專題17 最大角米勒角問題（解析版）

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l的同一側(cè)，在直線l上取一點P，使得∠APB最大，求P點位置．【問題鋪墊】圓外角：如圖，像∠APB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?。┑囊话耄鐖D，．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P不與A、B共線時，作△PAB的外接圓，當(dāng)圓與直線l相切時，∠APB最大．證明：在直線l上任取一點M（不與點P重合），連接AM、BM，∠AMB即為圓O的圓外角，∴∠APB>∠AMB，∠APB最大．∴當(dāng)圓與直線l相切時，∠APB最大．特別地，若點A、B與P分別在一個角的兩邊，如下圖，則有．（切割線定理）證明：∵∠POA=∠BOP，∠OPA=∠OBP（弦切角定理）∴△AOP∽△POB，∴，∴．即可通過OA、OB線段長確定OP長，便知P點位置．二、典例精析如圖，在平面直角坐標系中，A（1，0）、B（5，0）直線l經(jīng)過點C（-1，2），點P是直線l上的動點，若∠APB的最大值為45°，求直線l的解析式．【分析】考慮到直線l未知但∠APB的最大值已知為45°，故構(gòu)造圓．記△ABP外接圓圓心為M點，則∠AMB=2∠APB=90°，故可確定M點位置．根據(jù)A（1，0）、B（5，0），不難求得M點坐標為（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=，∴，即△CPM是等腰直角三角形，易求P點坐標為（1，4），又C點坐標為（-1，2），可求直線l的解析式為y=x+3．三、中考真題演練1.如圖，拋物線與軸交于A（-1，0）、兩點，與y軸交于點C，過點C作CD⊥y軸交拋物線于另一點D，作DE⊥x軸，垂足為點E，雙曲線經(jīng)過點D，BD．（1）求拋物線的表達式；（2）動點P從點O出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿OC方向運動，運動時間為t秒，當(dāng)t為何值時，∠BPD的度數(shù)最大？（請直接寫出結(jié)果）

【分析】（1）考慮到點D縱坐標與點C相同，為3，代入反比例解析式，可得D點坐標為（2，3），根據(jù)A、D坐標可得拋物線解析式：．（2）求t即求P點位置．思路2：切割線定理延長BD交y軸于M點，則當(dāng)時，∠BPD最大．考慮到B（3，0）、D（2，3），可得直線BD解析式：，故直線BD與y軸交點M點坐標為（0，9），，，∴，∴，∴P點坐標為，故t的值為．

2．（2023·四川宜賓·中考真題）如圖，拋物線與x軸交于點、，且經(jīng)過點．

(1)求拋物線的表達式；(2)在x軸上方的拋物線上任取一點N，射線、分別與拋物線的對稱軸交于點P、Q，點Q關(guān)于x軸的對稱點為，求的面積；(3)點M是y軸上一動點，當(dāng)最大時，求M的坐標．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）設(shè)拋物線的解析式為，代入點C的坐標，確定a值即可．（2）設(shè)，直線的解析式為，直線的解析式為，表示出P，Q，的坐標，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）∵拋物線與x軸交于點、，∴設(shè)拋物線的解析式為，∵經(jīng)過點，∴，解得，∴，∴．（2）如圖，當(dāng)點N在對稱軸的右側(cè)時，∵，∴對稱軸為直線，

設(shè)，直線的解析式為，直線的解析式為，∴解得，∴直線的解析式為，直線的解析式為，當(dāng)時，，，∴，，，∴，∴．如圖，當(dāng)點N在對稱軸的左側(cè)時，∵，∴對稱軸為直線，

設(shè)，，，，∴，∴．綜上所述，．（3）當(dāng)?shù)耐饨訄A與相切，切點為M時，最大，設(shè)外接圓的圓心為E，Q是異于點M的一點，連接，，交圓于點T，則，根據(jù)三角形外角性質(zhì)，得，故，∴最大，

設(shè)與圓交于點H，連接，，根據(jù)切線性質(zhì)，∴，作直徑，連接，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，

∴，∴，設(shè)，則，∴，∴，過點E作，垂足為F，過點C作，垂足為G，交于點P，根據(jù)垂徑定理，得，四邊形是矩形，∴，

根據(jù)，得，∴，∴，在直角三角形中，∴，∴，∴，∴，解得，（舍去），∴，故，∴當(dāng)最大時，．【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）已知拋物線與軸交于，兩點．

