最大角米勒角問題-2024年中考數(shù)學(xué)二次函數(shù)壓軸題

最大角米勒角問題

一、知識導(dǎo)航

【問題描述】

1471年，德國數(shù)學(xué)家米勒向諾德爾提出這樣一個問題：

如圖，點A、B直線/的同一側(cè)，在直線/上取一點尸，使得/AP2最大，求尸點位置.

【問題鋪墊】

圓外角：如圖，像NAPB這樣頂點在圓外，兩邊和圓相交的角叫圓外角.

相關(guān)結(jié)論：圓外角等于這個角所夾兩條弧的度數(shù)差（大減?。┑囊话?

4口圖，ZP=ZACB-ZPBC=AB~CD.

換句話說，對同一個圓而言，圓周角>圓外角.

【問題解決】

結(jié)論：當(dāng)點尸不與A、B共線時，作△出^的外接圓，當(dāng)圓與直線/相切時，NAPB最大.

證明：在直線/上任取一點M（不與點尸重合），連接AM、BM,

/AMB即為圓。的圓外角，

NAPB>/AMB,AAPB最大.

二當(dāng)圓與直線/相切時，/AP8最大.

特別地，若點A、8與P分別在一個甭的兩邊，如下圖，則有OP2=Q4-O3.(切割線定理)

證明：:NPOA=NBOP,NOB4=NO8P(弦切角定理)

.,.△AOPSAPOB,

,OAOP

?麗一礪’

OP2=OAOB.

即可通過0A、。8線段長確定。尸長，便知尸點位置.

二、典例精析

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，A(1,0)、B(5,0)直線/經(jīng)過點C(-1,2),點P是直線/上的動點，若

/AP8的最大值為45°,求直線/的解析式.

【分析】

考慮到直線/未知但NAPB的最大值已知為45°,故構(gòu)造圓.

記△A3P外接圓圓心為M點，則NAM3=2/AP3=90°,

故可確定Af點位置.

根據(jù)A(1,0)、B(5,0),不難求得M點坐標(biāo)為(3,2),

連接MC、MP,考慮到圓M與直線CP相切，故MP^CP,△CPM是直角三角形.

\MC=4,MP=MA=2yf2,

:.CP=2垃,即△CPM是等腰直角三角形，

易求產(chǎn)點坐標(biāo)為(1,4),

又C點坐標(biāo)為(-1,2),

可求直線I的解析式為j=x+3.

三、中考真題演練

1.如圖，拋物線》=以2+法+3與x軸交于A(-1,0)^B兩點,與y軸交于點C,過點。作CD_Ly軸交拋

物線于另一點。，作。EJ_尤軸，垂足為點E,雙曲線y=9(x>0)經(jīng)過點。，BD.

(1)求拋物線的表達式；

(2)動點尸從點。出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿0C方向運動，運動時間為r秒，當(dāng)r為何值時,

ZBPD的度數(shù)最大？(請直接寫出結(jié)果)

備用圖

【分析】

(1)考慮到點?？v坐標(biāo)與點C相同，為3,代入反比例解析式，可得。點坐標(biāo)為(2,3),

根據(jù)A、O坐標(biāo)可得拋物線解析式：y=-x2+2x+3.

(2)求)即求尸點位置.

思路2:切割線定理

延長交y軸于M點，則當(dāng)時，NBPD最大.

考慮到5(3,0)、D(2,3),可得直線50解析式：y=-3x+9,

故直線30與y軸交點M點坐標(biāo)為(0,9),

MD=2A/10,MB=3A/10,

MP2=MDMB=60,

：.MP=2A/15,

二尸點坐標(biāo)為(0,9-2岳)，

故f的值為9-2厲.

2.(2023?四川宜賓?中考真題)如圖,拋物線y=加+6x+c與x軸交于點A(TO)、3(2,0),且經(jīng)過點C(-2,6).

(1)求拋物線的表達式；

(2)在尤軸上方的拋物線上任取一點N,射線AN、3N分別與拋物線的對稱軸交于點尸、。，點。關(guān)于x軸

的對稱點為。'，求△APQ'的面積；

⑶點〃是y軸上一動點，當(dāng)—4WC最大時，求M的坐標(biāo).

