专题12圆中的重要模型之定角定高（探照灯）模型、米勒最大角模型（教师版）_初中数学_九年级数学下册（人教版）_常见几何模型全归纳-V13_2024版

专题12 圆中的重要模型之定角定高（探照灯）模型、米勒最大角模型 圆在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就圆形中的重要模 型（米勒最大视角（张角）模型、定角定高（探照灯）模型）进行梳理及对应试题分析，方便掌握。 近几年一些中考几何问题涉及了“最大视角”与“定角定高”模型，问题往往以动点为背景，与最值 相结合，综合性较强，解析难度较大，学生难以找到问题的切入点，不能合理构造辅助圆来求解。实际 上，这样的问题中隐含了几何的“最大视角”与“定角定高”模型，需要对其中的动点轨迹加以剖析，借 助圆的特性来探究最值情形。而轨迹问题是近些年中考压轴题的热点和难点，既可以与最值结合考查，也 可以与轨迹长结合考查，综合性较强、难度较大。 模型1.米勒最大张角（视角）模型 【模型解读】已知点A，B是∠MON的边ON上的两个定点，点C是边OM上的动点，则当C在何处时， ∠ACB最大？对米勒问题在初中最值的考察过程中，也成为最大张角或最大视角问题。 米勒定理：已知点AB是∠MON的边ON上的两个定点，点C是边OM上的一动点，则当且仅当三角形 ABC的外圆与边OM相切于点C时，∠ACB最大。 M M C C O N O N A B A B 【模型证明】 如图1，设C’是边OM上不同于点C的任意一点，连结A，B，因为∠AC’B是圆外角，∠ACB是圆周角， 易证∠AC’B小于∠ACB，故∠ACB最大。 M C' C D O N A B 在三角形AC’D中， 又【解题关键】常常以解析几何、平面几何和实际应用为背景进行考查。若能从题设中挖出隐含其中的米勒 问题模型，并能直接运用米勒定理解题，这将会突破思维瓶颈、大大减少运算量、降低思维难度、缩短解 题长度，从而使问题顺利解决。否则这类问题将成为考生的一道难题甚至一筹莫展，即使解出也费时化力。 例1．（2023·江苏九年级课时练习）如图，在足球比赛中，甲带球奔向对方球门 ，当他带球冲到点A 时，同伴乙已经冲到点B，此时甲是直接射门好，还是将球传给乙，让乙射门好？（仅从射门角度大小考 虑） 【答案】甲将球传给乙，让乙射门好 【分析】设AQ交⊙O于点M，连接PM，则∠B＝∠PMQ，因为∠PMQ是△PAM的一个外角，由外角性 质得∠PMQ＞∠A，所以∠B＞∠A，即可分析求得答案． 【详解】解：甲将球传给乙，让乙射门好，理由如下：如图所示，设AQ交⊙O于点M，连接PM， 则∠B＝∠PMQ，因为∠PMQ是△PAM的一个外角， 由外角性质得∠PMQ ＞∠A，所以∠B＞∠A， 所以仅从射门角度考虑，甲将球传给乙，让乙射门好． 【点睛】本题考查同弧所对的圆周角相等，三角形的外角性质，添加辅助线转化 为 是解题关键． 例2．（2023·四川宜宾·校考二模）如图，已知点A、B的坐标分别是 、 ，点C为x轴正半轴上一 动点，当 最大时，点C的坐标是（ ）A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点 、 作 ，点 与 轴相切于点 时，利用圆周角大于对应的圆外角得到此时 最大，连接 、 、 ，作 轴于 ，如图，利用垂径定理得 ，则 ，再根据 切线的性质得 轴，则四边形 为矩形，所以 ，则 ，在 中，利用勾 股定理计算出 ，于是可得到 点坐标为 ， ． 【详解】解：过点 、 作 ，点 与 轴相切于点 时， 最大， 连接 、 、 ，作 轴于 ，如图， 点 、 的坐标分别是 、 ， ， ， ， ， ， 与 轴相切于点 ， 轴， 四边形 为矩形， ， ， 在 中， ， 点坐标为 ， ．故选：B． 【点睛】本题考查了圆的综合题，熟练掌握垂径定理、圆周角定理,勾股定理,坐标与图形，掌握相关定理 性质是解题的关键． 例3．（2023上·江苏泰州·九年级统考期末）如图．在正方形ABCD中，边长为4，M是CD的中点，点P 是BC上一个动点，当∠DPM的度数最大时，则BP= ．【答案】4−2❑√2 【分析】先确定P点的位置，画出辅助圆，再求出圆的半径，利用勾股定理和矩形的判定与性质即可求 解． 【详解】解：如图，当P点在与BC相切，且经过D点和M点的⊙O上时，∠DPM的度数最大， 此时，P点即为切点，连接OP，∴OP⊥BC， ∵正方形ABCD的边长为4，M点为CD的中点，∴DM=2， 过O点作OE⊥DM于E，∴DE=1，延长PO，交AD于点F，∴OF⊥AD， ∴四边形OEDF和四边形PCDF都是矩形，∴OF=DE=1，∴OP=4−1=3， 连接OD，则OD=3，∴DF=❑√OD2−OF2=2❑√2， ∴PC=DF=2❑√2，∴BP=4−PC=4−2❑√2，故答案为：4−2❑√2． 【点睛】本题考查了最大张角问题，涉及到了正方形性质的应用、勾股定理解三角形、矩形的判定与性质 等内容，解题关键是理解当P点在与BC相切且经过D点和M点的圆上且位于切点处时张角最大． 例4．（2023·陕西西安·校考模拟预测）足球射门时，在不考虑其他因素的条件下，射点到球门AB的张角 越大，射门越好．当张角达到最大值时，我们称该射点为最佳射门点．通过研究发现，如图1所示，运动 员带球在直线CD上行进时，当存在一点Q，使得 （此时也有 ）时，恰好能 使球门AB的张角 达到最大值，故可以称点Q为直线CD上的最佳射门点．(1)如图2所示，AB为球门，当运动员带球沿CD行进时， ， ， 为其中的三个射门点，则在这三个 射门点中，最佳射门点为点______； (2)如图3所示，是一个矩形形状的足球场，AB为球门， 于点D， ， ．某球员沿 CD向球门AB进攻，设最佳射门点为点Q．①用含a的代数式表示DQ的长度并求出 的值； ②已知对方守门员伸开双臂后，可成功防守的范围为 ，若此时守门员站在张角 内，双臂张开 MN垂直于AQ进行防守，求MN中点与AB的距离至少为多少时才能确保防守成功．（结果用含a的代数 式表示） 【答案】(1) (2)① ； ；② ． 【分析】（1）连接 、 ，根据平行线的性质得出 ，再根据等腰三角形的性质得出 即可判断； （2）①根据最佳射门点为点Q，可证△ADQ∽△QDB，列出比例式即可求出DQ的长度，作BE⊥AQ于E， 求出线段长，利用三角函数求解即可；②根据题意可知 ，过MN中点O作OF⊥AB于F，交AQ 于P，利用相似三角形的性质求出EM，再解直角三角形求出MP、PF、PO即可．【详解】（1）解：连接 、 ，∵CD∥AB，∴ ， ∵ ， ，∴ ， ∴ ，∴ ，∴最佳射门点为 故答案为： ． （2）解：①作BE⊥AQ于E，∵最佳射门点为点Q，∴ ， ∵ ，∴ ，∴△ADQ∽△QDB，∴ ， ∵ ， ，∴ ，代入比例式得， ， 解得， （负值舍去）； ， ∴ ， ，∴ ， ， ∴ ， ，则 ， ； ②过MN中点O作OF⊥AB于F，交AQ于P， ∵守门员伸开双臂后，可成功防守的范围为 ，∴当 时才能确保防守成功． ∵MN⊥AQ，∴ ，∴ ， ， ∵ ， ，∴ ，∴ ， ∵ ， ，∵ ，∴ ， ， ∵ ，∴ ， ； MN中点与AB的距离至少为 时才能确保防守成功．． 【点睛】本题考查解直角三角形应用，解题关键恰当构建直角三角形，熟练运用解直角三角形的知识求解． 例5．（2023·四川宜宾·校考三模）在平面直角坐标系中，将二次函数 的图象向右平移 个单 位，再向下平移 个单位，得到如图所示的抛物线，该抛物线与 轴交于点 、 （点 在点 的左 侧）， ，经过点 的一次函数 的图象与 轴正半轴交于点 ，且与抛物线的另一个 交点为 ， 的面积为 ． (1)求抛物线和一次函数的解析式；(2)抛物线上的动点 在一次函数的图象下方，当 面积的最大值 时，求出此时点 的坐标；(3)点 是直线 上的一动点，连接 ， ，设 外接圆的圆心为 ，当 最大时，求点M的坐标（直接写答案）． 