专题35 圆中的重要模型之定角定高模型、米勒最大角模型-【几何模型】中考数学二轮复习几何模型全归纳与精练（全国通用）

这是一份专题35 圆中的重要模型之定角定高模型、米勒最大角模型-【几何模型】中考数学二轮复习几何模型全归纳与精练（全国通用），文件包含专题35圆中的重要模型之定角定高模型米勒最大角模型原卷版docx、专题35圆中的重要模型之定角定高模型米勒最大角模型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共62页， 欢迎下载使用。
1、以专题复习为主。如选择题、填空题的专项练习，要把握准确度和时间的安排。
2、重视方法思维的训练。对初中数学所涉及的函数思想、方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想、整体思想等数学思想方法，要通过典型试题的训练。
3、拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。将专项复习中的共性习题串连起来，通过一题多解，积极地探求解决问题的最优解法。
专题35 圆中的重要模型之定角定高模型、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·广东珠海·九年级统考期末）如图，在足球训练中，小明带球奔向对方球门PQ，仅从射门角度大小考虑，小明将球传给哪位球员射门较好（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
【答案】D
【分析】根据同弧所对的圆周角相等，得出，根据三角形外角的性质得出，得出最大，进而即可求解．
【详解】解：如图所示，
∵，
∴最大，∴小明将球传给丁球员射门较好，故选：D．
【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等，三角形外角的性质，掌握以上知识是解题的关键．
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·江苏南京·九年级统考期中）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＝ ．
【答案】/
【分析】作△PMD的外接圆⊙O，当⊙O与BC相切时，∠DOM最大，即∠DPM最大，根据相似三角形的性质求出PC即可．
【详解】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，
∵CP是⊙O的切线，PM是弦，∴∠CPM＝∠CDP，
又∵∠PCM＝∠DCP＝90°，∴△PCM∽△DCP，
∴＝，∴PC2＝MC•DC＝2×4＝8，∴PC＝2，
∴BP＝BC﹣PC＝8﹣2，故答案为：8﹣2．
【点睛】本题考查切线的性质，矩形的性质，掌握矩形的性质和切线的性质是正确解答的前提，理解△PMD的外接圆⊙O与BC相切时，∠DPM最大是解决问题的关键．
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上·北京东城·九年级校考阶段练习）在平面直角坐标系中，给出如下定义：
对于及外一点P，M，N是上两点，当最大，称为点P关于的“视角”．
直线l与相离，点Q在直线l上运动，当点Q关于的“视角”最大时，则称这个最大的“视角”为直线l关于的“视角”．
(1)如图，的半径为1，①已知点，直接写出点A关于的“视角”；
已知直线，直接写出直线关于的“视角”；②若点B关于的“视角”为，直接写出一个符合条件的B点坐标；(2)的半径为1，①点C的坐标为，直线经过点，若直线关于的“视角”为，求k的值；②圆心C在x轴正半轴上运动，若直线关于的“视角"大于，直接写出圆心C的横坐标的取值范围．
【答案】(1)①，；②（答案不唯一）(2)①②
【分析】（1）①过作的切线，切点分别为、，可证四边形是正方形，可得关于的“视角”是，直线与轴交于点，过点作的切线，切点为、，由，即可求解；②由①得，关于的“视角”为，可得，由对称性可得、、都可以，取其一为答案，即可求解．（2）①可求，可得点在以为圆心，为半径的圆上，点是直线上与圆心的距离最短的点，直线以为圆心，为半径的圆的一条切线，作轴于点，可求，由，可求，从而可求
，即可求解；②如图，当与直线相切时，切点为，连接，可求，，从而可求，直线关于的“视角”是时，作于，、是的切线，、是切点，，即可求解．
【详解】（1）解：①如图，过作的切线，切点分别为、，

，的半径为，四边形是正方形，关于的“视角”是，
直线与轴交于点，过点作的切线，切点为、，，，
在中：，，同理可求：，，
直线关于的“视角”为；故答案：，．
②由①得，关于的“视角”为，，由对称性可得、、都可以．
（2）解：①如图，直线经过点，
，，，
点关于的“视角”为，点在以为圆心，为半径的圆上，
直线关于的“视角”为，点是直线上与圆心的距离最短的点，，
直线以为圆心，为半径的圆的一条切线，
如图，作轴于点，，，，
在中：，
，，，
解得：，
，解得：；
②如图，当与直线相切时，切点为，连接，，

