Question

10．我們規(guī)定：平面內(nèi)點(diǎn)A到圖形G上各個(gè)點(diǎn)的距離的最小值稱為該點(diǎn)到這個(gè)圖形的最小距離d，點(diǎn)A到圖形G上各個(gè)點(diǎn)的距離的最大值稱為該點(diǎn)到這個(gè)圖形的最大距離D，定義點(diǎn)A到圖形G的距離跨度為R=D-d．
（1）①如圖1，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圖形G₁為以O(shè)為圓心，2為半徑的圓，直接寫出以下各點(diǎn)到圖形G₁的距離跨度：
A（-1，0）的距離跨度；
B（$\frac{1}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$）的距離跨度；
C（-3，2）的距離跨度；
②根據(jù)①中的結(jié)果，猜想到圖形G₁的距離跨度為2的所有的點(diǎn)組成的圖形的形狀是圓．
（2）如圖2，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圖形G₂為以C（1，0）為圓心，2為半徑的圓，直線y=k（x+1）上存在到G₂的距離跨度為2的點(diǎn)，求k的取值范圍．
（3）如圖3，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，射線OA：y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x（x≥0），圓C是以3為半徑的圓，且圓心C在x軸上運(yùn)動(dòng)，若射線OA上存在點(diǎn)到圓C的距離跨度為2，直接寫出圓心C的橫坐標(biāo)x_c的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）①先根據(jù)跨度的定義先確定出點(diǎn)到圓的最小距離d和最大距離D，即可得出跨度；
②分點(diǎn)在圓內(nèi)和圓外兩種情況同①的方法計(jì)算，判定得出結(jié)論；
（2）先判斷出存在的點(diǎn)P必在圓O內(nèi)，設(shè)出點(diǎn)P的坐標(biāo)，利用點(diǎn)P到圓心O的距離的2倍是點(diǎn)P到圓的距離跨度，建立方程，由于存在距離跨度是2的點(diǎn)，此方程有解即可得出k的范圍．
（3）同（2）方法判斷出存在的點(diǎn)P在圓C內(nèi)部，由于在射線OA上存在距離跨度是2的點(diǎn)，同（2）的方法建立方程，用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系和根的判別式即可確定出范圍．

