专题06 圆中重要模型之最大张角（几何模型讲义）数学湘教版九年级下册

该初中数学讲义以“圆中最大张角”为核心，通过古堡瞭望塔、葡萄酒商选址等历史情境引入米勒问题，结合真题案例与模型提炼，用知识框架图梳理从实际问题到数学模型的转化脉络，清晰呈现定理推导、模型应用及重难点分布。 讲义亮点在于“情境-模型-应用”的递进式设计，如足球射门角问题引导学生用数学眼光观察现实，坐标平面求最大张角点坐标的例题培养逻辑推理思维，练习题覆盖选择、解答等题型且分层设置，帮助不同学生掌握模型应用，为教师精准教学和学生自主复习提供系统支持。

专题06 圆中重要模型之最大张角 米勒问题和米勒定理1471年，德国数学家米勒向诺德尔教授提出了如下十分有趣的问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆呈现最长？即在什么部位，视角最大？最大视角问题是数学史上100个著名的极值问题中第一个极值问题而引人注目，因为德国数学家米勒曾提出这类问题，因此最大视角问题又称之为“米勒问题”. 3 模型趣事 3 真题现模型 3 提炼模型 6 模型 最大张角 6 14 一、古堡瞭望塔的 “视角难题” 12 世纪的欧洲，莱茵河畔矗立着一座中世纪古堡。古堡主人为抵御外敌，计划在城墙外修建一座瞭望塔，要求从瞭望塔能最大范围观察到古堡周围的农田 —— 这看似简单的需求，却难住了负责设计的工匠。 工匠们尝试在不同位置搭建临时观测点：在离城墙太近的地方，视野被城墙遮挡，只能看到小片区域；在离城墙太远的地方，虽然视野开阔，但对近处农田的细节观察模糊。正当众人一筹莫展时，途经古堡的学者莱昂纳多（并非达・芬奇，此处为虚构历史场景人物）听闻此事，前来帮忙。他在地面上画出古堡的轮廓（近似圆形），又在周围标注出农田的边界，随后用圆规以农田边界两点为弦，画出一个过这两点且与古堡圆相切的圆。“瞭望塔建在两圆的切点处，此时从该点看向农田边界两点的视角最大！” 莱昂纳多解释道。工匠们按此方案修建瞭望塔后，果然实现了对农田的最大范围观测，这便是圆中最大张角模型的早期应用。 二、葡萄酒商的 “仓库选址” 智慧 16 世纪的意大利托斯卡纳地区，葡萄酒产业兴盛。一位葡萄酒商计划在村庄外建一座仓库，方便从两个葡萄园运输葡萄，同时要求从仓库到两个葡萄园的视角最大 —— 这样仓库管理员能更清晰地观察到两个葡萄园的运输情况，避免货物丢失。 葡萄酒商请来当地的数学家帮忙。数学家先在地图上确定两个葡萄园的位置 A、B，再根据村庄周围的道路分布（可视为一些限制区域，类似之前的古堡圆），找到一个点 P，使得∠APB 最大。他发现，当以 AB 为弦作圆，且该圆与村庄边缘的道路（或限制区域边界）相切时，切点 P 就是满足条件的位置。按照这个思路选址后，仓库建成，管理员站在仓库门口，果然能毫无遮挡地以最大视角观察到两个葡萄园，极大地提高了运输监督效率。而这个选址原理，正是圆中最大张角模型：在平面上给定两点 A、B，以及一个定圆（或定曲线），在定圆（或定曲线）上找一点 P，使得∠APB 最大，这样的点 P 通常是过 A、B 两点且与定圆（或定曲线）相切的圆的切点。 三、航海时代的 “暗礁观测” 应用 18 世纪大航海时代，船员们经常面临暗礁威胁。为了在靠近岛屿时提前发现暗礁，船员们需要在船上找到一个最佳观测点，从该点能以最大视角观察到暗礁区域的两个标志性岩石，从而准确判断暗礁位置。 当时的航海数学家根据圆中最大张角模型，给出了实用的观测方法：在海图上标记出两个标志性岩石 C、D 的位置，再以船的航行路线（可视为一条直线，相当于定曲线）为基准，作过 C、D 且与航行路线相切的圆，切点就是最佳观测点。船员们在航行中，一旦到达这个切点位置，立即用望远镜观测，此时能以最大视角看清两个岩石的相对位置，进而通过几何计算确定暗礁范围，避开危险。这一应用让圆中最大张角模型成为航海安全的 “守护者”，也让更多人认识到几何模型在实际生活中的重要价值。 （2023·广西北海·二模）综合与实践 【问题提出】 （1）如图，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：． 【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，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． 【问题解决】 （2）如图，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． 模型 最大张角 例1（24-25九年级下·湖南邵阳·期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A与点B的坐标分别是（1，0），（7，0）． （1）对于坐标平面内的一点P，给出如下定义：如果∠APB＝45°，那么称点P为线段AB的“完美点”． ①设A、B、P三点所在圆的圆心为C，则点C的坐标是 　　 ，⊙C的半径是 　 　； ②y轴正半轴上是否有线段AB的“完美点”？如果有，求出“完美点”的坐标；如果没有，请说明理由； （2）若点P在y轴负半轴上运动，则当∠APB的度数最大时，点P的坐标为 　 　． 例2（2024·陕西·九年级假期作业）如图，∠AOB＝60°，M，N是OB上的点，OM＝4，MN＝． （1）设⊙O过点M、N，C、D分别是MN同侧的圆上点和圆外点． 求证：∠MCN＞∠MDN； （2）若P是OA上的动点，求∠MPN的最大值． 例3（2024·湖南岳阳·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点E，F分别是边CD，BC上的动点，且∠AFE＝90° （1）证明：△ABF∽△FCE； （2）当DE取何值时，∠AED最大． 1．（2024·福建泉州·一模）“已知，点A，B是边上不重合的两个定点，点C是边上的一个动点，当的外接圆与边相切于点C时，的值最大．”这是由德国数学家米勒提出的最大角问题，我们称之为米勒定理．已知矩形，，点E是射线上一点，点F是射线上的一动点．当时，则的值最大为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·湖南邵阳·一模）平面直角坐标系内，已知点A（1，0），B（5，0），C（0，t）．当t＞0时，若∠ACB最大，则t的值为（　　） A． B． C． D． 3．（2024·湖南怀化·期末）在平面直角坐标系中，点A（0，2）、B（a，a+2）、C（b，0）（a＞0，b＞0），若AB＝4且∠ACB最大时，b的值为（　　） A．2+2 B．﹣2+2 C．2+4 D．﹣2+4 4．（2023·湖南衡阳·二模）如图，A，B表示足球门边框（不考虑球门的高度）的两个端点，点C表示射门点，连接AC，BC，则∠ACB就是射门角．在不考虑其它因素的情况下，一般射门角越大，射门进球的可能性就越大．球员甲带球线路ED与球门AB垂直，D为垂足，点C在ED上，当∠ACB最大时就是带球线路ED上的最佳射门角．若AB＝4，BD＝1，则当球员甲在此次带球中获得最佳射门角时DC的长度为（　　） A．2 B．3 C． D． 5．（2024·广西北海·一模）如图，某雕塑MN位于河段OA上，游客P在步道上由点O出发沿OB方向行走．已知∠AOB＝30°，MN＝2OM＝40m，当观景视角∠MPN最大时，游客P行走的距离OP是 　　米． 6．（2024·湖南长沙·一模）已知点A、B的坐标分别是（0，1）、（0，3），点C为x轴正半轴上一动点，当∠ACB最大时，点C的坐标是　　． 7．（2022·湖南邵阳·一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝8，M是CD的中点，点P是BC上一个动点，若∠DPM的度数最大，则BP＝　　 ． 8．