2024年中考数学二次函数压轴题专题17最大角米勒角问题(学生版+解析)

这是一份2024年中考数学二次函数压轴题专题17最大角米勒角问题(学生版+解析)，共33页。试卷主要包含了知识导航，典例精析，中考真题演练等内容，欢迎下载使用。
【问题描述】
1471年，德国数学家米勒向诺德尔提出这样一个问题：
如图，点A、B直线l的同一侧，在直线l上取一点P，使得∠APB最大，求P点位置．
【问题铺垫】
圆外角：如图，像∠APB这样顶点在圆外，两边和圆相交的角叫圆外角．
相关结论：圆外角等于这个角所夹两条弧的度数差（大减小）的一半．
如图，．
换句话说，对同一个圆而言，圆周角>圆外角．
【问题解决】
结论：当点P不与A、B共线时，作△PAB的外接圆，当圆与直线l相切时，∠APB最大．
证明：在直线l上任取一点M（不与点P重合），连接AM、BM，
∠AMB即为圆O的圆外角，
∴∠APB>∠AMB，∠APB最大．
∴当圆与直线l相切时，∠APB最大．
特别地，若点A、B与P分别在一个角的两边，如下图，则有．（切割线定理）
证明：∵∠POA=∠BOP，∠OPA=∠OBP（弦切角定理）
∴△AOP∽△POB，
∴，
∴．
即可通过OA、OB线段长确定OP长，便知P点位置．
二、典例精析
如图，在平面直角坐标系中，A（1，0）、B（5，0）直线l经过点C（-1，2），点P是直线l上的动点，若∠APB的最大值为45°，求直线l的解析式．
【分析】
考虑到直线l未知但∠APB的最大值已知为45°，故构造圆．
记△ABP外接圆圆心为M点，则∠AMB=2∠APB=90°，
故可确定M点位置．
根据A（1，0）、B（5，0），不难求得M点坐标为（3，2），
连接MC、MP，考虑到圆M与直线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点坐标为（1，4），
又C点坐标为（-1，2），
可求直线l的解析式为y=x+3．
三、中考真题演练
1.如图，抛物线与轴交于A（-1，0）、两点，与y轴交于点C，过点C作CD⊥y轴交抛物线于另一点D，作DE⊥x轴，垂足为点E，双曲线经过点D，BD．
（1）求抛物线的表达式；
（2）动点P从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿OC方向运动，运动时间为t秒，当t为何值时，∠BPD的度数最大？（请直接写出结果）
2．（2023·四川宜宾·中考真题）如图，抛物线与x轴交于点、，且经过点．

(1)求抛物线的表达式；
(2)在x轴上方的抛物线上任取一点N，射线、分别与抛物线的对称轴交于点P、Q，点Q关于x轴的对称点为，求的面积；
(3)点M是y轴上一动点，当最大时，求M的坐标．
3．（2023·四川遂宁·一模）已知抛物线与轴交于，两点．