Wy=--^2--x+6

⑵SAPQ'=—

(3)M(0,12-4A/5)

【分析】(1)設(shè)拋物線的解析式為>=a(x+4)(x-2),代入點C的坐標(biāo)，確定a值即可.

(2)+,直線AN的解析式為>=尿+6，直線3N的解析式為V=/+4,表示出P,

Q,。'的坐標(biāo)，進而計算即可.

(3)當(dāng)M是y軸與經(jīng)過A,C,M三點的圓的切點是最大計算即可.

【詳解】(1)??,拋物線了="2+云+。與x軸交于點A(T,O)、3(2,0),

設(shè)拋物線的解析式為y=a(x+4)(x-2),

:經(jīng)過點C(-2,6),

6=a(-2+4)(-2-2),

3

解得〃=-9

4

3

?*-y=-a(九+4)(1-2),

.323(

??y=—x—x+o.

42

(2)如圖，當(dāng)點N在對稱軸的右側(cè)時,

,??一廣一］+6=一*+1）弓

，對稱軸為直線,

直線BN的解析式為y=PX+4,

-4k+b=02p+q=0

,.33，吁一,一

mk+b=——m2——m+64=g+6

I42

323於

323u

——m——m+642

k—____2_____p=

m-2

解得m+4

3

.-3m2-6m+24—m92+3m-12

b=--------------------2___________

m+4q=

m-2

_32_3

???直線?的解析式為廣—J—5m+0^—3相26相+24,直線3N的解析式為

m+4m+4

333

——m2——m+6—m2+3om-12

y二—4----?------x+2-----------------

m-2m-2

。2?，9291Q

mm+——m——m+18八

當(dāng)卡-1時，_-4~2/n「3病一6m+24二_2———（時2），

y-----------------------------------xi—11H-------------------------

m+4m+4m+44V7

333lx-,99

——m2——m+6—m2+3om-12—m2+—m-118O

y=—-------2-------x（-l）+-----------------二42=『+4），

m-2v7m-2m-2

9927

Pe，=--(m-2)+-(m+4)=y,

?<_127,81

??3APQ'=-X-x3=Y,

如圖，當(dāng)點N在對稱軸的左側(cè)時，

,?33正3/八227

.y=——%2——x+6=——(x+1)+—

424V74

???對稱軸為直線x=-1,

)9

m-2)1el-l,|(m+4,e--1,-2(OT+4)

4

Qo27

尸Q'=-j(m-2)+j(相+4)=或

?<_127?_81

APQ^2X~2X3=^'

QI

綜上所述，5加°,吟.

(3)當(dāng)AAMC的外接圓與相切，切點為"時，/4MC最大,

設(shè)外接圓的圓心為E,。是異于點M的一點，連接“，QC,QA交圓于點T,

則ZAMC=ZATC,根據(jù)三角形外角性質(zhì)，得ZATC>ZAQC,^ZAMOZAQC,

最大，

設(shè)Q4與圓交于點“，連接MH,ME,根據(jù)切線性質(zhì),

ZEMO=ZMOA=90°,

作直徑HV,連接MN,

:./HMN=90°,ZMNH=ZMAH,

"：EM=EH,

:?ZEMH=ZEHM,

：.90°-ZEMH=90°-ZEHM,

???ZOMH=ZMNH=ZMAH,

：.OMHsOAM,

.OM__OH

：.OM2=OA.OH,

設(shè)。M=37,OH=x,貝!jAH=4一x,

y2=4x,

y=2y/x,

過點后作EFLQ4,垂足為R過點。作CGLQ4,垂足為G,交EM于點、P,

根據(jù)垂徑定理，得A^=fH=個，四邊形EMO尸是矩形，

PE=EM-PM=^^-2=-,

22

CP=CG-PG=CG-OM=6-2A/I，

在直角三角形PEC中，

($2+(6—2/)2=(手尸，

x+16-12\lx，

/.(X+16)2=(126)2,

，X2-112X+256=0,

解得占=56—24君，尤2=56+24石＞4(舍去)，

???y=14x=2^56-2475=2J(6-2有『=2(6-2遙)=12-46，

故OM=12-4&，

.,.當(dāng)N4WC最大時，M(0,12-4君).