当时，，解得：，当时，，，，
在中：，，
在中：，，解得：，，
如图，直线关于的“视角”是时，作于，、是的切线，、是切点，，，，解得：，
在中，，，解得：，
；．
【点睛】本题考查了新定义“视角”，切线的性质，特殊角的三角函数，理解新定义：（1）圆外一点关于圆的视角就是：“过圆外一点向圆引两条切线，这两条切线的夹角就是这个点关于这个圆的视角”；（2）当直线和圆相离时，这条直线关于这个圆的视角就是“过圆心向这条直线作垂线，垂足关于这个圆的视角就是这条直线关于这个圆的视角”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+rcsa≥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·陕西西安·校考二模）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝4，AD∥BC，∠B＝60°，点E、F分别为边BC、CD上的两个动点，且∠EAF＝60°，则△AEF的面积的最小值是 ．
【答案】
【分析】作辅助线，构建△AME≌△AFE，将△ADF绕点A顺时针旋转120°到△ABM，根据角的关系证明M、B、E共线，再证明△FAE≌△MAE，则∠MEA＝∠FEA，过A作AH⊥BC于H，作AK⊥EF于K，根据角平分线的性质可知：AH＝AK＝2，作△AEF的外接圆⊙O，由同弧所对的圆心角是圆周角的二倍得：∠NOF＝60°，设EF＝2x，则NF＝x，根据OA+ON≥AK，列式为x≥2，则x≥2，可得△AEF面积的最小值是4．
【详解】如图，将△ADF绕点A顺时针旋转120°到△ABM，
由旋转得：BM＝DF，AM＝AF，∠ABM＝∠D＝120°，∠MAB＝∠FAD，
∵∠ABC＝60°，∴∠ABM+∠ABC＝180°，∴M、B、E共线，
∵∠MAE＝∠MAB+∠BAE＝∠FAD+∠BAE＝60°，
∠EAF＝60°，AE＝AE，∴△FAE≌△MAE（SAS），∴∠MEA＝∠FEA，
过A作AH⊥BC于H，作AK⊥EF于K，∴AH＝AK＝AB•sin60°＝2，
作△AEF的外接圆⊙O，连接OA、OE、OF，过O作ON⊥EF于N，
∵∠EAF＝60°，∴∠EOF＝120°，∴∠NOF＝60°，设EF＝2x，则NF＝x，
Rt△ONF中，ON＝x，OF＝x，∴ON+OA＝OF+ON＝x，
∵OA+ON≥AK，∴x≥2，∴x≥2，
∴S△AEF＝=2x≥4，∴△AEF面积的最小值是4．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了角平分线的性质、等边三角形、三角形和四边形的面积、三角形全等的性质和判定、直角三角形的性质、轴对称的最短路径问题等知识，确定其最值时动点的位置是解题的关键．
例3．（2023·陕西·统考二模）问题探究
（1）如图1．在中，，为上一点，．则面积的最大值是_______．
（2）如图2，在中，，为边上的高，为的外接圆，若，试判断是否存在最小值？若存在，请求出最小值：若不存在，请说明理由．

问题解决：如图3，王老先生有一块矩形地，，，现在他想利用这块地建一个四边形鱼塘，且满足点在上，，点在上，且，点在上，点在上，，这个四边形的面积是否存在最大值？若存在，求出面积的最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】问题探究：（1）24；（2）存在，的最小值为；问题解决：存在，144
【分析】（1）根据三角形的面积公式即可得到结论；（2）如图2中，连接，，，作于．设．求出的最小值即可解决问题；（3）如图3中，连接，延长交的延长线于，将顺时针旋转得到，作的外接圆．由（2）可知，当的外接圆的圆心在线段上时，的面积最小，此时四边形的面积最大．
【详解】解：（1）当时，面积的最大，
则面积的最大值是，故答案为：24；
（2）如图中，连接，，，作于．设，