解答 解：（1）如圖1，

①∵圖形G₁為以O(shè)為圓心，2為半徑的圓，∴直徑為4，
∵A（-1，0），OA=1，
∴點(diǎn)A到⊙O的最小距離d=MA=OM-OA=1，
點(diǎn)A到⊙O的最大距離D=AN=ON+OM=2+1=3，
∴點(diǎn)A到圖形G₁的距離跨度R=D-d=3-1=2；
∵B（$\frac{1}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$），∴OB=$\sqrt{（\frac{1}{2}）^{2}+（\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}}$=1，
∴點(diǎn)B到⊙O的最小距離d=BG=OG-OB=1，
點(diǎn)B到⊙O的最大距離D=BF=FO+OB=2+1=3，
∴點(diǎn)B到圖形G₁的距離跨度R=D-d=3-1=2；
∵C（-3，2），
∴OC=$\sqrt{（-3）^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{13}$，
∴點(diǎn)C到⊙O的最小距離d=CD=OC-OD=$\sqrt{13}$-2，
點(diǎn)C到⊙O的最大距離D=CE=OC+OE=2+$\sqrt{13}$
∴點(diǎn)C到圖形G₁的距離跨度R=D-d=2+$\sqrt{13}$-（$\sqrt{13}$-2）=4；
∴圓，
理由：①設(shè)⊙O內(nèi)一點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，y），
∴OP=$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$，
∴點(diǎn)P到⊙O的最小距離d=2-OP，點(diǎn)P到⊙O的最大距離D=2+OP，
∴點(diǎn)P到圖形G₁的距離跨度R=D-d=2+OP-（2-OP）=2OP；
∵圖形G₁的距離跨度為2，
∴2OP=2，
∴OP=1，
∴$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$=1，
∴x²+y²=1，
即：到圖形G₁的距離跨度為2的所有的點(diǎn)組成的圖形的形狀是以點(diǎn)O為圓心，1為半徑的圓．
②設(shè)⊙O外一點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（x，y），
∴OQ=$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$，
∴點(diǎn)Q到⊙O的最小距離d=OQ-2，點(diǎn)P到⊙O的最大距離D=OQ+2，
∴點(diǎn)P到圖形G₁的距離跨度R=D-d=OQ+2-（OQ-2）=4；
∵圖形G₁的距離跨度為2，
∴此種情況不存在，
所以，到圖形G₁的距離跨度為2的所有的點(diǎn)組成的圖形的形狀是以點(diǎn)O為圓心，1為半徑的圓．
故答案為：圓；
（2）設(shè)直線y=k（x+1）上存在到G₂的距離跨度為2的點(diǎn)P（m，k（m+1）），
∴OP=$\sqrt{（m-1）^{2}+[k（m+1）]^{2}}$，
由（1）②知，圓內(nèi)一點(diǎn)到圖形圓的跨度是此點(diǎn)到圓心距離的2倍，圓外一點(diǎn)到圖形圓的跨度是此圓的直徑，
∵圖形G₂為以C（1，0）為圓心，2為半徑的圓，到G₂的距離跨度為2的點(diǎn)，
∴距離跨度小于圖形G₂的圓的直徑4，
∴點(diǎn)P在圖形G₂⊙C內(nèi)部，
∴R=2OP=2$\sqrt{（m-1）^{2}+[k（m+1）]^{2}}$，
∵直線y=k（x+1）上存在到G₂的距離跨度為2的點(diǎn)P，
∴2$\sqrt{（m-1）^{2}+[k（m+1）]^{2}}$=2，
∴（k²+1）m²+2（k²-1）m+k²=0①，
∵存在點(diǎn)P，
∴方程①有實(shí)數(shù)根，
∴△=4（k²-1）²-4×（k²+1）k²=-12k²+4≥0，
∴-$\frac{\sqrt{3}}{3}$≤k≤$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
（3）同（2）的方法得出，射線OA上存在點(diǎn)P到圓C的距離跨度為2時(shí)，點(diǎn)P在圓內(nèi)，
設(shè)點(diǎn)P（n，$\frac{\sqrt{3}}{3}$n），（n＞0），
∵圓心C（x₂，0），∴PC=$\sqrt{（n-{x}_{2}）^{2}+（\frac{\sqrt{3}}{3}n）^{2}}$=$\frac{1}{2}$×2=1，
∴$\frac{4}{3}$n²-2x₂n+x₂²-1=0，
∴射線OA上存在點(diǎn)到圓C的距離跨度為2，
∴$\left\{\begin{array}{l}{△=4{{x}_{2}}^{2}-4×\frac{4}{3}（{{x}_{2}}^{2}-1）≥0}\\{{n}_{1}+{n}_{2}=\frac{2{x}_{2}}{\frac{4}{3}}＞0}\\{{n}_{1}{n}_{2}=\frac{{{x}_{2}}^{2}-1}{\frac{4}{3}}＞0}\end{array}\right.$，
∴-1≤x₂≤2．

點(diǎn)評(píng) 此題是圓的綜合題，主要考查了新定義，理解和應(yīng)用新定義解決問題，還涉及到平面坐標(biāo)系內(nèi)，兩點(diǎn)間的距離公式，一元二次方程的根的判別式，根與系數(shù)的關(guān)系，由（1）的已知點(diǎn)的坐標(biāo)計(jì)算距離跨度，觀察得出規(guī)律是解本題的關(guān)鍵．是一道難點(diǎn)比較大的中考�？碱}，判斷出圖形的形狀是圓，是本題的難點(diǎn)．