【點睛】此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，等腰三角形的性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理，矩

形的判定和性質(zhì)，三角形的外接圓，相似三角形的判定和性質(zhì)，用方程的思想解決問題是解本題的關(guān)鍵.

3.(2023?四川遂寧?一模)已知拋物線y=-尤2+Zu+c與x軸交于A(-1,O),3(3,0)兩點.

(1)求拋物線的函數(shù)解析式；

(4)點。是拋物線對稱軸上一動點，當(dāng)/OQA的值最大時，點。的坐標(biāo)為：(直接填空)

【答案】⑴y=-爐+2x+3

⑷(1,0)或(1,-⑹

【分析】(1)利用待定系數(shù)法求解即可；

(4)作△A。。的外接圓X,作軸，連接AH,OH,HQ,根據(jù)圓周角定理得到ZAQO=gzA8O,

當(dāng)AH最小時，最小，此時/OQA最大，然后利用勾股定理求解即可.

【詳解】(1)解：：拋物線y=-f+Zu+c與x軸交于A(-LO),3(3,0)兩點,

-1—Z?+c=0解得［(cb=23

—9+3Z?+c=0

拋物線的函數(shù)解析式為y=--+2無+3；

（4）如圖所示，作△A。。的外接圓〃，作“G_Lx軸，連接AH,OH,HQ,

.**當(dāng)NOQA最大時，NAHG最大

?：AH=HO=HQ

???當(dāng)AH最小時，H。最小，此時N0Q4最大

,13

止匕時HQ=1+—=—

22

3

???AH=-

2

在RtAAHG中，HG=1AH°一AG。=一出=后

/.Q（L應(yīng)）

根據(jù)對稱性，則存在0（1,-忘）

綜上所述,°。,點）或（L一碼.

【點睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、坐標(biāo)與圖

形、勾股定理及其逆定理的應(yīng)用、三角形的外接圓性質(zhì)、圓周角定理、三角形的面積、解一元二次方程等

知識，熟練掌握相關(guān)知識的聯(lián)系與運用是解題的關(guān)鍵.

4.（2019?山東淄博?一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=a（x-1）（x-5）（a>0）的圖象與x

軸交于A、2兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于尸點，過其頂點C作直線CHLx軸于點X.

(1)若/APB=30。，請直接寫出滿足條件的點尸的坐標(biāo);

(2)當(dāng)NAPB最大時，請求出a的值；

【答案】(1)點P坐標(biāo)為(0,2向+⑺)或(0,2百-77);(2)a="；(3)能，a的值為(4)

點。坐標(biāo)為(3,3+V13)或(3,3-Vo).

【分析】(1)作APAB的外接圓。D,連接DP、DA、DB,證AABD是等邊三角形，求A(1,0),B(5,

0),得DP=DA=AB=4,H(3,0),得直線CH：x=3,求出D(3,26)

設(shè)P(0,p)(p>0),由PD2=32+(2括-p)占421求出P的坐標(biāo)；(2)作△PAB的外接圓。E,連接EP、

EA、EB,如圖2,由切線性質(zhì)，得四邊形OHEP是矩形，在RtAAEH中，EH=y/AE2-AH2=732-22-

求出0P得點P坐標(biāo)為(0,亞),代入拋物線解析式可得；

【詳解】解：(1)作APAB的外接圓。D,連接DP、DA、DB,如圖1

；.DP=DA=DB,

VC為拋物線頂點且CH±x軸

/.CH為拋物線對稱軸，即CH垂直平分AB

；.D在直線CH上

VZAPB=30°

...NADB=2APB=60°

」.△ABD是等邊三角形

?；當(dāng)y=0時，a(x-1)(x-5)=0解得：xi=l,X2=5

；.A(1,0),B(5,0)

