1. 阅读理解:如图1,在平面内选一定点$O$,引一条有方向的射线$Ox$,再选定一个单位长度,那么平面上任意一点$M$的位置可由$∠ MOx$的度数$θ$与$OM$的长度$m$确定,有序数对$(θ,m)$称为点$M$的“极坐标”,这样建立的坐标系称为“极坐标系”.应用:在图2的极坐标系下,如果正六边形的边长为2,有一边$OA$在射线$Ox$上,则正六边形顶点$C$的“极坐标”应记为（）


A.$(30°,2)$
B.$(45°,4)$
C.$(30°,2\sqrt{3})$
D.$(50°,2\sqrt{3})$

1. C 提示:如图,过点C作$CB⊥x$轴于点B.因为六边形是正六边形,所以$∠BAC=60°,AO=AC=2$,所以$∠ACB=30°,∠AOC=∠ACO=30°$,所以在$\mathrm{Rt}△ACB$中,$AB=\frac{1}{2}AC=1,BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=\sqrt{3}$.在$\mathrm{Rt}△BCO$中,$OC=2BC=2\sqrt{3}$,所以正六边形的顶点C的“极坐标”应记为$(30°,2\sqrt{3})$.

2. 如图,直线 $y=-2x+2$ 与 $x$ 轴、$y$ 轴分别交于$A$,$B$两点,射线 $AP ⊥ AB$ 于点$A$.若$C$是射线$AP$上的一个动点,$D$是$x$轴上的一个动点,且以$C$,$D$,$A$为顶点的三角形与$△ AOB$全等,则$OD$的长为 （）

A.2或$\sqrt{5}+1$
B.3或$\sqrt{5}$
C.2或$\sqrt{5}$
D.3或$\sqrt{5}+1$

2. D 提示:根据题意,易得点$A(1,0),B(0,2)$,所以$OA=1,OB=2$.所以$AB=\sqrt{5}$.因为$AP⊥AB$,C是射线AP上一点,所以$∠BAC=90°$,即$∠OAB+∠CAD=90°$.因为$∠OAB+∠OBA=90°$,所以$∠CAD=∠OBA$.若以C,D,A为顶点的三角形与$△AOB$全等,则$∠ACD=90°$或$∠ADC=90°$,即$△DCA≌△AOB$ 或$△CDA≌△AOB$. 如图1,当$△DCA≌△AOB$ 时,$DA=AB=\sqrt{5}$,所以$OD=OA+DA=\sqrt{5}+1$;如图2,当$△CDA≌△AOB$ 时,$DA=OB=2$,所以$OD=OA+DA=3$.综上所述,$OD$的长为3或$\sqrt{5}+1$.

3. 如图,一次函数 $y=x+4$ 的图象与 $x$ 轴、$y$ 轴分别交于点 $A,B$,点 $C(-2,0),E,F$分别为直线 $y=x+4$ 和 $y$ 轴上的两个动点. 当 $△ CEF$ 的周长最小时,点 $E,F$ 的坐标分别为（）

A.$E(-\dfrac{5}{2},\dfrac{3}{2}),F(0,2)$
B.$E(-2,2),F(0,2)$
C.$E(-\dfrac{5}{2},\dfrac{3}{2}),F(0,\dfrac{2}{3})$
D.$E(-2,2),F(0,\dfrac{2}{3})$

3. C 提示:分别作点$C(-2,0)$关于$y$轴的对称点$G(2,0)$,关于直线$y=x+4$的对称点$D$,连接$DG$交$AB$于点$E$,交$y$轴于点$F$,连接$AD$,则此时$△CEF$的周长最小,最小值为线段$DG$的长.易知点$A(-4,0),B(0,4)$,所以$OA=OB$,$△AOB$是等腰直角三角形,所以$∠BAC=45°$.因为点C,D关于AB对称,所以$∠DAB=∠BAC=45°$,所以$∠DAC=90°$.因为点$C(-2,0)$,所以$AD=AC=OA-OC=2$,所以点$D(-4,2)$.由点$D(-4,2)$,$G(2,0)$可得直线$DG$的函数表达式为$y=-\frac{1}{3}x+\frac{2}{3}$.令$x=0$,得$y=\frac{2}{3}$,所以点$F(0,\frac{2}{3})$.由$\begin{cases} y=x+4,\\ y=-\frac{1}{3}x+\frac{2}{3}, \end{cases}$得$\begin{cases} x=-\frac{5}{2},\\ y=\frac{3}{2}. \end{cases}$ 所以点$E(-\frac{5}{2},\frac{3}{2})$.

