Question

10．我们规定：平面内点A到图形G上各个点的距离的最小值称为该点到这个图形的最小距离d，点A到图形G上各个点的距离的最大值称为该点到这个图形的最大距离D，定义点A到图形G的距离跨度为R=D-d．
（1）①如图1，在平面直角坐标系xOy中，图形G₁为以O为圆心，2为半径的圆，直接写出以下各点到图形G₁的距离跨度：
A（-1，0）的距离跨度；
B（$\frac{1}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$）的距离跨度；
C（-3，2）的距离跨度；
②根据①中的结果，猜想到图形G₁的距离跨度为2的所有的点组成的图形的形状是圆．
（2）如图2，在平面直角坐标系xOy中，图形G₂为以C（1，0）为圆心，2为半径的圆，直线y=k（x+1）上存在到G₂的距离跨度为2的点，求k的取值范围．
（3）如图3，在平面直角坐标系xOy中，射线OA：y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x（x≥0），圆C是以3为半径的圆，且圆心C在x轴上运动，若射线OA上存在点到圆C的距离跨度为2，直接写出圆心C的横坐标x_c的取值范围．

Answer 1

分析 （1）①先根据跨度的定义先确定出点到圆的最小距离d和最大距离D，即可得出跨度；
②分点在圆内和圆外两种情况同①的方法计算，判定得出结论；
（2）先判断出存在的点P必在圆O内，设出点P的坐标，利用点P到圆心O的距离的2倍是点P到圆的距离跨度，建立方程，由于存在距离跨度是2的点，此方程有解即可得出k的范围．
（3）同（2）方法判断出存在的点P在圆C内部，由于在射线OA上存在距离跨度是2的点，同（2）的方法建立方程，用一元二次方程根与系数的关系和根的判别式即可确定出范围．

解答 解：（1）如图1，

①∵图形G₁为以O为圆心，2为半径的圆，∴直径为4，
∵A（-1，0），OA=1，
∴点A到⊙O的最小距离d=MA=OM-OA=1，
点A到⊙O的最大距离D=AN=ON+OM=2+1=3，
∴点A到图形G₁的距离跨度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，
∴点B到⊙O的最小距离d=BG=OG-OB=1，
点B到⊙O的最大距离D=BF=FO+OB=2+1=3，
∴点B到图形G₁的距离跨度R=D-d=3-1=2；
∵C（-3，2），
∴OC=$\sqrt{（-3）^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{13}$，
∴点C到⊙O的最小距离d=CD=OC-OD=$\sqrt{13}$-2，
点C到⊙O的最大距离D=CE=OC+OE=2+$\sqrt{13}$
∴点C到图形G₁的距离跨度R=D-d=2+$\sqrt{13}$-（$\sqrt{13}$-2）=4；
∴圆，
理由：①设⊙O内一点P的坐标为（x，y），
∴OP=$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$，
∴点P到⊙O的最小距离d=2-OP，点P到⊙O的最大距离D=2+OP，
∴点P到图形G₁的距离跨度R=D-d=2+OP-（2-OP）=2OP；
∵图形G₁的距离跨度为2，
∴2OP=2，
∴OP=1，
∴$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$=1，
∴x²+y²=1，
即：到图形G₁的距离跨度为2的所有的点组成的图形的形状是以点O为圆心，1为半径的圆．
②设⊙O外一点Q的坐标为（x，y），
∴OQ=$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$，
∴点Q到⊙O的最小距离d=OQ-2，点P到⊙O的最大距离D=OQ+2，
∴点P到图形G₁的距离跨度R=D-d=OQ+2-（OQ-2）=4；
∵图形G₁的距离跨度为2，
∴此种情况不存在，
所以，到图形G₁的距离跨度为2的所有的点组成的图形的形状是以点O为圆心，1为半径的圆．
故答案为：圆；
（2）设直线y=k（x+1）上存在到G₂的距离跨度为2的点P（m，k（m+1）），
∴OP=$\sqrt{（m-1）^{2}+[k（m+1）]^{2}}$，
由（1）②知，圆内一点到图形圆的跨度是此点到圆心距离的2倍，圆外一点到图形圆的跨度是此圆的直径，
∵图形G₂为以C（1，0）为圆心，2为半径的圆，到G₂的距离跨度为2的点，
∴距离跨度小于图形G₂的圆的直径4，
∴点P在图形G₂⊙C内部，
∴R=2OP=2$\sqrt{（m-1）^{2}+[k（m+1）]^{2}}$，
∵直线y=k（x+1）上存在到G₂的距离跨度为2的点P，
∴2$\sqrt{（m-1）^{2}+[k（m+1）]^{2}}$=2，
∴（k²+1）m²+2（k²-1）m+k²=0①，
∵存在点P，
∴方程①有实数根，
∴△=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，射线OA上存在点P到圆C的距离跨度为2时，点P在圆内，
设点P（n，$\frac{\sqrt{3}}{3}$n），（n＞0），
∵圆心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，
∴射线OA上存在点到圆C的距离跨度为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．

点评 此题是圆的综合题，主要考查了新定义，理解和应用新定义解决问题，还涉及到平面坐标系内，两点间的距离公式，一元二次方程的根的判别式，根与系数的关系，由（1）的已知点的坐标计算距离跨度，观察得出规律是解本题的关键．是一道难点比较大的中考常考题，判断出图形的形状是圆，是本题的难点．