；.DP=DA=AB=4,H(3,0),直線CH：x=3

；.AH=2,DH=73AH=273

AD(3,2g)

設(shè)P(0,p)(p>0)

；.PD2=32+(26-P)2=42

解得：pi=273+V7,p2=2A/3-5/7

.?.點P坐標(biāo)為(0,20+S)或(0,2V3-V7)

(2)作APAB的外接圓。E,連接EP、EA、EB,如圖2

VZAEB=2ZAPB

...NAEB最大時，NAPB最大

：AB=4是定值

EH最小時，/AEB最大，此時。E與y軸相切于點P

；.EPJ_y軸于P

四邊形OHEP是矩形

.\PE=OH=3

；.EA=PE=3

RtAAEH中，EH=^AE2-AH2=^32-22=石

;.OP=EH=7^

.?.點P坐標(biāo)為(0,石)，代入拋物線解析式得：5a=E

【點睛】考核知識點：二次函數(shù)的綜合.數(shù)形結(jié)合分析問題，熟練運用圓的性質(zhì)是關(guān)鍵.

5.(2018?浙江寧波?一模)己知，如圖1,。是坐標(biāo)原點，拋物線丫="2+桁+。(存0)經(jīng)過A、B、C三點,

軸于點A,AB=2,A0=4,OC=5,點。是線段A。上一動點，連接C。、BD.

(1)求出拋物線的解析式；

【分析】(1)先確定出點A,B,C的坐標(biāo)，進而用待定系數(shù)法即可得出結(jié)論.

(3)先判斷出當(dāng)△BOC的外接圓與49相切時，/BDC最大,后利用三角形，勾股定理計算即可.

【詳解】(1)：A皿軸于點A,AB=2,AO=4,OC=5,

.,.A(0,4),B(2,4),C(5,0),

?拋物線y=a/+bx+c存0)經(jīng)過A、B、C三點,

25a+5b+c=0

<4〃+2Z?+c=4

c=4

4

Q

解得竹=話,

c=4

4R

，拋物線解析式為y=_三尤2+^X+4.

設(shè)外接圓的圓心為E,。是異于點。的一點，連接QB,QC,交圓于點M,

則/BOONBMC,根據(jù)三角形外角性質(zhì)，得/BMO/BQC,故/BOO/BQC,

...NBOC最大，

設(shè)0c與圓交于點”，連接。H,DE,

根據(jù)切線性質(zhì)，

ZEDO=ZDOC=90°,

作直徑"N,連接。N,

ZHDN=90°,ZDNH=ZDCH,

'：ED=EH,

：.ZEDH=ZEHD,

：.90°-ZEDH=90°-ZEHD,

：.ZODH=ZOCD,

：.X0DHsX0CD,

：.0D：OC=OH：OD,

：.0D：OC=OH：OD,

JDO2=OH.OC,

設(shè)。OH=x,則"。=5-%,

y2=5x,

y=yf5x,

過點E作研，OC,垂足為尸，過點5作BGLOC垂足為G,交DE于點P,

5—x

根據(jù)垂徑定理，得HF=FC=T，四邊形瓦＞。尸是矩形，

.M25-無5+X

..DE=OF=EB=------+x=-------,

22

根據(jù)8（2,4）,得AB=DP=OG=2,BG=4,

.D口nn5+尤l+X

..PE=1E7Drl-DP---------2=------,

22

???（號/+（4-后）2=（若與，

22

3x+10=8\/5x，

（3x+10＞=（8后了,

9x2-260%+100=0,

解得x=13。-4。面,.13。+4。加〉4（舍去）,

99

.「650-200V10

??5x-------------------,

9

.??7650-200710

-3

故OD=d650-200^/15,

3

???當(dāng)NBOC最大時，0°=癡°-20°亞

3

【點睛】此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，等腰三角形的性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理，矩

形的判定和性質(zhì)，三角形的外接圓，相似三角形的判定和性質(zhì)，用方程的思想解決問題是解本題的關(guān)鍵.