(1)求抛物线的函数解析式；
(4)点Q是抛物线对称轴上一动点，当的值最大时，点Q的坐标为： ．（直接填空）
4．（2019·山东淄博·一模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝a（x﹣1）（x﹣5）（a＞0）的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于P点，过其顶点C作直线CH⊥x轴于点H．
（1）若∠APB＝30°，请直接写出满足条件的点P的坐标；
（2）当∠APB最大时，请求出a的值；
5．（2018·浙江宁波·一模）已知，如图1，O是坐标原点，抛物线（a≠0）经过A、B、C三点，AB⊥y轴于点A，AB=2，AO=4，OC=5，点D是线段AO上一动点，连接CD、BD．
（1）求出抛物线的解析式；
（3）当∠ BDC的度数最大时，请直接写出OD的长．
不妨在直线上另外任取一点Q，连接、，请你判断与的数量关系，并说明理由；
(3)一位足球左前锋球员在某场赛事中有一精彩进球，如图4，他在点P处接到球后，沿方向带球跑动，球门米，米，米，，．该球员在射门角度（）最大时射门，球员在上的何处射门？（求出此时的长度．）
8．（2023·广东深圳·一模）【问题发现】
船在航行过程中，船长常常通过测定角度来确定是否会遇到暗礁．如图1，A，B表示灯塔，暗礁分布在经过A，B两点的一个圆形区域内，优弧上任一点C都是有触礁危险的临界点，就是“危险角”．当船P位于安全区域时，它与两个灯塔的夹角与“危险角”有怎样的大小关系？
【解决问题】
（1）数学小组用已学知识判断与“危险角”的大小关系，步骤如下：
如图2，与相交于点D，连接，由同弧或等弧所对的圆周角相等，可知，
∵是的外角，
∴ （填“＞”，“=”或“＜”），
∴ （填“＞”，“=”或“＜”）；
【问题探究】
（2）如图3，已知线段与直线l，在直线l上取一点P，过A、B两点，作使其与直线l相切，切点为P，不妨在直线上另外任取一点Q，连接、，请你判断与的数量关系，并说明理由；
【问题拓展】
（3）一位足球左前锋球员在某场赛事中有一精彩进球，如图4，他在点P处接到球后，沿方向带球跑动，球门米，米，米，，．该球员在射门角度最大时射门，球员在上的何处射门？（求出此时的长度．）

9．（22-23九年级上·江苏泰州·期末）【生活问题】2022年卡塔尔世界杯比赛中，某球员P带球沿直线接近球门，他在哪里射门时射门角度最大？
【操作感知】小米和小勒在研究球员P对球门的张角时，在上取一点Q，过A、B、Q三点作圆，发现直线与该圆相交或相切．如果直线与该圆相交，如图1，那么球员P由M向N的运动过程中，的大小______：（填序号）
①逐渐变大；②逐渐变小；③先变大后变小；④先变小后变大
【猜想验证】小米和小勒进一步探究发现，如果直线与该圆相切于点Q，那么球员P运动到切点Q时最大，如图2，试证明他们的发现．
【实际应用】如图3，某球员P沿垂直于方向的路线带球，请用尺规作图在上找出球员P的位置，使最大．（不写作法，保留作图痕迹）
最大角米勒角问题
一、知识导航
【问题描述】
1471年，德国数学家米勒向诺德尔提出这样一个问题：
如图，点A、B直线l的同一侧，在直线l上取一点P，使得∠APB最大，求P点位置．
【问题铺垫】
圆外角：如图，像∠APB这样顶点在圆外，两边和圆相交的角叫圆外角．
相关结论：圆外角等于这个角所夹两条弧的度数差（大减小）的一半．
如图，．
换句话说，对同一个圆而言，圆周角>圆外角．
【问题解决】
结论：当点P不与A、B共线时，作△PAB的外接圆，当圆与直线l相切时，∠APB最大．
证明：在直线l上任取一点M（不与点P重合），连接AM、BM，
∠AMB即为圆O的圆外角，
∴∠APB>∠AMB，∠APB最大．
∴当圆与直线l相切时，∠APB最大．
特别地，若点A、B与P分别在一个角的两边，如下图，则有．（切割线定理）
证明：∵∠POA=∠BOP，∠OPA=∠OBP（弦切角定理）
∴△AOP∽△POB，
∴，
∴．
即可通过OA、OB线段长确定OP长，便知P点位置．
二、典例精析
如图，在平面直角坐标系中，A（1，0）、B（5，0）直线l经过点C（-1，2），点P是直线l上的动点，若∠APB的最大值为45°，求直线l的解析式．
【分析】
考虑到直线l未知但∠APB的最大值已知为45°，故构造圆．
记△ABP外接圆圆心为M点，则∠AMB=2∠APB=90°，
故可确定M点位置．
根据A（1，0）、B（5，0），不难求得M点坐标为（3，2），
连接MC、MP，考虑到圆M与直线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点坐标为（1，4），
又C点坐标为（-1，2），
可求直线l的解析式为y=x+3．
三、中考真题演练
1.如图，抛物线与轴交于A（-1，0）、两点，与y轴交于点C，过点C作CD⊥y轴交抛物线于另一点D，作DE⊥x轴，垂足为点E，双曲线经过点D，BD．
（1）求抛物线的表达式；
（2）动点P从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿OC方向运动，运动时间为t秒，当t为何值时，∠BPD的度数最大？（请直接写出结果）
【分析】
（1）考虑到点D纵坐标与点C相同，为3，代入反比例解析式，可得D点坐标为（2，3），
根据A、D坐标可得抛物线解析式：．
（2）求t即求P点位置．
思路2：切割线定理
延长BD交y轴于M点，则当时，∠BPD最大．
考虑到B（3，0）、D（2，3），可得直线BD解析式：，
故直线BD与y轴交点M点坐标为（0，9），
，，
∴，
∴，
∴P点坐标为，
故t的值为．
2．（2023·四川宜宾·中考真题）如图，抛物线与x轴交于点、，且经过点．