(1)求拋物線的函數(shù)解析式；(4)點Q是拋物線對稱軸上一動點，當(dāng)?shù)闹底畲髸r，點Q的坐標為：．（直接填空）【答案】(1)(4)或【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（4）作的外接圓H，作軸，連接，，，根據(jù)圓周角定理得到，當(dāng)最小時，最小，此時最大，然后利用勾股定理求解即可．【詳解】（1）解：∵拋物線與x軸交于，兩點，∴，解得，∴拋物線的函數(shù)解析式為；（4）如圖所示，作的外接圓H，作軸，連接，，，

∴，∴當(dāng)最大時，最大∵∴當(dāng)最小時，最小，此時最大此時∴在中，∴根據(jù)對稱性，則存在綜上所述，或．【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，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y＝a（x﹣1）（x﹣5）（a＞0）的圖象與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于P點，過其頂點C作直線CH⊥x軸于點H．（1）若∠APB＝30°，請直接寫出滿足條件的點P的坐標；（2）當(dāng)∠APB最大時，請求出a的值；【答案】（1）點P坐標為（0，）或（0，）；（2）；（3）能，a的值為；（4）點Q坐標為（3，3+）或（3，3﹣）．【分析】（1）作△PAB的外接圓⊙D，連接DP、DA、DB，證△ABD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（3，2）設(shè)P（0，p）（p＞0），由PD2＝32+（2﹣p）2＝42，求出P的坐標；（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Rt△AEH中，EH＝，求出0P得點P坐標為（0，），代入拋物線解析式可得；【詳解】解：（1）作△PAB的外接圓⊙D，連接DP、DA、DB，如圖1∴DP＝DA＝DB，∵C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∵∠APB＝30°∴∠ADB＝2APB＝60°∴△ABD是等邊三角形∵當(dāng)y＝0時，a（x﹣1）（x﹣5）＝0解得：x1＝1，x2＝5∴A（1，0），B（5，0）∴DP＝DA＝AB＝4，H（3，0），直線CH：x＝3∴AH＝2，DH＝AH＝2∴D（3，2）設(shè)P（0，p）（p＞0）∴PD2＝32+（2﹣p）2＝42解得：p1＝，p2＝∴點P坐標為（0，）或（0，）（2）作△PAB的外接圓⊙E，連接EP、EA、EB，如圖2∵∠AEB＝2∠APB∴∠AEB最大時，∠APB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∴EP⊥y軸于P∴四邊形OHEP是矩形∴PE＝OH＝3∴EA＝PE＝3∴Rt△AEH中，EH＝∴OP＝EH＝∴點P坐標為（0，），代入拋物線解析式得：5a＝∴a＝【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）已知，如圖1，O是坐標原點，拋物線（a≠0）經(jīng)過A、B、C三點，AB⊥y軸于點A，AB=2，AO=4，OC=5，點D是線段AO上一動點，連接CD、BD．（1）求出拋物線的解析式；（3）當(dāng)∠BDC的度數(shù)最大時，請直接寫出OD的長．【答案】（1）；（3）【分析】（1）先確定出點A，B，C的坐標，進而用待定系數(shù)法即可得出結(jié)論．（3）先判斷出當(dāng)△BDC的外接圓與AO相切時，∠BDC最大，后利用三角形，勾股定理計算即可．【詳解】（1）∵AB⊥y軸于點A，AB=2，AO=4，OC=5，∴A（0，4），B（2，4），C（5，0），∵拋物線a≠0）經(jīng)過A、B、C三點，∴解得,∴拋物線解析式為．（3）如圖，當(dāng)△BDC的外接圓與AO相切時，∠BDC最大，設(shè)外接圓的圓心為E，Q是異于點D的一點，連接QB，QC，交圓于點M，則∠BDC=∠BMC，根據(jù)三角形外角性質(zhì)，得∠BMC＞∠BQC，故∠BDC＞∠BQC，∴∠BDC最大，設(shè)OC與圓交于點H，連接DH，DE，根據(jù)切線性質(zhì)，∴∠EDO=∠DOC=90°，作直徑HN，連接DN，∴∠HDN=90°，∠DNH=∠DCH，∵ED=EH，∴∠EDH=∠EHD，∴90°-∠EDH=90°-∠EHD，∴∠ODH=∠OCD，∴△ODH∽△OCD，∴OD：OC=OH：OD，∴OD：OC=OH：OD，∴，設(shè)DO=y，OH=x，則HC=5-x，∴，∴，過點E作EF⊥OC，垂足為F，過點B作BG⊥OC，垂足為G，交DE于點P，根據(jù)垂徑定理，得HF=FC=，四邊形EDOF是矩形，∴DE=OF=EB=+x=，根據(jù)B（2，4），得AB=DP=OG=2，BG=4，∴PE=ED-DP==，∴，∴，∴，∴，解得，＞4（舍去），∴，∴，故OD=，∴當(dāng)∠BDC最大時，OD=．【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，是坐標原點，過點的拋物線與軸的另一個交點為，與軸交于點，其頂點為點．（1）求的值．（2）連結(jié)、，動點的坐標為．②連結(jié)、，當(dāng)最大時，求出點的坐標．【答案】（1）（2）②，【詳解】試題分析：（1）把A點坐標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OC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，可得出的值隨著的增大而減小，可得與相切，再由勾股定理可求得的坐標．試題解析：解：（1）把代入，，解得；（2）①設(shè)拋物線的對稱軸與軸交于點．∵，∴，則，，令得，；令得，．解得，．∴，，，（以下有兩種方法）方法一：設(shè)直線與軸交于點，則，，當(dāng)四邊形是平行四邊形時，，∵，∴，∴；方法二：過作的平行線與直線相交，則交點必為，設(shè)直線與軸交于點，則．∵∥，∴．又∵，，∴△≌△，∴，，∴；②記的外心為，則在的垂直平分線上（與軸交于點）．連接、，則，，∴，∴的值隨著的增大而減?。?，∴當(dāng)取最小值時最大，即直線時，最大，此時，與直線相切．∴，，∴．根據(jù)對稱性，另一點也符合題意．綜上所述，，．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，B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，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？