【答案】(1) ， (2) (3) 或 【分析】（1）根据平移可求 ，将点A的坐标代入可求 ，从而可求，再由面积求出 的坐标，即可求解 的解析式；（2）过点 作 轴交 于 ，设 ，可求 ，由 可求解；（3） 是 的中点， 在直线 上运动，可得 ，当 取得最小值时， 的值最大，由此可得： 当 垂直直线 时， 取得最小值，进而可求解． 【详解】（1）解：将二次函数 的图象向右平移 个单位，再向下平移 个单位，得到的抛物 线解析式为 ， 1 a ， 点A的坐标为 ，代入抛物线的解析式得， ， ，  2 1 1 3 抛物线的解析式为y x122，即 y x2x ． 2 2 2 1 3 令 y0 ，则 y 2 x2x 2 0 ，解得：x 1 1，x 2 3，  B3,0；  ABOAOB4 ， 1 5 的面积为 ， S  ABy 5， y  ， △ABD 5  △ABD 2 D  D 2 5 1 3  5  x2x D4,  2 2 2，解得：x =2， ，∴  2． 1 设直线 的解析式为ykxb，则有  1 k   5   2 4kb ，解得： ， 直线 的解析式为 ．   kb 2 0   b 1 2 AD y 1 2 x 1 2 E EM∥y AD M （2）解：如图，过点 作 轴交 于 ， 1 3  1 1 1 1 1 3 1 3 Em, m2m  Mm, m  EM  m  m2m  m2 m2 设  2 2，则  2 2， 2 2 2 2 2 2 ， 1 1  EM1   m23m4  S S S 2 4 ． △ACE △AME △CME 3 15  ,  ∴当此时E点坐标为2 8 ． 3 y （3）解：如图， 是 的中点， 在直线 上运动， H OF M 4 3 ，sinOQF sinOMH  OH  4 ， OM OM 当OM 取得最小值时，sinOQF的值最大， ∵ MOMQ，当MQ取得最小值时，sinOQF的值最大， 1 当 垂直直线 y 时， 取得最小值， ∵ MQ 2 MQ  3 此时 、 在二次函数的对称轴直线 上，M1, ，  M Q x1  4 3  3 根据对称性，存在 ，故：M1, 或1, ．  4  4 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，三角形的外心，三角函数定义，二次函数与三角形 面积计算，二次函数与圆的综合等，掌握二次函数的性质，运用转化思想是解题的关键． 模型2. 定角定高模型（探照灯模型） 定角定高模型：如图，直线BC外一点A，A到直线BC距离为定值（定高），∠BAC为定角，则AD有最 小值，即△ABC的面积有最小值。因为其形像探照灯，所以也叫探照灯模型。。 条件：在△ABC中，∠BAC= （定角），AD是BC边上的高，且AD=h（定高）。 结论：当△ABC是等腰三角形（AB=AC）时，BC的长最小；△ABC的面积最小；△ABC的周长最小。 证明思路：如图，作△ABC的外接圆 ，连接OA，OB，OC， 过点O作OE⊥BC于点E，设 的半径为r，则∠BOE=∠BAC= ；∴BC= 2BE=2OB sin =2r sin 。 ∵OA+OE≥AD（当且仅当点A，O，E三点共线时,等号成立），∴r+rcosa≥h， .当取等号时r有最小值，此时BC的长最小:2r sin ；△ABC的面积最小:AD r sin ； △ABC的周长最小:2r sin +AD r sin 。 例1．（2023·贵州贵阳·九年级校考阶段练习）如图， ，边 、 上分别有两个动点C、 D，连接 ，以 为直角边作等腰 ，且 ，当 长保持不变且等于 时，则 长的 最大值为 cm．【答案】 【分析】利用直角三角形性质求解即可． 【详解】解：在 右侧以 为斜边作等腰 ，则O、C、D在以点F为圆心， 为半径的圆上， ∵ ， 是等腰直角三角形， ∴ ， ， ，∴ ， ∵ ，∴ ，故答案为： ． 【点睛】本题考查直角三角形性质，灵活运用所学知识是解题的关键． 例2、（2023·重庆·九年级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝12，点E，F均在AD上，且 ∠ABE+∠FCD＝90°，则四边形BCFE面积的最大值为 ． 解：将△DCF向左平移，使DC与AB重合，点F的对应点为点G， ∵∠ABE+∠FCD＝90°，∴∠GBE＝90°，作△BGE的外接圆O，连接OB，则OB≥AB，当点O与点A重合时，OB取得最小值，最小值为2，∴GE的最小值为4， ∴△GBE的面积最小＝ ×GE•AB＝ ×4×2＝4， ∵四边形BCFE＝矩形ABCD的面积﹣△ABE的面积﹣△CDF的面积＝矩形ABCD的面积﹣△GBE的面 积， ∴当△GBE的面积最小时，四边形BCFE的面积有最大值， ∴四边形BCFE最大＝2×12﹣4＝20，∴四边形BCFE面积的最大值为20．故答案为：20． 例3．（2023·陕西咸阳·校考二模）【问题提出】（1）如图①， 为 的一条弦，圆心O到弦 的距 离为4，若 的半径为7，则 上的点到弦 的距离最大值为_______； 【问题探究】（2）如图②，在 中， 为 边上的高，若 ，求 面积的最 小值； 【问题解决】（3）“双减”是党中央、国务院作出的重大决策部署，实施一年多来，工作进展平稳，取 得了阶段性成效，为了进一步落实双减政策，丰富学生的课余生活，某校拟建立一块综合实践基地，如图 ③， 为基地的大致规划示意图，其中 ， 平分 交 于点 ，点 为 上一 点，学校计划将四边形 部分修建为农业实践基地，并沿 铺设一条人行走道， 部分修建为 兴趣活动基地．根据规划要求， 米， ．且农业实践基地部分（四边形 ）的 面积应尽可能小，问四边形 的面积是否存在最小值？若存在，求出其最小值；若不存在，请说明理 由． 【答案】（1）11；（2） ；（3）四边形 的面积存在最小值，最小值为 平方米 【分析】（1）根据圆的性质直接可得答案； （2）作 的外接圆 ，连接 ，过点O作 于点 ，设 ，则 ，根据垂线段最短可得R的最小值，从而得出 的最小值，进而得出答案； （3）过点 作 于点 于点 ，则 ，在 上截取 ，连接 ，利用证明 ，则 ，要使四边形 的 面积最小，只需 的面积最小，由（2）同理求出 面积的最小值即可． 【详解】解：（1）∵圆心O到弦 的距离为4，若 的半径为7， ∴ 上的点到弦 的距离最大值为 ，故答案为：11； （2）作 的外接圆 ，连接 ，过点O作 于点 ，如图． ． 设 ，则 ，由 ，得 ，即 ， ∴ ， ， ．即 面积的最小值为 （3）过点 作 于点 于点 ，∵ 平分 ，∴ ． 又 ， ． 米， ， ， 为等腰直角三角形，∴ 米， （平方米）， 平方米． 在 上截取 ，连接 ，如图．， ， ， 要使四边形 的面积最小，只需 的面积最小． ， ， 作 的外接圆 ，如图，连接 ，作 于点 ， 则 ，∴ ． 设 ，则 ． 由 ，得 ，解得 ， 米， （平方米）， （平方米）． 即四边形 的面积存在最小值，最小值为 平方米． 【点睛】本题考查了圆的性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，垂径定理，全等三角形的判定与 性质，交平分线的性质，勾股定理，垂线段最短等知识，将四边形面积最小问题转化为三角形面积最小是 解题的关键． 例4．（2023·广东·校考一模）问题提出： （1）如图①，已知在边长为10的等边 ABC中，点D在边BC上，BD＝6，连接AD，则 ACD的面积为 ； △ △ 问题探究：（2）如图②，已知在边长为6的正方形ABCD中，点E在边BC上，点F在边CD上，且 ∠EAF＝45°．若EF＝5，求 AEF的面积； 问题解决：（3）如图③是某△座城市延康大道的一部分，因自来水抢修需在AB＝4米，AD＝6米的矩形 ABCD区域内开挖一个 AEF的工作面，其中E、F分别在BC、CD边上（不与B、C、D重合），且 ∠EAF＝45°，为了减少△对该路段的拥堵影响，要求 AEF面积最小，那么是否存在一个面积最小的 AEF？若存在，请求出 AEF面积的最小值；若不△存在，请说明理由． △ △【答案】（1） ；（2）15；（3）存在， ． 【分析】（1）过点A作AH⊥BC，根据等边三角形的性质、正弦的定义求出AH，根据三角形的面积公式计 算，得到答案； （2）将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，证明△AEF≌△AEH，根据三角形的面积公式计算即可； （3）把△ADF绕点A顺时针旋转90°并缩小为 ，得到△ABG，根据角平分线的性质、三角形的面积公式 得到 ＝ ，设△AGE的外接圆圆心为O，连接OA、OG、OE，过得O作OH⊥GE于H，则∠GOE＝ 2∠EAG＝90°，设△AGE的外接圆的半径为R，则GE＝ R，OH＝ R，由题意得，OA+OH≥AB，即R+ R≥4，解得R的范围，故△AGE的面积≥ × ×（8﹣4 ）×4＝16 ﹣16，得△AGE的面积的最小 值为16 ﹣16，进而可得△AEF的面积的最小值为24 ﹣24． 【详解】（1）如图①，过点A作AH⊥BC于H， ∵△ABC为等边三角形，∴∠B＝60°，∴△ACD的面积＝ ×CD×AH＝ ×4×10•sin60°＝10 ，故答案为：10 ； （2）如图②，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH， 由旋转的性质得，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF， ∵∠EAF＝45°，∠BAD＝90°，∴∠EAH＝∠EAF＝45°， 在△AEF和△AEH中，AF=AH, ∠EAH＝∠EAF，AE=AE， ∴△AEF≌△AEH（SAS），∴EH＝EF＝5，∴S ＝S ＝ ×5×6＝15； AEF AEH △ △ （3）把△ADF绕点A顺时针旋转90°并缩小为 ，得到△ABG， 则AG＝ AF，∠EAG＝∠EAF＝45°，过点E作EM⊥AG于M，EN⊥AF于N， ∵∠EAG＝∠EAF，EM⊥AG，EN⊥AF，∴EM＝EN，∴ ＝ ， 设△AGE的外接圆圆心为O，连接OA、OG、OE，过得O作OH⊥GE于H， 则∠GOE＝2∠EAG＝90°，设△AGE的外接圆的半径为R，则GE＝ R，OH＝ R， 由题意得，OA+OH≥AB，即R+ R≥4，解得，R≥8﹣4 ， ∴△AGE的面积≥ × ×（8﹣4 ）×4＝16 ﹣16， ∴△AGE的面积的最小值为16 ﹣16，∴△AEF的面积的最小值为24 ﹣24． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，角平分线的性质，圆周角定理，图形的旋转等，较为综合， 根据图形作出合适的辅助线是解题的关键． 例5．（2023·重庆·校考三模）问题探究（1）如图①，已知在△ABC中，∠B＝∠C＝30°，BC＝6，则S ABC＝ ． △ （2）如图②，已知四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°，AD＝DC，BD＝4 ，请求出四边形ABCD 面积的最大值． 问题解决（3）如图③，某小区有一个四边形花坛ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝CD＝15m，∠B＝∠C＝ 60°．为迎接“十四运”，园艺师将花坛设计成由两种花卉构成的新造型，根据造型设计要求，点E、F分 别在边BC、CD上，且∠EAF＝60°，现需要在△AEF的区域内种植甲种花卉，其余区域种植乙种花卉．已 知种植甲种花卉每平方米需200元，乙种花卉每平方米需160元．试求按设计要求，完成花卉种植至少需 费用多少元？（结果保留整数，参考数据： ≈1.7） 【答案】（1） ；（2）16；（3） ． 【分析】（1）过点A作 于点D，根据等腰三角形的性质求出 ，利用正弦求出 ，再根据三角形面积公式即可求解； （2）因为 ， 四点共圆，所以当 BD是直径时，四边形ABCD的面积最大，此时 ，由勾股定理可得 ，因为四边形 ，所以 ，当 时，四边形ABCD是正方形，由 不难求出 ，进而求得四边形ABCD的最大面积；（3） 因为甲种花卉贵，所以若费用最少， 则甲种花卉种植面积最小， 最小时，将 绕A顺时针旋转 到 ，可证得 三点 共线，通过证明 ，得 ，过点A作 过点A作 于K，求得 ，作 的外接圆 ，连接 ，过点 作 于点N，通过 过得 面积的最小值为 ， 再通过求 求得乙种花卉的种植面积为 ，最后根据甲乙两种花卉每平方米的价格求出至少种植两种花卉的费. 【详解】解：（1）如图①，过点 作 于点D， ， 是等腰三角形， ， ， ，故答案为： （2） ， 四点共圆， 当 为直径时， 最大，此时 ， ， ，由勾股定理， ， 时，四边形 是正方形， 最大， ， ， 的最大值= ， （3）如图③ 甲种花卉贵， 若费用最少，则甲种花卉种植面积最小， 最小时，将 绕A顺时针旋转到 ，由旋转可得 三点共线， ， ， 过点A作 过点A作 于K， ， 作 的外接圆 ，连接 ，过点 作 于点N， 设 在 中， ， ， ， ， ， ， 面积的最小值为 且 ， 乙种花卉的种植面积为 种四花卉花费： 元，种乙花卉花费： 元， 至少花费 元． 【点睛】本题是一道四边形的综合题，考查了等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，三角函数， 正方形的性质和判定，直径所对的圆周角是直角，三角形和四边形的面积问题等知识，利用四点共圆及图形的旋转变换是解决本题的关键． 课后专项训练 1．（2023·广东广州·九年级校考期中）如图，已知正方形 和直角三角形 ， ， ，连接 ， ．若 绕点A旋转，当 最大时， 的面积是（ ） A． B．6 C．8 D．10 【答案】B 【分析】作 于H，由题意知 绕点A旋转时，点F在以A为圆心，4为半径的圆上，当 为此圆的切线时， 最大，即 ，利用勾股定理计算出 ，接着证明得到 ，然后根据三角形面积公式求解． 【详解】解：作 于H，如图， ∵ ，∴当 绕点A旋转时，点F在以A为圆心，4为半径的圆上， ∴当 为此圆的切线时， 最大，即 ，此时 ， ∵ ，∴ ，∵ ，∴ ， 在 和 中， ，∴ ， ∴ ，∴ ．故选：B． 【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理、圆的性质等知 识；熟练掌握旋转的性质，证明三角形全等是解题的关键． 2．（2022·辽宁沈阳·校考三模）如图是一个矩形足球球场， 为球门， 于点D， 米．某 球员沿 带球向球门 进攻，在Q处准备射门，已知 米， 米，对方门将伸开双臂后， 可成功防守的范围大约为 米；此时门将站在张角 内，双臂伸开 且垂直于 进行防守， 中点与 距离 米时，刚好能成功防守．【答案】 / 【分析】过点B作 ，证明 ，作 ，依次证明 ， ，利用相似三角形的性质即可求解． 【详解】解：过点B作 ， ， ， 又 ， ， ， ， ， ， ， ，如图，作 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，故答案为： . 【点睛】本题主要考查锐角三角函数，相似三角形的判定与性质，勾股定理等，通过添加辅助线构造相似 三角形是解题的关键． 3．（2023·陕西咸阳·统考二模）如图，在正方形 中， ，M是 的中点，点P是 上一个动点，当 的度数最大时， 的长为 ． 【答案】 【分析】过点A、M作 与 相切于点 ,记 的中点为N, 与 交于点Q,连接 ,则 ，证明四边形 是矩形, 再求出圆的半径，利用 勾股定理和矩形的性质即可求解． 【详解】：过点A、M作 与 相切于点 ,记 的中点为N, 与 交于点Q,连接 , 则 ， ∵四边形 是正方形， ，∴ ， ， ∵M是 的中点，∴ ， ∵过点A、M作 与 相切于点 ，∴ ， ∵ 的中点为N,∴ ， ， ∴ ，∴四边形 是矩形, ∴ , 在 中, ，∴ ,∴当点P运动到点 时， 最大，此时 ，故答案为： 【点睛】本题考查了最大张角问题，涉及到了切线的性质、垂径定理、圆周角定理、正方形的性质、勾股 定理解三角形、矩形的判定与性质等内容，解题关键是理解当P点在与 相切且经过D点和M点的圆上 且位于切点处时张角最大． 4．（2023·四川凉山·校联考一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BC＝5，AB＝3，点D是线段BC 上一动点，连接AD，以AD为边作△ADE∽△ABC，点N是AC的中点，连接NE，当线段NE最短时，线段 CD的长为 ． 【答案】 【分析】如图，连接EC，作AH⊥BC于H．首先证明EC⊥BC，推出EN⊥EC时，EN的值最小，解直角三角形 求出CH，DH即可解决问题； 【详解】解：如图，连接EC，作AH⊥BC于H． ∵△ABC∽△ADE，∴∠AED=∠ACD，∴A，D，C，E四点共圆，∴∠DAE+∠DCE=180°， ∴∠DCE=∠DAE=90°，∴EC⊥BC，∴NE⊥EC时，EN的值最小，作AG⊥CE交CE的延长线于G． 在Rt ABC中，∵BC=5，AB=3，∴AC=4， △ ∵△ENC∽△△ACB，∴ ，∴ ，∴EC= ，∴AH=CG= ， ∵NE∥AG，AN=NC，∴GE=EC= ，∵∠HAG=∠DAE，∴∠DAH=∠EAG， ∵∠AHD=∠G=90°，∴△AHD∽△AGE， ∴ ，∴ ，∴DH= ，∴CD=DH+CH= ．故答案为 ． 【点睛】本题考查相似三角形的性质、勾股定理、垂线段最短、四点共圆等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考填空题中的压轴题． 5．（2023·广东·一模）已知点O为直线外一点，点 O到直线距离为 4，点A、B是直线上的动点，且 ∠AOB＝30°。则△ABO的面积最小值为 ． 解：如图，过点O作直线l′∥直线l，则直线l与直线l′之间的距离为4，作点B关于直线l′的对称点B′，连 接OB′，AB′，AB′交直线l′于点T，连接BT，过点A作AH⊥BT于H，过点T作TW⊥AB于W． 在Rt△ABB′中，AB＝ ＝ ，∴AB′的值最小时，AB的值最小， ∵OA+OB＝OA+OB′≥AB′，∴当A，O，B′共线时，AB′的值最小，此时AB的值最小， ∵直线l垂直平分线段BB′，∴TB＝TB′，∴∠TBB′＝∠TB′B， ∵∠TBA+∠TBB′＝90°，∠TAB+∠TB′B＝90°，∴∠TAB＝∠TBA，∴TA＝TB， ∵cos∠AOB＝cos∠ATB＝ ，∴ ＝ ，∴可以假设TH＝ k，AT＝TB＝2k， ∴BH＝TB﹣TH＝（2﹣ ）k，∴AH＝k，∴AB＝ ＝ ＝2 k， ∵S ＝ •AB•TW＝ •TB•AH，∴ ×2 k×4＝ ×2k×k，解得k＝4 ， △TAB ∴△ABO的面积最小值为＝∴ ×2 ×4 ×4＝64﹣16 ，故答案为：64﹣16 ． 6．（2023·广西·九年级期中）在四边形ABCD中，点E在BC边上（不与B、C重合）． （1）如图（1），若四边形ABCD是正方形，AE⊥EF，AE＝EF，连CF． ①求∠BCF的大小；②如图（2），点G是CF的中点，连DG、ED，若DE＝6，求DG的长； （2）如图（3），若四边形ABCD是矩形，点M在AD边上，∠AEM＝60°，CD＝9，求线段AM的最小 值．解：（1）①如图（1），在AB上取一上点H，使AH＝CE，连接EH， ∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠B＝90°，∴BE＝BH，∴∠BHE＝45°，∴∠AHE＝135°， ∵∠AEF＝90°，∴∠AEB+∠CEF＝90°，∵∠AEB+∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠CEF， ∵AE＝EF，∴△AHE≌△ECF（SAS），∴∠BCF＝∠AHE＝135°； ②如图（2），在AB上取一上点H，使AH＝CE，连接EH，BD， 由①知：△AHE≌△ECF，∴EH＝CF，设BE＝2x，则EH＝CF＝2 x， ∵G是CF的中点，∴CG＝ x，∴ ＝ ＝ ， ∵四边形ABCD是正方形，∴BD＝ CD，∴ ＝ ， ∵∠DBE＝∠DCG＝45°，∴△DBE∽△DCG，∴ ＝ ＝ ， ∵DE＝6，∴ ＝ ，∴DG＝3 ； （2）如图（3），作△AEM的外接圆O，过点O作ON⊥AM于N，连接OA，OE，OM， ∵∠AEM＝60°，∴∠AOM＝120°，∵ON⊥AM， ∴AN＝MN，∠AON＝∠NOM＝60°，∴∠OAN＝∠OMN＝30°， 设ON＝a，则OA＝2a，AN＝ a，则OE+ON≥AB， 即当E，O，N三点共线时，a最小，此时AM最小， ∴a+2a＝9，∴a＝3，∴AM的最小值是6 ． 7．（2023上·湖北九年级课时练习）如图，某雕塑 位于河段 上，游客 在步道上由点 出发沿 方向行走．已知 ， ，当观景视角 最大时，游客 行走的距离 是多 少米？ 【答案】 米【分析】先证 是 的切线，切点为 ，当点 与点 重合时，观景视角 最大，由直角三角形 的性质可求解． 【详解】解：取 的中点 ，过点 作 于 ，以直径 作 ，如图所示： 根据圆周角定理，劣弧 所对的圆周角都是相等的，则游客 在步道上由点 出发沿 方向行走时， 与 相切时，观景视角 最大， ，点 是 的中点， ， ， ， ， ，从而由勾股定理可得 ， ， 又 ， 是 的切线，切点为 ， 当点 与点 重合时，观景视角 最大，此时 ． 【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，切线的判定，直角三角形的性质，证明 是 的切线是解 题的关键． 8．（2023·广西北海·统考二模）综合与实践【数学理解】德国数学家米勒曾提出最大视角问题，对该问题 的一般描述是：如图2，已知点 ， 是 的边 上的两个定点， 是 边上的一个动点，当且 仅当 的外接圆与 边相切于点 时， 最大．人们称这一命题为米勒定理． (1)【问题提出】如图1，在足球比赛场上，甲、乙两名队员互相配合向对方球门 进攻，当甲带球冲到 点时，乙已跟随冲到 点，仅从射门角度大小考虑，甲是自己射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射门好？假设球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进．请结合你所学知识，求证： ． (2)【问题解决】如图3，已知点 ， 的坐标分别是 ， ， 是 轴正半轴上的一动点，当 的外接圆⊙ 与 轴相切于点 时， 最大．当 最大时，求点 的坐标． 【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）根据三角形的外角和，同弧或者等弧所对的圆周角相等，即可； （2）当 的外接圆⊙ 与 轴相切于点 时， 最大，连接 ， ，过点 作 于点 ，根据垂径定理，勾股定理，即可求出 ． 【详解】（1）证明：由图 可知：∵ ， 是 所对的圆周角，∴ ， ∵ ，∴ ，∴ ． （2）当 的外接圆⊙ 与 轴相切于点 时， 最大， ∴连接 ， ，过点 作 于点 ，∴四边形 是矩形，∴ ， ， ∵ ， ，∴ ，∴在 中， ， ∵点 ， 的坐标分别是 ， ，∴ ， ， ∴ ， ，∴ ，∴ ，∴点 ． 【点睛】本题考查圆的基本性质，解题的关键是掌握同弧或者等弧所对的圆周角和圆心角的关系，垂径定 理，圆的切线定理． 9．（2023·福建厦门·统考二模）一个角的顶点在圆外，两边都与该圆相交，则称这个角是它所夹的较大的 弧所对的圆外角． （1）证明：一条弧所对的圆周角大于它所对的圆外角； （2）应用（1）的结论，解决下面的问题：某市博物馆近日展出当地出土的珍贵文物，该市小学生合唱队计划组织120名队员前去参观，队员身高的频数分布直方图如图1所示．该文物 高度为 ，放置文 物的展台 高度为 ，如图2所示．为了让参观的队员站在最理想的观看位置，需要使其观看该文 物的视角最大（视角：文物最高点P、文物最低点Q、参观者的眼睛A所形成的 ），则分隔参观者 与展台的围栏应放在距离展台多远的地方？请说明理由．（说明：①参观者眼睛A与地面的距离近似于身 高；②通常围栏的摆放位置需考虑参观者的平均身高） 【答案】（1）见解析；（2）围栏应摆在距离展台 处，见解析 【分析】（1）写出“已知”“求证”，设BP交⊙O于点Q，连接AQ，画出图象，用三角形外角大于不相 邻的内角即可证明； （2）先计算120名队员平均身高，再根据题意把实际问题“数学化”，画出图形，在QO上取一点B，使 得BO＝152cm，则BQ＝16cm，过B作射线l⊥QO于B，过P，Q两点作⊙C切射线l于M，由（1）的结论 可知队员的眼睛A与M重合时，观看该展品的视角最大，此时队员站在MN处，故求出ON长度即可． 【详解】解：（1）已知：如图所示，点A，B，C在⊙O上，点P在⊙O外． 求证： ． 证明：设 交⊙O于点Q，连接 ，∵ 与 同对 ，∴ ． ∵在 中， ，∴ ，∴ ； （2）解：设合唱队员平均身高为 ，则 ． 在 上取一点B，使得 ，则 ， 过B作射线 于B，过P，Q两点作⊙C切射线l于M． 依题意可知，参观的队员的眼睛A在射线上． 而此时，射线l上的点只有点M在⊙C上，其他的点在⊙C外． 根据（1）的结论，视角 最大，即队员的眼睛A与M重合（也即队员站在MN处）时，观看该展品 的视角最大．所以围栏应摆放在N处． 连接 并延长交地面 于N，过C作 于H，连接 ， ，从而四边形 和四边形 均为矩形． ∵在⊙C中， ， ，∴ ． ∴ ． ∵在 中， ， ， ∴ ．∴ ． 即围栏应摆在距离展台 处． 【点睛】本题考查圆的综合知识应用，解题的关键是把实际问题“数学化”，根据题意画出图形． 10．（2023·广东·九年级专题练习）1471年，德国数学家米勒提出了雕塑问题：假定有一个雕塑高AB＝3 米，立在一个底座上，底座的高BC＝2.2米，一个人注视着这个雕塑并朝它走去，这个人的水平视线离地 1.7米，问此人应站在离雕塑底座多远处，才能使看雕塑的效果最好，所谓看雕塑的效果最好是指看雕塑 的视角最大，问题转化为在水平视线EF上求使视角最大的点，如图：过A、B两点，作一圆与EF相切于 点M，你能说明点M为所求的点吗？并求出此时这个人离雕塑底座的水平距离？ 【答案】可以说明点M为所求的点，理由见解析； 米 【分析】连接AM，BM，OM，作OG⊥AB于G，连接OB，在直线EF找一点P，连接AP,BP,BP交 于Q 点，连接AQ，根据同弧所对的圆周角相等 ，此时视角最大，即点M 为所求的点；要求EM的长，可以转化为求弦的弦心距．根据图中的数据可以求得该圆的半径是2米，然 后根据勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，连接AM，BM，OM，作OG⊥AB于G，则AG=BG=1.5， 连接OB，在直线EF找一点P，连接AP,BP,BP交 于Q点，连接AQ， 则 ，此时视角最大，即点M为所求的点； 根据题意，得OM=BG+BE=1.5+2.2−1.7=2（米）， 在直角三角形OBG中， （米），即为这个人离雕塑底座的水平距离． 【点睛】本题考查了勾股定理，垂径定理，解题的关键是添加辅助线，掌握勾股定理和垂径定理． 11．（2023·河南三门峡·统考二模）阅读与思考 请阅读下列材料，并按要求完成相应的任务．弥勒是德国著名数学家，他在1471年提出了著名的弥勒定理： 如图1，已知A，B是 的边 上的定点，当且仅当 的外接圆与 相切（ 与 相切于 点C）时 最大，此时 ． 小明思考后给出如下证明： 证明：如图2，在OM上任取一点 ，连接 ， ， 与 相交于点D，连接 ．∵点C，D在 上，∴ （依据①）， 又∵ 是 的一个外角，∴ ，∴ ， 即当且仅当 的外接圆与OM相切（ 与 相切于点C）时 最大． 如图3，过切点C作 的直径 ，连接 ，则 ， ， ∴ ， ， ∴ ，（依据②） 又∵ ， …… ∴ 任务：(1)写出小明证明过程中的依据：依据①： ；依据②： ． (2)请你将小明的证明过程补充完整；(3)结论应用：如图4，已知点A，B的坐标分别是 和 ，C是 x轴正半轴上一个动点，当 最大时，点C的坐标为______．【答案】(1)同弧所对的圆周角相等；同角的余角相等(2)见解析(3) 【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等和同角的余角相等求解即可； （2）证明出 ，然后利用相似三角形的性质求解即可； （3）过点A，B作 与x轴相切于点C，由题意得到此时 最大，然后证明出 ， 利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】（1）根据题意可得，依据①：同弧所对的圆周角相等；依据②：同角的余角相等． （2）补充如下：∴ ． 又∵ ，∴ ．∴ ，即： ． （3）如图所示，过点A，B作 与x轴相切于点C， 是 的直径， 由题意可得，此时 最大．∴ ，即 ∵ 是 的直径，∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ ，即 ∴解得 （负值舍去）．∴点C的坐标为 ． 【点睛】此题考查了圆切线的性质和判定，相似三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上 知识点． 12．（2023·福建福州·校考一模）圆周角定理是初中数学中很重要的一个定理，它反映的是圆心角和圆周 角的关系，在实际生活中也有很多的应用． (1)如图， 为 的一条弦，点 在弦 所对的优弧上，若 ，请直接写出 的度数． [应用](2)福州某标志建筑可抽象为线段 ，很多摄影爱好者喜欢在斜对面的大桥 上对其拍照.若摄影师 想在对建筑视角为 （即 ）的位置 拍摄，请在线段 上作出点 ．（要求：尺规作图，不 写作法，保留作图痕迹）[拓展](3)问题：如图，已知建筑物宽 为30米，一名摄影师从距 点30米的 点（点 在直线 上） 出发，沿大桥 方向前进 ，当摄影师到达对建筑物视角最大的最佳拍摄点 时，求他 前进的距离． 这个问题可以利用圆周角定理进行简化：过点 、 作 ， 与直线 相切于点 ，此时 最大， 即点 为最佳摄影点．连接 并延长交 于点 ，连接 ， ， ，求 的长． 【答案】(1) (2)见解析(3) 【分析】（1）根据圆周角定理即可得到；（2）根据圆周角定理，使得 和 ， 三点共圆，且满足点 ， 与圆心 的构成直角即可；（3）连接 ， ， ，根据直径所对的圆周角是直角可得 ， 推得 ，根据切线的性质可得 ，推得 ，根据同弧或 等弧所对的圆周角相等可得 ，推得 ，根据相似三角形的判定和性质可推得 ，即可求出 的值． 【详解】（1）∵在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半， ∴ ． （2）如图： 即为所求；作法：作直线 的垂直平分线，与直线 交于一点 ；以点 为圆心， 的长为半径，在直线 下 方画弧，与直线 的垂直平分线交于一点 ；以点 为圆心， 的长为半径，画弧，与直线 交于一 点 ，即为所求． （3）如图：连接 ， ， ，由题可得 ， ， ∵ 是直径，∴ ，∴ ， 又∵ 为 的切线，∴ ，∴ ， ∵ ，∴ ，又∵ ， ∴ ，∴ ，即 ， 则 ，∴ （负值舍去）． 【点睛】本题考查了圆周角定理即，画垂直平分线，画圆，切线的性质，同弧或等弧所对的圆周角相等， 相似三角形的判定和性质，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 13．