（2024·福建泉州·二模）某儿童游乐场的平面图如图所示，场所工作人员想在OD边上的点P处安装监控装置，用来监控OC边上的AB段，为了让监控效果更佳，必须要求∠APB最大，已知：∠DOC＝60°，OA＝400米，AB＝200米，问在OD边上是否存在一点P，使得∠APB最大？若存在，请求出此时OP的长和，∠APB的度数；若不存在，请说明理由． 9．（2022·湖南岳阳·一模）问题提出 （1）如图①，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为CD的中点，则∠AEB　 　∠ACB（填“＞”“＜”“＝”）； 问题探究 （2）如图②，在正方形ABCD中，P为CD边上的一个动点，当点P位于何处时，∠APB最大？并说明理由； 问题解决 （3）如图③，在一幢大楼AD上装有一块矩形广告牌，其侧面上、下边沿相距6米（即AB＝6米），下边沿到地面的距离BD＝11.6米．如果小刚的眼睛距离地面的高度EF为1.6米，他从远处正对广告牌走近时，在P处看广告效果最好（视角最大），请你在图③中找到点P的位置，并计算此时小刚与大楼AD之间的距离． 10．（2023·湖南益阳·二模）问题提出 （1）如图①，△ABC内接于⊙O，过点A作⊙O的切线l，在l上任取一点D，连接BD、CD，则∠BAC与∠BDC的大小关系为 　 　； 问题探究 （2）如图②，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E为AD边上一点，当∠BEC最大时，求cos∠BEC的值； 问题解决 （3）如图③，某商场在一部向下运行的手扶电梯BC的终点C的正上方竖直悬挂一幅高度DE＝4m的广告画．已知广告画的最低点D到地面AC的距离为6.5m，该电梯的高AB为4m，它所占水平地面的长AC为8m．小明从点B出发，站在该电梯上观看广告画DE，其观看视角为∠DPE．已知小明的眼睛P到脚底的距离PQ为1.5m，电梯在竖直AB方向上的下降速度为20cm/s，求当小明站在电梯上多长时间时，∠DPE取得最大值． 16 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 圆中重要模型之最大张角 米勒问题和米勒定理1471年，德国数学家米勒向诺德尔教授提出了如下十分有趣的问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆呈现最长？即在什么部位，视角最大？最大视角问题是数学史上100个著名的极值问题中第一个极值问题而引人注目，因为德国数学家米勒曾提出这类问题，因此最大视角问题又称之为“米勒问题”. 2 模型趣事 2 真题现模型 2 提炼模型 5 模型 最大张角 5 11 一、古堡瞭望塔的 “视角难题” 12 世纪的欧洲，莱茵河畔矗立着一座中世纪古堡。古堡主人为抵御外敌，计划在城墙外修建一座瞭望塔，要求从瞭望塔能最大范围观察到古堡周围的农田 —— 这看似简单的需求，却难住了负责设计的工匠。 工匠们尝试在不同位置搭建临时观测点：在离城墙太近的地方，视野被城墙遮挡，只能看到小片区域；在离城墙太远的地方，虽然视野开阔，但对近处农田的细节观察模糊。正当众人一筹莫展时，途经古堡的学者莱昂纳多（并非达・芬奇，此处为虚构历史场景人物）听闻此事，前来帮忙。他在地面上画出古堡的轮廓（近似圆形），又在周围标注出农田的边界，随后用圆规以农田边界两点为弦，画出一个过这两点且与古堡圆相切的圆。“瞭望塔建在两圆的切点处，此时从该点看向农田边界两点的视角最大！” 莱昂纳多解释道。工匠们按此方案修建瞭望塔后，果然实现了对农田的最大范围观测，这便是圆中最大张角模型的早期应用。 二、葡萄酒商的 “仓库选址” 智慧 16 世纪的意大利托斯卡纳地区，葡萄酒产业兴盛。一位葡萄酒商计划在村庄外建一座仓库，方便从两个葡萄园运输葡萄，同时要求从仓库到两个葡萄园的视角最大 —— 这样仓库管理员能更清晰地观察到两个葡萄园的运输情况，避免货物丢失。 