(1)數(shù)學(xué)小組用已學(xué)知識判斷與“危險角”的大小關(guān)系，步驟如下：如圖2，與相交于點D，連接，由同弧或等弧所對的圓周角相等，可知，是的外角，（填“”，“”或“”），（填“”，“”或“”）；(2)如圖3，已知線段與直線l，在直線l上取一點P，過A、B兩點，作使其與直線l相切，切點為P，不妨在直線上另外任取一點Q，連接、，請你判斷與的數(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，沿方向帶球跑動，球門米，米，米，，．該球員在射門角度（）最大時射門，球員在上的何處射門？（求出此時的長度．）【答案】(1)，(2)，理由見解析(3)【分析】（1）由是的外角，可得，即可求解；（2）設(shè)與交于點G，連接，可證，從而可證，即可求證；（3）當(dāng)經(jīng)過A，B的與相切時，最大，過點O作交于點H，延長交于點E，過點E作交于點F，四邊形是矩形，可求，可證是等腰直角三角形，設(shè)的半徑，，由此即可求解．【詳解】（1）解：是的外角，，，故答案為：，．（2）解：，理由如下：如圖所示，設(shè)與交于點G，連接，

，，是的外角，，．（3）解：如圖所示，由（2）可得，當(dāng)經(jīng)過A，B的與相切時，最大，

過點O作交于點H，延長交于點E，過點E作交于點F，，，，，AD⊥DF，四邊形是矩形，，，，，，，，，，是等腰直角三角形，設(shè)的半徑，，，在中，，，解得：或（舍去），，．答：的長度為．【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A，B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，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)知識判斷與“危險角”的大小關(guān)系，步驟如下：如圖2，與相交于點D，連接，由同弧或等弧所對的圓周角相等，可知，∵是的外角，∴（填“＞”，“=”或“＜”），∴（填“＞”，“=”或“＜”）；【問題探究】（2）如圖3，已知線段與直線l，在直線l上取一點P，過A、B兩點，作使其與直線l相切，切點為P，不妨在直線上另外任取一點Q，連接、，請你判斷與的數(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P處接到球后，沿方向帶球跑動，球門米，米，米，，．該球員在射門角度最大時射門，球員在上的何處射門？（求出此時的長度．）

【答案】（1）＜，＜；（2），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)與交于點G，連接，證明，可得，則．（3）如圖所示，由（2）可得，當(dāng)經(jīng)過A，B的與相切時，最大，過點O作交于點H，延長交于點E，過點E作交于點F，證明四邊形是矩形，可得，，，，證明，設(shè)的半徑，表示，，，建立方程，再解方程可得答案．【詳解】解：（1）如圖2，與相交于點D，連接，由同弧或等弧所對的圓周角相等，可知，∵是的外角，∴，∴，（2），理由如下：如圖所示，設(shè)與交于點G，連接，

∵，∴，∵是的外角，∴，∴．（3）如圖所示，由（2）可得，當(dāng)經(jīng)過A，B的與相切時，最大，

過點O作交于點H，延長交于點E，過點E作交于點F，∴，∴，∵，，，∴四邊形是矩形，∴，∵，∴，，∴，∵，∴，∵，設(shè)的半徑，∴，即，∴，∴，∴在中，，∴，整理得：，解得：，（不合題意，舍去）∴，∴．答：的長度為米．【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，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對球門的張角時，在上取一點Q，過A、B、Q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M向N的運動過程中，的大小______：（填序號）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)，如果直線與該圓相切于點Q，那么球員P運動