∵，，，
∴，，∴，．
∵，∴，∴，∴的最小值为1，∵，∴的最小值为；
（3）如图中，连接，，延长交的延长线于，
∵，，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，
将顺时针旋转得到，作的外接交于，连接，
∵，，，∴，∴，
∵，∵，，∴，∴，
由（2）可知，当的外接圆的圆心在线段上时，的面积最小，此时四边形的面积最大，设，则，
∴，∴，∴，
∴四边形的面积的最大值．
【点睛】本题属于圆综合题，考查了三角形的外接圆，解直角三角形，最值问题等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题．
例4．（2020·陕西·陕西师大附中校考二模）问题探究，(1)如图①，在矩形ABCD中，AB＝2AD，P为CD边上的中点，试比较∠APB和∠ADB的大小关系，并说明理由；(2)如图②，在正方形ABCD中，P为CD上任意一点，试问当P点位于何处时∠APB最大？并说明理由；
问题解决(3)某儿童游乐场的平面图如图③所示，场所工作人员想在OD边上点P处安装监控装置，用来监控OC边上的AB段，为了让监控效果最佳，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．
【答案】(1) 结论：∠APB＞∠ADB ，理由见解析；(2) 当点P位于CD的中点时，∠APB最大，理由见解析；(3) 当经过A，B的⊙T与OD相切于P时，∠APB的值最大，理由见解析
【分析】（1）作PH⊥AB于H，通过正方形和矩形的性质可得∠APB＝90°，再根据∠ADB＜90°，即可证明∠APB＞∠ADB；（2）假设P为CD的中点，如图②中，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，根据∠AFB是△EFB的外角，可得∠AFB＞∠AEB，再根据∠AFB＝∠APB，从而可得∠APB＞∠AEB，故点P位于CD的中点时，∠APB最大；（3）作TH⊥OC于H，交OD于Q，连接TA，TB，OT．设TP＝TA＝TB＝r，根据等边三角形的性质可得AH＝HB＝100 (m)，再根据含30°角的直角三角形的性质可得AT＝200m，故AT＝2AH，可得∠ATH＝30°，即∠ATB＝2∠ATH＝60°，根据圆周角定理可得∠APB＝∠ATB＝30°，再根据含30°角的直角三角形的性质求出OQ和PQ的长度，再根据OP＝OQ﹣PQ求解OP的长度即可．
【详解】解：（1）如图①中，结论：∠APB＞∠ADB．
理由：作PH⊥AB于H．
∵四边形ABCD是矩形，PH⊥AB，∴∠ADP＝∠DAH＝∠AHP＝90°，∴四边形ADPH是矩形，
∵AB＝CD＝2AD，DP＝PC，∴DA＝DP，∴四边形ADPH是正方形，
∴∠APH＝45°，同理可证∠BPH＝45°，∴∠APB＝90°，∵∠ADB＜90°，∴∠APB＞∠ADB．
（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中，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中，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+60000+240000＝0，
∴(r﹣200)(r﹣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)．
【点睛】本题考查了圆的综合问题，掌握正方形和矩形的性质、切线的性质以及判定定理、含30°角的直角三角形的性质、圆周角定理、勾股定理是解题的关键．
课后专项训练
1．（2023·安徽合肥·统考一模）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．2B．3C．D．
【答案】C
【分析】构造△ABC的外接圆O，当DE为圆O的切线时，∠ACB的角度最大，易证OCDF为矩形，再通过圆周角和圆心角的关系转化为∠AOF，通过勾股定理求得OF的长度，从而得到结果．
【详解】解：如图所示，圆O为△ABC的外接圆，当DE为圆O的切线时，∠ACB的角度最大，（备注：弧所对的角中，圆周角>圆外角） 过O点作OF⊥AB，则AF=BF，
∵AB=4，BD=1，∴AF=2，DF=3，∵OC⊥AC，∠D=90°，∴四边形OCDF为矩形，∴OC=DF=OA，
∴OF=，∴CD=故选：C．
【点睛】本题考查角度的最值问题，矩形的判定，圆的基本性质，通过角度构造圆是解决问题的关键．
2．（2022上·江苏南通·九年级统考期中）矩形ABCD的对角线BD=4，DE⊥AC于点E，则当∠DBE最大时，BE的长度为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】D
【分析】设与的交点为点F，由矩形的性质可得，若固定不动，则E随的位置变动而变化，因，所以点E运动的轨迹是以为直径的圆，设该圆圆心为O，不难知道，当时，即为⊙O的切线时，最大，利用勾股定理即可求出答案．
【详解】设与的交点为点F，由矩形的性质可得，
，点在以为直径的上，如下图，
∵当是⊙O的切线时，最大，∴当最大时，，
∵，∴，
∴．故答案为D．
【点睛】本题考查了矩形的性质、切线的性质、圆的基本性质，关键在于确定E点运动轨迹，有一定难度．
3．（2023·江苏南京·九年级校考期末）平面直角坐标系内，已知点，，．当时，若最大，则t的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过A、B作与y轴相切的圆，设圆心为M，切点为C，连接AC、BC，取C1为y轴上相异于C的一点，连接C1A、C1B，设C1B交圆于D，利用圆周角定理和三角形外角性质可证得∠ACB最大，过M作MN⊥AB于N，根据垂径定理证得AN=BN=AB，可证明四边形MNOC为矩形，则有MA=MC=ON，t=MN，利用勾股定理求解MN即可解答．
【详解】解：过A、B作与y轴相切的圆，设圆心为M，切点为C，连接AC、BC，取C1为y轴上相异于C的一点，连接C1A、C1B，设C1B交圆于D，如图，则∠ADB=∠ACB，
∵∠ADB是△ADC1的外角，∴∠ADB＞∠AC1B，∴∠ACB＞∠AC1B，即∠ACB就是所求的最大角，
过M作MN⊥AB于N，连接MC、MA，则MA=MC，AN=BN=AB，MC⊥y轴，
∴四边形MNOC为矩形， ∴MC=ON，OC=MN，
∵，，，t＞0，∴AB=4，OC=t，OA=1，∴AN=AB=2，
∴MC=ON=OA+AN=3，在Rt△AMN中，MA=MC =3，
由勾股定理得：，∴OC=MN=，即t=，故选：C．
【点睛】本题考查切线性质、圆周角定理、三角形外角性质、矩形的判定与性质、垂径定理、坐标与图形、勾股定理，熟练掌握相关知识的联系与运用，得出过A、B、C三点的圆与y轴相切时∠ACB最大是解答的关键．
4．（2023·江苏苏州·校考二模）如图，正方形ABCD中，，E，F分别是边AB，AD上的动点，，连接DE，CF交于点P，过点P作，且，若的度数最大时，则AE长为（ ）

