新定义：圆与圆环

1. 26 房山二模（★★★★）

【答案】

（1）① 60 \(M_1\) ② \(\frac{1}{2}\)

（2）\(4\le t\le 2\sqrt{2}+2\) 或 \(-2\sqrt{2}-2\le t\le -4\)

【解析】

（1）① 容易发现当 ∠BAC 最大时 BA,CA 为圆的两条切线，对于一个圆和点 A 可以找到唯一一个弦分点。

画出切线产生直角后通过 2OB=OA 可以得知 OAB 是含 30°直角三角形，进而 ∠BAC=60°。

通过 369 求得 \(AB=\sqrt{3}\)，进而通过等边得知 BC，用勾股定理求出 OM 的长度为 0.5 即可。

② 点 A 的运动如图所示：

显然 \(\triangle AOC\sim\triangle COD\)，所以 \(\frac{AO}{OC}=\frac{CO}{OD}\)，进而 \(OD=\frac{OC^2}{AO}\)，因 OC 为定值，所以当 AO 取最小值 2 时，OD 取最小值 1/2。

（2）先对正方形上存在一点进行转化：如果 (x,y) 符合要求，那么 \(t=±\max(x,y)\) 符合要求，下文只讨论 t>0 的情况。

我们发现，当点 M 分别与 E,F 重合时，点 A 的坐标为 (4,0),(0,4)，此时 t 取最小值 4。

当 t 取最大值时，一种方法是让点 A 横坐标最大，如下图所示：

设 \(AM=a,MO=b\)。

用两个三角形的勾股定理方式表示 AB：\(AB^2=(a+b)^2-4=4-b^2+a\)。

解得 \(b(a+b)=4\)，即 \(OA=\frac{4}{b}\)。

容易求得 \(EF:y=-x+1\)，设 M(m,-m+1)。

那么 \(OA:y=\frac{1-m}{m}·x\)。

设 \(A(a,\frac{1-m}{m}·a)\)，可求 \(OA^2=a^2+a^2·\frac{(1-m)^2}{m^2}=a^2(\frac{m^2+(1-m)^2}{m^2})\)。

由 \(OA=\frac{4}{b}\) 及点 M 的坐标可得 \(OA^2=\frac{16}{b^2}=\frac{16}{m^2+(1-m)^2}\)。

联立两个 OA 表达式，得 \(a=\frac{4m}{2m^2-2m+1}\)，下面求这个式子的最大值。

原式=\(\frac{4}{2m-2+\frac{1}{m}}\)，原式最大时 \(2m-2+\frac{1}{m}\) 最小。

由均值不等式得，\(2m=\frac{1}{m}\)，所以 \(m=\frac{\sqrt{2}}{2}\)，进而 \(a=2\sqrt{2}+2\)。

所以 \(4\le t\le \sqrt{2}+2\)，t 取相反数的部分也可以取。

2. 25 北京中考（★★★）

【答案】（1）\(A_3,\sqrt{3}\)

（2）\(t\le -1-\sqrt{11}\) 或 \(\frac{3\sqrt{2}}{2}\le t<3\) 或 \(t> 5\)

【解析】（1）① 关键性质：只要点 A 不在圆 C 上，那么点 A 就是圆 C 的关联点。

证明：当点 A 在圆外或圆内时，存在两个点 M,N 使得 ∠MAN=180°，无论 P,Q 在哪一定有 ∠PAQ≤180°，所以是关联点。

当点 A 在圆上时，因为 M,N 不重合，M,N,A 只能无限靠*，使得 ∠MAN 趋**角，但无论怎么取，都可以让 P,Q 相较 M,N 更靠*点 A，这样就能让 ∠PAQ>∠MAN，不符合定义。

考虑关联角度的取值范围，最小值趋*于 0。最大值分情况：当 A 在圆内，最大值为 180°，否则最大值为过点 A 作圆 O 两切线的夹角大小。

对于 ① 问，第一个点在圆内，关联角度可能达到 180，排除。

我们考虑临界情况，也就是 ∠MAN=90°。

因为是切线，所以 ∠OMA=90°，又因为 ∠MAO=45°，所以三角形 OMA 是等腰直角三角形，直角边为半径 r，那么斜边 \(OA=\sqrt{2}r\)，对于本问，\(OA=\sqrt{2}\)。