葡萄酒商请来当地的数学家帮忙。数学家先在地图上确定两个葡萄园的位置 A、B，再根据村庄周围的道路分布（可视为一些限制区域，类似之前的古堡圆），找到一个点 P，使得∠APB 最大。他发现，当以 AB 为弦作圆，且该圆与村庄边缘的道路（或限制区域边界）相切时，切点 P 就是满足条件的位置。按照这个思路选址后，仓库建成，管理员站在仓库门口，果然能毫无遮挡地以最大视角观察到两个葡萄园，极大地提高了运输监督效率。而这个选址原理，正是圆中最大张角模型：在平面上给定两点 A、B，以及一个定圆（或定曲线），在定圆（或定曲线）上找一点 P，使得∠APB 最大，这样的点 P 通常是过 A、B 两点且与定圆（或定曲线）相切的圆的切点。 三、航海时代的 “暗礁观测” 应用 18 世纪大航海时代，船员们经常面临暗礁威胁。为了在靠近岛屿时提前发现暗礁，船员们需要在船上找到一个最佳观测点，从该点能以最大视角观察到暗礁区域的两个标志性岩石，从而准确判断暗礁位置。 当时的航海数学家根据圆中最大张角模型，给出了实用的观测方法：在海图上标记出两个标志性岩石 C、D 的位置，再以船的航行路线（可视为一条直线，相当于定曲线）为基准，作过 C、D 且与航行路线相切的圆，切点就是最佳观测点。船员们在航行中，一旦到达这个切点位置，立即用望远镜观测，此时能以最大视角看清两个岩石的相对位置，进而通过几何计算确定暗礁范围，避开危险。这一应用让圆中最大张角模型成为航海安全的 “守护者”，也让更多人认识到几何模型在实际生活中的重要价值。 （2023·广西北海·二模）综合与实践 【问题提出】 （1）如图，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：． 【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，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． 【问题解决】 （2）如图，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】（）证明见解析；（）． 【分析】（）利用圆周角定理可得，再利用三角形外角性质即可得； （）连接，，过点作交轴于点，连接，可得，证明四边形是矩形，进而求得的长，进一步得出结果． 【详解】（） ∴， ∵， ∴； （）如图， 连接，，过点作交轴于点，连接， ∴，， ∵与轴相切， ∴轴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，垂径定理，圆的切线的性质，三角形外角性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点的应用． 模型 最大张角 例1（24-25九年级下·湖南邵阳·期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A与点B的坐标分别是（1，0），（7，0）． （1）对于坐标平面内的一点P，给出如下定义：如果∠APB＝45°，那么称点P为线段AB的“完美点”． ①设A、B、P三点所在圆的圆心为C，则点C的坐标是 　　 ，⊙C的半径是 　 　； ②y轴正半轴上是否有线段AB的“完美点”？如果有，求出“完美点”的坐标；如果没有，请说明理由； （2）若点P在y轴负半轴上运动，则当∠APB的度数最大时，点P的坐标为 　 　． 解：（1）①∵点A与点B的坐标分别是（1，0），（7，0）， ∴OA＝1，OB＝7． ∴AB＝6． 过点C作CD⊥AB于点D，如图， 则AD＝BD＝AB＝3． ∴OD＝AO+AD＝4． ∵∠APB＝45°， ∴∠ACB＝2∠APB＝90°，． ∵CD⊥AB，CA＝CB， ∴CD＝AB＝3． ∴C（4，3）． ∴AC＝， ∴⊙C的半径是3． 