6.（2015?福建泉州?一模）如圖，0是坐標(biāo)原點，過點A（-l,0）的拋物線＞=/一灰_3與x軸的另一個交點

為B，與J軸交于點C，其頂點為D點.

（2）連結(jié)助、CD，動點。的坐標(biāo)為（也J}.

②連結(jié)0。、CQ,當(dāng)最大時，求出點。的坐標(biāo).

【答案】（1）（2）②2（21），C：'二為

【詳解】試題分析：（1）把A點坐標(biāo)代入拋物線解析式可求得b的值.

（2）②記△OQC的外心為m,則m在0C的垂直平分線MN上（設(shè)MN與y軸交于點A）,連接OM、CM.有

圓周角定理和三角函數(shù)的定義可表示sin/C。。，可得出sin/C。。的值隨著01/的增大而減小，可得

與相切，再由勾股定理可求得。的坐標(biāo).

試題解析：解：（I）把JC-LO）代入）=/-b-3,l+b-3=0,解得b=2；（2）①設(shè)拋物線的對稱

軸與X軸交于點￡.

：;—X'—2.v—3—（.Y-i1'-4,

A則OE=1，PE=4>

:

令x=0得，）=-3；令）=0得，x-2x-3=0-解得*=-1，x;=3?

「3-3，OCBE"（以下有兩種方法）

方法一：

設(shè)直線：.二】與J軸交于點F，則CF=4，BD=4DE，-BE：=1/，

當(dāng)四邊形3QCD是平行四邊形時，，=2-#，

：CF=OF+OC=l+3=4，

???F0=JC0：-CF=>

"；-FO-2；

方法二：

過C作SD的平行線與直線J=1相交，則交點必為0,

設(shè)直線J二1與.1軸交于點F，則CF=4.

DE//FC,：.ZFCQ=ZEDB.

又,：CF=4=DE,ZQFC=9Q=ABED,

，叢QFC沿叢BED,

/.CQ=DB,FQ=EB=2,

②記a。。。的外心為,則."在0。的垂直平分線上（-ic與丁軸交于點.v）.連接0.U、cv，

KO.CQO==C"0=_MC=MO=MQ,

OV15

/.sin^CQO=sinJO3/A'=—=—,

OMOY

；.：s加a?。。的值隨著0_T/的增大而減小.

又”..?刷。:崛，

/.當(dāng)7Q取最小值時sin/CQ。最大,

即up一直線：,二1時，一。。。最大，此時，

與直線）=1相切.

??M。=.VF=25,3￡\'=-Josr-0X:=2，

,根據(jù)對稱性，另一點。:「二h也符合題意.

綜上所述，02;ln0;i-lli.

考點：二次函數(shù)的綜合題.

7.（2023?廣東深圳?一模）船在航行過程中，船長常常通過測定角度來確定是否會遇到暗礁.如圖1,A,B

表示燈塔，暗礁分布在經(jīng)過A,8兩點的一個圓形區(qū)域內(nèi)，優(yōu)弧上任一點C都是有觸礁危險的臨界點,

/ACB就是“危險角”.當(dāng)船P位于安全區(qū)域時，它與兩個燈塔的夾角Nc與“危險角”—ACB有怎樣的大小

關(guān)系？

⑴數(shù)學(xué)小組用已學(xué)知識判斷Nc與“危險角”-4C3的大小關(guān)系，步驟如下：如圖2,AP與：。相交于點D,

連接8。，由同弧或等弧所對的圓周角相等，可知？ACB1ADB,

ZADB是ABDP的外角,

;.ZAPBNADB（填“>”，"=”或“<”），

.-.ZtzNACB（填或“<”）；

⑵如圖3,已知線段AB與直線/,在直線/上取一點P,過A、B兩點，作（。使其與直線/相切，切點為P,

不妨在直線上另外任取一點0,連接A。、BQ,請你判斷NAP3與NAQB的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；

（3）一位足球左前鋒球員在某場賽事中有一精彩進球，如圖4,他在點P處接到球后，沿PQ方向帶球跑動，

球門A3=8米，。尸=8米，89=16米，ZADC=90°,tan/QPC=l.該球員在射門角度（NAAffi）最大

時射門，球員在PQ上的何處射門？（求出此時的長度.）

【答案】（1）<,<

⑵ZAPB>ZAQB,理由見解析

⑶16方-8立

【分析】（1）由4DB是△&）尸的外角，可得NAPBcNADB,即可求解；

（2）設(shè)A。與：。交于點G,連接BG,可證NAPB=NAG3,從而可證ZAGB>ZAQ3,即可求證；

（3）當(dāng)經(jīng)過A,2的一。與尸。相切時，最大，過點。作交于點H,延長交P。于

點E,過點E作EFLDF交D尸于點F,四邊形HDFE是矩形，可求HE=DF=DP+FP=28,可證VOME

是等腰直角三角形，設(shè)。的半徑OB=OM=x,OH2+HB2^OB2,由此即可求解.

【詳解】（1）解：NAD3是△皮）尸的外角，

:.ZAPB<ZADB,

:.Aa<ZACB,

故答案為：<,<.

（2）解：ZAPB>ZAQB,理由如下：

如圖所示，設(shè)AQ與O交于點G,連接3G,

AB=AB^

:.ZAPB=ZAGB,

NAG3是的外角,

ZAGB>ZAQBf

\ZAPB>ZAQB.

(3)解：如圖所示，由(2)可得，當(dāng)經(jīng)過A,5的。與尸。相切時，最大,

過點。作交A5于點"，延長"9交尸。于點E,過點E作EFJ_O尸交O尸于點R

:.BH=-AB=4f

:.DH=BH+BD=22,

OHLAB,EF±DF,AD±DFf

二?四邊形HDFE是矩形，

:.EF=DH=2Q,

tanZQPC=1,

：.PF=EF=20,

:.HE=DF=DP+FP=28,

tmZQPC=1,

:.ZEPF=45°,

HE//DF,

:./HEP"EPF=45。,

OMLPQ,

.?.OWE是等腰直角三角形，

；?設(shè).。的半徑O3=OM=x,

0E=，

:.OH=HE-OE=28-缶，

.,.在RtZ\O/7B中，OH-+HB2=OB2,

.-.（28-V2X）2+42=x2,

解得：天=280-166或x=280+16g（舍去），

EM=OM=28拒-166，

PM=PE-EM=28>/2-16A/3.

答：PM的長度為28亞-166.

【點睛】本題主要考查了圓的基本性質(zhì)，三角形的外角性質(zhì)，等腰三角形的判定及性質(zhì)，矩形的判定及性

質(zhì)，勾股定理，三角函數(shù)等掌握相關(guān)的性質(zhì)，找出最大角的條件是解題的關(guān)鍵

8.（2023?廣東深圳?一模）【問題發(fā)現(xiàn)】

船在航行過程中，船長常常通過測定角度來確定是否會遇到暗礁.如圖1,A,B表示燈塔，暗礁分布在經(jīng)

過48兩點的一個圓形區(qū)域內(nèi)，優(yōu)弧上任一點C都是有觸礁危險的臨界點，/ACB就是“危險角”.當(dāng)

船P位于安全區(qū)域時，它與兩個燈塔的夾角與“危險角”有怎樣的大小關(guān)系？

【解決問題】

（1）數(shù)學(xué)小組用已學(xué)知識判斷Na與“危險角”-ACB的大小關(guān)系，步驟如下：

如圖2,AP與。相交于點。，連接30,由同弧或等弧所對的圓周角相等，可知？ACB7ADB,

,/ZADB是ABDP的外角，

：.NAPBNADB（填“>”，"=”或“<”），

ZaNACB（填“>”，"=”或“<”）；

【問題探究】

（2）如圖3,已知線段A3與直線/,在直線/上取一點尸，過A、B兩點，作1。使其與直線/相切，切點

為P,不妨在直線上另外任取一點。，連接AQ、BQ,請你判斷-AP3與NAQ8的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；

【問題拓展】

（3）一位足球左前鋒球員在某場賽事中有一精彩進球，如圖4,他在點尸處接到球后，沿P。方向帶球跑動,

3

球門AB=7米，。尸=7.5米，30=15.5米，ZADC=90°,tanZQPC^-.該球員在射門角度（NAMB）最大

時射門，球員在PQ上的何處射門？（求出此時的長度.）

【答案】（1）<,<;（2）ZAPB>ZAQB,理由見解析；（3）15米

【分析】（1）由三角形的外角的性質(zhì)可得從而可得答案；

（2）設(shè)A。與；。交于點G,連接8G,證明NAPB=NAGfi,可得NAG3>NAQ8,則ZAPB>ZAQ8.