A．2B．3C．D．
【答案】A
【分析】根据全等三角形的性质可得，求得，得到点在以为直径的半圆上运动，过作，并且点在的右侧，，连接，，推出四边形是菱形，于是得到点在以为圆心，半径为3的半圆上运动，当与相切时，最大；证明，即可得，由相似三角形的性质，即可求出的长，即的长．
【详解】解：∵四边形是正方形，，，，
在和中，∴，∴，
∵，∴，
∴，∴点在以为直径的半圆上运动，
取的中点，过作，并且点在的右侧，，
连接，，过作，与的延长线于点，

∵，，∴，
∴，，∴四边形是平行四边形，
∵，∴，∴，∴四边形是菱形，
∴点在以为圆心，半径为3的半圆上运动，当与相切时，最大；
∵，且，
∴四边形是正方形，∴；
设，∵，，
∴平分，∴，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，
∴，∴，∴，即，
∵，∴，∴，即，
∴，∴．故选：A ．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，正方形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，动点运动轨迹的判断，圆与直线的位置关系等知识，解题的关键是根据圆的定义判断当与圆相切时最大．
5．（2023·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．
6.（2023浙江·九年级校考期中）为了迎接新年的到来某市举办了迎新年大型灯光秀表演。其中一个镭射灯距地面30米，镭射灯发出的两根彩色光线夹角为60°，如图：若将两根光线(AB、AC)和光线与地面的两交点的连接的线段(BC)看作一个三角形，记为△ABC，三角形面积的最小值为_______平方米，其周长最小值为_______米。
【解析】通过“距地面30米”，“光线夹角60°”，得到∠BAC=60°（定角），AD=30米（定高），
可识别出定角定高模型，因此当△ABC为等腰三角形，边BC有最小值，此时△ABC为等边三角形，
解直角三角形求出BC=米，进而求出面积最小值为平分米，
周长最小值为米。可求答案：；。
7.（2023·重庆·九年级校考期中）如图，正方形ABCD边长为4，E、F分别是边BC、CD上的动点，则△AEF面积的最小值为________.
【解析】“大角含半角+有相等且共端点的边”识别出“半角模型”，通过截长补短构造△AEF的全等三角形△AEF'，在△AEF'中，∠F'AE=45°，AB为定高，通过定角定高模型结论求出最值。
延长CD至点G，使DG=BE，连结AG，易证△ABE≌△ADG(SAS) ∴BE=DG，∠BAE=∠DAG
∴∠FAG=∠FAD+∠DAG=∠FAD+∠BAE=45°=∠EAF则△AEF'≌△AGF(SAS)，
作△AGF的外接圆圆心为O，连接OA、OG、OF，过得O作OH⊥GF于H，
则∠FOG＝2∠FOH=2∠FAG＝90°，设△AGF的外接圆的半径为R，
则GF＝R，OH＝R，由题意得，OA+OH≥AD，即R+R≥4，解得，R≥8﹣，
∴△AGF的面积≥××（8﹣）×4＝16﹣16，∴△AFE的面积的最小值为16-16．
8．（2022·广西桂林·统考中考真题）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．

