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1[2025江苏苏州质检,中]平面上有四个点,它们不都在同一直线上,过其中三个点作圆,可以作出不重复的圆n个,则n的值不可能为 (
A.4
B.3
C.2
D.1
C
)A.4
B.3
C.2
D.1
答案
1.C 【解析】分为三种情况:①当四点都在同一个圆上时,如图(1),此时$n=1$.
②当三点在同一直线上时,如图(2). 分点A,B,C;A,C,D;A,B,D共圆三种情况,可作3个圆,即此时$n=3$.
③当A,B,C,D四点不共圆,且其中的任何三点都不共线时,如图(3),分点A,B,C;B,C,D;C,D,A;D,A,B共圆四种情况,可作4个圆,即此时$n=4$. 综上,$n$的值不能是2. 故选 C.
解析
【分析】
解题的核心依据是“不在同一直线上的三个点确定唯一的圆”，已知四个点不都共线，我们只需分类讨论四个点的所有位置情况，分别计算每种情况能作出的不重复圆的个数，再对照选项排除即可：首先考虑四点共圆的情况，再考虑有三点共线的情况，最后考虑无三点共线且四点不共圆的情况。
【解析】
我们分三种情况讨论：
① 当四个点都在同一个圆上时，如图(1)，此时过任意三个点作的圆都重合，因此$n=1$；
② 当有三个点在同一直线上，第四个点不在该直线上时，如图(2)，直线外的点分别与直线上任意两个点组合，均满足三点不共线可确定一个圆，共有3种组合，可作3个不重复的圆，因此$n=3$；
③ 当四个点不共圆，且不存在任何三点共线时，如图(3)，从四个点中任选三个点的组合共4种，每组三点都能确定一个不重复的圆，因此可作4个圆，$n=4$。
综上，$n$的可能值为1、3、4，不可能为2。
【答案】C
【知识点】
确定圆的条件、分类讨论、四点共圆
【点评】
本题考查对圆的确定条件的理解与应用，需要结合分类讨论思想梳理四个点的所有位置情况，避免遗漏情况即可顺利解题，是对圆的基础性质的常规考查。
【难度系数】
0.7
解题的核心依据是“不在同一直线上的三个点确定唯一的圆”，已知四个点不都共线，我们只需分类讨论四个点的所有位置情况，分别计算每种情况能作出的不重复圆的个数，再对照选项排除即可：首先考虑四点共圆的情况，再考虑有三点共线的情况，最后考虑无三点共线且四点不共圆的情况。
【解析】
我们分三种情况讨论：
① 当四个点都在同一个圆上时，如图(1)，此时过任意三个点作的圆都重合，因此$n=1$；
② 当有三个点在同一直线上，第四个点不在该直线上时，如图(2)，直线外的点分别与直线上任意两个点组合，均满足三点不共线可确定一个圆，共有3种组合，可作3个不重复的圆，因此$n=3$；
③ 当四个点不共圆，且不存在任何三点共线时，如图(3)，从四个点中任选三个点的组合共4种，每组三点都能确定一个不重复的圆，因此可作4个圆，$n=4$。
综上，$n$的可能值为1、3、4，不可能为2。
【答案】C
【知识点】
确定圆的条件、分类讨论、四点共圆
【点评】
本题考查对圆的确定条件的理解与应用，需要结合分类讨论思想梳理四个点的所有位置情况，避免遗漏情况即可顺利解题，是对圆的基础性质的常规考查。
【难度系数】
0.7
2[2026江苏宿迁调研,较难]如图,在矩形ABCD中,AB=6,BC=8,P为矩形的边BC上一动点,点P从点B运动到点C,△PAD的外接圆的圆心运动的路径长为 (
A.$\frac{4}{3}$
B.$\frac{8}{3}$
C.$\frac{5}{3}$
D.$\frac{10}{3}$
B
)A.$\frac{4}{3}$
B.$\frac{8}{3}$
C.$\frac{5}{3}$
D.$\frac{10}{3}$
答案