故答案为：（4，3）；3； ②y轴正半轴上有线段AB的“完美点”，理由： 设⊙C交y轴于点D，E，连接CD，CE，过点C作CG⊥CD于点G，CF⊥AB于点F，如图， 则∠AEB＝∠ADB＝∠APB＝45°． ∴D，E为y轴正半轴上线段AB的“完美点”． 则 EG＝DG＝DE，CD＝CE＝3． ∵CG⊥DE，CF⊥AB，∠O＝90°， ∴四边形OFCG为矩形． ∴CG＝OF＝4，OG＝CF＝3． 在Rt△CGE中， ∵EG2＝CE2﹣CG2， ∴EG＝＝． ∴GE＝DG＝． ∴OE＝OG﹣GE＝3﹣，OD＝OG+DG＝3+． ∴E（0，3﹣），D（0，3+）． ∴y轴正半轴上有线段AB的“完美点”，“完美点”的坐标为（0，3+）或（0，3﹣）； （2）设⊙C与y轴负半轴切于点P，在y轴负半轴上任取一点Q（与点P不重合）， 连接BQ，AQ，BQ与⊙C交于点D，连接AD，如图， 则∠APB＝∠ADB， ∵∠ADB＞∠AQB， ∴∠APB＞∠AQB． ∴当P运动到⊙C与y轴相切时，∠APB的度数最大． 连接PC并延长交⊙C于点E，连接AE，如图， ∵OP是⊙C的切线， ∴CP⊥OP， ∴∠OPA+∠ABE＝90°． ∵PE为⊙C的直径， ∴∠PAE＝90°， ∴∠APE+∠E＝90°， ∴∠OPA＝∠E， ∴∠E＝∠OBP， ∴∠OPA＝∠OPB， ∵∠AOP＝∠POB＝90°， ∴△OAP∽△OPB， ∴， ∴OP2＝OA•OB． ∴OP＝． ∴P（0，﹣）．故答案为（0，﹣）． 例2（2024·陕西·九年级假期作业）如图，∠AOB＝60°，M，N是OB上的点，OM＝4，MN＝． （1）设⊙O过点M、N，C、D分别是MN同侧的圆上点和圆外点． 求证：∠MCN＞∠MDN； （2）若P是OA上的动点，求∠MPN的最大值． （1）证明：当C在MD上或在MC上时，如图， 显然∠MCN＞∠MDN（三角形的外角大于不相邻的内角）， 当C不在MD上或在MC上时，如图， 设MD与圆交于E点，连接NE， 则∠MEN＝∠MCN（同弧上的圆周角相等）， 而∠MEN＞∠MDN， ∴∠MCN＞∠MDN； （2）解：设过M、N作圆F与OA相切于点Q， 由（1）知：∠MQN即为所求角， 作MN的垂直平分线分别交OA、OB于G、H， 则圆心F在GH上， 设FQ＝FM＝r， ∵∠AOB＝60°，∠OHG＝90°， ∴∠OGH＝30°， ∴FG＝2r，HF＝＝， 则GH＝， 解得r＝， 则∠MQN＝∠MFN＝30°， ∴∠MPN的最大值为30°． 例3（2024·湖南岳阳·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点E，F分别是边CD，BC上的动点，且∠AFE＝90° （1）证明：△ABF∽△FCE； （2）当DE取何值时，∠AED最大． （1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝∠C＝90°， ∵∠AFE＝90°， ∴∠AFB+∠EFC＝90°，∵∠EFC+∠FEC＝90°， ∴∠AFB＝∠FEC， ∴△ABF∽△FCE． （2）取AE的中点O，连接OD、OF． ∵∠AFE＝∠ADE＝90°（对角互补）， ∴A、D、E、F四点共圆， ∴∠AED＝∠AFD， ∴当⊙O与BC相切时，∠AFD的值最大，易知BF＝CF＝4， ∵△ABF∽△FCE， ∴＝， ∴＝， ∴EC＝， ∴DE＝DC﹣CE＝6﹣＝． ∴当DE＝时，∠AED的值最大． 1．（2024·福建泉州·一模）“已知，点A，B是边上不重合的两个定点，点C是边上的一个动点，当的外接圆与边相切于点C时，的值最大．”这是由德国数学家米勒提出的最大角问题，我们称之为米勒定理．已知矩形，，点E是射线上一点，点F是射线上的一动点．当时，则的值最大为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由米勒定理可知，最大时，的外接圆与射线相切于点，过点作，则，可证得四边形是矩形，，进而可知是等边三角形，可得，由圆周角定理可得，即可求解． 