專題12圓中的重要模型之定角定高（探照燈）模型米勒最大角模型

專題12圓中的重要模型之定角定高（探照燈）模型、米勒最大角模型圓在中考數(shù)學(xué)幾何模塊中占據(jù)著重要地位，也是學(xué)生必須掌握的一塊內(nèi)容，本專題就圓形中的重要模型（米勒最大視角（張角）模型、定角定高（探照燈）模型）進(jìn)行梳理及對應(yīng)試題分析，方便掌握。近幾年一些中考幾何問題涉及了“最大視角”與“定角定高”模型，問題往往以動點為背景，與最值相結(jié)合，綜合性較強，解析難度較大，學(xué)生難以找到問題的切入點，不能合理構(gòu)造輔助圓來求解。實際上，這樣的問題中隱含了幾何的“最大視角”與“定角定高”模型，需要對其中的動點軌跡加以剖析，借助圓的特性來探究最值情形。而軌跡問題是近些年中考壓軸題的熱點和難點，既可以與最值結(jié)合考查，也可以與軌跡長結(jié)合考查，綜合性較強、難度較大。模型1.米勒最大張角（視角）模型【模型解讀】已知點A，B是∠MON的邊ON上的兩個定點，點C是邊OM上的動點，則當(dāng)C在何處時，∠ACB最大？對米勒問題在初中最值的考察過程中，也成為最大張角或最大視角問題。米勒定理：已知點AB是∠MON的邊ON上的兩個定點，點C是邊OM上的一動點，則當(dāng)且僅當(dāng)三角形ABC的外圓與邊OM相切于點C時，∠ACB最大?！灸Ｐ妥C明】如圖1，設(shè)C’是邊OM上不同于點C的任意一點，連結(jié)A，B，因為∠AC’B是圓外角，∠ACB是圓周角，易證∠AC’B小于∠ACB，故∠ACB最大。在三角形AC’D中， 又【解題關(guān)鍵】常常以解析幾何、平面幾何和實際應(yīng)用為背景進(jìn)行考查。若能從題設(shè)中挖出隱含其中的米勒問題模型，并能直接運用米勒定理解題，這將會突破思維瓶頸、大大減少運算量、降低思維難度、縮短解題長度，從而使問題順利解決。否則這類問題將成為考生的一道難題甚至一籌莫展，即使解出也費時化力。例1．（2023·江蘇九年級課時練習(xí)）如圖，在足球比賽中，甲帶球奔向?qū)Ψ角蜷T，當(dāng)他帶球沖到點A時，同伴乙已經(jīng)沖到點B，此時甲是直接射門好，還是將球傳給乙，讓乙射門好？（僅從射門角度大小考慮）【答案】甲將球傳給乙，讓乙射門好【分析】設(shè)AQ交⊙O于點M，連接PM，則∠B＝∠PMQ，因為∠PMQ是△PAM的一個外角，由外角性質(zhì)得∠PMQ＞∠A，所以∠B＞∠A，即可分析求得答案．【詳解】解：甲將球傳給乙，讓乙射門好，理由如下：如圖所示，設(shè)AQ交⊙O于點M，連接PM，則∠B＝∠PMQ，因為∠PMQ是△PAM的一個外角，由外角性質(zhì)得∠PMQ＞∠A，所以∠B＞∠A，所以僅從射門角度考慮，甲將球傳給乙，讓乙射門好．【點睛】本題考查同弧所對的圓周角相等，三角形的外角性質(zhì)，添加輔助線轉(zhuǎn)化為是解題關(guān)鍵．例2．（2023·四川宜賓·?？级＃┤鐖D，已知點A、B的坐標(biāo)分別是、，點C為x軸正半軸上一動點，當(dāng)最大時，點C的坐標(biāo)是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】過點、作，點與軸相切于點時，利用圓周角大于對應(yīng)的圓外角得到此時最大，連接、、，作軸于，如圖，利用垂徑定理得，則，再根據(jù)切線的性質(zhì)得軸，則四邊形為矩形，所以，則，在中，利用勾股定理計算出，于是可得到點坐標(biāo)為，．【詳解】解：過點、作，點與軸相切于點時，最大，連接、、，作軸于，如圖，點、的坐標(biāo)分別是、，，，，，，與軸相切于點，軸，四邊形為矩形，，，在中，，點坐標(biāo)為，．故選：B．【點睛】本題考查了圓的綜合題，熟練掌握垂徑定理、圓周角定理,勾股定理,坐標(biāo)與圖形，掌握相關(guān)定理性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．例3．（2023上·江蘇泰州·九年級統(tǒng)考期末）如圖．在正方形ABCD中，邊長為4，M是CD的中點，點P是BC上一個動點，當(dāng)∠DPM的度數(shù)最大時，則BP=．【答案】4?2【分析】先確定P點的位置，畫出輔助圓，再求出圓的半徑，利用勾股定理和矩形的判定與性質(zhì)即可求解．【詳解】解：如圖，當(dāng)P點在與BC相切，且經(jīng)過D點和M點的⊙O上時，∠DPM的度數(shù)最大，此時，P點即為切點，連接OP，∴OP⊥BC，∵正方形ABCD的邊長為4，M點為CD的中點，∴DM=2，過O點作OE⊥DM于E，∴DE=1，延長PO，交AD于點F，∴OF⊥AD，∴四邊形OEDF和四邊形PCDF都是矩形，∴OF=DE=1，∴OP=4?1=3，連接OD，則OD=3，∴DF=O∴PC=DF=22，∴BP=4?PC=4?22，故答案為：【點睛】本題考查了最大張角問題，涉及到了正方形性質(zhì)的應(yīng)用、勾股定理解三角形、矩形的判定與性質(zhì)等內(nèi)容，解題關(guān)鍵是理解當(dāng)P點在與BC相切且經(jīng)過D點和M點的圓上且位于切點處時張角最大．例4．（2023·陜西西安·?？寄M預(yù)測）足球射門時，在不考慮其他因素的條件下，射點到球門AB的張角越大，射門越好．當(dāng)張角達(dá)到最大值時，我們稱該射點為最佳射門點．通過研究發(fā)現(xiàn)，如圖1所示，運動員帶球在直線CD上行進(jìn)時，當(dāng)存在一點Q，使得（此時也有）時，恰好能使球門AB的張角達(dá)到最大值，故可以稱點Q為直線CD上的最佳射門點．(1)如圖2所示，AB為球門，當(dāng)運動員帶球沿CD行進(jìn)時，，，為其中的三個射門點，則在這三個射門點中，最佳射門點為點______；(2)如圖3所示，是一個矩形形狀的足球場，AB為球門，于點D，，．某球員沿CD向球門AB進(jìn)攻，設(shè)最佳射門點為點Q．①用含a的代數(shù)式表示DQ的長度并求出的值；②已知對方守門員伸開雙臂后，可成功防守的范圍為，若此時守門員站在張角內(nèi)，雙臂張開MN垂直于AQ進(jìn)行防守，求MN中點與AB的距離至少為多少時才能確保防守成功．（結(jié)果用含a的代數(shù)式表示）【答案】(1)(2)①；；②．【分析】（1）連接、，根據(jù)平行線的性質(zhì)得出，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出即可判斷；（2）①根據(jù)最佳射門點為點Q，可證△ADQ∽△QDB，列出比例式即可求出DQ的長度，作BE⊥AQ于E，求出線段長，利用三角函數(shù)求解即可；②根據(jù)題意可知，過MN中點O作OF⊥AB于F，交AQ于P，利用相似三角形的性質(zhì)求出EM，再解直角三角形求出MP、PF、PO即可．【詳解】（1）解：連接、，∵CD∥AB，∴，∵，，∴，∴，∴，∴最佳射門點為故答案為：．（2）解：①作BE⊥AQ于E，∵最佳射門點為點Q，∴，∵，∴，∴△ADQ∽△QDB，∴，∵，，∴，代入比例式得，，解得，（負(fù)值舍去）；，∴，，∴，，∴，，則，；②過MN中點O作OF⊥AB于F，交AQ于P，∵守門員伸開雙臂后，可成功防守的范圍為，∴當(dāng)時才能確保防守成功．∵M(jìn)N⊥AQ，∴，∴，，∵，，∴，∴，∵，，∵，∴，，∵，∴，；MN中點與AB的距離至少為時才能確保防守成功．．【點睛】本題考查解直角三角形應(yīng)用，解題關(guān)鍵恰當(dāng)構(gòu)建直角三角形，熟練運用解直角三角形的知識求解．例5．（2023·四川宜賓·?？既＃┰谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系中，將二次函數(shù)的圖象向右平移個單位，再向下平移個單位，得到如圖所示的拋物線，該拋物線與軸交于點、（點在點的左側(cè)），，經(jīng)過點的一次函數(shù)的圖象與軸正半軸交于點，且與拋物線的另一個交點為，的面積為．