(1)求抛物线的表达式；
(2)在x轴上方的抛物线上任取一点N，射线、分别与抛物线的对称轴交于点P、Q，点Q关于x轴的对称点为，求的面积；
(3)点M是y轴上一动点，当最大时，求M的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）设抛物线的解析式为，代入点C的坐标，确定a值即可．
（2）设，直线的解析式为，直线的解析式为，表示出P，Q，的坐标，进而计算即可．
（3）当M是y轴与经过A，C，M三点的圆的切点是最大计算即可.
【详解】（1）∵抛物线与x轴交于点、，
∴设抛物线的解析式为，
∵经过点，
∴，
解得，
∴，
∴．
（2）如图，当点N在对称轴的右侧时，
∵，
∴对称轴为直线，

设，直线的解析式为，直线的解析式为，
∴
解得，
∴直线的解析式为，直线的解析式为，
当时，，
，
∴，，，
∴，
∴．
如图，当点N在对称轴的左侧时，
∵，
∴对称轴为直线，

设，，，，
∴，
∴．
综上所述，．
（3）当的外接圆与相切，切点为M时， 最大，
设外接圆的圆心为E，Q是异于点M的一点，连接，，交圆于点T，
则，根据三角形外角性质，得，故，
∴最大，
设与圆交于点H，连接，，根据切线性质，
∴，
作直径，连接，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
过点E作，垂足为F，过点C作，垂足为G，交于点P，
根据垂径定理，得，四边形是矩形，
∴，

根据，得，
∴，
∴，
在直角三角形中，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，（舍去），
∴，
故，
∴当最大时，．
【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，等腰三角形的性质，垂径定理，勾股定理，矩形的判定和性质，三角形的外接圆，相似三角形的判定和性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
3．（2023·四川遂宁·一模）已知抛物线与轴交于，两点．

(1)求抛物线的函数解析式；
(4)点Q是抛物线对称轴上一动点，当的值最大时，点Q的坐标为： ．（直接填空）
【答案】(1)
(4)或
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（4）作的外接圆H，作轴，连接，，，根据圆周角定理得到，当最小时，最小，此时最大，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于，两点，
∴，解得，
∴抛物线的函数解析式为；
（4）如图所示，作的外接圆H，作轴，连接，，，

∴，
∴当最大时，最大
∵
∴当最小时，最小，此时最大
此时
∴
在中，
∴
根据对称性，则存在
综上所述，或．
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数解析式、二次函数的图象与性质、坐标与图形、勾股定理及其逆定理的应用、三角形的外接圆性质、圆周角定理、三角形的面积、解一元二次方程等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解题的关键．
4．（2019·山东淄博·一模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝a（x﹣1）（x﹣5）（a＞0）的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于P点，过其顶点C作直线CH⊥x轴于点H．
（1）若∠APB＝30°，请直接写出满足条件的点P的坐标；
（2）当∠APB最大时，请求出a的值；
【答案】（1）点P坐标为（0，）或（0，）；（2）；（3）能，a的值为；（4）点Q坐标为（3，3+）或（3，3﹣）．
【分析】（1）作△PAB的外接圆⊙D，连接DP、DA、DB，证△ABD是等边三角形，求A（1，0），B（5，0），得DP＝DA＝AB＝4，H（3，0），得直线CH：x＝3，求出D（3，2）
设P（0，p）（p＞0），由PD2＝32+（2﹣p）2＝42，求出P的坐标；（2）作△PAB的外接圆⊙E，连接EP、EA、EB，如图2，由切线性质，得四边形OHEP是矩形，在Rt△AEH中，EH＝，求出0P得点P坐标为（0，），代入抛物线解析式可得；
【详解】解：（1）作△PAB的外接圆⊙D，连接DP、DA、DB，如图1
∴DP＝DA＝DB，
∵C为抛物线顶点且CH⊥x轴
∴CH为抛物线对称轴，即CH垂直平分AB
∴D在直线CH上
∵∠APB＝30°
∴∠ADB＝2APB＝60°
∴△ABD是等边三角形
∵当y＝0时，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），直线CH：x＝3
∴AH＝2，DH＝AH＝2
∴D（3，2）
设P（0，p）（p＞0）
∴PD2＝32+（2﹣p）2＝42
解得：p1＝，p2＝
∴点P坐标为（0，）或（0，）
（2）作△PAB的外接圆⊙E，连接EP、EA、EB，如图2
∵∠AEB＝2∠APB
∴∠AEB最大时，∠APB最大
∵AB＝4是定值
∴EH最小时，∠AEB最大，此时⊙E与y轴相切于点P
∴EP⊥y轴于P
∴四边形OHEP是矩形
∴PE＝OH＝3
∴EA＝PE＝3
∴Rt△AEH中，EH＝
∴OP＝EH＝
∴点P坐标为（0，），代入抛物线解析式得：5a＝
∴a＝
【点睛】考核知识点：二次函数的综合.数形结合分析问题，熟练运用圆的性质是关键.
5．（2018·浙江宁波·一模）已知，如图1，O是坐标原点，抛物线（a≠0）经过A、B、C三点，AB⊥y轴于点A，AB=2，AO=4，OC=5，点D是线段AO上一动点，连接CD、BD．
（1）求出抛物线的解析式；
（3）当∠ BDC的度数最大时，请直接写出OD的长．
【答案】（1）；（3）
【分析】（1）先确定出点A，B，C的坐标，进而用待定系数法即可得出结论．