【详解】解：由米勒定理可知，最大时，的外接圆与射线相切于点，如图， 过点作，则，， ∵四边形是矩形， ∴， 又∵与射线相切于点， ∴， ∴四边形是矩形， ∵，，则， ∴，则， ∴，则， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 即：的值最大为， 故选：A． 【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，矩形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，作出图形，利用切线的性质，矩形的判定及性质证得是等边三角形是解决问题的关键． 2．（2025·湖南邵阳·一模）平面直角坐标系内，已知点A（1，0），B（5，0），C（0，t）．当t＞0时，若∠ACB最大，则t的值为（　　） A． B． C． D． 解：如图①，作过A、B两点的⊙M与y轴相切于点C， ∵∠AC'B＜∠APB， ∠APB＝∠ACB， ∴∠AC'B＜∠ACB， ∴⊙M与y轴相切于点C时，∠ACB最大． 如图②，作MH⊥AB，连接OM、MA、MB， ∵⊙M与y轴相切于点C， ∴∠OCM＝90°， ∵A（1，0），B（5，0）， ∴AB＝4， ∵MH⊥AB， ∴AH＝AB＝2， ∴OH＝1+2＝3， ∴MC＝MA＝MB＝3， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 3．（2024·湖南怀化·期末）在平面直角坐标系中，点A（0，2）、B（a，a+2）、C（b，0）（a＞0，b＞0），若AB＝4且∠ACB最大时，b的值为（　　） A．2+2 B．﹣2+2 C．2+4 D．﹣2+4 解：∵B（a，a+2） ∴点B在y＝x+2这条直线上， 又AB＝4，A（0，2）， ∴B（4，6）， 如图， 当△ABC的外接圆与x轴相切时，∠ACB有最大值． 取点G为AB中点， ∴G（2，4）， 过点G且垂直于AB的直线为：y＝﹣x+6， 设圆心F（m，﹣m+6）， ∵FC＝FB， ∴（﹣m+6）2＝（m﹣4）2+（﹣m+6﹣6）2 解得m＝2﹣2． 故选：B． 4．（2023·湖南衡阳·二模）如图，A，B表示足球门边框（不考虑球门的高度）的两个端点，点C表示射门点，连接AC，BC，则∠ACB就是射门角．在不考虑其它因素的情况下，一般射门角越大，射门进球的可能性就越大．球员甲带球线路ED与球门AB垂直，D为垂足，点C在ED上，当∠ACB最大时就是带球线路ED上的最佳射门角．若AB＝4，BD＝1，则当球员甲在此次带球中获得最佳射门角时DC的长度为（　　） A．2 B．3 C． D． 解：当△DBC∽△DCA时，∠ACB最大， ∴， ∴CD2＝BD•AD＝1×（1+4）＝5， ∴CD＝， 故球员甲在此次带球中获得最佳射门角时DC的长度为 故选：C． 5．（2024·广西北海·一模）如图，某雕塑MN位于河段OA上，游客P在步道上由点O出发沿OB方向行走．已知∠AOB＝30°，MN＝2OM＝40m，当观景视角∠MPN最大时，游客P行走的距离OP是 　　米． 解：如图，取MN的中点F，过点F作FE⊥OB于E，以直径MN作⊙F， ∵MN＝2OM＝40m，点F是MN的中点， ∴MF＝FN＝20m，OF＝40m， ∵∠AOB＝30°，EF⊥OB， ∴EF＝20m，OE＝EF＝20m， ∴EF＝MF， 又∵EF⊥OB， ∴OB是⊙F的切线，切点为E， ∴当点P与点E重合时，观景视角∠MPN最大， 此时OP＝20m，故答案为：20． 6．（2024·湖南长沙·一模）已知点A、B的坐标分别是（0，1）、（0，3），点C为x轴正半轴上一动点，当∠ACB最大时，点C的坐标是　　． 