2.B 【解析】如图,连接AC,BD,交于点$O'$. $\because$ 四边形ABCD是矩形,$AB=6$,$BC=8$,$\therefore O'A=O'C=O'B=O'D$,$∠ BAD=∠ ADC=∠ ABC=∠ BCD=90°$,$CD=AB=6$,$AD=BC=8$,$\therefore$ 点$O'$在$△ PAD$的边AD的垂直平分线上. 当点P与点B或C重合时,$△ PAD$的外接圆的圆心为点$O'$,当点P为BC的中点,即$PB=PC$时,连接$PO'$并延长,交AD于点E,设此时$△ PAD$的外接圆的圆心为点O,连接OD,则$OP=OD$. 在$△ ABP$和$△ DCP$中,$\begin{cases}AB=DC,\\∠ ABP=∠ DCP=90°,\\PB=PC,\end{cases}$ $\therefore △ ABP≌△ DCP\ (\mathrm{SAS})$,$\therefore PA=PD$,$\therefore$ 此时点P在$△ PAD$的AD边的垂直平分线上,$\therefore PE$垂直平分AD. $\because △ PAD$的外接圆的圆心一定在AD边的垂直平分线上,$\therefore$ 点O一定在PE上,$\therefore$ 点P从点B运动到点C,$△ PAD$的外接圆的圆心运动的路径是从点$O'$到点O,再从点O到点$O'$,其路径长是$2OO'$. 在$Rt△ ABD$中,$AB=6$,$AD=8$,$\therefore BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=10$,$\therefore O'D=5$. 又$\because PE$垂直平分AD,$\therefore DE=\dfrac{1}{2}AD=4$,$\therefore O'E=\sqrt{O'D^2-DE^2}=3$. $\because ∠ BAD=∠ ABC=90°$,$PE$垂直平分AD,$\therefore$ 四边形ABPE是矩形,$\therefore PE=AB=6$. 设$OE=x$,则$OD=OP=PE-OE=6-x$. 在$Rt△ DOE$中,$OE^2+DE^2=OD^2$,即$x^2+4^2=(6-x)^2$,解得$x=\dfrac{5}{3}$,$\therefore 2OO'=2(O'E-OE)=2×(3-\dfrac{5}{3})=\dfrac{8}{3}$,即点P从点B运动到点C,$△ PAD$的外接圆的圆心运动的路径长为$\dfrac{8}{3}$,故选 B.
解析
【分析】
三角形外接圆的圆心（外心）是三角形三边垂直平分线的交点，本题中△PAD的边AD是固定边，因此外心始终在AD的垂直平分线上，运动轨迹为AD垂直平分线上的一段线段。首先确定轨迹的两个特殊端点：当点P与B或C重合时，△PAD的外接圆为矩形的外接圆，圆心是矩形对角线的交点O'；当点P为BC中点时，△PAD为等腰三角形，此时外心O在AD的垂直平分线上，运动路径为O'→O→O'，总长度为2OO'，最后结合矩形性质和勾股定理计算对应线段长度即可。
【解析】
如图，连接AC，BD，交于点$O'$。
∵ 四边形ABCD是矩形，$AB=6$，$BC=8$，
∴ $O'A=O'C=O'B=O'D$，$∠ BAD=∠ ADC=∠ ABC=∠ BCD=90°$，$CD=AB=6$，$AD=BC=8$，
∴ 点$O'$在$△ PAD$的边AD的垂直平分线上。
当点P与点B或C重合时，$△ PAD$的外接圆的圆心为点$O'$；当点P为BC的中点，即$PB=PC$时，连接$PO'$并延长，交AD于点E，设此时$△ PAD$的外接圆的圆心为点O，连接OD，则$OP=OD$。
在$△ ABP$和$△ DCP$中，
$\begin{cases}AB=DC,\\∠ ABP=∠ DCP=90°,\\PB=PC,\end{cases}$
∴ $△ ABP≌△ DCP\ (\mathrm{SAS})$，
∴ $PA=PD$，
∴ 此时点P在$△ PAD$的AD边的垂直平分线上，
∴ $PE$垂直平分AD。
∵ $△ PAD$的外接圆的圆心一定在AD边的垂直平分线上，
∴ 点O一定在PE上，
∴ 点P从点B运动到点C，$△ PAD$的外接圆的圆心运动的路径是从点$O'$到点O，再从点O到点$O'$，其路径长是$2OO'$。
在$Rt△ ABD$中，$AB=6$，$AD=8$，
∴ $BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=10$，
∴ $O'D=5$。
又
∵ $PE$垂直平分AD，
∴ $DE=\dfrac{1}{2}AD=4$，
∴ $O'E=\sqrt{O'D^2-DE^2}=3$。
∵ $∠ BAD=∠ ABC=90°$，$PE$垂直平分AD，
∴ 四边形ABPE是矩形，
∴ $PE=AB=6$。
设$OE=x$，则$OD=OP=PE-OE=6-x$。
在$Rt△ DOE$中，$OE^2+DE^2=OD^2$，即$x^2+4^2=(6-x)^2$，
解得$x=\dfrac{5}{3}$，
∴ $2OO'=2(O'E-OE)=2×(3-\dfrac{5}{3})=\dfrac{8}{3}$。
【答案】
B
【知识点】
确定圆的条件，矩形的性质，勾股定理
【点评】
本题是动态几何类题型，解题核心是抓住三角形外接圆圆心的位置特征，先确定运动轨迹的形状和端点，再结合几何性质计算路径长度，能有效考察综合运用几何知识分析问题的能力。
【难度系数】
0.3
三角形外接圆的圆心（外心）是三角形三边垂直平分线的交点，本题中△PAD的边AD是固定边，因此外心始终在AD的垂直平分线上，运动轨迹为AD垂直平分线上的一段线段。首先确定轨迹的两个特殊端点：当点P与B或C重合时，△PAD的外接圆为矩形的外接圆，圆心是矩形对角线的交点O'；当点P为BC中点时，△PAD为等腰三角形，此时外心O在AD的垂直平分线上，运动路径为O'→O→O'，总长度为2OO'，最后结合矩形性质和勾股定理计算对应线段长度即可。
【解析】
如图，连接AC，BD，交于点$O'$。
∵ 四边形ABCD是矩形，$AB=6$，$BC=8$，
∴ $O'A=O'C=O'B=O'D$，$∠ BAD=∠ ADC=∠ ABC=∠ BCD=90°$，$CD=AB=6$，$AD=BC=8$，
∴ 点$O'$在$△ PAD$的边AD的垂直平分线上。
当点P与点B或C重合时，$△ PAD$的外接圆的圆心为点$O'$；当点P为BC的中点，即$PB=PC$时，连接$PO'$并延长，交AD于点E，设此时$△ PAD$的外接圆的圆心为点O，连接OD，则$OP=OD$。
在$△ ABP$和$△ DCP$中，
$\begin{cases}AB=DC,\\∠ ABP=∠ DCP=90°,\\PB=PC,\end{cases}$
∴ $△ ABP≌△ DCP\ (\mathrm{SAS})$，
∴ $PA=PD$，
∴ 此时点P在$△ PAD$的AD边的垂直平分线上，
∴ $PE$垂直平分AD。
∵ $△ PAD$的外接圆的圆心一定在AD边的垂直平分线上，
∴ 点O一定在PE上，
∴ 点P从点B运动到点C，$△ PAD$的外接圆的圆心运动的路径是从点$O'$到点O，再从点O到点$O'$，其路径长是$2OO'$。
在$Rt△ ABD$中，$AB=6$，$AD=8$，
∴ $BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=10$，
∴ $O'D=5$。
又
∵ $PE$垂直平分AD，
∴ $DE=\dfrac{1}{2}AD=4$，
∴ $O'E=\sqrt{O'D^2-DE^2}=3$。
∵ $∠ BAD=∠ ABC=90°$，$PE$垂直平分AD，
∴ 四边形ABPE是矩形，
∴ $PE=AB=6$。
设$OE=x$，则$OD=OP=PE-OE=6-x$。
在$Rt△ DOE$中，$OE^2+DE^2=OD^2$，即$x^2+4^2=(6-x)^2$，
解得$x=\dfrac{5}{3}$，
∴ $2OO'=2(O'E-OE)=2×(3-\dfrac{5}{3})=\dfrac{8}{3}$。
【答案】
B
【知识点】
确定圆的条件，矩形的性质，勾股定理
【点评】
本题是动态几何类题型，解题核心是抓住三角形外接圆圆心的位置特征，先确定运动轨迹的形状和端点，再结合几何性质计算路径长度，能有效考察综合运用几何知识分析问题的能力。