【答案】203
【分析】先证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，由直角三角形的性质可求解．
【详解】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＝3EF＝203m，∴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＝203m，故答案为：203．
【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OB是⊙F的切线是解题的关键．
9．（2023·浙江·九年级统考期末）如图1，直线a与圆相切于A，B是直线a上另一点，C、D在圆上，那么∠CBD(8400 - 1200)= 840000+ 120000 ,
∴完成景观树和花卉的种植至少需费用（景观树每平方米的费用×景观树面积+花卉每平方米的费用×花卉面积）（ 840000+ 120000）元。
11．（2023上·江苏泰州·九年级统考期末）【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）
【答案】操作感知：③；猜想验证：见解析；实际应用：见解析
【分析】操作感知：如图所示，设直线与的外接圆的另一个交点为D，分别在射线，射线上取一点F，E，连接交的外接圆于H，连接交的外接圆于G，连接，利用圆周角定理和三角形外角的性质证明即可得到结论；
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，利用三角形外角的性质和圆周角定理证明即可；
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．
【详解】解：操作感知：如图所示，设直线与的外接圆的另一个交点为D，分别在射线，射线上取一点F，E，连接交的外接圆于H，连接交的外接圆于G，连接，
∴；∵，∴，
∵，∴；
在上取一点T，连接并延长交的外接圆于S，连接，∴，
∵，∴，
∴球员P由M向N的运动过程中，的大小是先变大后变小，故答案为：③；

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．
12．（2023·广东深圳·统考二模）课本呈现：如图1，在射门游戏中，球员射中球门的难易程度与他所处的位置对球门的张角（）有关．当球员在，处射门时，则有张角．某数学小组由此得到启发，探究当球员在球门同侧的直线射门时的最大张角．
问题探究：

（1）如图2，小明探究发现，若过、两点的动圆与直线相交于点、，当球员在处射门时，则有．
小明证明过程如下：设直线交圆于点，连接，则
∵___________ ∴___________ ∴
（2）如图3，小红继续探究发现，若过、两点的动圆与直线相切于点，当球员在处射门时，则有，你同意吗？请你说明理由．
问题应用：如图4，若，米，是中点，球员在射线上的点射门时的最大张角为，则的长度为___________米．
问题迁移：如图5，在射门游戏中球门，是球场边线，，是直角，．若球员沿带球前进，记足球所在的位置为点，求的最大度数．（参考数据：，，，，．）
【答案】（1）；（2）同意，理由见解析；问题应用：10；问题迁移：
【分析】（1）根据等量代换，按步骤进行作答即可；
（2）如图3，记直线交过、两点的动圆于点G，连接，解答过程同（1）；
问题应用：由（2）可知，与切点连线的夹角是最大的张角，如图4，为过、两点的动圆的圆心，为动圆与的切点，则，，证明，则，证明三点共线，则，，，根据，计算求解即可；
问题迁移：如图5，作线段的垂直平分线交于，交于点P，由（2）可知，点P即为所求，则四边形为矩形，记动圆的圆心为O，设，则，在中，由勾股定理得，，即，求得，则，根据，即，计算求解即可．
【详解】（1）解：设直线交圆于点，连接，则，
∵，∴，∴；
（2）解：同意，理由如下，
如图3，记直线交过、两点的动圆于点G，连接，则，

∵，∴， ∴；
问题应用：解：由（2）可知，与切点连线的夹角是最大的张角，如图4，为过、两点的动圆的圆心，为动圆与的切点，∴，，
∵，∴，∴，∴，∴，
∵，∴三点共线，
∴，，，∴，故答案为：10；
问题迁移：如图5，作线段的垂直平分线交于，交于点P，由（2）可知，点P即为所求，则四边形为矩形，
记动圆的圆心为O，设，则，
在中，由勾股定理得，，即，解得，∴，
∵，∴，∴的最大度数为．
【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等，圆周角定理，切线的性质，余弦、正切，
13．（2023·山西晋城·校联考模拟预测）最佳视点
如图1，设墙壁上的展品最高处点P距底面a米，最低处的点Q距底面b米，站在何处观赏最理想？所谓观赏理想是指看展品的视角最大，问题转化为在水平视线EF上求使视角最大的点．
如图2，当过三点的圆与过点E的水平线相切于点E时，视角最大，站在此处观赏最理想，小明同学想这是为什么呢？他在过点E的水平线上任取异于点E的点，连接交于点F，连接，…
任务一：请按照小明的思路，说明在点E时视角最大；
任务二：若，观察者的眼睛距地面的距离为米，最大视角为，求观察者应该站在距离多远的地方最理想(结果精确到米，参考数据)．

