中考备考攻坚课程第九讲：压轴题难点突破5：新定义阅读题 教学设计

罗湖区中考备考攻坚课程之压轴题难点突破5新定义阅读题
罗湖外语实验学校 王少萍
知识技能梳理
新定义的类型：一般分为三种类型：
定义新运算；
定义初、高中知识衔接"新知识"；
定义新概念
本节难点突破主要研究新概念。
解决定义新概念的关键：正确理解新定义概念的意义.
(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.
(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”。归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.
(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.
利用的数学思想：
（1）转化的思想，把未知的问题转化为学过的知识。
（2）迁移的应用，对全新的概念，需要灵活的迁移运用。
（3）类比的思想。
学习过程
模块一：以函数为载体
例题1：在平面直角坐标系中，如果一个点的横坐标与纵坐标相等，则称该点为“雁点”．例如……都是“雁点”．
（1）求函数图象上的“雁点”坐标；
（2）若抛物线上有且只有一个“雁点”E，该抛物线与x轴交于M、N两点（点M在点N的左侧）．当时．
①求c的取值范围；②求的度数；
如图，抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），P是抛物线上一点，连接，以点P为直角顶点，构造等腰，是否存在点P，使点C恰好为“雁点”？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）和；（2）①；②45°；（3）存在，P点坐标为或或
【分析】（1）根据“雁点”的定义可得y=x，再联立求出 “雁点”坐标即可；
（2）根据和y=x可得，再利用根的判别式得到，再求出a的取值范围；将点c代入解析式求出点E的坐标，令y=0，求出M的坐标，过E点向x轴作垂线，垂足为H点，如图所示，根据EH=MH得出为等腰直角三角形，∠EMN的度数即可求解；
（3）存在，根据图1，图2，图3进行分类讨论，设C（m，m），P（x，y），根据三角形全等得出边相等的关系，再逐步求解，代入解析式得出点P的坐标．
【详解】解：（1）联立，
解得或
即：函数上的雁点坐标为和．
（2）① 联立
得
∵ 这样的雁点E只有一个，即该一元二次方程有两个相等的实根，
∴
∵
∵
∴
② 将代入，得
解得，∴
对于，令
有
解得
∴
过E点向x轴作垂线，垂足为H点，
EH=，MH=
∴
∴ 为等腰直角三角形，
（3）存在，理由如下：
如图所示：过P作直线l垂直于x轴于点k，过C作CH⊥PK于点H
设C（m，m），P（x，y）
∵ △CPB为等腰三角形，
∴PC=PB，∠CPB=90°，
∴∠KPB+∠HPC=90°，
∵∠HPC+∠HCP=90°，
∴∠KPB=∠HCP，
∵∠H=∠PKB=90°，
∴△CHP≌△PKB，
∴CH=PK，HP=KB，
即
∴
当时，
∴
如图2所示，同理可得：△KCP≌△JPB
∴ KP=JB，KC=JP
设P（x，y），C（m，m）
∴KP=x-m，KC=y-m，JB=y，JP=3-x，
即
解得
令
解得
∴或
如图3所示，
∵△RCP≌△TPB
∴RC=TP，RP=TB
设P（x，y），C（m，m）
即
解得
令
解得
∴ 此时P与第②种情况重合
综上所述，符合题意P的坐标为或或
例题2、城市的许多街道是相互垂直或平行的，因此，往往不能沿直线行走到达目的地，只能按直角拐弯的方式行走．可以按照街道的垂直和平行方向建立平面直角坐标系，对两点和，用以下方式定义两点间距离：．
数学理解：
（1）①已知点A（﹣2，1），O为原点，则d（O，A）＝　 　．
②函数（）的图象如图①所示，B是图象上一点，O为原点，d（O，B）＝3，则点B的坐标是　 　．
（2）函数（）的图象如图②所，O为原点。求证：该函数的图象上不存在点C，使d（O，C）＝3．
（3）函数（）的图象如图③所示，D是图象上一点，求d（O，D）的最小值及对应的点D的坐标．
问题解决：
（4）某市要修建一条通往景观湖的道路，如图④，道路以M为起点，先沿MN方向到某处，再在该处拐一次直角弯沿直线到湖边，如何修建能使道路最短？（要求：建立适当的平面直角坐标系，画出示意图并简要说明理由）
（1）①由题意得：d（O，A）＝；
②设B（x，y），由定义两点间的距离可得：|0﹣x|+|0﹣y|＝3，
∵0≤x≤2，∴x+y＝3，
∴，解得：，
∴B（1，2），
故答案为：3，（1，2）；
（2）假设函数（）的图象上存在点C（x，y）使d（O，C）＝3，
根据题意，得，
∵x＞0，∴，，
∴，∴，
∴，∴，
∴方程没有实数根，
∴该函数的图象上不存在点C，使d（O，C）＝3．
（3）设D（x，y），
根据题意得，d（O，D）＝，
∵，
又x≥0，
∴d（O，D）
，
∴当x＝2时，d（O，D）有最小值3，此时点D的坐标是（2，1）．
（4）如图，以M为原点，MN所在的直线为x轴建立平面直角坐标系xOy，
将函数y＝﹣x的图象沿y轴正方向平移，直到与景观湖边界所在曲线有交点时
停止，
设交点为E，过点E作EH⊥MN，垂足为H，
修建方案是：先沿MN方向修建到H处，再沿HE方向修建到E处．
理由：设过点E的直线l1与x轴相交于点F．
在景观湖边界所在曲线上任取一点P，过点P作直线l2∥l1，l2与x轴相交于点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．
练习1：
定义：若一次函数y＝ax+b和反比例函数y＝﹣满足a﹣b＝b﹣c，则称y＝ax2+bx+c为一次函数和反比例函数的“等差”函数．
(1)判断y＝x+b和y＝﹣是否存在“等差”函数？若存在，写出它们的“等差”函数；
(2)若y＝5x+b和y＝﹣存在“等差”函数，且“等差”函数的图象与y＝﹣的图象的一个交点的横坐标为1，求反比例函数的表达式；
(3)若一次函数y＝ax+b和反比例函数y＝﹣（其中a、b、c为常数，且a＞0，c＞0，a＝b）存在“等差”函数，且y＝ax+b与“等差”函数有两个交点A（x1，y1）、B（x2，y2），试判断“等差”函数图象上是否存在一点P（x，y）（其中x1＜x＜x2），使得△ABP的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）假设存在，根据等差函数定义得出b＝4，从而得出解析式；
（2）根据等差函数定义得出5+c＝2b，即c＝2b﹣5，根据“等差”函数的图象与y＝﹣的图象的一个交点的横坐标为1，列出方程即可求得b，进而求得c，即可解决问题．
（3）存在，由题意a＝b，a+c＝2b，推出b＝2c，a＝3c，则一次函数解析式为y＝3cx+2c，“等差”函数解析式为y＝3cx2+2cx+c，即3x2﹣x﹣1＝0，可得x1+x2＝，x1x2＝-，|x1﹣x2|＝，再构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．
(1)
存在，假设一次函数y＝x+b与反比例函数y＝﹣存在“等差”函数，
则a＝1，c＝3，a+c＝2b，
解得：b＝2，
∴存在“等差”函数，其解析式为y＝x2+2x+3；
(2)
根据题意知：a＝5，5+c＝2b，
∴c＝2b﹣5，
则“等差”函数的解析式为y＝5x2+bx+2b﹣5，反比例函数的解析式为y＝﹣，
根据题意，将x＝1代入，
得：5+b+2b﹣5＝﹣2b+5，解得b＝1，c＝﹣3，
故一次函数的解析式为y＝5x+1，反比例函数的解析式为y＝
(3)
存在．
根据题意知：a＝b，a+c＝2b，
∴b＝2c，a＝3c，
则“等差”函数的解析式为y＝3cx2+2cx+c，一次函数解析式为y＝3cx+2c，
∵y＝3cx+2c与“等差”函数y＝3cx2+2cx+c有两个交点A（x1，y1）、B（x2，y2），
∴3cx2﹣cx﹣c＝0，即3x2﹣x﹣1＝0，
∴x1+x2＝ ，x1 x2＝﹣，
∴|x1﹣x2|＝，
如图，过点P（x，3cx2+2cx+c）作PH⊥x轴，交AB于H，则H（x，3cx+2c），
∵点P（x，y）（其中x1＜x＜x2），
∴P点在A，B之间，
∴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﹣]，
∴当x＝时，S取得最大值，最大值为c．
此时点P的坐标是（，c）．
练习2：
定义：若一个函数图象上存在横、纵坐标相等的点，则称该点为这个函数图象的“等值点”．例如，点是函数的图象的“等值点”．
（1）分别判断函数的图象上是否存在“等值点”？如果存在，求出“等值点”的坐标；如果不存在，说明理由；
（2）设函数的图象的“等值点”分别为点A，B，过点B作轴，垂足为C．当的面积为3时，求b的值；
（3）若函数的图象记为，将其沿直线翻折后的图象记为．当两部分组成的图象上恰有2个“等值点”时，直接写出m的取值范围。
【详解】解：（1）∵函数y=x+2，令y=x，则x+2=x，无解，
∴函数y=x+2没有“等值点”；
∵函数，令y=x，则，即，
解得：，
∴函数的“等值点”为(0，0)，(2，2)；
（2）∵函数，令y=x，则，
解得：(负值已舍)，
∴函数的“等值点”为A(，)；
∵函数，令y=x，则，
解得：，
∴函数的“等值点”为B(，)；
的面积为，
即，
解得：或；
（3）将W1沿x=m翻折后得到的函数图象记为W2．
∴W1与W2两部分组成的函数W的图象关于对称，
∴函数W的解析式为，
令y=x，则，即，
解得：，
∴函数的“等值点”为(-1，-1)，(2，2)；
令y=x，则，即，
当时，函数W的图象不存在恰有2个“等值点”的情况；
当时，观察图象，恰有2个“等值点”；
当时，
∵W1的图象上恰有2个“等值点”(-1，-1)，(2，2)，
∴函数W2没有“等值点”，
∴，
整理得：，
解得：．
综上，m的取值范围为或．
练习3、
我们规定：关于x的反比例函数y＝称为一次函数y＝ax+b的“次生函数”，关于x的二次函数y＝ax2+bx﹣（a+b）称为一次函数y＝ax+b的“再生函数”．
(1)按此规定：一次函数y＝x﹣3的“次生函数”为：　　，“再生函数”为：　　；
(2)若关于x的一次函数y＝x+b的“再生函数”的顶点在x轴上，求顶点坐标；
(3)若一次函数y＝ax+b与其“次生函数”交于点（1，﹣2）、（4，﹣）两点，其“再生函数”与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C．