【难度系数】
0.3
3[2025浙江台州期中,中]半径为$5\sqrt{2}$的$\odot O$是锐角三角形$ABC$的外接圆，$AB=AC$，连接$OB$，$OC$，延长$CO$交弦$AB$于点$D$。若$△ OBD$是直角三角形，则弦$BC$的长为
刷素养 走向重高
$5\sqrt{6}$或10
。刷素养 走向重高
答案
3.$5\sqrt{6}$或10 【解析】分两种情况:
①如图(1),当$∠ ODB=90°$,即$CD⊥ AB$时,$AD=BD$,$\therefore$ 易得$AC=BC$. $\because AB=AC$,$\therefore △ ABC$是等边三角形,$\therefore ∠ ACB=∠ ABC=60°$,$\therefore ∠ BCD=30°$. $\because OB=OC$,$\therefore ∠ OBC=∠ BCD=30°$,$\therefore ∠ DBO=30°$. $\because OB=5\sqrt{2}$,$\therefore OD=\dfrac{1}{2}OB=\dfrac{5\sqrt{2}}{2}$,$\therefore$ 由勾股定理得$BD=\dfrac{5}{2}\sqrt{6}$,$\therefore BC=AB=2BD=5\sqrt{6}$.
②如图(2),当$∠ DOB=90°$时,$∠ BOC=90°$,$\therefore △ BOC$是等腰直角三角形. $\because OB=5\sqrt{2}$,$\therefore BC=\sqrt{2}OB=10$. 故答案为$5\sqrt{6}$或10.
解析
【分析】
本题未明确△OBD的直角顶点，需先结合锐角三角形的限制排除不可能的直角情况，再分两种情形计算：①当∠ODB=90°时，结合垂直平分线性质可推导△ABC为等边三角形，再结合直角三角形性质和勾股定理求BC的长度；②当∠DOB=90°时，可得△BOC为等腰直角三角形，直接用勾股定理计算BC即可，解题时注意不要漏解。
【解析】
分两种情况讨论：
①如图(1)，当$∠ ODB=90°$，即$CD⊥ AB$时，CD垂直平分AB，因此$AD=BD$，可得$AC=BC$。已知$AB=AC$，故$AB=AC=BC$，$△ ABC$为等边三角形，因此$∠ ACB=∠ ABC=60°$，则$∠ BCD=30°$。
因为$OB=OC$，所以$∠ OBC=∠ OCB=30°$，故$∠ DBO=∠ ABC-∠ OBC=30°$。
已知$OB=5\sqrt{2}$，在$\mathrm{Rt}△ OBD$中，$OD=\frac{1}{2}OB=\frac{5\sqrt{2}}{2}$，由勾股定理得$BD=\sqrt{OB^2-OD^2}=\sqrt{(5\sqrt{2})^2-(\frac{5\sqrt{2}}{2})^2}=\frac{5\sqrt{6}}{2}$，因此$BC=AB=2BD=5\sqrt{6}$。
②如图(2)，当$∠ DOB=90°$时，$∠ BOC=180°-∠ DOB=90°$，因此$△ BOC$是等腰直角三角形。
已知$OB=OC=5\sqrt{2}$，由勾股定理得$BC=\sqrt{OB^2+OC^2}=\sqrt{2}× OB=\sqrt{2}×5\sqrt{2}=10$。
【答案】
$5\sqrt{6}$或$10$
【知识点】
等腰三角形性质，勾股定理，分类讨论思想
【点评】
本题考查三角形外接圆的相关计算，易错点是忽略直角顶点的不确定性导致漏解，解题时需要结合锐角三角形的限制排除不符合题意的情况，对分类讨论思想的应用有一定要求。
【难度系数】
0.6
本题未明确△OBD的直角顶点，需先结合锐角三角形的限制排除不可能的直角情况，再分两种情形计算：①当∠ODB=90°时，结合垂直平分线性质可推导△ABC为等边三角形，再结合直角三角形性质和勾股定理求BC的长度；②当∠DOB=90°时，可得△BOC为等腰直角三角形，直接用勾股定理计算BC即可，解题时注意不要漏解。