解：过点A、B作⊙P，点⊙P与x轴相切于点C时，∠ACB最大， 连接PA、PB、PC，作PH⊥y轴于H，如图， ∵点A、B的坐标分别是（0，1）、（0，3）， ∴OA＝1，AB＝3﹣1＝2， ∵PH⊥AB， ∴AH＝BH＝1， ∴OH＝2， ∵点⊙P与x轴相切于点C， ∴PC⊥x轴， ∴四边形PCOH为矩形， ∴PC＝OH＝2， ∴PA＝2， 在Rt△PAH中，PH＝＝＝， ∴C点坐标为（，0）． 故答案为（，0）． 7．（2022·湖南邵阳·一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝8，M是CD的中点，点P是BC上一个动点，若∠DPM的度数最大，则BP＝　　 ． 解：作△PMD的外接圆，则圆心O在DM的中垂线上移动， ∵∠DOM＝2∠DPM， ∴当∠DOM最大时，∠DPM最大， 当⊙O与BC相切时，∠DOM最大， ∵M是CD的中点，CD＝4， ∴CM＝DM＝2， 连接OP，则OP⊥BC， ∵∠C＝90°，ON⊥CD， ∴四边形OPCN是矩形， ∴OP＝NC＝2+1＝3＝OM， 在Rt△MON中，由勾股定理得， ON＝＝＝2， 即PC＝2， ∴BP＝BC﹣PC＝8﹣2， 故答案为：8﹣2． 8．（2024·福建泉州·二模）某儿童游乐场的平面图如图所示，场所工作人员想在OD边上的点P处安装监控装置，用来监控OC边上的AB段，为了让监控效果更佳，必须要求∠APB最大，已知：∠DOC＝60°，OA＝400米，AB＝200米，问在OD边上是否存在一点P，使得∠APB最大？若存在，请求出此时OP的长和，∠APB的度数；若不存在，请说明理由． 解：如图，当经过A，B的⊙T与OD相切于P时，∠APB的值最大， 作TH⊥OC于H，交OD于Q，连接TA，TB，OT．设TP＝TA＝TB＝r， ∵TA＝TB，TH⊥AB， ∴AH＝HB＝100（m）， ∵∠OHQ＝90°，∠O＝60°，OH＝OA+AH＝（400+100）（m）， ∴QH＝OH＝（400+300）（m），∠OQH＝30°， ∴TQ＝2PT＝2r， ∵TH＝＝， ∴2r+＝400+300， 整理得：3r2﹣（1600+1200）r+600000+240000＝0， ∴（r﹣200）（3r﹣1000﹣1200）＝0， ∴r＝200或（1000+1200）（舍弃）， ∴AT＝200m， ∴AT＝2AH， ∴∠ATH＝30°，∠ATB＝2∠ATH＝60°， ∴∠APB＝∠ATB＝30°， ∴OP＝OQ﹣PQ＝800+200﹣600＝（200+200）（m）． 9．（2022·湖南岳阳·一模）问题提出 （1）如图①，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为CD的中点，则∠AEB　＞　∠ACB（填“＞”“＜”“＝”）； 问题探究 （2）如图②，在正方形ABCD中，P为CD边上的一个动点，当点P位于何处时，∠APB最大？并说明理由； 问题解决 （3）如图③，在一幢大楼AD上装有一块矩形广告牌，其侧面上、下边沿相距6米（即AB＝6米），下边沿到地面的距离BD＝11.6米．如果小刚的眼睛距离地面的高度EF为1.6米，他从远处正对广告牌走近时，在P处看广告效果最好（视角最大），请你在图③中找到点P的位置，并计算此时小刚与大楼AD之间的距离． 解：（1）∠AEB＞∠ACB，理由如下： 如图1，过点E作EF⊥AB于点F， ∵在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为CD中点， ∴四边形ADEF是正方形， ∴∠AEF＝45°， 同理，∠BEF＝45°， ∴∠AEB＝90°． 而在直角△ABC中，∠ABC＝90°， ∴∠ACB＜90°， ∴∠AEB＞∠ACB． 