①若点D（1，3），求∠CBD的正切值；
②若点E在直线x＝1上，且∠CBE＝45°，求点E的坐标．
（1）
∵一次函数的a＝1，b＝-3，
∴的“次生函数”为，
的“再生函数”为，
故答案为，；
（2）
∵y＝x+b的“再生函数”为：，
又∵的顶点在x轴上，
∴，
∴解得：，
∴，
∴顶点坐标为：(1，0)；
（3）
①∵y＝ax+b与其“次生函数”的交点为：(1，-2)、( 4，)，
∴，
解得：，
∴一次函数的解析式为，
∴的“再生函数”为：，
令y＝0，则，
解得：x1＝1，x2＝4，
∴A（1，0），B（4，0），C（0，2），
如图，过点C作轴交直线x＝1于点H，
∵D（1，3），C（0，2），
∴CH＝DH＝1，
∴∠CDH＝45°．
又∵AD＝AB＝3，
∴∠ADB＝45°，
∴∠CDB＝90°．
∵，，
∴；
②如图，若点E在x轴的下方，
∵∠CBE＝∠ABD＝45°，
∴∠ABE＝∠CBD，
又∵∠EAB＝∠CDB＝90°，
∴△CBD∽△EBA，
∴，即，
∴AE＝1
∴E(1，-1)；
如图，若点E在x轴的上方，
过点C作CM⊥CB，交BE于点M，过点M作MN⊥y轴于点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），
设直线BM的表达式为：y＝kx+b，
则，
解得：，
∴直线BM的表达式为：，
把x＝1代入得：y＝9，
∴E（1，9），
练习4、
如果抛物线C1的顶点在抛物线C2上，抛物线C2的顶点也在抛物线C1上时，那么我们称抛物线C1与C2“互为关联”的抛物线．如图1，已知抛物线C1：y1＝x2+x与C2：y2＝ax2+x+c是“互为关联”的抛物线，点A，B分别是抛物线C1，C2的顶点，抛物线C2经过点D（6，﹣1）．
(1)直接写出A，B的坐标和抛物线C2的解析式；
(2)抛物线C2上是否存在点E，使得△ABE是直角三角形？如果存在，请求出点E的坐标；如果不存在，请说明理由；
(3)如图2，点F（﹣6，3）在抛物线C1上，点M，N分别是抛物线C1，C2上的动点，且点M，N的横坐标相同，记△AFM面积为S1（当点M与点A，F重合时S1＝0），△ABN的面积为S2（当点N与点A，B重合时，S2＝0），令S＝S1+S2，观察图象，当y1≤y2时，写出x的取值范围，并求出在此范围内S的最大值．
【详解】（1）抛物线C1：
∴A(-2，-1)，
将A(-2，-1)，D(6，-1)代入抛物线：，得：，
解得：，
∴，
∴B（2，3）；
（2）设直线AB的解析式为：，
则，
解得：
∴直线AB的解析式：y＝x+1，
①若B为直角顶点，BE⊥AB，kBE·kAB=-1，
∴kBE=-1，
故可设直线BE解析式为，
将B点坐标代入，得：，
解得：，
直线BE解析式为．
联立，
解得，，
∴E（6，-1）；
②若A为直角顶点，AE⊥AB，
同理得AE解析式：．
联立，
解得，，
∴E（10，-13）；
③若E为直角顶点，设E（m，）
由AE⊥BE得kBE·kAE=-1，
即，
整理，得：，
∴m+2＝0或m-2＝0或（无解），
∴解得m＝2或-2（不符合题意舍去），
∴点E的坐标E（6，-1）或E（10，-13）；
（3）∵，
∴，
设，且，
设直线AF的解析式为，则，
解得：
∴直线AF的解析式：y＝-x-3，
如图，过M作x轴的平行线MQ交AF于Q，
则，
∴．
设AB交MN于点P，易知P（t，t+1），
，
∴，
∴当t＝2时，S的最大值为16．
模块二 以三角形、四边形为载体
例题1：以三角形为载体
【定义理解】如图1，在△ABC中，E是BC的中点，P是AE的中点，就称CP是△ABC的“双中线”，∠ACB＝90°，AC＝3，AB＝5，则CP＝　 　．
（2）【类比探究】
①如图2，E是菱形ABCD一边上的中点，P是BE上的中点，则称AP是菱形ABCD的“双中线”，若AB＝4，∠BAD＝120°，则AP＝　 　．
②如图3，AP是矩形ABCD的“双中线”，若AB＝4，BC＝6，求AP的长．
（3）【拓展应用】
如图4，AP是平行四边形ABCD的“双中线”，若AB＝4，BC＝6，∠BAD＝120°，求AP的长．
解：（1）【定义理解】如图1中，
∵，
∴，
∵E是的中点，
∴，
∴，
∵P是的中点，
∴．
故答案为：．
（2）【类比探究】①延长交的延长线于点F，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
过点B作，交的延长线于点M，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵是菱形的“双中线”，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
②如图3中，连接，延长交的延长线于H．
在矩形中，，
∴，，
∵是矩形的“双中线”，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴．
（3）【拓展应用】如图4中，连接，延长交的延长线于H，
在平行四边形中，，，
∴，，
∵是平行四边形的“双中线”，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∵四边形是平行四边形，，
∴，
∴，
∴．
例题2 以四边形为载体