【答案】任务一：见解析；任务二：观察者应该站在距离0.87米的地方最理想
【分析】任务一：见详解作图，由圆周角定理得，再由三角形外角定理得，所以，因此在点E时视角最大．
任务二：由圆心角定理知，可证是等边三角形，再由切线定理可证，从而可证，于是可证四边形是平行四边形，则，推得．最后解可求得的长．
【详解】任务一：过点E的水平线上任取异于点E的点，连接交于点F，连接，
∵是的外角，∴，
又∵与都是弧所对的圆周角，
∴，∴，∴在点E时视角最大．
任务二：∵，∴，
又∵，∴是等边三角形，．如图2，连接，

∵是的切线，∴，
∵，∴，∴，
又∵，∴四边形是平行四边形，∴，
∴．由题意得，(米)，
在中，(米)．
答：观察者应该站在距离米的地方最理想．
【点睛】本题考查了圆的相关性质与解直角三角形，涉及到圆周角定理、平行四边形的判定和性质、特殊角三角函数等知识点，解题的关键是熟练综合运用相关性质和定理．
14．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校考二模）【定义1】如图1所示，像这样顶点在圆外，两边和圆相交的角叫圆外角；
【定义2】站在某一位置观察测物体时，视线范围所成的角度称为视角，如图2，在M和N点对矩形观测，会有不同的视角．
(1)【判断】如图3，连接，_____．（，，）
(2)【问题解决】如图4，在平面直角坐标系中，，，直线，P为直线l上一点，连接，求的最大值．
(3)【拓展应用】学校计划组织学生春游，一条北偏东走向的路上经过紫色大厦时，小明发现在观察紫色大厦时的最大视角为，小明认为，可以通过将公路和建筑物放在如图所示的平面直角坐标系中，可以计算出此时公路距离紫色大厦的最近距离的长度．请你协助小明完成计算，直接写出答案．

【答案】(1)＜(2)的最大值为(3)
【分析】（1）由图可得，即可得到答案；
（2）当以为弦的圆，与直线l相切时．P即为切点时，最大，根据，即可求解；（3）当以为弦的圆P与直线相切时，切点（H）处观察紫色大厦的视角最大，令，根据条件可证为等腰直角三角形，从而求出边长，同理可证为等腰直角三角形，从而求出，即可求解．
【详解】（1）解：∵，∴．
（2）解：当以为弦的圆，与直线l相切时．P即为切点时，最大．
因为此时只有点P在圆上，直线上的其它点都在圆外．如图所示：

令直线l与x轴，y轴的交点记为E，F，
因为直线，则，与x轴夹角是，
将这个圆记为，令，则，即．
又，．所以，
解得，（舍去）．所以．
在中，，所以，则．
所以．即的最大值为．
（3）解：令公路与x轴，y轴的交点记为E，F；与y轴交点为Q．如图所示：
当以为弦的圆P与直线相切时，切点（H）处观察紫色大厦的视角最大．
令，则．又，所以．则，
所以为等腰直角三角形．所以，则．
又为等腰直角三角形，所以．故．所以．
过点作垂线，则垂线经过点A，且垂线段的长为，
所以最近距离的长为：．
【点睛】本题为一次函数应用的综合题，同时考查了圆的相关知识及解一元二次方程．
15．（2023·广东深圳·校考三模）【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)(3)
【分析】（1）根据三角形外角的性质求解即可；
（2）设与交于点G，连接，根据圆周角定理和三角形外角的性质求解即可；
（3）过点O作交于点H，延长交于点E，过点E作交于点F，根据题意得到当经过A，B的与相切时，最大，然后利用解直角三角形和勾股定理求解即可．
【详解】（1）∵是的外角，∴，∴，故答案为：，；
（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，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，∵，∴，
∵，∴是等腰直角三角形，∴设的半径，
∴，∴，∴在中，，
∴，∴解得或（舍去），
∴，∴．
【点睛】此题考查了最大张角问题，圆周角定理，解直角三角形，垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
16．（2023·安徽阜阳·九年级统考阶段练习）从多边形的一个顶点引出两条射线形成一个角，这个角的两边与多边形的两边相交，该多边形在这个角的内部的部分与角的两边围成的图形称为该角对这个图形的“投射图形”．(1)【特例感知】如图1，与正方形的边分别交于点、点，此时对正方形的“投射图形”就是四边形；若此时是一个定值，则四边形的面积______（填“会”或“不会”）发生变化．
(2)【迁移尝试】如图2，菱形中，，，分别是边上的动点，若对菱形的“投射图形”四边形的面积为，求的值．
(3)【深入感悟】如图3，矩形中，，，的两边分别与交于点、点，若，，求对矩形的“投射图形”四边形的面积．
(4)【综合运用】如图4，在中，，，，点是边上的一个动点，的外接圆过点，且与边交于点，此时对的“投射图形”为四边形，当取最小值时，的值为______．
【答案】(1)不会；(2)；(3)；(4)
【分析】（1）连接，表示出四边形的面积，即可求解；
（2）连接，过点作交延长线于点，过点作交延长线于点，由题意可得：，根据题意，求解即可；（3）在上取点使得，连接，过点作交延长线于点，作，连接，通过证明得到，，再结合勾股定理，求解即可；（4）作的外接圆，由题意可得当时，最小，分别求得、即可．
【详解】（1）解：连接，如图：