（2023·广西梧州·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，抛物线 与x A1，0、B3，0 轴交于 ，与y轴交于点C，其顶点为D点． (1)求抛物线的解析式． (2)连结 ，动点Q的坐标为 ．P为抛物线上的一点，是否存在以B，D，Q，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点P，Q的坐标；若不存在，请说明理由． OQ、CQ (3)连结 ，当 最大时，求出点Q的坐标． y=x22x3 【答案】(1)抛物线的解析式为 ； Q(2，1) Q(4，1) Q(4，1) Q(2，1) (2) ， 或 ， 或 ， 或 ， ； 2，1 (3)Q点坐标为 或 ． 【分析】（1）利用待定系数法即可求解； D(1，4) DP （2）求得顶点 ，分两种情况讨论，当 为对角线时，当 为对角线时，根据平行四边形的性 质以及平移的性质即可求解； △OQC MN MN OM、CM （3）记 的外心为M，则M在 的垂直平分线 上（设 与y轴交于点N），连接 ．由圆周角定理和三角函数的定义可表示出sinCQO，可得出 的值随着OM 的增大而减小，则 M y1 可得 与直线 相切，再结合勾股定理可求得Q点的坐标． yax2bx3 A1，0、B3，0 【详解】（1）解：∵抛物线 与x轴交于 ， ab30  ∴9a3b30，解得 ，∴抛物线的解析式为y=x22x3； yx22x3x124 D(1，4) （2）解：∵ ，∴ ， DQ BD 当 为对角线时，根据平行四边形的性质，相当于 向上平移1个单位， D(1，4) B3，0 ∵ ， ，点B向上平移1个单位为点Q， ∴点D向上平移1个单位为点P，则点P的纵坐标为 ， 解方程x22x33，得， 或x2； x0 P(0，3) D(1，4) 当 时， ，即点 向上平移1个单位，向左平移1个单位， B3，0 Q(2，1) ∴点 向上平移1个单位，向左平移1个单位，得到点 ，当x2时，同理P(2，3)，Q(4，1)；即P(0，3)，Q(2，1)或P(2，3)，Q(4，1)； 当DP为对角线时，根据平行四边形的性质，相当于BD向上平移5个单位， B3，0 x2 2x35 x2 ∵ ，∴点P的纵坐标为5，解方程 ，得， 或 ； 同理得P(2，5)，Q(4，1)或P(4，5)，Q(2，1)； 综上，P(0，3)，Q(2，1)或P(2，3)，Q(4，1)或P(2，5)，Q(4，1)或P(4，5)，Q(2，1)； △OQC OC MN MN （3）解：如图，记 的外心为M，则M在 的垂直平分线 上（设 与y轴交于点N）． 1 连接 ，则CQO CMOOMN ， ， 2 MC MOMQ ∴ ，∴ 的值随着 的增大而减小． sinCQO OM 又∵MOMQ，∴当 取最小值时sinCQO最大， 即MQ垂直直线y1时，CQO最大，此时，M 与直线y1相切． MQNF 2.5 MN  OM2ON2 2 ∴ ， ，∴Q坐标为 ． 2，1 2，1 2，1 根据对称性，另一点 也符合题意．综上可知，Q点坐标为 或 ． 【点睛】本题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、二次函数的性质、平行四边形的性质、直 CQO M y1 线和圆的位置关系、三角函数的定义等知识点．在（3）确定出 最大时 与直线 相切是解题 的关键．本题考查知识点较多，综合性较强． 14．（2023·陕西西安·校联考模拟预测）我们规定：线段外一点和这条线段两个端点连线所构成的角叫做 这个点对这条线段的视角．如图1，对于线段AB及线段AB外一点C，我们称ACB为点C对线段AB的 xOy D0,4 E0,1 P 视角．如图2，在平面直角坐标系 中，已知点 ， ． 为过D，E两点的圆，F为 上 异于点D，E的一点．(1)如果 为P的直径，那么点F对线段DE的视角DFE______； (2)如果点F对线段DE的视角DFE为45度，那么 的半径为多少？ (3)点G为x轴正半轴上的一个动点，当点G对线段DE的视角DGE最大时，求点G的坐标． 3 2 【答案】(1)90(2) 2 (3) PM  y 【分析】（1）利用直径所对的圆周角是直角直接写出答案即可；（2）作 轴于点M，构造直角三 1 3 MP= DE= 角形，根据圆周角定理和直角三角形的性质可得 ，再利用勾股定理即可计算出结果；（3） 2 2 根据题意得到当 与x轴相切，G为切点时，DGE最大，先根据点P在线段ED的垂直平分线上，可得 ，过点P作 于点H，得到 ，连接 ，利用勾股定理可得即可得到点G PG=2.5 PH DE PE 的坐标． 【详解】（1）解：如图1，当DE为P的直径时，点F对线段DE的视角DFE90， 图1故答案为： ； 1 3 （2）解：如图2，作 PM  y 轴于点M，∴ DM  2 DE 2 ， ∵点F对线段 的视角DFE为45，∴DFE45，∴DPE90， 3 2 3 2 3 2 ∵ ，∴ △DPE 是等腰直角三角形，∴ ， DP=  2    2   = 2 ； 图3 （3）解：如图3，当 与x轴相切，G为切点时，DGE最大， 由题意可得：点P在线段ED的垂直平分线上，∴PG=2.5， 1 EH = DE=1.5 过点P作 于点H，∴ ， PH DE 2 ∵PGx轴，∴四边形PHOG是矩形， 连接 ，在Rt△PEH中，PE=PG=2.5， ， PH = 2.521.52 =2 ∴ ，∴点G的坐标为： ． 【点睛】本题考查圆的综合知识、勾股定理、线段垂直平分线的性质、直角三角形的性质、圆周角定理、 切点的性质及矩形的判定与性质，能够将点的坐标与园内有关线段的长联系起来是解题的关键． 15．（2023·广东珠海·统考二模）小辉同学观看2022卡塔尔世界杯时发现，优秀的球员通常都能选择最优 的点射门（仅从射门角度大小考虑）．这引起了小辉同学的兴趣，于是他展开了一次有趣的数学探究．【提出问题】如图所示．球员带球沿直线BC奔向球门PQ， 探究：是否存在一个位置，使得射门角度最大． 【分析问题】因为线段PQ长度不变，我们联想到圆中的弦和圆周角． BC O NP,NQ,AP,AQ,MP,MQ 如图1，射线 与 相交，点M，点A，点N分别在圆外、圆上、圆内，连接 ． 【解决问题】 (1)如图1，比较 的大小：________（用“<”连接起来）． △APQ O BC (2)如图2，点A是射线 上一动点（点A不与点B重合）．证明：当 的外接圆 与射线 相切 时，PAQ最大． PQ4,PB5,tanB2 PAQ (3)【延伸拓展】在（2）的条件下，如果 ．当 最大时．证明： PAQ90B． 【答案】(1) (2)见解析(3)见解析 PM O PN O F FQ 【分析】（1）设 与 交于点E， 与 交于点 ，连接 ，由圆周角的性质可得 PFQPAQPEQ，再由三角形的外角进行比较即可； PAQ △APQ （2）由（1）中的规律可得点 在圆内时 最大，其次是在圆上，最后是在圆外，故当 的外接 圆O与射线BC相切时PAQ最大； OH PQ OH BC OA,OP,OQ （3）过点O作 ，垂足为点H， 交 于点K，连接 ，在 中求出半径长，OH 1 即可根据tanOPH  2得到 ，再由PAQ POQPOH 即可得到 PH 2 ． PM O PN O F FQ 【详解】（1）设 与 交于点E， 与 交于点 ，连接 ， ∴ ，∵PMQPEQMQE，PNQPFQFQN ， ∴ ，PFQPNQ，∴ ， PAQ A （2）由（1）中的规律可得：点 在圆内时 最大，其次是在圆上，最后是在圆外， △APQ O BC A ∴当 的外接圆 与射线 相切时，点 要么在圆上为切点要么在圆外 ∴当点A在圆上时，PAQ最大， △APQ O BC PAQ 即当 的外接圆 与射线 相切时， 最大； OH PQ OH BC OA,OP,OQ （3）方法一：如图过点O作 ，垂足为点H， 交 于点K，连接 ． 