我们定义：有一组邻角相等的凸四边形做“等邻角四边形”，例如：如图1，∠B＝∠C，则四边形ABCD为等邻角四边形．
（1）定义理解：已知四边形ABCD为等邻角四边形，且∠A＝130°，∠B＝120°，则∠D＝　 度．
（2）变式应用：如图2，在五边形ABCDE中，ED∥BC，对角线BD平分∠ABC．
①求证：四边形ABDE为等邻角四边形；
②若∠A+∠C+∠E＝300°，∠BDC＝∠C，请判断△BCD的形状，并明理由．
（3）深入探究：如图3，在等邻角四边形ABCD中，∠B＝∠BCD，CE⊥AB，垂足为E，点P为边BC上的一动点，过点P作PM⊥AB，PN⊥CD，垂足分别为M，N．在点P的运动过程中，判断PM+PN与CE的数量关系？请说明理由．
（4）迁移拓展：如图4，是一个航模的截面示意图．四边形ABCD是等邻角四边形，∠A＝∠ABC，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D、C，AB＝2dm，AD＝3dm，BD＝dm．M、N分别为AE、BE的中点，连接DM、CN，求△DEM与△CEN的周长之和．
（1）解：∵四边形ABCD为等邻角四边形，∠A＝130°，∠B＝120°，
∴∠C＝∠D，
∴∠D＝55°，
故答案为：55；
（2）①证明：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∵ED∥BC，
∴∠EDB＝∠DBC，
∴∠EDB＝∠ABD，
∴四边形ABDE为等邻角四边形；
②解：△BDC是等边三角形，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是等边三角形；
（3）解：PM+PN＝CE，理由如下：
如图，延长BA，CD交于点H，连接HP，
∵∠B＝∠BCD，
∴HB＝HC，
∵S△BCH＝S△BPH+S△CPH，
∴×BH×CE＝×BH×PM+×CH×PN，
∴CE＝PM+PN；
（4）解：如图，延长AD，BC交于点H，过点B作BG⊥AH于G，
∵ED⊥AD，EC⊥CB，M、N分别为AE、BE的中点，
∴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与△CEN的周长之和＝ME+DM+DE+EC+EN+CN＝AE+BE+BG＝AB+BG＝（6+2）dm．
练习1：我们约定：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．
练习2、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 　 　；（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＝．
练习3、定义：对于一个四边形，我们把依次连结它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．
概念理解：下列四边形中一定是“中方四边形”的是 　　．
A．平行四边形
B．矩形
C．菱形
D．正方形
性质探究：如图1，四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形ABCD的两条结论：
　 ；
　 　．
问题解决：如图2，以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连结BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”；
拓展应用：如图3，已知四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
（1）试探索AC与MN的数量关系，并说明理由．
（2）若AC＝2，求AB+CD的最小值．
【分析】概念理解：根据定义“中方四边形”，即可得出答案；
性质探究：由四边形ABCD是“中方四边形”，可得EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，利用三角形中位线定理即可得出答案；
问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，利用三角形中位线定理可证得四边形MNRL是平行四边形，再证得△EAC≌△BAG（SAS），推出 MNRL是菱形，再由∠LMN＝90°，可得菱形MNRL是正方形，即可证得结论；
拓展应用：（1）如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，可得四边形ENFM是正方形，再根据等腰直角三角形性质即可证得结论；
（2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，连接BD交AC于O，连接OM、ON，当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，再结合（1）的结论即可求得答案．
【解答】解：概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，理由如下：
因为正方形的对角线相等且互相垂直，
故选：D；
性质探究：①AC＝BD，②AC⊥BD；
理由如下：如图1，