【解析】
分两种情况讨论：
①如图(1)
，当$∠ ODB=90°$，即$CD⊥ AB$时，CD垂直平分AB，因此$AD=BD$，可得$AC=BC$。已知$AB=AC$，故$AB=AC=BC$，$△ ABC$为等边三角形，因此$∠ ACB=∠ ABC=60°$，则$∠ BCD=30°$。因为$OB=OC$，所以$∠ OBC=∠ OCB=30°$，故$∠ DBO=∠ ABC-∠ OBC=30°$。
已知$OB=5\sqrt{2}$，在$\mathrm{Rt}△ OBD$中，$OD=\frac{1}{2}OB=\frac{5\sqrt{2}}{2}$，由勾股定理得$BD=\sqrt{OB^2-OD^2}=\sqrt{(5\sqrt{2})^2-(\frac{5\sqrt{2}}{2})^2}=\frac{5\sqrt{6}}{2}$，因此$BC=AB=2BD=5\sqrt{6}$。
②如图(2)
，当$∠ DOB=90°$时，$∠ BOC=180°-∠ DOB=90°$，因此$△ BOC$是等腰直角三角形。已知$OB=OC=5\sqrt{2}$，由勾股定理得$BC=\sqrt{OB^2+OC^2}=\sqrt{2}× OB=\sqrt{2}×5\sqrt{2}=10$。
【答案】
$5\sqrt{6}$或$10$
【知识点】
等腰三角形性质，勾股定理，分类讨论思想
【点评】
本题考查三角形外接圆的相关计算，易错点是忽略直角顶点的不确定性导致漏解，解题时需要结合锐角三角形的限制排除不符合题意的情况，对分类讨论思想的应用有一定要求。
【难度系数】
0.6
4 核心素养 模型观念 [2025 吉林长春中考,较难]数学活动:探究平面图形的最小覆盖圆
【定义】我们称能完全覆盖某平面图形的圆(即该平面图形上所有的点均在圆内或圆上)为该平面图形的覆盖圆.其中,能完全覆盖平面图形的最小的圆(即直径最小)称为该平面图形的最小覆盖圆.
【探究一】线段的最小覆盖圆
线段AB的覆盖圆有无数个,其中,以AB为直径的圆是其最小覆盖圆.
理由如下:易知线段AB的最小覆盖圆一定经过点A、点B.如图(1),以AB为直径作$\odot O$,再过A,B两点作$\odot O'$($O'$与O不重合),连接$O'A,O'B$.在$△ O'AB$中,有$O'A+O'B＞AB$(
$\because O'A=O'B,\therefore 2O'A＞AB$,即$\odot O'$的直径大于$\odot O$的直径,$\therefore \odot O$是线段AB的最小覆盖圆.
“▲”处应填写的推理依据为
【探究二】直角三角形的最小覆盖圆
要确定直角三角形的最小覆盖圆,我们可先将其转化为【探究一】中线段的最小覆盖圆问题.这样就可以先确定直角三角形最长边(斜边)的最小覆盖圆,再判断直角顶点与这个圆的位置关系,从而确定直角三角形的最小覆盖圆.
如图(2),在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$\odot O$是以AB为直径的圆.请你判断点C与$\odot O$的位置关系,并说明理由.
又由【探究一】可知,$\odot O$是$Rt△ ABC$最长边AB的最小覆盖圆,所以,$\odot O$是$Rt△ ABC$的最小覆盖圆.
【拓展应用】矩形的最小覆盖圆
如图(3),在矩形ABCD中,$AB=1\ \mathrm{cm}$,$BC=2\ \mathrm{cm}$.
(1)用圆规和无刻度的直尺在图(3)中作矩形ABCD的最小覆盖圆(不写作法,保留作图痕迹,作图确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑);
(2)该矩形ABCD的最小覆盖圆的直径为
(3)若用两个等圆完全覆盖矩形ABCD,则这样的两个等圆的最小直径为
【定义】我们称能完全覆盖某平面图形的圆(即该平面图形上所有的点均在圆内或圆上)为该平面图形的覆盖圆.其中,能完全覆盖平面图形的最小的圆(即直径最小)称为该平面图形的最小覆盖圆.