那么若点 A 的横坐标大于 \(\sqrt{2}\)，那么关联角度小于 90°。

故答案为：\(A_3\)。

② 任意长度小于 1 的线段 BD 都满足要求可以转化为半径为 1 的 \(\odot B\) 上和其内部的所有点都符合要求。

上一问分析过，只要不在圆上就是关联点，问题转化为何时 \(\odot B\odot O\) 不重合。

点 B 上下移动，临界情况移动是两圆相切（有一个公共点）。这就说明两圆心之间的距离是两半径之和 2。

OB=2，B 横坐标为 1，可求纵坐标 \(m=\sqrt{3}\)，依据题意，线段 BD 长度小于 1，即不包括圆上，所以此时两圆没有交点可取。

若点 B 向上移动，那么永远没有交点，最小值即为 \(\sqrt{3}\)。

（2）分析要求的两个条件：是圆 T 关联点、关联角度在 90~180 之间，按照（1）① 的方法，可转化为：

• 不能在以 T 为圆心半径为 |t| 的圆上；
• 必须在以 T 为圆心半径为 \(\sqrt{2}|t|\) 的圆内或圆上。

下图即为点 T 的移动过程，需要线段 EF 需要满足：

• 条件一：不经过小圆；
• 条件二：存在一部分在大圆上或大圆之内。（理由：要求的是线段关联角度最大值不小于 90）

• 何时满足条件一

  T 最靠左时，线段全在大圆之内，当点 E 在大圆上时是临界情况，之后将不满足条件一。

  临界情况时 \(T(t,0),E(1,3)\) 的距离为 \(-\sqrt{2}t\)，列方程解得 \(t=-1-\sqrt{11}\)。

  等到再此满足条件一时，T 在 x 正半轴，且在线段 EF 正下方，所以临界时大圆半径应为 x 轴与 EF 的距离 3，即 \(t=\frac{3\sqrt{2}}{2}\)。

  综上，\(t\le -1-\sqrt{11}\) 或 \(t\ge \frac{3\sqrt{2}}{2}\) 时满足条件一。

• 何时不满足条件二

  当小圆与线段有交点时，T 在 x 正半轴，第一次相交时半径为 x 轴和线段距离的 3。

  最后一次相交时，发现点 E 最后离开小圆，所以此时 \(T(t,0),E(1,3)\) 的距离为 t，列方程解得 t=5。

  所以 \(3\le t\le 5\) 时是不满足的。

综上，\(t\le -1-\sqrt{11}\) 或 \(\frac{3\sqrt{2}}{2}\le t<3\) 或 \(t> 5\)。

3. 26 大兴二模（★★）

【答案】（1）\(B_2,2\sqrt{3}\)

（2）\(-4<t<3,7\sqrt{2}\)

（3）\(\frac{5}{2}<t<\frac{11}{4}\) 或 \(-\frac{11}{4}<t<-\frac{5}{2}\)

【解析】（1）B 为 A 的 m-区域距点可转化为 AB<m，区域距离可用勾股定理转化为 \(2(m^2-AB^2)\)。

本小问只有 B2 与 A 距离小于 2，代入上述公式可计算区域距离为 \(2\sqrt{3}\)。

（2）所有满足要求的点的集合在半径为 5 的圆 O 内，只需求函数的哪部分在园内即可。

设 A(t,t+1)，令 OA=5，可列距离方程，解得 \(t_1=-4,t_2=3\)，这是直线与圆的两交点坐标。

取中间部分，\(-4<t<3\)。

观察（1）中区域距离式子，发现只需要最大化 OA 即可让整体最大，显然要作垂线，此时 \(OA=\frac{\sqrt{2}}{2}\)。

代入式子可求区域距离最大值为 \(7\sqrt{2}\)。

（3）考虑求出所有合法点 M 所构成的图形是什么。

先随意画出一种 \(A_1A_2\)：

依据分析过的定义，合法的点 M 就是半径为 2.5 的 \(\odot A_1,\odot A_2\) 的公共部分，如图中黄色所示。

当 \(A_1 A_2\) 转动时，黄色部分转动，最终所有满足要求的点 M 就是图中的红色圆环。

考虑求出圆环大小，即两圆交点 P,Q 的坐标。

我们已知 \(PA_1=QA_1=2.5,A_1A_2=4\)，可以用勾股定理求得 \(PQ=3\)，进而 \(OP=2.5,OQ=5.5\)。

所以线段 EF 上所有点都距离 O 2.5~5.5 之间，依据定义分析是不能取等的。

所以 \(|t|>2.5\\|2t|<5.5\)，解得 \(2.5<t<2.75\) 或 \(-2.75<t<-2.5\)。