(1)求拋物線和一次函數(shù)的解析式；(2)拋物線上的動點在一次函數(shù)的圖象下方，當(dāng)面積的最大值時，求出此時點的坐標(biāo)；(3)點是直線上的一動點，連接，，設(shè)外接圓的圓心為，當(dāng)最大時，求點M的坐標(biāo)（直接寫答案）．【答案】(1)，(2)(3)或【分析】（1）根據(jù)平移可求，將點A的坐標(biāo)代入可求，從而可求，再由面積求出的坐標(biāo)，即可求解的解析式；（2）過點作軸交于，設(shè)，可求，由可求解；（3）是的中點，在直線上運動，可得，當(dāng)取得最小值時，的值最大，由此可得：當(dāng)垂直直線時，取得最小值，進(jìn)而可求解．【詳解】（1）解：將二次函數(shù)的圖象向右平移個單位，再向下平移個單位，得到的拋物線解析式為，，點A的坐標(biāo)為，代入拋物線的解析式得，，，拋物線的解析式為，即．令，則，解得：，，；，的面積為，，，，解得：，，∴．設(shè)直線的解析式為，則有，解得：，直線的解析式為．（2）解：如圖，過點作軸交于，

設(shè)，則，，．∴當(dāng)此時E點坐標(biāo)為．（3）解：如圖，是的中點，在直線上運動，

，，當(dāng)取得最小值時，的值最大，，當(dāng)取得最小值時，的值最大，當(dāng)垂直直線時，取得最小值，此時、在二次函數(shù)的對稱軸直線上，，根據(jù)對稱性，存在，故：或．【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法，三角形的外心，三角函數(shù)定義，二次函數(shù)與三角形面積計算，二次函數(shù)與圓的綜合等，掌握二次函數(shù)的性質(zhì)，運用轉(zhuǎn)化思想是解題的關(guān)鍵．模型2.定角定高模型（探照燈模型）定角定高模型：如圖，直線BC外一點A，A到直線BC距離為定值（定高），∠BAC為定角，則AD有最小值，即△ABC的面積有最小值。因為其形像探照燈，所以也叫探照燈模型。。條件：在△ABC中，∠BAC=（定角），AD是BC邊上的高，且AD=h（定高）。結(jié)論：當(dāng)△ABC是等腰三角形（AB=AC）時，BC的長最??；△ABC的面積最??；△ABC的周長最小。證明思路：如圖，作△ABC的外接圓，連接OA，OB，OC，過點O作OE⊥BC于點E，設(shè)的半徑為r，則∠BOE=∠BAC=；∴BC=2BE=2OBsin=2rsin?！逴A+OE≥AD（當(dāng)且僅當(dāng)點A，O，E三點共線時,等號成立），∴r+rcosa≥h，.當(dāng)取等號時r有最小值，此時BC的長最小:2rsin；△ABC的面積最小:ADrsin；△ABC的周長最小:2rsin+ADrsin。例1．（2023·貴州貴陽·九年級?？茧A段練習(xí)）如圖，，邊、上分別有兩個動點C、D，連接，以為直角邊作等腰，且，當(dāng)長保持不變且等于時，則長的最大值為cm．【答案】【分析】利用直角三角形性質(zhì)求解即可．【詳解】解：在右側(cè)以為斜邊作等腰，則O、C、D在以點F為圓心，為半徑的圓上，∵，是等腰直角三角形，∴，，，∴，∵，∴，故答案為：．【點睛】本題考查直角三角形性質(zhì)，靈活運用所學(xué)知識是解題的關(guān)鍵．例2、（2023·重慶·九年級期中）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝12，點E，F(xiàn)均在AD上，且∠ABE+∠FCD＝90°，則四邊形BCFE面積的最大值為．解：將△DCF向左平移，使DC與AB重合，點F的對應(yīng)點為點G，∵∠ABE+∠FCD＝90°，∴∠GBE＝90°，作△BGE的外接圓O，連接OB，則OB≥AB，當(dāng)點O與點A重合時，OB取得最小值，最小值為2，∴GE的最小值為4，∴△GBE的面積最?。健罣E?AB＝×4×2＝4，∵四邊形BCFE＝矩形ABCD的面積﹣△ABE的面積﹣△CDF的面積＝矩形ABCD的面積﹣△GBE的面積，∴當(dāng)△GBE的面積最小時，四邊形BCFE的面積有最大值，∴四邊形BCFE最大＝2×12﹣4＝20，∴四邊形BCFE面積的最大值為20．故答案為：20．例3．（2023·陜西咸陽·校考二模）【問題提出】（1）如圖①，為的一條弦，圓心O到弦的距離為4，若的半徑為7，則上的點到弦的距離最大值為_______；【問題探究】（2）如圖②，在中，為邊上的高，若，求面積的最小值；【問題解決】（3）“雙減”是黨中央、國務(wù)院作出的重大決策部署，實施一年多來，工作進(jìn)展平穩(wěn)，取得了階段性成效，為了進(jìn)一步落實雙減政策，豐富學(xué)生的課余生活，某校擬建立一塊綜合實踐基地，如圖③，為基地的大致規(guī)劃示意圖，其中，平分交于點，點為上一點，學(xué)校計劃將四邊形部分修建為農(nóng)業(yè)實踐基地，并沿鋪設(shè)一條人行走道，部分修建為興趣活動基地．根據(jù)規(guī)劃要求，米，．且農(nóng)業(yè)實踐基地部分（四邊形）的面積應(yīng)盡可能小，問四邊形的面積是否存在最小值？若存在，求出其最小值；若不存在，請說明理由．

【答案】（1）11；（2）；（3）四邊形的面積存在最小值，最小值為平方米【分析】（1）根據(jù)圓的性質(zhì)直接可得答案；（2）作的外接圓，連接，過點O作于點，設(shè)，則，根據(jù)垂線段最短可得R的最小值，從而得出的最小值，進(jìn)而得出答案；（3）過點作于點于點，則，在上截取，連接，利用證明，則，要使四邊形的面積最小，只需的面積最小，由（2）同理求出面積的最小值即可．【詳解】解：（1）∵圓心O到弦的距離為4，若的半徑為7，∴上的點到弦的距離最大值為，故答案為：11；（2）作的外接圓，連接，過點O作于點，如圖．

．設(shè)，則，由，得，即，∴，，．即面積的最小值為（3）過點作于點于點，∵平分，∴．又，．米，，，為等腰直角三角形，∴米，（平方米），平方米．在上截取，連接，如圖．

，，，要使四邊形的面積最小，只需的面積最?。?，，作的外接圓，如圖，連接，作于點，則，∴．設(shè)，則．由，得，解得，米，（平方米），（平方米）．即四邊形的面積存在最小值，最小值為平方米．【點睛】本題考查了圓的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理，垂徑定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，交平分線的性質(zhì)，勾股定理，垂線段最短等知識，將四邊形面積最小問題轉(zhuǎn)化為三角形面積最小是解題的關(guān)鍵．例4．（2023·廣東·?？家荒＃﹩栴}提出：（1）如圖①，已知在邊長為10的等邊△ABC中，點D在邊BC上，BD＝6，連接AD，則△ACD的面積為；問題探究：（2）如圖②，已知在邊長為6的正方形ABCD中，點E在邊BC上，點F在邊CD上，且∠EAF＝45°．若EF＝5，求△AEF的面積；問題解決：（3）如圖③是某座城市延康大道的一部分，因自來水搶修需在AB＝4米，AD＝6米的矩形ABCD區(qū)域內(nèi)開挖一個△AEF的工作面，其中E、F分別在BC、CD邊上（不與B、C、D重合），且∠EAF＝45°，為了減少對該路段的擁堵影響，要求△AEF面積最小，那么是否存在一個面積最小的△AEF？若存在，請求出△AEF面積的最小值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）15；（3）存在，．【分析】（1）過點A作AH⊥BC，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)、正弦的定義求出AH，根據(jù)三角形的面積公式計算，得到答案；（2）將△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABH，證明△AEF≌△AEH，根據(jù)三角形的面積公式計算即可；（3）把△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°并縮小為，得到△ABG，根據(jù)角平分線的性質(zhì)、三角形的面積公式得到＝，設(shè)△AGE的外接圓圓心為O，連接OA、OG、OE，過得O作OH⊥GE于H，則∠GOE＝2∠EAG＝90°，設(shè)△AGE的外接圓的半徑為R，則GE＝R，OH＝R，由題意得，OA+OH≥AB，即R+R≥4，解得R的范圍，故△AGE的面積≥××（8﹣4）×4＝16﹣16，得△AGE的面積的最小值為16﹣16，進(jìn)而可得△AEF的面積的最小值為24﹣24．【詳解】（1）如圖①，過點A作AH⊥BC于H，∵△ABC為等邊三角形，∴∠B＝60°，∴△ACD的面積＝×CD×AH＝×4×10?sin60°＝10，故答案為：10；（2）如圖②，將△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABH，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)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△AEF＝S△AEH＝×5×6＝15；（3）把△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°并縮小為，得到△ABG，則AG＝AF，∠EAG＝∠EAF＝45°，過點E作EM⊥AG于M，EN⊥AF于N，∵∠EAG＝∠EAF，EM⊥AG，EN⊥AF，∴EM＝EN，∴＝，設(shè)△AGE的外接圓圓心為O，連接OA、OG、OE，過得O作OH⊥GE于H，則∠GOE＝2∠EAG＝90°，設(shè)△AGE的外接圓的半徑為R，則GE＝R，OH＝R，由題意得，OA+OH≥AB，即R+R≥4，解得，R≥8﹣4，∴△AGE的面積≥××（8﹣4）×4＝16﹣16，∴△AGE的面積的最小值為16﹣16，∴△AEF的面積的最小值為24﹣24．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定，角平分線的性質(zhì)，圓周角定理，圖形的旋轉(zhuǎn)等，較為綜合，根據(jù)圖形作出合適的輔助線是解題的關(guān)鍵．例5．（2023·重慶·?？既＃﹩栴}探究（1）如圖①，已知在△ABC中，∠B＝∠C＝30°，BC＝6，則S△ABC＝．（2）如圖②，已知四邊形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°，AD＝DC，BD＝4，請求出四邊形ABCD面積的最大值．問題解決（3）如圖③，某小區(qū)有一個四邊形花壇ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝CD＝15m，∠B＝∠C＝60°．為迎接“十四運”，園藝師將花壇設(shè)計成由兩種花卉構(gòu)成的新造型，根據(jù)造型設(shè)計要求，點E、F分別在邊BC、CD上，且∠EAF＝60°，現(xiàn)需要在△AEF的區(qū)域內(nèi)種植甲種花卉，其余區(qū)域種植乙種花卉．已知種植甲種花卉每平方米需200元，乙種花卉每平方米需160元．試求按設(shè)計要求，完成花卉種植至少需費用多少元？（結(jié)果保留整數(shù)，參考數(shù)據(jù)：≈1.7）【答案】（1）；（2）16；（3）．【分析】（1）過點A作于點D，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出，利用正弦求出，再根據(jù)三角形面積公式即可求解；（2）因為，四點共圓，所以當(dāng)BD是直徑時，四邊形ABCD的面積最大，此時，由勾股定理可得，因為四邊形，所以，當(dāng)時，四邊形ABCD是正方形，由不難求出，進(jìn)而求得四邊形ABCD的最大面積；（3）因為甲種花卉貴，所以若費用最少，則甲種花卉種植面積最小，最小時，將繞A順時針旋轉(zhuǎn)到，可證得三點共線，通過證明，得，過點A作過點A作于K，求得，作的外接圓，連接，過點作于點N，通過過得面積的最小值為，再通過求求得乙種花卉的種植面積為，最后根據(jù)甲乙兩種花卉每平方米的價格求出至少種植兩種花卉的費.【詳解】解：（1）如圖①，過點作于點D，，是等腰三角形，，，，故答案為：（2），四點共圓，當(dāng)為直徑時，最大，此時，，，由勾股定理，，時，四邊形是正方形，最大，，，的最大值=，（3）如圖③甲種花卉貴，若費用最少，則甲種花卉種植面積最小，最小時，將繞A順時針旋轉(zhuǎn)到，由旋轉(zhuǎn)可得三點共線，，，過點A作過點A作于K，，作的外接圓，連接，過點作于點N，設(shè)在中，，，，，，，面積的最小值為且，乙種花卉的種植面積為種四花卉花費：元，種乙花卉花費：元，至少花費元．【點睛】本題是一道四邊形的綜合題，考查了等腰三角形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，三角函數(shù)，正方形的性質(zhì)和判定，直徑所對的圓周角是直角，三角形和四邊形的面積問題等知識，利用四點共圓及圖形的旋轉(zhuǎn)變換是解決本題的關(guān)鍵．課后專項訓(xùn)練1．（2023·廣東廣州·九年級校考期中）如圖，已知正方形和直角三角形，，，連接，．若繞點A旋轉(zhuǎn)，當(dāng)最大時，的面積是（

）A． B．6 C．8 D．10【答案】B【分析】作于H，由題意知繞點A旋轉(zhuǎn)時，點F在以A為圓心，4為半徑的圓上，當(dāng)為此圓的切線時，最大，即，利用勾股定理計算出，接著證明得到，然后根據(jù)三角形面積公式求解．【詳解】解：作于H，如圖，∵，∴當(dāng)繞點A旋轉(zhuǎn)時，點F在以A為圓心，4為半徑的圓上，∴當(dāng)為此圓的切線時，最大，即，此時，∵，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴．故選：B．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、勾股定理、圓的性質(zhì)等知識；熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．2．（2022·遼寧沈陽·?？既＃┤鐖D是一個矩形足球球場，為球門，于點D，米．某球員沿帶球向球門進(jìn)攻，在Q處準(zhǔn)備射門，已知米，米，對方門將伸開雙臂后，可成功防守的范圍大約為米；此時門將站在張角內(nèi)，雙臂伸開且垂直于進(jìn)行防守，中點與距離米時，剛好能成功防守．【答案】/【分析】過點B作，證明，作，依次證明，，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解．【詳解】解：過點B作，，，又，，，，，，，，如圖，作，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，故答案為：.【點睛】本題主要考查銳角三角函數(shù)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等，通過添加輔助線構(gòu)造相似三角形是解題的關(guān)鍵．3．（2023·陜西咸陽·統(tǒng)考二模）如圖，在正方形中，，M是的中點，點P是上一個動點，當(dāng)?shù)亩葦?shù)最大時，的長為．

【答案】【分析】過點A、M作與相切于點,記的中點為N,與交于點Q,連接,則，證明四邊形是矩形,再求出圓的半徑，利用勾股定理和矩形的性質(zhì)即可求解．【詳解】：過點A、M作與相切于點,記的中點為N,與交于點Q,連接,

則，∵四邊形是正方形，，∴，，∵M(jìn)是的中點，∴，∵過點A、M作與相切于點，∴，∵的中點為N,∴，，∴，∴四邊形是矩形,∴,在中,，∴,∴當(dāng)點P運動到點時，最大，此時，故答案為：【點睛】本題考查了最大張角問題，涉及到了切線的性質(zhì)、垂徑定理、圓周角定理、正方形的性質(zhì)、勾股定理解三角形、矩形的判定與性質(zhì)等內(nèi)容，解題關(guān)鍵是理解當(dāng)P點在與相切且經(jīng)過D點和M點的圓上且位于切點處時張角最大．4．（2023·四川涼山·校聯(lián)考一模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BC＝5，AB＝3，點D是線段BC上一動點，連接AD，以AD為邊作△ADE∽△ABC，點N是AC的中點，連接NE，當(dāng)線段NE最短時，線段CD的長為．【答案】【分析】如圖，連接EC，作AH⊥BC于H．首先證明EC⊥BC，推出EN⊥EC時，EN的值最小，解直角三角形求出CH，DH即可解決問題；【詳解】解：如圖，連接EC，作AH⊥BC于H．∵△ABC∽△ADE，∴∠AED=∠ACD，∴A，D，C，E四點共圓，∴∠DAE+∠DCE=180°，∴∠DCE=∠DAE=90°，∴EC⊥BC，∴NE⊥EC時，EN的值最小，作AG⊥CE交CE的延長線于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=．故答案為．【點睛】本題考查相似三角形的性質(zhì)、勾股定理、垂線段最短、四點共圓等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考填空題中的壓軸題．5．（2023·廣東·一模）已知點O為直線外一點，點O到直線距離為4，點A、B是直線上的動點，且∠AOB＝30°。則△ABO的面積最小值為．解：如圖，過點O作直線l′∥直線l，則直線l與直線l′之間的距離為4，作點B關(guān)于直線l′的對稱點B′，連接OB′，AB′，AB′交直線l′于點T，連接BT，過點A作AH⊥BT于H，過點T作TW⊥AB于W．在Rt△ABB′中，AB＝＝，∴AB′的值最小時，AB的值最小，∵OA+OB＝OA+OB′≥AB′，∴當(dāng)A，O，B′共線時，AB′的值最小，此時AB的值最小，∵直線l垂直平分線段BB′，∴TB＝TB′，∴∠TBB′＝∠TB′B，∵∠TBA+∠TBB′＝90°，∠TAB+∠TB′B＝90°，∴∠TAB＝∠TBA，∴TA＝TB，∵cos∠AOB＝cos∠ATB＝，∴＝，∴可以假設(shè)TH＝k，AT＝TB＝2k，∴BH＝TB﹣TH＝（2﹣）k，∴AH＝k，∴AB＝＝＝2k，∵S△TAB＝?AB?TW＝?TB?AH，∴×2k×4＝×2k×k，解得k＝4，∴△ABO的面積最小值為＝∴×2×4×4＝64﹣16，故答案為：64﹣16．6．（2023·廣西·九年級期中）在四邊形ABCD中，點E在BC邊上（不與B、C重合）．（1）如圖（1），若四邊形ABCD是正方形，AE⊥EF，AE＝EF，連CF．①求∠BCF的大小；②如圖（2），點G是CF的中點，連DG、ED，若DE＝6，求DG的長；（2）如圖（3），若四邊形ABCD是矩形，點M在AD邊上，∠AEM＝60°，CD＝9，求線段AM的最小值．解：（1）①如圖（1），在AB上取一上點H，使AH＝CE，連接EH，∵四邊形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如圖（2），在AB上取一上點H，使AH＝CE，連接EH，BD，由①知：△AHE≌△ECF，∴EH＝CF，設(shè)BE＝2x，則EH＝CF＝2x，∵G是CF的中點，∴CG＝x，∴＝＝，∵四邊形ABCD是正方形，∴BD＝CD，∴＝，∵∠DBE＝∠DCG＝45°，∴△DBE∽△DCG，∴＝＝，∵DE＝6，∴＝，∴DG＝3；（2）如圖（3），作△AEM的外接圓O，過點O作ON⊥AM于N，連接OA，OE，OM，∵∠AEM＝60°，∴∠AOM＝120°，∵ON⊥AM，∴AN＝MN，∠AON＝∠NOM＝60°，∴∠OAN＝∠OMN＝30°，設(shè)ON＝a，則OA＝2a，AN＝a，則OE+ON≥AB，即當(dāng)E，O，N三點共線時，a最小，此時AM最小，∴a+2a＝9，∴a＝3，∴AM的最小值是6．7．（2023上·湖北九年級課時練習(xí)）如圖，某雕塑位于河段上，游客在步道上由點出發(fā)沿方向行走．已知，，當(dāng)觀景視角最大時，游客行走的距離是多少米？

【答案】米【分析】先證是的切線，切點為，當(dāng)點與點重合時，觀景視角最大，由直角三角形的性質(zhì)可求解．【詳解】解：取的中點，過點作于，以直徑作，如圖所示：

根據(jù)圓周角定理，劣弧所對的圓周角都是相等的，則游客在步道上由點出發(fā)沿方向行走時，與相切時，觀景視角最大，，點是的中點，，，，，，從而由勾股定理可得，，又，是的切線，切點為，當(dāng)點與點重合時，觀景視角最大，此時．【點睛】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用，切線的判定，直角三角形的性質(zhì)，證明是的切線是解題的關(guān)鍵．8．（2023·廣西北?！そy(tǒng)考二模）綜合與實踐【數(shù)學(xué)理解】德國數(shù)學(xué)家米勒曾提出最大視角問題，對該問題的一般描述是：如圖2，已知點，是的邊上的兩個定點，是邊上的一個動點，當(dāng)且僅當(dāng)?shù)耐饨訄A與邊相切于點時，最大．人們稱這一命題為米勒定理．

(1)【問題提出】如圖1，在足球比賽場上，甲、乙兩名隊員互相配合向?qū)Ψ角蜷T進(jìn)攻，當(dāng)甲帶球沖到點時，乙已跟隨沖到點，僅從射門角度大小考慮，甲是自己射門好，還是迅速將球回傳給乙，讓乙射門好？假設(shè)球員對球門的視角越大，足球越容易被踢進(jìn)．請結(jié)合你所學(xué)知識，求證：．(2)【問題解決】如圖3，已知點，的坐標(biāo)分別是，，是軸正半軸上的一動點，當(dāng)?shù)耐饨訄A⊙與軸相切于點時，最大．當(dāng)最大時，求點的坐標(biāo)．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）根據(jù)三角形的外角和，同弧或者等弧所對的圓周角相等，即可；（2）當(dāng)?shù)耐饨訄A⊙與軸相切于點時，最大，連接，，過點作于點，根據(jù)垂徑定理，勾股定理，即可求出．【詳解】（1）證明：由圖可知：∵，是所對的圓周角，∴，∵，∴，∴．（2）當(dāng)?shù)耐饨訄A⊙與軸相切于點時，最大，∴連接，，過點作于點，∴四邊形是矩形，∴，，∵，，∴，∴在中，，∵點，的坐標(biāo)分別是，，∴，，∴，，∴，∴，∴點．

【點睛】本題考查圓的基本性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握同弧或者等弧所對的圓周角和圓心角的關(guān)系，垂徑定理，圓的切線定理．9．（2023·福建廈門·統(tǒng)考二模）一個角的頂點在圓外，兩邊都與該圓相交，則稱這個角是它所夾的較大的弧所對的圓外角．（1）證明：一條弧所對的圓周角大于它所對的圓外角；（2）應(yīng)用（1）的結(jié)論，解決下面的問題：某市博物館近日展出當(dāng)?shù)爻鐾恋恼滟F文物，該市小學(xué)生合唱隊計劃組織120名隊員前去參觀，隊員身高的頻數(shù)分布直方圖如圖1所示．該文物高度為，放置文物的展臺高度為，如圖2所示．為了讓參觀的隊員站在最理想的觀看位置，需要使其觀看該文物的視角最大（視角：文物最高點P、文物最低點Q、參觀者的眼睛A所形成的），則分隔參觀者與展臺的圍欄應(yīng)放在距離展臺多遠(yuǎn)的地方？請說明理由．（說明：①參觀者眼睛A與地面的距離近似于身高；②通常圍欄的擺放位置需考慮參觀者的平均身高）【答案】（1）見解析；（2）圍欄應(yīng)擺在距離展臺處，見解析【分析】（1）寫出“已知”“求證”，設(shè)BP交⊙O于點Q，連接AQ，畫出圖象，用三角形外角大于不相鄰的內(nèi)角即可證明；（2）先計算120名隊員平均身高，再根據(jù)題意把實際問題“數(shù)學(xué)化”，畫出圖形，在QO上取一點B，使得BO＝152cm，則BQ＝16cm，過B作射線l⊥QO于B，過P，Q兩點作⊙C切射線l于M，由（1）的結(jié)論可知隊員的眼睛A與M重合時，觀看該展品的視角最大，此時隊員站在MN處，故求出ON長度即可．【詳解】解：（1）已知：如圖所示，點A，B，C在⊙O上，點P在⊙O外．求證：．證明：設(shè)交⊙O于點Q，連接，∵與同對，∴．∵在中，，∴，∴；（2）解：設(shè)合唱隊員平均身高為，則．在上取一點B，使得，則，過B作射線于B，過P，Q兩點作⊙C切射線l于M．依題意可知，參觀的隊員的眼睛A在射線上．而此時，射線l上的點只有點M在⊙C上，其他的點在⊙C外．根據(jù)（1）的結(jié)論，視角最大，即隊員的眼睛A與M重合（也即隊員站在MN處）時，觀看該展品的視角最大．所以圍欄應(yīng)擺放在N處．連接并延長交地面于N，過C作于H，連接，，從而四邊形和四邊形均為矩形．∵在⊙C中，，，∴．∴．∵在中，，，∴．∴．

即圍欄應(yīng)擺在距離展臺處．【點睛】本題考查圓的綜合知識應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是把實際問題“數(shù)學(xué)化”，根據(jù)題意畫出圖形．10．（2023·廣東·九年級專題練習(xí)）1471年，德國數(shù)學(xué)家米勒提出了雕塑問題：假定有一個雕塑高AB＝3米，立在一個底座上，底座的高BC＝2.2米，一個人注視著這個雕塑并朝它走去，這個人的水平視線離地1.7米，問此人應(yīng)站在離雕塑底座多遠(yuǎn)處，才能使看雕塑的效果最好，所謂看雕塑的效果最好是指看雕塑的視角最大，問題轉(zhuǎn)化為在水平視線EF上求使視角最大的點，如圖：過A、B兩點，作一圓與EF相切于點M，你能說明點M為所求的點嗎？并求出此時這個人離雕塑底座的水平距離？【答案】可以說明點M為所求的點，理由見解析；米【分析】連接AM，BM，OM，作OG⊥AB于G，連接OB，在直線EF找一點P，連接AP,BP,BP交于Q點，連接AQ，根據(jù)同弧所對的圓周角相等，此時視角最大，即點M為所求的點；要求EM的長，可以轉(zhuǎn)化為求弦的弦心距．根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)可以求得該圓的半徑是2米，然后根據(jù)勾股定理即可求解．【詳解】解：如圖所示，連接AM，BM，OM，作OG⊥AB于G，則AG=BG=1.5，連接OB，在直線EF找一點P，連接AP,BP,BP交于Q點，連接AQ，則，此時視角最大，即點M為所求的點；根據(jù)題意，得OM=BG+BE=1.5+2.2?1.7=2（米），在直角三角形OBG中，（米），即為這個人離雕塑底座的水平距離．【點睛】本題考查了勾股定理，垂徑定理，解題的關(guān)鍵是添加輔助線，掌握勾股定理和垂徑定理．11．（2023·河南三門峽·統(tǒng)考二模）閱讀與思考請閱讀下列材料，并按要求完成相應(yīng)的任務(wù)．彌勒是德國著名數(shù)學(xué)家，他在1471年提出了著名的彌勒定理：如圖1，已知A，B是的邊上的定點，當(dāng)且僅當(dāng)?shù)耐饨訄A與相切（與相切于點C）時最大，此時．

小明思考后給出如下證明：證明：如圖2，在OM上任取一點，連接，，與相交于點D，連接．∵點C，D在上，∴（依據(jù)①），又∵是的一個外角，∴，∴，即當(dāng)且僅當(dāng)?shù)耐饨訄A與OM相切（與相切于點C）時最大．如圖3，過切點C作的直徑，連接，則，，

∴，，∴，（依據(jù)②）又∵，……∴任務(wù)：(1)寫出小明證明過程中的依據(jù)：依據(jù)①：；依據(jù)②：．(2)請你將小明的證明過程補充完整；(3)結(jié)論應(yīng)用：如圖4，已知點A，B的坐標(biāo)分別是和，C是x軸正半軸上一個動點，當(dāng)最大時，點C的坐標(biāo)為______．

【答案】(1)同弧所對的圓周角相等；同角的余角相等(2)見解析(3)【分析】（1）根據(jù)同弧所對的圓周角相等和同角的余角相等求解即可；（2）證明出，然后利用相似三角形的性質(zhì)求解即可；（3）過點A，B作與x軸相切于點C，由題意得到此時最大，然后證明出，利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．【詳解】（1）根據(jù)題意可得，依據(jù)①：同弧所對的圓周角相等；依據(jù)②：同角的余角相等．（2）補充如下：∴．又∵，∴．∴，即：．（3）如圖所示，過點A，B作與x軸相切于點C，是的直徑，由題意可得，此時最大．∴，即

∵是的直徑，∴∴∴∵∴∴又∵∴∴，即∴解得（負(fù)值舍去）．∴點C的坐標(biāo)為．【點睛】此題考查了圓切線的性質(zhì)和判定，相似三角形的性質(zhì)和判定等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握以上知識點．12．（2023·福建福州·?？家荒＃﹫A周角定理是初中數(shù)學(xué)中很重要的一個定理，它反映的是圓心角和圓周角的關(guān)系，在實際生活中也有很多的應(yīng)用．(1)如圖，為的一條弦，點在弦所對的優(yōu)弧上，若，請直接寫出的度數(shù)．[應(yīng)用](2)福州某標(biāo)志建筑可抽象為線段，很多攝影愛好者喜歡在斜對面的大橋上對其拍照.若攝影師想在對建筑視角為（即）的位置拍攝，請在線段上作出點．（要求：尺規(guī)作圖，不寫作法，保留作圖痕跡）[拓展](3)問題：如圖，已知建筑物寬為30米，一名攝影師從距點30米的點（點在直線上）出發(fā)，沿大橋方向前進(jìn)，當(dāng)攝影師到達(dá)對建筑物視角最大的最佳拍攝點時，求他前進(jìn)的距離．這個問題可以利用圓周角定理進(jìn)行簡化：過點、作，與直線相切于點，此時最大，即點為最佳攝影點．連接并延長交于點，連接，，，求的長．

【答案】(1)(2)見解析(3)【分析】（1）根據(jù)圓周角定理即可得到；（2）根據(jù)圓周角定理，使得和，三點共圓，且滿足點，與圓心的構(gòu)成直角即可；（3）連接，，，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得，推得，根據(jù)切線的性質(zhì)可得，推得，根據(jù)同弧或等弧所對的圓周角相等可得，推得，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)可推得，即可求出的值．【詳解】（1）∵在同圓或等圓中，一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半，∴．（2）如圖：即為所求；

作法：作直線的垂直平分線，與直線交于一點；以點為圓心，的長為半徑，在直線下方畫弧，與直線的垂直平分線交于一點；以點為圓心，的長為半徑，畫弧，與直線交于一點，即為所求．（3）如圖：連接，，，由題可得，，

∵是直徑，∴，∴，又∵為的切線，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，即，則，∴（負(fù)值舍去）．【點睛】本題考查了圓周角定理即，畫垂直平分線，畫圓，切線的性質(zhì)，同弧或等弧所對的圓周角相等，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握圓周角定理是解題的關(guān)鍵．13．（2023·廣西梧州·統(tǒng)考二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O是坐標(biāo)原點，拋物線與x軸交于，與y軸交于點C，其頂點為D點．

(1)求拋物線的解析式．(2)連結(jié)，動點Q的坐標(biāo)為．P為拋物線上的一點，是否存在以B，D，Q，P為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出點P，Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．(3)連結(jié)，當(dāng)最大時，求出點Q的坐標(biāo)．【答案】(1)拋物線的解析式為；(2)，或，或，或，；(3)Q點坐標(biāo)為或．【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求解；（2）求得頂點，分兩種情況討論，當(dāng)為對角線時，當(dāng)為對角線時，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)以及平移的性質(zhì)即可求解；（3）記的外心為M，則M在的垂直平分線上（設(shè)與y軸交于點N），連接．由圓周角定理和三角函數(shù)的定義可表示出，可得出的值隨著的增大而減小，則可得與直線相切，再結(jié)合勾股定理可求得Q點的坐標(biāo)．【詳解】（1）解：∵拋物線與x軸交于，∴，解得，∴拋物線的解析式為；（2）解：∵，∴，當(dāng)為對角線時，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，相當(dāng)于向上平移1個單位，∵，，點B向上平移1個單位為點Q，∴點D向上平移1個單位為點P，則點P的縱坐標(biāo)為，解方程，得，或；當(dāng)時，，即點向上平移1個單位，向左平移1個單位，∴點向上平移1個單位，向左平移1個單位，得到點，當(dāng)時，同理，；即，或，；當(dāng)為對角線時，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，相當(dāng)于向上平移5個單位，∵，∴點P的縱坐標(biāo)為5，解方程，得，或；同理得，或，；綜上，，或，或，或，；（3）解：如圖，記的外心為M，則M在的垂直平分線上（設(shè)與y軸交于點N）．

連接，則，，∴，∴的值隨著的增大而減?。帧?，∴當(dāng)取最小值時最大，即垂直直線時，最大，此時，與直線相切．∴，，∴Q坐標(biāo)為．根據(jù)對稱性，另一點也符合題意．綜上可知，Q點坐標(biāo)為或．【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法、二次函數(shù)的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、直線和圓的位置關(guān)系、三角函數(shù)的定義等知識點．在（3）確定出最大時與直線相切是解題的關(guān)鍵．本題考查知識點較多，綜合性較強．14．（2023·陜西西安·校聯(lián)考模擬預(yù)測）我們規(guī)定：線段外一點和這條線段兩個端點連線所構(gòu)成的角叫做這個點對這條線段的視角．如圖1，對于線段及線段外一點C，我們稱為點C對線段的視角．如圖2，在平面直角坐標(biāo)系中，已知點，．為過D，E兩點的圓，F(xiàn)為上異于點D，E的一點．(1)如果為的直徑，那么點F對線段的視角______；(2)如果點F對線段的視角為45度，那么的半徑為多少？(3)點G為x軸正半軸上的一個動點，當(dāng)點G對線段的視角最大時，求點G的坐標(biāo)．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）利用直徑所對的圓周角是直角直接寫出答案即可；（2）作軸于點M，構(gòu)造直角三角形，根據(jù)圓周角定理和直角三角形的性質(zhì)可得，再利用勾股定理即可計算出結(jié)果；（3）根據(jù)題意得到當(dāng)與x軸相切，G為切點時，最大，先根據(jù)點P在線段的垂直平分線上，可得，過點P作于點H，得到，連接，利用勾股定理可得即可得到點G的坐標(biāo)．【詳解】（1）解：如圖1，當(dāng)為的直徑時，點F對線段的視角，

圖1故答案為：；（2）解：如圖2，作軸于點M，∴，∵點F對線段的視角為，∴，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴，；

圖3（3）解：如圖3，當(dāng)與x軸相切，G為切點時，最大，由題意可得：點P在線段的垂直平分線上，∴，過點P作于點H，∴，∵軸，∴四邊形是矩形，連接，在中，，，∴，∴點G的坐標(biāo)為：．【點睛】本題考查圓的綜合知識、勾股定理、線段垂直平分線的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、圓周角定理、切點的性質(zhì)及矩形的判定與性質(zhì)，能夠?qū)Ⅻc的坐標(biāo)與園內(nèi)有關(guān)線段的長聯(lián)系起來是解題的關(guān)鍵．15．（2023·廣東珠?！そy(tǒng)考二模）小輝同學(xué)觀看2022卡塔爾世界杯時發(fā)現(xiàn)，優(yōu)秀的球員通常都能選擇最優(yōu)的點射門（僅從射門角度大小考慮）．這引起了小輝同學(xué)的興趣，于是他展開了一次有趣的數(shù)學(xué)探究．【提出問題】如圖所示．球員帶球沿直線奔向球門，探究：是否存在一個位置，使得射門角度最大．【分析問題】因為線段長度不變，我們聯(lián)想到圓中的弦和圓周角．如圖1，射線與相交，點M，點A，點N分別在圓外、圓上、圓內(nèi)，連接．【解決問題】(1)如圖1，比較的大小：________（用“<”連接起來）．(2)如圖2，點A是射線上一動點（點A不與點B重合）．證明：當(dāng)?shù)耐饨訄A與射線相切時，最大．(3)【延伸拓展】在（2）的條件下，如果．當(dāng)最大時．證明：．【答案】(1)(2)見解析(3)見解析【分析】（1）設(shè)與交于點E，與交于點，連接，由圓周角的性質(zhì)可得，再由三角形的外角進(jìn)行比較即可；（2）由（1）中的規(guī)律可得點在圓內(nèi)時最大，其次是在圓上，最后是在圓外，故當(dāng)?shù)耐饨訄A與射線相切時最大；（3）過點O作，垂足為點H，交于點K，連接，在中求出半徑長，即可根據(jù)得到，再由即可得到．【詳解】（1）設(shè)與交于點E，與交于點，連接，∴，∵，，∴，，∴，（2）由（1）中的規(guī)律可得：點在圓內(nèi)時最大，其次是在圓上，最后是在圓外，∴當(dāng)?shù)耐饨訄A與射線相切時，點要么在圓上為切點要么在圓外∴當(dāng)點在圓上時，最大，即當(dāng)?shù)耐饨訄A與射線相切時，最大；（3）方法一：如圖過點O作，垂足為點H，交于點K，連接．由垂徑定理得，，則，在中，，∴設(shè)的半徑為r，∵，∴，∴，，，∴，中，，即，解得：（舍去），∴，∴，∴，∴，又∵，∴，方法二：過點A作，垂足為點H，由切割線定理得，∴，在中，∵，∴，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，由先切角定理得，，∴，即，∴，．【點睛】本題主要考查圓的綜合應(yīng)用，涉及圓周角定理的應(yīng)用，三角形外角大于與它不相鄰的內(nèi)角，解直角三角形等知識，根據(jù)條件證明是解決問題的關(guān)鍵．16．（2023下·河南鄭州·九年級?？茧A段練習(xí)）定義：自一點引出的兩條射線分別經(jīng)過已知線段的兩端點，則這兩條射線所成的角稱為該點對已知線段的視角，如圖①，是點P對線段的視角．問題：如圖②，已知線段與直線l，在直線l上取一點P，使點P對線段的視角最大．小明的分析思路如下：過A、B兩點，作使其與直線l相切，切點為P，則點P對線段的視角最大，即最大．小明的證明過程：為了證明點P的位置即為所求，不妨在直線l上另外任取一點Q，連接，如圖②，設(shè)直線交圓O于點H，連接，則．（依據(jù)1）∵．（依據(jù)2）∴∴所以，點P對線段的視角最大．(1)請寫出小明證明過程中的依據(jù)1和依據(jù)2；依據(jù)1：________________________________________依據(jù)2：________________________________________(2)應(yīng)用：在足球電子游戲中，足球隊球門的視角越大，越容易被踢進(jìn)，如圖③，A、B是足球門的兩端，線段是球門的寬，是球場邊線，是直角，．①若球員沿帶球前進(jìn)，記足球所在的位置為點P，在圖③中，用直尺和圓規(guī)在上求作點P，使點P對的視角最大（不寫作法，保留作圖痕跡）．②若，，直接寫出①中所作的點P對的最大視角的度數(shù)（參考數(shù)據(jù)：．）【答案】(1)同弧所對的圓周角相等；三角形的外角等于和它不相鄰的兩個內(nèi)角的和(2)①見解析；②【分析】（1）根據(jù)圓周角定理，三角形外角的性質(zhì)，即可求解；（2）①作線段的垂直平分線交于點P，點P即為所求；②過A、B兩點，作使其與直線相切，切點為P，設(shè)交于點M，設(shè)，則，可得四邊形是矩形，從而得到，，在中，根據(jù)勾股定理，可得，從而得到，進(jìn)而得到，再由圓周角定理，即可求解．【詳解】（1）解：在直線l上另外任取一點Q，連接，如圖②，設(shè)直線交圓O于點H，連接，則．（同弧所對的圓周角相等）∵．（三角形的外角等于和它不相鄰的兩個內(nèi)角的和．）∴∴，所以，點P對線段的視角最大．（2）解：①如圖，作線段的垂直平分線交于點P，點P即為所求．②過A、B兩點，作使其與直線相切，切點為P，設(shè)交于點M，設(shè)，則，∴，∴四邊形是矩形，∴，，∴，，在中，，∴，∴，∴，∴，∵∴，∴，∴，∴最大視角是．【點睛】本題是圓的綜合題，主要考查了解直角三角形、直線和圓相切等，這種新定義類的題目，通常按照題設(shè)的順序求解，一般比較容易解答．17．（2023上·北京西城·九年級?？计谀┰谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系中，已知點和點．對于線段和直線外的一點，給出如下定義：點到線段兩個端點的連線所構(gòu)成的夾角叫做線段關(guān)于點的可視角，其中點叫做線段的可視點．(1)在點、、中，使得線段的可視角為的可視點是；(2)為經(jīng)過，兩點的圓，點是上線段的一個可視點．①當(dāng)為的直徑時，線段的可視角為度；②當(dāng)?shù)陌霃綖?時，線段的可視角為度；(3)已知點為軸上的一個動點，當(dāng)線段的可視角最大時，求點的坐標(biāo)．【答案】(1)(2)①；②(3)或【分析】（1）以為底作等腰直角三角形，以直角頂點為圓心，直角邊為半徑作圓，則、兩點與優(yōu)弧上點形成的角是的可視角的可視點；（2）①是直徑，可視角是；②半徑是4時，圓心和、兩點形成的是等邊三角形，圓心角是，故可視角是；（3）當(dāng)是最大時，過兩點的圓與軸相切，進(jìn)而可求得結(jié)果．【詳解】（1）解：如圖1，以為底在軸作等腰和，以和為圓心，為半徑作和，當(dāng)點在優(yōu)弧上或上時，線段的可視角是，此時，點，，因為點在圓外，所以點不是的可視角為的可視點，，點是的可視角為的可視點，，點不是的可視角為的可視點，故答案是：；（2）①是直徑，，②，，，故答案是：，；（3）如圖2，作的外接圓，作直徑，連接，，，，，當(dāng)最小時，最大，即最大，點在上，當(dāng)和軸相切時，最大，此時，連接，作于，軸，，在中，，，，，或．【點睛】本題是新定義理解題，考查了圓周角定理及其推論，圓的切線性質(zhì)，勾股定理等知識，解決問題的關(guān)鍵是確定最大時，是的外接圓與軸相切．18．（2023·陜西西安·?？寄M預(yù)測）問題研究（1）若等邊△ABC邊長為4，則△ABC的面積為；（2）如圖1，在△ABC中，∠ACB＝60°，CD為AB邊上的高，若CD＝4，試判斷△ABC的面積是否存在最小值．若存在，求出這個最小值；若不存在，請說明理由．問題解決（3）如圖2，四邊形ABCD中，AB＝AD＝4，∠B＝45°，∠C＝60°，∠D＝135°，點E、F分別為邊BC、DC上的動點，且∠EAF＝∠C，求四邊形AECF面積的最大值．【答案】（1）；（2）最小；（3）四邊形AECF面積的最大值為：．【分析】解：（1）過點C作CD⊥AB于D，等邊△ABC邊長為4，可得AD=BD=，在中，由勾股定理，求出，利用面積公式計算即可；（2）由CD為AB邊上的高，CD＝4，設(shè)AB=c，AC=b，BC=a，過A作AE⊥BC于D，利用面積橋得，由三角函數(shù)求，，在中由勾股定理得，僅當(dāng)時取等號，即△ABC為等邊三角形時即可；（3）由∠B＝45°，∠C＝60°，∠D＝135°，可求∠BAD=120°，將△ABE逆時針旋轉(zhuǎn)120°得△ADG，可證C、D、G三點共線，可證≌，，S四邊形AECF=S四邊形ABCDS△AGF，當(dāng)S△AGF最小時，S四邊形AECF最大，過A作AH⊥CG于H，由AD=4，∠ADH＝45°，，∠FAG=60°，可求S△AGF=，由（2）知AG=AF時，△AFG面積最小，由點F在CD上運動，達(dá)不到△AFG是等邊三角形，當(dāng)F向D運動時，△AFG面積逐漸減小，可知點F到點D時，△AFG面積最小，在AH上取點M使∠HMG=30°，可證∠AGM==15°=∠HAG，可求GF=12即可．【詳解】解：（1）過點C作CD⊥AB于D，∵等邊△ABC邊長為4，∴AD=BD=，在中，由勾股定理即，解得：，∴，故答案為：；（2）∵CD為AB邊上的高，若CD＝4，設(shè)AB=c，AC=b，BC=a，過A作AE⊥BC于D，∴，∴，又，，在中由勾股定理得，即，∴，僅當(dāng)時取等號，即△ABC為等邊三角形時，∴，∴，最??；（3）∵∠B＝45°，∠C＝60°，∠ADC＝135°，∴∠BAD=360°∠B∠C∠D=360°45°60°135°=120°，將△ABE逆時針旋轉(zhuǎn)120°得△ADG，∵∠ADG=∠B＝45°，AE=AG，∴∠ADG+∠ADC＝45°+135°=180°，∴C、D、G三點共線，∵∠EAF＝∠C=60°，，，在和中，≌，，S四邊形AECF=S四邊形ABCDS△ABES△ADF=S四邊形ABCDS△AGF，∴當(dāng)S△A