∵、为定值∴不会改变故答案为：不会；
（2）连接，过点作交延长线于点，过点作交延长线于点，
由题意可得：，
∴，∴
解得：
（3）在上取点使得，连接，过点作交延长线于点，作，连接，如图：由题意可得：，，
∴，

∵∴∴
又∵∴∴，解得
又∵∴∴
又∵∴，解得则
（4）如图，设的外接圆的圆心为点，半径为，连接，
∵四边形是平行四边形，∴∴
∵四点共圆∴∴∴
∴当时，取得最小值，即最小，此时点在上，如图：
∵，，∴，
在中，∵，
∴，∴为等腰直角三角形，∴
∴∴
【点睛】此题考查了特殊四边形的性质，圆的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关基础性质，灵活运用性质进行求解．
17．（2023下·江苏盐城·八年级景山中学校考期末）（1）问题提出：如图①，已知线段AB，请以AB为斜边，在图中画出一个直角三角形；（2）如图②，已知点A是直线l外一点，点B、C均在直线l上，AD⊥l且AD=4，∠BAC=60°，求△ABC面积的最小值；（3）问题解决：如图③，某园林单位要设计把四边形花园划分为几个区域种植不同花草，在四边形ABCD中，∠A=45°，∠B=∠D=90°，CB=CD=m，点E、F分别为AB、AD上的点，若保持CE⊥CF，那么四边形AECF的面积是否存在最大值？若存在，请求出面积的最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）画图见解析；（2）；（3）存在面积最大值，最大值为144m2，理由见解析．
【分析】（1）以AB为直径作圆，在圆上任取一点（不与点A、B重合）C，连接AC、BC，由圆周角定理得∠ACB=90°，即可得出结论；
（2）作△ABC的外接圆⊙O，连接OA、OB、OC，过点O作OE⊥BC于点E，先由圆周角定理和垂径定理得∠BOC=2∠BAC，BE=CE=BC，则∠BOC=120°，∠OBC=∠OCB=30°，设OA=OB=OC=r，则OE=r，BC=2BE=，再由AO+OE≥AD，得r≥，则BC=，即可解决问题；
（3）分别延长AB、DC交于点M，则△ADM、△CBM均为等腰直角三角形，将△CBE绕点C顺时针旋转135°得到，则三点共线，由S四边形AECF=S四边形ABCD-（S△CBE+S△CDF）=S四边形ABCD-，当取得最小值时，S四边形AECF取得最大值，求出的最小值，即可解决问题．
【详解】（1）解：以AB为直径作圆，在圆上任取一点（不与点A、B重合）C，连接AC、BC，
如图①所示：则∠ACB=90°，∴Rt△ACB即为所求；
（2）作△ABC的外接圆⊙O，连接OA、OB、OC，过点O作OE⊥BC于点E，如图②所示：
则∠BOC=2∠BAC，OA=OB=OC，BE=CE=BC，