【探究一】线段的最小覆盖圆
线段AB的覆盖圆有无数个,其中,以AB为直径的圆是其最小覆盖圆.
理由如下:易知线段AB的最小覆盖圆一定经过点A、点B.如图(1),以AB为直径作$\odot O$,再过A,B两点作$\odot O'$($O'$与O不重合),连接$O'A,O'B$.在$△ O'AB$中,有$O'A+O'B＞AB$(
三角形的任意两边之和大于第三边
).$\because O'A=O'B,\therefore 2O'A＞AB$,即$\odot O'$的直径大于$\odot O$的直径,$\therefore \odot O$是线段AB的最小覆盖圆.
“▲”处应填写的推理依据为
三角形的任意两边之和大于第三边
.【探究二】直角三角形的最小覆盖圆
要确定直角三角形的最小覆盖圆,我们可先将其转化为【探究一】中线段的最小覆盖圆问题.这样就可以先确定直角三角形最长边(斜边)的最小覆盖圆,再判断直角顶点与这个圆的位置关系,从而确定直角三角形的最小覆盖圆.
如图(2),在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$\odot O$是以AB为直径的圆.请你判断点C与$\odot O$的位置关系,并说明理由.
又由【探究一】可知,$\odot O$是$Rt△ ABC$最长边AB的最小覆盖圆,所以,$\odot O$是$Rt△ ABC$的最小覆盖圆.
【拓展应用】矩形的最小覆盖圆
如图(3),在矩形ABCD中,$AB=1\ \mathrm{cm}$,$BC=2\ \mathrm{cm}$.
(1)用圆规和无刻度的直尺在图(3)中作矩形ABCD的最小覆盖圆(不写作法,保留作图痕迹,作图确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑);
(2)该矩形ABCD的最小覆盖圆的直径为
$\sqrt{5}$
$\mathrm{cm}$;(3)若用两个等圆完全覆盖矩形ABCD,则这样的两个等圆的最小直径为
$\sqrt{2}$
$\mathrm{cm}$.答案
4.【解】【探究一】
推理依据为三角形的任意两边之和大于第三边. 故答案为三角形的任意两边之和大于第三边.
【探究二】点C在$\odot O$上. 理由如下：
$\because ∠ ACB=90°$,O为AB的中点,$\therefore OC=OA=OB$,$\therefore$ 点C在$\odot O$上.
【拓展应用】(1)如图(1),$\odot O$即为矩形ABCD的最小覆盖圆.
(2)在矩形ABCD中,$AB=1\ \mathrm{cm}$,$BC=2\ \mathrm{cm}$,$∠ ABC=90°$,$\therefore BD=AC=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}\ (\mathrm{cm})$,即矩形ABCD的最小覆盖圆的直径为$\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$. 故答案为$\sqrt{5}$.
(3)如图(2),作AD的垂直平分线LJ,交AD于L,交BC于J,$\therefore$ 四边形ABJL,DCJL是两个全等的矩形,$\therefore AL=DL=BJ=CJ=1\ (\mathrm{cm})$. $\because$ 用两个等圆完全覆盖矩形ABCD,$\therefore$ 两圆一定过点L,J. 连接AJ,BL,CL,DJ,交点分别为Q,K,易知$\odot Q$,$\odot K$为等圆. 同理可得,这样的两个等圆的直径为$\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}\ (\mathrm{cm})$.
如图(3),作AB的垂直平分线分别交AB,CD于V,W,同法作$\odot Q$,$\odot K$,此时不是直径最小的等圆.
综上,用两个等圆完全覆盖矩形ABCD,这样的两个等圆的最小直径为$\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$. 故答案为$\sqrt{2}$.
解析
【分析】
本题围绕新定义“最小覆盖圆”展开分层探究：①探究一可依据三角形的基本边的性质直接得到推理依据；②探究二利用直角三角形斜边中线的性质，判断点C到圆心的距离等于半径，即可确定点C与圆的位置关系；③拓展应用中，矩形的四个顶点均在其最小覆盖圆上，因此最小覆盖圆是以矩形对角线为直径的圆；用两个等圆覆盖时，需分类讨论分割矩形的方式，对比不同分割方式下小矩形的对角线长度，取更小值即为等圆的最小直径。
【解析】
【探究一】
在三角形中，任意两边之和大于第三边，因此$△ O'AB$中$O'A+O'B＞AB$的推理依据为三角形的任意两边之和大于第三边。
【探究二】
点C在$\odot O$上，理由如下：
$\because ∠ACB=90°$，O为AB的中点，
$\therefore$ 根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得$OC=OA=OB$，
$\therefore$ 点C在$\odot O$上。
【拓展应用】
(1) 作矩形ABCD的两条对角线，以对角线交点为圆心，对角线长度的一半为半径作圆，即为所求最小覆盖圆：
(2) 在矩形ABCD中，$AB=1\ \mathrm{cm}$，$BC=2\ \mathrm{cm}$，$∠ ABC=90°$，根据勾股定理：
$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}\ (\mathrm{cm})$
即矩形最小覆盖圆的直径为$\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$。
(3) 分类讨论分割方式：
① 沿AD的垂直平分线LJ分割矩形，得到两个全等的长、宽均为1cm的小矩形，每个小矩形的对角线长为$\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}\ (\mathrm{cm})$，此时等圆直径为$\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$；
② 沿AB的垂直平分线分割矩形，得到的小矩形对角线更长，对应的等圆直径更大，不符合最小要求。
因此两个等圆的最小直径为$\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
【探究一】三角形的任意两边之和大于第三边
【探究二】点C在$\odot O$上，理由见解析
【拓展应用】(1)
(2) $\sqrt{5}$
(3) $\sqrt{2}$
【知识点】
三角形三边关系、直角三角形的性质、勾股定理
【点评】
本题以新定义探究的形式呈现，从基础几何图形到组合图形逐步递进，既考查了基础几何定理的应用，也考查了知识迁移、动手作图和分类讨论的能力，注重对逻辑推理核心素养的考查。
【难度系数】
0.5
本题围绕新定义“最小覆盖圆”展开分层探究：①探究一可依据三角形的基本边的性质直接得到推理依据；②探究二利用直角三角形斜边中线的性质，判断点C到圆心的距离等于半径，即可确定点C与圆的位置关系；③拓展应用中，矩形的四个顶点均在其最小覆盖圆上，因此最小覆盖圆是以矩形对角线为直径的圆；用两个等圆覆盖时，需分类讨论分割矩形的方式，对比不同分割方式下小矩形的对角线长度，取更小值即为等圆的最小直径。
【解析】
【探究一】
在三角形中，任意两边之和大于第三边，因此$△ O'AB$中$O'A+O'B＞AB$的推理依据为三角形的任意两边之和大于第三边。
【探究二】
点C在$\odot O$上，理由如下：
$\because ∠ACB=90°$，O为AB的中点，
$\therefore$ 根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得$OC=OA=OB$，
$\therefore$ 点C在$\odot O$上。
【拓展应用】
(1) 作矩形ABCD的两条对角线，以对角线交点为圆心，对角线长度的一半为半径作圆，即为所求最小覆盖圆：
(2) 在矩形ABCD中，$AB=1\ \mathrm{cm}$，$BC=2\ \mathrm{cm}$，$∠ ABC=90°$，根据勾股定理：
$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}\ (\mathrm{cm})$
即矩形最小覆盖圆的直径为$\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$。
(3) 分类讨论分割方式：
① 沿AD的垂直平分线LJ分割矩形，得到两个全等的长、宽均为1cm的小矩形，每个小矩形的对角线长为$\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}\ (\mathrm{cm})$，此时等圆直径为$\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$；
② 沿AB的垂直平分线分割矩形，得到的小矩形对角线更长，对应的等圆直径更大，不符合最小要求。
因此两个等圆的最小直径为$\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
【探究一】三角形的任意两边之和大于第三边
【探究二】点C在$\odot O$上，理由见解析
【拓展应用】(1)
(2) $\sqrt{5}$
(3) $\sqrt{2}$
【知识点】
三角形三边关系、直角三角形的性质、勾股定理
【点评】
本题以新定义探究的形式呈现，从基础几何图形到组合图形逐步递进，既考查了基础几何定理的应用，也考查了知识迁移、动手作图和分类讨论的能力，注重对逻辑推理核心素养的考查。
【难度系数】
0.5