4. (2025 常州市期末)定义:$P$是平面内某一点,$Q$是图形$W$上任意一点,将$P,Q$两点间距离的最小值称为点$P$与图形$W$的“点图距”.如图,在等边三角形$ABC$中,点$A$的坐标为$(3,0)$,点$B,C$在$y$轴上.记动点$P(t,0)$与等边三角形$ABC$的“点图距”为$y$,则$y$随$t$变化的图象是（）

4. B 提示:因为点$P(t,0)$,点B,C在$y$轴上,所以当$t＜0$时,点$P(t,0)$与等边三角形$ABC$的“点图距”为$PO$的长,所以$y=-t$.当$t＞0$时,因为$△ABC$是等边三角形,$OA⊥BC$,点A的坐标为$(3,0)$,所以$∠OAB=∠OAC=30°$,$OA=3$,所以$AB=2OB$.在$\mathrm{Rt}△ABO$中,由勾股定理,得$AB^2-OB^2=OA^2$,即$(2OB)^2-OB^2=3^2$,所以$OC=OB=\sqrt{3}$,$AC=BC=AB=2\sqrt{3}$.过点P作$PD⊥AB$于点D.当$OP=PD$时,因为$∠BAO=30°$,所以$AP=2PD=2OP$.因为$OA=PA+OP=3$,所以$OP=PD=1$,$AP=2$,所以此时动点$P(t,0)$与等边三角形$ABC$的“点图距”$y=1$. ①当$0≤OP≤1$时,$OP＜PD$,所以动点$P(t,0)$与等边三角形$ABC$的“点图距”为$OP$的长,此时$y=t(0≤t≤1)$;②当$1＜OP≤3$时,$OP＞PD$,所以动点$P(t,0)$与等边三角形$ABC$的“点图距”为$PD$的长,因为$PD=\frac{1}{2}AP=\frac{1}{2}(OA-OP)=\frac{1}{2}(3-t)=-\frac{1}{2}t+\frac{3}{2}$,所以$y=-\frac{1}{2}t+\frac{3}{2}(1＜t≤3)$;③当$t＞3$时,动点$P(t,0)$与等边三角形$ABC$的“点图距”为$AP$的长,所以$y=AP=OP-OA=t-3(t＞3)$.综上所述,$y=\begin{cases} -t(t＜0),\\ t(0≤t≤1),\\ -\frac{1}{2}t+\frac{3}{2}(1＜t≤3),\\ t-3(t＞3). \end{cases}$

5. 要研究使 $x,y$ 满足 $x+1-y≥0$ 的范围问题
时,我们可以借助观察 $y=x+1$ 的图象解
决. 如图,阴影部分为满足 $x+1-y≥0$ 的区
域. 若 $x,y$ 满足条件$\begin{cases} x-y≥0,\\ x+y-2≤0,\\ y≥0, \end{cases}$令 $M=$
$2x-5y$,则 $M$ 的取值范围为.

5. $-3≤M≤4$ 提示:由题意可知下图阴影部分($△OAB$所在的区域)为$x,y$满足题设条件的区域,联立$\begin{cases} y=x,\\ y=-x+2, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} x=1,\\ y=1, \end{cases}$ 即点$B(1,1)$.对于$x+y-2=0$,令$y=0$,得$x=2$,所以点$A(2,0)$.由$M=2x-5y$,得$y=\frac{2}{5}x-\frac{1}{5}M$,则$-\frac{1}{5}M$为直线$y=\frac{2}{5}x-\frac{1}{5}M$与$y$轴交点的纵坐标.如图,当直线$y=\frac{2}{5}x-\frac{1}{5}M$过点A时,此时$-\frac{1}{5}M$的值最小,即$M$的值最大.将点$A(2,0)$代入$y=\frac{2}{5}x-\frac{1}{5}M$,得$0=\frac{2}{5}×2-\frac{1}{5}M$,解得$M=4$.同理当直线$y=\frac{2}{5}x-\frac{1}{5}M$过点B时,此时$-\frac{1}{5}M$的值最大,即$M$的值最小,即$1=\frac{2}{5}×1-\frac{1}{5}M$,解得$M=-3$.综上所述,$M$的取值范围为$-3≤M≤4$.