由垂径定理得，PH QH 2，则BH BPPH 7， 在 中， ，∴ KH 14 设 的半径为r，∵BKH BBKH AOK 90， 5 ∴ ，∴ ，cosAOK  ， ， AOK B 5OH KH OK 14 5r OP2 OH2PH2 ∴ ， 中， ，  2 r2  14 5r 22 即 ，解得： （舍去）， ∴ ，∴ ，∴ ， PH 2,OH 4 BOPH 1 ∴ ，又∵PAQ POQPOH ， PAQ90OPH 90B 2 ∴PAQ90OPH 90B， AH BQ AB2 BPPQ 方法二：过点A作 ，垂足为点H，由切割线定理得， ∴ ， BH :AH :AB1:2: 5 在 中，∵ ，∴ ， ∴HQPQHP6，∴ ，∴△AHQ是等腰直角三角形， ∴ ，由先切角定理得，BAPHQA45， ∴ ，即BAH HAPHAPPAQ， ∴ ，PAQ90BAH B． 【点睛】本题主要考查圆的综合应用，涉及圆周角定理的应用，三角形外角大于与它不相邻的内角，解直 角三角形等知识，根据条件证明 是解决问题的关键． 16．（2023下·河南郑州·九年级校考阶段练习）定义：自一点引出的两条射线分别经过已知线段的两端 点，则这两条射线所成的角称为该点对已知线段的视角，如图①，APB是点P对线段AB的视角．问题：如图②，已知线段 与直线l，在直线l上取一点P，使点P对线段AB的视角最大． 小明的分析思路如下：过A、B两点，作O使其与直线l相切，切点为P，则点P对线段AB的视角最 大，即APB最大． AQ、BQ 小明的证明过程：为了证明点P的位置即为所求，不妨在直线l上另外任取一点Q，连接 ，如图 BQ AH APBAHB ②，设直线 交圆O于点H，连接 ，则 ．（依据1） ∵ ．（依据2） ∴APBAQH QAH ∴ 所以，点P对线段AB的视角最大． (1)请写出小明证明过程中的依据1和依据2； 依据1：________________________________________ 依据2：________________________________________ (2)应用：在足球电子游戏中，足球队球门的视角越大，越容易被踢进，如图③，A、B是足球门的两端， 线段AB是球门的宽，CD是球场边线，ADC是直角，EFCD． ①若球员沿EF带球前进，记足球所在的位置为点P，在图③中，用直尺和圆规在EF上求作点P，使点P 对AB的视角最大（不写作法，保留作图痕迹）． ②若 ，DE25，直接写出①中所作的点P对AB的最大视角的度数（参考数据： 12 5 5 12 sin67 ,cos67 ,tan672.4,tan23 ,tan42 ．） 13 13 12 13 【答案】(1)同弧所对的圆周角相等；三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和(2)①见解析；②23 【分析】（1）根据圆周角定理，三角形外角的性质，即可求解； （2）①作线段AB的垂直平分线交EF于点P，点P即为所求；②过A、B两点，作O使其与直线EF相 切，切点为P，设OP交AB于点M，设OAOPOBx，则OPEF，可得四边形 是矩形，从而 得到PM DE25，OM AB，在 中，根据勾股定理，可得OM 12，从而得到ABO67， 进而得到 ，再由圆周角定理，即可求解．AQ、BQ BQ 【详解】（1）解：在直线l上另外任取一点Q，连接 ，如图②，设直线 交圆O于点H，连接 AH ，则APBAHB．（同弧所对的圆周角相等） ∵AHBAQH QAH ．（三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和．） APBAQH QAH APBAQH AB ∴ ∴ ，所以，点P对线段 的视角最大． （2）解：①如图，作线段AB的垂直平分线交EF于点P，点P即为所求． ②过A、B两点，作 使其与直线EF相切，切点为P，设OP交AB于点M，设OAOPOBx，则 OPEF， ∴DMPDDEP90，∴四边形DEPM 是矩形， 1 BM  AB5 ∴ ， ，∴ ， ， PM DE25 OM AB OM 25x 2 OM2BM2 OB2 5225x2 x2 在 中， ，∴ ， ∴ ，∴OM 12，∴OM:BM 2.4， ∵tan672.4∴ABO67，∴AOB180676746， 1 ∴APB AOB23，∴最大视角是 ． 2 【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了解直角三角形、直线和圆相切等，这种新定义类的题目，通常按 照题设的顺序求解，一般比较容易解答． xOy A(1,0) 17．（2023上·北京西城·九年级校考期末）在平面直角坐标系 中，已知点 和点 ．对于线段 AB和直线AB外的一点C，给出如下定义：点C到线段AB两个端点的连线所构成的夹角ACB叫做线段 AB关于点C的可视角，其中点C叫做线段AB的可视点．E(1,4) AB 45 (1)在点 、 、 中，使得线段 的可视角为 的可视点是 ； (2)P为经过A，B两点的圆，点M 是P上线段AB的一个可视点． ①当AB为P的直径时，线段AB的可视角AMB为 度； ②当P的半径为4时，线段AB的可视角AMB为 度； (3)已知点N 为 y 轴上的一个动点，当线段AB的可视角ANB最大时，求点 的坐标． E 90 30 N(0, 5) 【答案】(1) (2)① ；② (3) 或 【分析】（1）以AB为底作等腰直角三角形，以直角顶点为圆心，直角边为半径作圆，则A、B两点与优 弧上点形成的角是AB的可视角45的可视点；（2）①AB是直径，可视角是90； ②半径是4时，圆心和A、B两点形成的是等边三角形，圆心角是60，故可视角是30； （3）当ANB是最大时，过AB两点的圆与 y 轴相切，进而可求得结果． 【详解】（1）解：如图1， x Rt△ABI △ABI I AI I I 以 为底在 轴作等腰 和 ，以 和 为圆心， 为半径作 和 ，Q AmB AnB 45 QI AI 2 2 I(3,2) 当点 在优弧 上或 上时，线段 的可视角是 ，此时 ，点 ， ， 因为点D在圆外，所以点D不是AB的可视角为45的可视点， ∵EI  (31)2(42)2 2 2 E AB 45 ， 点 是 的可视角为 的可视点， ∵AFB90，点F 不是AB的可视角为45的可视点，故答案是：E； （2）①∵ AB是直径， ， 1 AMB APB30 ② ∵ ABPAPB4 ， ， 2 ，故答案是： ，30； （3）如图2， 作△ABN 的外接圆，作直径AM ，连接BM ，ABM 90， AB 4 sinM   AB AB ， M ANB ， AM AM ， 当 AM 最小时， M 最大，即ANB最大， ∵点N 在I 上，当I 和 y 轴相切时，ANB最大， 此时，连接NI ，作 于H ，NI 轴，NI AH 3， AI NI 3 IH  3222  5 N(0, 5) 在 中， ， ， ， ， 或 ． 【点睛】本题是新定义理解题，考查了圆周角定理及其推论，圆的切线性质，勾股定理等知识，解决问题 的关键是确定AMB最大时，是△ABN 的外接圆与 y 轴相切． 18．（2023·陕西西安·校考模拟预测）问题研究 （1）若等边△ABC边长为4，则△ABC的面积为 ； （2）如图1，在△ABC中，∠ACB＝60°，CD为AB边上的高，若CD＝4，试判断△ABC的面积是否存在 最小值．若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由． 问题解决（3）如图2，四边形ABCD中，AB＝AD＝4 ，∠B＝45°，∠C＝60°，∠D＝135°，点E、F分别为边BC、DC上的动点，且∠EAF＝∠C，求四边形AECF面积的最大值． 【答案】（1） ；（2） ；（3）四边形AECF面积的最大值为： ． 