故答案为：＞； （2）当点P位于CD的中点时，∠APB最大，理由如下： 假设P为CD的中点，如图2，作△APB的外接圆⊙O，则此时CD切⊙O于点P， 在CD上取任意异于P点的点E，连接AE，与⊙O交于点F，连接BE，BF， ∵∠AFB是△EFB的外角， ∴∠AFB＞∠AEB， ∵∠AFB＝∠APB， ∴∠APB＞∠AEB， 故点P位于CD的中点时，∠APB最大： （3）如图3，过点E作CE∥DF交AD于点C，作线段AB的垂直平分线，垂足为点Q，并在垂直平分线上取点O，使OA＝CQ， 以点O为圆心，OA长为半径作圆，则⊙O切CE于点G，连接OG，并延长交DF于点P，此时点P即为小刚所站的位置， 由题意知DP＝OQ＝， ∵OA＝CQ＝BD+QB﹣CD＝BD+AB﹣CD， BD＝11.6米，AB＝3米，CD＝EF＝1.6米， ∴OA＝11.6+3﹣1.6＝13米， ∴DP＝米， 即小刚与大楼AD之间的距离为4米时看广告牌效果最好． 10．（2023·湖南益阳·二模）问题提出 （1）如图①，△ABC内接于⊙O，过点A作⊙O的切线l，在l上任取一点D，连接BD、CD，则∠BAC与∠BDC的大小关系为 　 　； 问题探究 （2）如图②，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E为AD边上一点，当∠BEC最大时，求cos∠BEC的值； 问题解决 （3）如图③，某商场在一部向下运行的手扶电梯BC的终点C的正上方竖直悬挂一幅高度DE＝4m的广告画．已知广告画的最低点D到地面AC的距离为6.5m，该电梯的高AB为4m，它所占水平地面的长AC为8m．小明从点B出发，站在该电梯上观看广告画DE，其观看视角为∠DPE．已知小明的眼睛P到脚底的距离PQ为1.5m，电梯在竖直AB方向上的下降速度为20cm/s，求当小明站在电梯上多长时间时，∠DPE取得最大值． 解：（1）设CD与圆O交于点E，连接BE，如图， 则∠BAC＝∠BEC， ∵∠BEC是△BDE的外角， ∴∠BEC＞∠BDC， ∴∠BAC＞∠BDC， 当点D与点A重合时，∠BAC＝∠BDC， ∴∠BAC≥∠BDC； 故答案为：∠BAC≥∠BDC； （2）作BC的垂直平分线PQ交BC于点Q，交AD于点P，连接BP、CP，作△PBC的外接圆圆O，圆O与直线PQ交于另一点N，如图， 则PB＝PC，圆心O在PN上， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴OP⊥AD， ∴圆O与AD相切于点P， ∴PQ＝AB＝6，BQ＝BC＝4， ∴PQ＞BQ， ∴∠BPC＜90°， ∴圆心O在弦BC的上方， 设EC与圆O交于点M，连接MB， 则∠BPC＝∠BMC≥∠BEC， ∴当点E与点P重合时，∠BEC最大， 连接OB、EN，则∠BON＝2∠BEN＝∠BPC， ∵OB＝OP＝6﹣OQ， ∴BQ2+OQ2＝OB2， ∴42+OQ2＝（6﹣OQ）2， ∴OQ＝， ∴OB＝， ∴cos∠BEC＝cos∠BOQ＝＝， 即当∠BEC最大时，cos∠BEC的值为； （3）过点P作BC的平行线，交CE于点M，作△PDE的外接圆圆O，连接PO并延长与圆O交于另一点N，连接DN，如图， 根据（2）的结论得，圆O与PM相切时，∠DPE最大， 此时OP⊥PM，即∠MPN＝90° ∴∠MPD+∠DPN＝90°， ∵PN是圆O的直径， ∴∠PDN＝90°， ∴∠DNP+∠DPN＝90°， ∴∠DNP＝∠MPD， ∵∠DNP＝∠DEP， ∴∠MPD＝∠DNP， ∵∠PMD＝∠EMP， ∴△PMD∽△EMP， ∴DM：PM＝PM：EM， ∴PM＝DM•EM， ∵MC＝PQ＝1.5m， ∴DM＝CD﹣MC＝5m，EM＝ED+DM＝9m， ∴PM＝＝＝3（m）， ∴QC＝PM＝3m， 在Rt△ABC中，根据勾股定理得 BC＝4（m）， ∴BQ＝BC﹣CQ＝m， ∵BC：AB＝4：4＝， ∴小明站在电梯上，从点B到点Q时，沿竖直AB方向下降的距离为1m， ∴下降时间为100：20＝5（s）， 即小明站在电梯上5s时，∠DPE取得最大值． 16 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $