標(biāo)是