（3）先判断出当△BDC的外接圆与AO相切时， ∠BDC最大，后利用三角形，勾股定理计算即可．
【详解】（1）∵AB⊥y轴于点A，AB=2，AO=4，OC=5，
∴A（0，4），B（2，4），C（5，0），
∵抛物线a≠0）经过A、B、C三点，
∴
解得,
∴抛物线解析式为．
（3）如图，
当△BDC的外接圆与AO相切时， ∠BDC最大，
设外接圆的圆心为E，Q是异于点D的一点，连接QB，QC，交圆于点M，
则∠BDC=∠BMC，根据三角形外角性质，得∠BMC＞∠BQC，故∠BDC＞∠BQC，
∴∠BDC最大，
设OC与圆交于点H，连接DH，DE，
根据切线性质，
∴∠EDO=∠DOC=90°，
作直径HN，连接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，
∴，
设DO=y，OH=x，则HC=5-x，
∴，
∴，
过点E作EF⊥OC，垂足为F，过点B作BG⊥OC，垂足为G，交DE于点P，
根据垂径定理，得HF=FC=，四边形EDOF是矩形，
∴DE=OF=EB=+x=，
根据B（2，4），得AB=DP=OG=2，BG=4，
∴PE=ED-DP==，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，＞4（舍去），
∴，
∴，
故OD=，
∴当∠BDC最大时，OD=．
【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，等腰三角形的性质，垂径定理，勾股定理，矩形的判定和性质，三角形的外接圆，相似三角形的判定和性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
6．（2015·福建泉州·一模）如图，是坐标原点，过点的抛物线与轴的另一个交点为，与轴交于点，其顶点为点．
（1）求的值．
（2）连结、，动点的坐标为．
②连结、，当最大时，求出点的坐标．
【答案】（1） （2） ②，
【详解】试题分析：（1）把A点坐标代入抛物线解析式可求得b的值．
（2）②记△OQC的外心为m，则m在OC的垂直平分线MN上（设MN与y轴交于点A），连接OM、CM．有圆周角定理和三角函数的定义可表示，可得出的值随着的增大而减小，可得与相切，再由勾股定理可求得的坐标．
试题解析：解：（1）把代入，，解得； （2）①设抛物线的对称轴与轴交于点．
∵，
∴，则，，
令得，；令得，．解得，．
∴，，，（以下有两种方法）
方法一：
设直线与轴交于点，则，，
当四边形是平行四边形时，，
∵，
∴，
∴；
方法二：
过作的平行线与直线相交，则交点必为，
设直线与轴交于点，则．
∵∥， ∴．
又∵，，
∴△≌△，
∴，，
∴；
②记的外心为，则在的垂直平分线上（与轴交于点）．连接、，则，，
∴，
∴的值随着的增大而减小．
又，
∴当取最小值时最大，
即直线时，最大，此时，
与直线相切．
∴，，
∴．根据对称性，另一点也符合题意．
综上所述，，．
考点：二次函数的综合题．
7．（2023·广东深圳·一模）船在航行过程中，船长常常通过测定角度来确定是否会遇到暗礁．如图1，A，B表示灯塔，暗礁分布在经过A，B两点的一个圆形区域内，优弧上任一点C都是有触礁危险的临界点，就是“危险角”．当船P位于安全区域时，它与两个灯塔的夹角与“危险角”有怎样的大小关系？