（3）如圖所示，由（2）可得，當(dāng)經(jīng)過A,B的。與PQ相切時，4MB最大，過點。作OHLAB交

于點H,延長打。交尸。于點E,過點E作所，。尸交。尸于點尸，證明四邊形mME是矩形，可得

EF=DH=19,PF=—,PE=—,HE=DF=1.5+—=—,證明N〃EP=NQPC,設(shè)的半徑

3336

451975<1075A2（［弋

OB=OM=r,表示ME=—r,OE=-r,OH=HE-OE=---------r,建立方程上二r+1=2,

336363JUJr

再解方程可得答案.

【詳解】解：（1）如圖2,”與|。相交于點。，連接BO,由同弧或等弧所對的圓周角相等，可知

?ACB?ADB,

?//ADB是4BDP的外角,

ZAPB<ZADB,

Z.a<ZACB,

（2）ZAPB>ZAQB,理由如下：

如圖所示，設(shè)AQ與。交于點G,連接BG,

4/^

-AB=AB>

???ZAPB=ZAGB,

,/NAG5是5GQ的外角，

.?.ZAGB>ZAQB,

：.ZAPB>ZAQB,

（3）如圖所示，由（2）可得，當(dāng)經(jīng)過A,8的，。與尸。相切時，NA4火最大,

過點。作交A5于點延長H0交P。于點E,過點石作尸交。尸于點尸,

BH=-AB=3.5,

2

：.DH=BH+BD=15.5+3.5=19,

OHLAB,EF上DF,ADLDF,

???四邊形印）FE是矩形，

???EF=DH=\9,

3

VtmZQPC=~,

??.TPE*

八L__76197

HE=DF=7.5+——=——

36

■:HE〃DF,

JZHEP=ZQPC,

,.?OMLPQ,

設(shè)00的半徑QB=OM=r,

3r4

tanZQPC=tanZHEP=-=——，即ME=—廠，

4ME3

：.0E=-r,

3

1975

???OH=HE-OE=---------r,

63

???在Rt-OHB中，OH2+HB2=OB2,

1975

整理得：32/一19707+19625=0,

解得：112.5,=49.0625（不合題意，舍去）

PM=PE-EM=---------=15.

33

答：PM的長度為15米.

【點睛】本題考查的是三角形的外角的性質(zhì)，圓周角定理的應(yīng)用，矩形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應(yīng)

用，勾股定理的應(yīng)用，本題的難度很大，計算非常復(fù)雜，準(zhǔn)確細心的計算是解答的前提.

9.（22-23九年級上?江蘇泰州?期末）【生活問題】2022年卡塔爾世界杯比賽中，某球員P帶球沿直線接

近球門A3,他在哪里射門時射門角度最大？

【操作感知】小米和小勒在研究球員P對球門A8的張角時，在上取一點Q,過A、B、。三點

作圓，發(fā)現(xiàn)直線與該圓相交或相切.如果直線與該圓相交，如圖1,那么球員P由〃向N的運動

過程中，NAP3的大?。海ㄌ钚蛱枺?/p>

①逐漸變大；②逐漸變??；③先變大后變??；④先變小后變大

【猜想驗證】小米和小勒進一步探究發(fā)現(xiàn)，如果直線"N與該圓相切于點。那么球員P運動到切點。時

/APB最大,如圖2,試證明他們的發(fā)現(xiàn).

c~--------------------------------------------------------------、

要證乙最大，就是要證上”T尸點的其它所有點對48的張角都小