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

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。【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。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【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=O∴PC=DF=22，∴BP=4−PC=4−22，故答案为：【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，，点A的坐标为，代入抛物线的解析式得，，，抛物线的解析式为，即．令，则，解得：，，；，的面积为，，，，解得：，，∴．设直线的解析式为，则有，解得：，直线的解析式为．（2）解：如图，过点作轴交于，

设，则，，．∴当此时E点坐标为．（3）解：如图，是的中点，在直线上运动，

，，当取得最小值时，的值最大，，当取得最小值时，的值最大，当垂直直线时，取得最小值，此时、在二次函数的对称轴直线上，，根据对称性，存在，故：或．【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=2OBsin=2rsin。∵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:2rsin；△ABC的面积最小:ADrsin；△ABC的周长最小:2rsin+ADrsin。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△AEF＝S△AEH＝×5×6＝15；（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＝＝＝2k，∵S△TAB＝•AB•TW＝•TB•AH，∴×2k×4＝×2k×k，解得k＝4，∴△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＝2x，∵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．(3)连结，当最大时，求出点Q的坐标．【答案】(1)抛物线的解析式为；(2)，或，或，或，；(3)Q点坐标为或．【分析】（1）利用待定系数法即可求解；（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；（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，可得出的值随着的增大而减小，则可得与直线相切，再结合勾股定理可求得Q点的坐标．【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于，∴，解得，∴抛物线的解析式为；（2）解：∵，∴，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，∵，，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，得，或；当时，，即点向上平移1个单位，向左平移1个单位，∴点向上平移1个单位，向左平移1个单位，得到点，当时，同理，；即，或，；当为对角线时，根据平行四边形的性质，相当于向上平移5个单位，∵，∴点P的纵坐标为5，解方程，得，或；同理得，或，；综上，，或，或，或，；（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）．

连接，则，，∴，∴的值随着的增大而减小．又∵，∴当取最小值时最大，即垂直直线时，最大，此时，与直线相切．∴，，∴Q坐标为．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，对于线段及线段外一点C，我们称为点C对线段的视角．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)如果为的直径，那么点F对线段的视角______；(2)如果点F对线段的视角为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对线段的视角最大时，求点G的坐标．【答案】(1)(2)(3)【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）根据题意得到当与x轴相切，G为切点时，最大，先根据点P在线段的垂直平分线上，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的坐标．【详解】（1）解：如图1，当为的直径时，点F对线段的视角，

图1故答案为：；（2）解：如图2，作轴于点M，∴，∵点F对线段的视角为，∴，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴，；

图3（3）解：如图3，当与x轴相切，G为切点时，最大，由题意可得：点P在线段的垂直平分线上，∴，过点P作于点H，∴，∵轴，∴四边形是矩形，连接，在中，，，∴，∴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．球员带球沿直线奔向球门，探究：是否存在一个位置，使得射门角度最大．【分析问题】因为线段长度不变，我们联想到圆中的弦和圆周角．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）．(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，最大．(3)【延伸拓展】在（2）的条件下，如果．当最大时．证明：．【答案】(1)(2)见解析(3)见解析【分析】（1）设与交于点E，与交于点，连接，由圆周角的性质可得，再由三角形的外角进行比较即可；（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，故当的外接圆与射线相切时最大；（3）过点O作，垂足为点H，交于点K，连接，在中求出半径长，即可根据得到，再由即可得到．【详解】（1）设与交于点E，与交于点，连接，∴，∵，，∴，，∴，（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，∴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∴当点在圆上时，最大，即当的外接圆与射线相切时，最大；（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，，则，在中，，∴设的半径为r，∵，∴，∴，，，∴，中，，即，解得：（舍去），∴，∴，∴，∴，又∵，∴，方法二：过点A作，垂足为点H，由切割线定理得，∴，在中，∵，∴，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，由先切角定理得，，∴，即，∴，．【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，是点P对线段的视角．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对线段的视角最大．小明的分析思路如下：过A、B两点，作使其与直线l相切，切点为P，则点P对线段的视角最大，即最大．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②，设直线交圆O于点H，连接，则．（依据1）∵．（依据2）∴∴所以，点P对线段的视角最大．(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，线段是球门的宽，是球场边线，是直角，．①若球员沿带球前进，记足球所在的位置为点P，在图③中，用直尺和圆规在上求作点P，使点P对的视角最大（不写作法，保留作图痕迹）．②若，，直接写出①中所作的点P对的最大视角的度数（参考数据：．）【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；②【分析】（1）根据圆周角定理，三角形外角的性质，即可求解；（2）①作线段的垂直平分线交于点P，点P即为所求；②过A、B两点，作使其与直线相切，切点为P，设交于点M，设，则，可得四边形是矩形，从而得到，，在中，根据勾股定理，可得，从而得到，进而得到，再由圆周角定理，即可求解．【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，则．（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．）∴∴，所以，点P对线段的视角最大．（2）解：①如图，作线段的垂直平分线交于点P，点P即为所求．②过A、B两点，作使其与直线相切，切点为P，设交于点M，设，则，∴，∴四边形是矩形，∴，，∴，，在中，，∴，∴，∴，∴，∵∴，∴，∴，∴最大视角是．【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．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．对于线段和直线外的一点，给出如下定义：点到线段两个端点的连线所构成的夹角叫做线段关于点的可视角，其中点叫做线段的可视点．(1)在点、、中，使得线段的可视角为的可视点是；(2)为经过，两点的圆，点是上线段的一个可视点．①当为的直径时，线段的可视角为度；②当的半径为4时，线段的可视角为度；(3)已知点为轴上的一个动点，当线段的可视角最大时，求点的坐标．【答案】(1)(2)①；②(3)或【分析】（1）以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、两点与优弧上点形成的角是的可视角的可视点；（2）①是直径，可视角是；②半径是4时，圆心和、两点形成的是等边三角形，圆心角是，故可视角是；（3）当是最大时，过两点的圆与轴相切，进而可求得结果．【详解】（1）解：如图1，以为底在轴作等腰和，以和为圆心，为半径作和，当点在优弧上或上时，线段的可视角是，此时，点，，因为点在圆外，所以点不是的可视角为的可视点，，点是的可视角为的可视点，，点不是的可视角为的可视点，故答案是：；（2）①是直径，，②，，，故答案是：，；（3）如图2，作的外接圆，作直径，连接，，，，，当最小时，最大，即最大，点在上，当和轴相切时，最大，此时，连接，作于，轴，，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最大时，是的外接圆与轴相切．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）最小；（3）四边形AECF面积的最大值为：．【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四边形AECF=S四边形ABCDS△AGF，当S△AGF最小时，S四边形AECF最大，过A作AH⊥CG于H，由AD=4，∠ADH＝45°，，∠FAG=60°，可求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四边形AECF=S四边形ABCDS△ABES△ADF=S四边形ABCDS△AGF，∴当S△A