(1)数学小组用已学知识判断与“危险角”的大小关系，步骤如下：如图2，与相交于点D，连接，由同弧或等弧所对的圆周角相等，可知，
是的外角，
（填“”，“”或“”），
（填“”，“”或“”）；
(2)如图3，已知线段与直线l，在直线l上取一点P，过A、B两点，作使其与直线l相切，切点为P，不妨在直线上另外任取一点Q，连接、，请你判断与的数量关系，并说明理由；
(3)一位足球左前锋球员在某场赛事中有一精彩进球，如图4，他在点P处接到球后，沿方向带球跑动，球门米，米，米，，．该球员在射门角度（）最大时射门，球员在上的何处射门？（求出此时的长度．）
【答案】(1)，
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）由是的外角，可得，即可求解；
（2）设与交于点G，连接，可证，从而可证，即可求证；
（3）当经过A，B的与相切时，最大，过点O作交于点H，延长交于点E，过点E作交于点F，四边形是矩形， 可求，可证是等腰直角三角形，设的半径，，由此即可求解．
【详解】（1）解：是的外角，
，
，
故答案为：，．
（2）解：，理由如下：
如图所示，设与交于点G，连接，

，
，
是的外角，
，
．
（3）解：如图所示，由（2）可得，当经过A，B的与相切时，最大，

过点O作交于点H，延长交于点E，过点E作交于点F，
，
，
，，AD⊥DF，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
设的半径，
，
，
在中，，
，
解得：或（舍去），
，
．
答：的长度为．
【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，三角形的外角性质，等腰三角形的判定及性质，矩形的判定及性质，勾股定理，三角函数等掌握相关的性质，找出最大角的条件是解题的关键
8．（2023·广东深圳·一模）【问题发现】
船在航行过程中，船长常常通过测定角度来确定是否会遇到暗礁．如图1，A，B表示灯塔，暗礁分布在经过A，B两点的一个圆形区域内，优弧上任一点C都是有触礁危险的临界点，就是“危险角”．当船P位于安全区域时，它与两个灯塔的夹角与“危险角”有怎样的大小关系？
【解决问题】
（1）数学小组用已学知识判断与“危险角”的大小关系，步骤如下：
如图2，与相交于点D，连接，由同弧或等弧所对的圆周角相等，可知，
∵是的外角，
∴ （填“＞”，“=”或“＜”），
∴ （填“＞”，“=”或“＜”）；
【问题探究】
（2）如图3，已知线段与直线l，在直线l上取一点P，过A、B两点，作使其与直线l相切，切点为P，不妨在直线上另外任取一点Q，连接、，请你判断与的数量关系，并说明理由；
【问题拓展】
（3）一位足球左前锋球员在某场赛事中有一精彩进球，如图4，他在点P处接到球后，沿方向带球跑动，球门米，米，米，，．该球员在射门角度最大时射门，球员在上的何处射门？（求出此时的长度．）

【答案】（1）＜，＜；（2），理由见解析；（3）15米
【分析】（1）由三角形的外角的性质可得，从而可得答案；
（2）设与交于点G，连接，证明，可得，则．
（3）如图所示，由（2）可得，当经过A，B的与相切时，最大，过点O作交于点H，延长交于点E，过点E作交于点F，证明四边形是矩形，可得，，，，证明，设的半径，表示，，，建立方程，再解方程可得答案．
【详解】解：（1）如图2，与相交于点D，连接，由同弧或等弧所对的圆周角相等，可知，
∵是的外角，
∴，
∴，
（2），理由如下：
如图所示，设与交于点G，连接，

∵，
∴，
∵是的外角，
∴，
∴．
（3）如图所示，由（2）可得，当经过A，B的与相切时，最大，

过点O作交于点H，延长交于点E，过点E作交于点F，
∴，
∴，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
设的半径，
∴，即，
∴，
∴，
∴在中，，
∴，
整理得：，
解得：，（不合题意，舍去）
∴，
∴．
答：的长度为米．
【点睛】本题考查的是三角形的外角的性质，圆周角定理的应用，矩形的判定与性质，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，本题的难度很大，计算非常复杂，准确细心的计算是解答的前提．
9．（22-23九年级上·江苏泰州·期末）【生活问题】2022年卡塔尔世界杯比赛中，某球员P带球沿直线接近球门，他在哪里射门时射门角度最大？
【操作感知】小米和小勒在研究球员P对球门的张角时，在上取一点Q，过A、B、Q三点作圆，发现直线与该圆相交或相切．如果直线与该圆相交，如图1，那么球员P由M向N的运动过程中，的大小______：（填序号）
①逐渐变大；②逐渐变小；③先变大后变小；④先变小后变大
【猜想验证】小米和小勒进一步探究发现，如果直线与该圆相切于点Q，那么球员P运动到切点Q时最大，如图2，试证明他们的发现．
【实际应用】如图3，某球员P沿垂直于方向的路线带球，请用尺规作图在上找出球员P的位置，使最大．（不写作法，保留作图痕迹）
猜想验证：如图所示，在上任取一点G（不与Q重合），连接交的外接圆于H，连接，
∴，
∵，
∴，即，
∴上异于点Q的其他所有点对的张角都小于，
∴球员P运动到切点Q时最大；
实际应用：如图所示，作线段的垂直平分线交于E，延长交于F，以点A为圆心，的长为半径画弧交直线于O，以O为圆心，以的长为半径画弧交直线于P，点P即为所求；
理由如下：∵，
∴，
∵，且，即是两条平行线间的距离，
∴也是这两条平行线间的距离，
∴，
∴ 直线与相切，
∴由“猜想验证”可知，当直线与相切于点P时，最大．
【点睛】本题主要考查了切线的性质于判定，三角形外角的性质，圆周角定理，确定圆心，线段垂直平分线的尺规 作图，平行线间间距相等等等，灵活运用所学知识是解题的关键．