最小 【分析】解：（1）过点C作CD⊥AB于D，等边△ABC边长为4，可得AD=BD= ，在 中，由勾股定理 ，求出 ，利用面积公式计算即可； （2）由CD为AB边上的高， CD＝4，设AB=c，AC=b，BC=a，过A作AE⊥BC于D，利用面积桥得 ，由三角函数求 ， ，在 中由勾股定理得 ，仅当 时取等号，即 ABC为等边三角形时即可； △ （3）由∠B＝45°，∠C＝60°，∠D＝135°，可求∠BAD=120°，将 ABE逆时针旋转120°得 ADG，可证 △ △ C、D、G三点共线，可证 ≌ ， ，S AECF= S ABCD-S AGF，当S AGF 四边形 四边形 △ △ 最小时，S AECF最大，过A作AH⊥CG于H，由AD=4 ，∠ADH＝45°， ，∠FAG=60°，可 四边形 求S AGF= ，由（2）知AG=AF时， AFG面积最小，由点F在CD上运动，达不 △ △ 到 AFG是等边三角形，当F向D运动时， AFG面积逐渐减小，可知点F到点D时， AFG面积最小， △ △ △ 在AH上取点M使∠HMG=30°，可证∠AGM==15°=∠HAG，可求GF=12- 即可．【详解】解：（1）过点C作CD⊥AB于D， ∵等边 ABC边长为4，∴AD=BD= ， △ 在 中，由勾股定理 即 ，解得： ， ∴ ，故答案为： ； （2）∵CD为AB边上的高，若CD＝4， 设AB=c，AC=b，BC=a，过A作AE⊥BC于D， ∴ ，∴ ， 又 ， ， 在 中由勾股定理得 ，即 ， ∴ ，仅当 时取等号，即 ABC为等边三角形时， △ ∴ ，∴ ， ； 最小 （3）∵∠B＝45°，∠C＝60°，∠ADC＝135°， ∴∠BAD=360°-∠B-∠C-∠D=360°-45°-60°-135°=120°， 将 ABE逆时针旋转120°得 ADG，∵∠ADG=∠B＝45°，AE=AG， ∴∠△ADG+∠ADC＝45°+135°=△180°，∴C、D、G三点共线， ∵∠EAF＝∠C=60°， ， ，在 和 中 ， ≌ ， ， S AECF=S ABCD-S ABE-S ADF= S ABCD-S AGF， 四边形 四边形 四边形 △ △ △ ∴当S AGF最小时，S AECF最大，过A作AH⊥CG于H， 四边形 △ ∵AD=4 ，∠ADH＝45°， ， ∵∠FAG=60°，∴S AGF= ， △ 由（2）知AG=AF时， AFG面积最小， 由点F在CD上运动，达△不到 AFG是等边三角形， 当F向D运动时， AFG面积△逐渐减小，∴点F到点D时， AFG面积最小， 此时 ABE≌ AFG≌△△AFE，∴∠ABE=∠AFE=∠AFG=∠HAF=4△5°， △ △ ∴∠BAE=∠FAE=∠FAG=60°，∵AB=AF=AD= ， 在AH上取点M使∠HMG=30°，∵∠HAG=∠FAG-∠FAH=60°-45°=15°， ∴∠AGH=90°-∠GAH=75°，∴∠AGM=∠AGH-∠MGH=75°-（90°-30°）=15°=∠HAG， 设GH=x，MG=2x，由勾股定理MH= ， ∵AH=AM+MH=2x+ =4，∴ ，∴GF=4+ =12- ， S AEF= S AGF= ，∵EF=GF==12- ， △ △ ∵∠EFC=∠ADC-∠ADE=135°-45°=90°，∠C＝60°， ∴S CEF= ， △ ∴S AECF= S AEF+ S CEF= ． 四边形 △ △ ∴四边形AECF面积的最大值为： ．【点睛】本题考查等边三角形的面积，三角形面积最小值，四边形面积最大值，涉及的知识多，等边三角 形性质，三角函数综合，三角形全等判定与性质，图形旋转变换，不等式性质，直角三角形性质，勾股定 理，三点共线，难度相当大，利用辅助线准确作出图形是解题关键． 19．（2023·陕西商洛·统考模拟预测）【问题提出】（1）如图①，在正方形 中，点 分别在边 上，连接 ，延长 到点 ，使 ，连接 ．若 ，则可证 __________； 【问题探究】（2）在（1）的条件下，若 ，求 面积的最小值； 【问题解决】（3）如图②， 是一条笔直的公路，村庄 离公路 的距离是5千米，现在要在公路上 建两个快递转运点 ，且 ，为了节约成本，要使得 之和最短，求 的最小值． 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【分析】（1）先证明 得到 ，再证明 ，即可证明 ； （2）由（1）可得 ，则 的面积等于 面积．如图①，作 的外接圆 ， 连接 ，过点 作 于点 ，设 的半径为 ．先求出 ．则可得．由 ，得到 ，由此得到 得到最小值为 ，据此即 可得到答案．（3）如图，在 上分别截取 ， ，连接 ，先根据等边对等角和三 角形内角和定理证明 ，作 的外接圆 ，分别过点 作 于点 ， 于点 ，由已知得 ．连接 ，设 的半径为 ，利用圆周角定理求出 ，则 ．即可得到 ，再由 ，推出 ，由此求 出 得最小值为 ，则可得 的最小值为 ． 【详解】解：（1）∵四边形 是正方形， ∴ ， 又∵ ，∴ ，∴ ， ∵ ，∴ ， ∴ ，∴ ， 又∵ ，∴ ，故答案为： ； （2）由（1）可得 ，则 的面积等于 面积． 如图，作 的外接圆 ，连接 ，过点 作 于点 ， 设 的半径为 ． ，∴ ， ． 在 中， ， ． ． 又 ， ， ， ． 当 时， 取得最小值即 ． 的最小面积为 ． 的最小面积为 ．（3）如图，在 上分别截取 ， ，连接 ， ∴ ， ∵ ， ， ∴ ，∴ ∴ ， 作 的外接圆 ，分别过点 作 于点 ， 于点 ，由已知得 ． 连接 ，设 的半径为 ， 由 可得 ，则 ． ， ， ， ，即 ， 当 四点共线时， 取最小值10，此时 ，∴ ． ， 的最小值为 ． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，圆周角定理，垂径定理，全等三角形的性质与判定等等，正确作 出辅助线是解题的关键． 20．（2023·江苏盐城·九年级校考阶段练习）问题提出： (1)如图1，P是半径为5的⊙O上一点，直线l与⊙O交于A、B两点， ，则△ABP面积的最大值为 _____．问题探究：(2)如图2，在等腰△ABC中， ， ，F是高AD和高BE的交点． ①请求出△ABF与△BDF的面积之比；②若 ，求△ABF的面积． 问题解决：(3)如图3，四边形ABCD是某区的一处景观示意图， ， ， ， ， ，M是AB上一点，且 ．按设计师要求，需在四边形区域内确定一个点N， 修建花坛△AMN和草坪△BCN，且需 ．已知花坛的造价是每平米200元，草坪的造价是每平米 100元，请帮设计师算算修好花坛和草坪预算最少需要多少元？ 【答案】(1)32；(2)① ；② ；(3) ． 【分析】（1）当点P到直线 的垂线经过点O时，此时 的面积最大，根据垂径定理、勾股定理、三 角形面积公式即可求解；（2）根据平分线的性质，得FG=FD，所求三角形面积的比转化为AB：BC，根 据等腰直角三角形的边的关系，则可得出答案；根据这个结论，可求当BD=4时△ABF的面积．（3）根据 题意，将费用的最小值问题，转化为 最小，再转化为 最小时，最后转化求为 最小值，从而得解． 【详解】（1）如图1，过圆心O作 ，垂足为点C，交圆O于P，此时 的面积最大， 连接OA， ， ，由勾股定理得：OC=3， ， 的面积的最大值= ．（2）如图2，过F做 于G， ， 为等腰直角三角形， 为等腰三角形，且AB=BC， ， BE平分 ，又 ， FG=FD， ， ， ； ②当BD=4时， ， = ； 故答案为：① ；② ． （3）如图3，连接MC，过A作 于点P， ，AB＝60, , , 设总费用为W元， ， ， 又 ， ， ，即 最小时，费用最小，又 ， 过点M作 于H， ，BM=40， ， ， ， ， 最小时，费用最小， ，当 时，垂足为Q，此时NQ最小， ，DQ=45， ， 最小值= = ， 最小值= + = （平方米） =100× = （元）． 【点睛】此题是圆的综合题，此题难度较大，综合性强．主要考查了圆的性质，三角形的面积计算，以及 三角函数等知识，借助辅助圆分析 时费用有最小值是解此题的关键．