∵四边形ABCD是“中方四边形”，
∴EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
∴∠FEH＝90°，EF＝EH，EH∥BD，EH＝BD，EF∥AC，EF＝AC，
∴AC⊥BD，AC＝BD，
故答案为：AC⊥BD，AC＝BD；
问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，
∵四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L，
∴MN、NR、RL、LM分别是△BCG、△CEG、△BGE、△CEB的中位线，
∴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，
∴四边形MNRL是平行四边形，
∵四边形ABDE和四边形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∵MN∥BG，ML∥CE，
∴∠LMN＝90°，
∴菱形MNRL是正方形，即原四边形BCGE是“中方四边形”；
拓展应用：（1）MN＝AC，理由如下：
如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，
∵四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
∴四边形ENFM是正方形，
∴FM＝FN，∠MFN＝90°，
∴MN＝＝＝FM，
∵M，F分别是AB，BC的中点，
∴FM＝AC，
∴MN＝AC；
（2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，
连接BD交AC于O，连接OM、ON，
当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，
∴2（OM+ON）最小＝2MN，
由性质探究②知：AC⊥BD，
又∵M，N分别是AB，CD的中点，
∴AB＝2OM，CD＝2ON，
∴2（OM+ON）＝AB+CD，
∴（AB+CD）最小＝2MN，
由拓展应用（1）知：MN＝AC；
又∵AC＝2，
∴MN＝，
∴（AB+CD）最小＝2．
练习4、我们定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的凸四边形叫做“等对角四边形”．
(1)已知四边形ABCD是“等对角四边形”，，，则 =________°，=_________°．
(2)如图1，在中，，为斜边边上的中线，过点作垂直于交于点，试说明四边形是“等对角四边形”．
(3)如图2，在中，，，，平分，点在线段延长线上，以点为顶点构成的四边形为“等对角四边形”，求线段的长．
解析】（1）解：∵四边形是“等对角四边形”，，
∴，
∴，
故答案为：，；
（2）证明：如图：
在中，
∵为斜边边上的中线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
且，
∴四边形是“等对角四边形”；
（3）解：点在的延长线上，当，时，过作于，于，如图：
∴，
∵平分，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴ ，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，即
∴，
∴=；
点在的延长线上，，时，过作交的延长线于，如图：
∵平分，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
∴ ，
∴，
∴；
综上所述，线段的长为或5
模块3 以圆为载体
例题1：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 　 　（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＝．
例题2、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．
练习1、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．
练习2、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 　 　；（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”．
练习3、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 　 　，⊙C的半径是 　
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 　 　．
【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，﹣）．
练习4: 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“　 　关联直线”（填“双”或“单”）；的值为 　　；
（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＝．