∵∠BAC=60°，∴∠BOC=120°，∠OBC=∠OCB=30°，设 OA=OB=OC=r，则OE=，BC=2BE=，
∵AO+OE≥AD，AD=4，∴，解得：r≥，∴BC=，∴BC最小值为，
∵S△ABC=BC•AD，∴△ABC面积的最小值为：；
（3）四边形AECF的面积存在最大值，理由如下：分别延长AB、DC交于点M，如图③所示：则△ADM、△CBM均为等腰直角三角形，∵CB=CD=m，∴BM=m，m，AD=DM=m，
∴S四边形ABCD=S△ADM-S△CBM=，
∵∠BCD=360°-∠A-∠CDA-∠CBA=360°-45°-90°-90°=135°，
∴将△CBE绕点C顺时针旋转135°得到，则三点共线，
∴S四边形AECF=S四边形ABCD-（S△CBE+S△CDF）=S四边形ABCD-，
∵S四边形ABCD为定值，∴当取得最小值时，S四边形AECF取得最大值，
∵135°-90°=45°，∴以为斜边作等腰，则的外接圆是以点O为圆心，OF长为半径的圆，设的外接圆半径为rm，则m，
又∵OC+OD≥CD，∴，∴，
当点O在CD上时，最短，此时，
∴的面积最小值=，
∴四边形AECF的面积最大值（m2）．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了四边形的面积、圆周角定理、垂径定理、旋转变换的性质、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角形面积以及最值问题等知识；本题综合性强，熟练掌握圆周角定理、垂径定理以及等腰三角形的性质是解题的关键，属于中考常考题型．
18．（2023·陕西咸阳·统考二模）问题提出：（1）如图①，在中，，，则的外接圆半径的值为__________；
问题探究：（2）如图②，四边形是正方形，点、分别在、的延长线上，点在上，连接、、，，若、的面积分别为5、9，求的面积．
问题解决：（3）如图③，某公园有一块形状为正方形的空地，，现要在这块空地上规划出一个四边形区域种植红枫树，其余部分种植草坪．根据设计要求，点、、分别在、、上，，．已知种植红枫树和草坪每平方米分别需要100元、50元．根据设计要求，试确定、的位置，使种植红枫树和草坪的总花费最低，并求出最低总花费．
【答案】（1）2；（2）14；（3）M、N位置见解析，元
【分析】（1）连结OB、OC，如图，根据圆周角定理得到∠BOC=2∠A=60°，易判断△OBC为等边三角形，然后根据等边三角形的性质即可得到OB=BC=2；（2）证明即可得到结论；（3）过作于，于，求得，在上截取，连接，可求得，可知，当最小时，四边形的面积最小，再求出的最小值为即可得到结论．
【详解】解:（1）连结OB、OC，如图，∵∠BOC=2∠A=2×30°=60°，而OB=OC，∴△OBC为等边三角形，∴OB=BC=2，即△ABC的外接圆半径为2．故答案为2．

（2）∵四边形是正方形，∴，，
∵，，，∴，
∴，∴；
（3）在正方形中，，过作于，于，
∴，易得四边形是正方形.∴，，
在上截取，连接，由（2）可得：，，
∴，，
∴
.∴当最小时，四边形的面积最小.
作的外接圆，连接、、，过作于，
∴，，
在中，，，
设的半径为，则，，
由，可得，∴，∴，
∴的最小值为，此时，即.
∴，∴，
∴，∴最低总费用为元.
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心：经过三角形的三个顶点的圆，叫做三角形的外接圆．三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了正方形的性质，四边形的面积，三角形的面积等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，学会用方程的思想思考问题，属于中考压轴题．
19．（2023·湖南永州·统考二模）问题探究与应用实践
（一）问题探究：如图（1），已知直线与水平视线互相垂直，，在上，在上，∠ACB叫做“视角”，点叫做“视点”，⊙是过，，三点的圆.当视点在直线上移动时，视角∠ACB的大小会发生改变,可以证明：当视点恰是⊙的切点时，视角最大，此时观察的效果最佳.当视角最大时：分别以直线，为x轴和y轴建立平面直角坐标系，如图（2）.
(1)如果此时点A的坐标为，点B的坐标为，试求圆心M的坐标及的值；
(2)如果此时点A，的坐标分别为（0，a），（0，），请求出视点的坐标.（用a，的代数式表示）
（二）应用实践：应用上述结论，让我们解决如下问题：
(3)如图（3），是广场上挂的一个大屏幕电视，直线是水平视线，屏幕最高点A和最低点到水平视线的距离分别为8米和4米.小明在水平视线上观看电视节目，当他的视角最大时，视点（在水平视线上）到直线的距离约是多少？（结果保留一位小数，参考数据：）

【答案】(1)(2)(3)约是米
【分析】（1）连接，，，并过M作于N，利用垂径定理求解即可；根据圆周角的性质得出，求出正切值即可；（2）根据（1）中的方法求出即可；
（3）根据（2）中结论求解即可．
【详解】（1）解：连接，，，并过M作于N，则四边形为矩形，因而有，
因为，所以点N的坐标为，则M的纵坐标，即；
又，由垂径定理得，在中，由勾股定理得：
，故点M的坐标为（2，）；
又由圆周角定理可知所以 ==.

（2）解：由于点A，B的坐标分别为，所以点N的坐标为（0， ）， ,
, ,所以
所以，故点C的坐标为（，0）.
（3）解：由题意，根据上述（2）的结论，可得小明视角最大时，视点到直线的距离为≈（米）．

【点睛】本题考查了圆周角的性质、切线的性质、垂径定理和解直角三角形，解题关键是根据相关性质求出点的坐标．