中考数学专项训练（24）专题模型　隐圆模型－－－－－米勒定理（最大张角问题）含解析答案

这是一份中考数学专项训练（24）专题模型　隐圆模型－－－－－米勒定理（最大张角问题）含解析答案，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
中考数学专项训练（24）专题�模型　隐圆模型－－－－－米勒定理（最大张角问题）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．足球射门，不考虑其他因素，仅考虑射点到球门AB的张角大小时，张角越大，射门越好．如图的正方形网格中，点A，B，C，D，E均在格点上，球员带球沿CD方向进攻，最好的射点在（   ）

A．点C B．点D或点E
C．线段DE(异于端点) 上一点 D．线段CD(异于端点) 上一点
2．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=且∠ACB最大时，b的值为（　　）
A． B． C． D．

二、填空题
3．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 ．

4．如图，∠MAN＝45°，B、C为AN上两点，AB＝1，BC＝3，D为AM上的一个动点，过B、C、D三点作⊙O，当 sin∠BDC的值最大时，⊙O的半径为


三、解答题
5．如图，已知足球球门宽AB约为5 米，一球员从距B点5米的C点（点A､B､C均在球场底线上），沿着与AC成45°角的CD方向带球．试问，该球员能否在射线CD上找到一点P，使得点P为最佳射门点（即∠APB最大）？若能找到，求出此时点P到点C的距离；若找不到，请说明理由．

6．问题探究：（1）如图①，AB为⊙O的弦，点C是⊙O上的一点，在直线AB上方找一个点D，使得∠ADB=∠ACB，画出∠ADB；
（2）如图②，AB 是⊙O的弦，点C是⊙O上的一个点，在过点C的直线l上找一点P，使得∠APB0，舍去）
∴B(4,6)，
设直线AB的解析式为y=kx+2，
将B(4,6)代入可得k=1，所以y=x+2，
利用圆周角大于对应的圆外角得当的外接圆与轴相切时，有最大值.
如下图，G为AB中点，，

设过点G且垂直于AB的直线，
将代入可得，所以.
设圆心，由，可知，解得（已舍去负值）.
故选：B.
【点睛】本题考查圆的综合题，一次函数的应用和已知两点坐标，用勾股定理求两点距离.能结合圆的切线和圆周角定理构建图形找到C点的位置是解决此题的关键.
3．
【分析】根据题意，找到当⊙P与x轴相切于点C时，最大，作出相应辅助线，可得出，，再由等腰三角形三线合一性质可得，根据切线定理确定四边形PCOH为矩形，最后根据勾股定理即可得出．
【详解】过点A、B作⊙P，⊙P与x轴相切于点C时，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），
∴，，
∵PH⊥AB，
∴，
∴，
∵点⊙P与x轴相切于点C，
∴PC⊥x轴，
∴四边形PCOH为矩形，
∴，
∴，
在中，，
∴C点坐标为．
故答案为．
【点睛】题目主要考查隐圆模型，涉及知识点包括直线与圆的位置关系、等腰三角形性质、勾股定理、矩形的判定和性质等，理解题意，找准当⊙P与x轴相切于点C时，最大，作出相应辅助线是解题关键．
4．
【分析】由题意知，∠BDC小于90o，，当⊙O与AM相切时，∠BDC最大，此时AD2=AB·AC，则AD=2，延长DO交AN于点E，DE=AD=2，设半径为x，OE=2-x，过O点作OH⊥BC，垂足为H，则OH=，BH=，在Rt△OHB中，+=，最后求得半径x=．
【详解】解：当⊙O与AM相切时，∠BDC最大，此时sin∠BDC的值最大，

∵⊙O与AM相切于点D，AB＝1，BC＝3，
∴AD2=AB·AC，
∴AD=2，
延长DO交AN于点E，过O点作OH⊥BC，垂足为H，连接BO，
∴ ，
∵，
∴△AED为等腰直角三角形，
∴DE=AD=2，
设⊙O半径为x，则OE=2-x，
∵ ，
∴， ，
在Rt△BOH中， ，
即+=，
解得： ，
∵⊙O半径大于0，
∴舍去，
∴x=．
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆的综合题，熟练掌握切线的性质、圆周角定理和等腰直角三角形的性质、会利用勾股定理计算线段的长是解题关键．
5．能在射线CD上找到一点P，使得点P为最佳射门点，此时点P与点C的距离为10米．
【分析】作经过点A、B且和直线CD相切的，切点为点P，此时最大．由切线的性质结合题意可证明为等腰直角三角形．再由，结合等腰三角形“三线合一”即得出，从而可证明，即得出，最后根据CB和CA的长，求出CP即可．
【详解】如图，作经过点A、B且和直线CD相切的，切点为点P，此时最大．
∵PC是切线，
∴．
∵，
∴为等腰直角三角形．
又∵，即点B为AC中点
∴，
∴在和中，，
∴，
∴，即
，，
，
．

故能在射线CD上找到一点P，使得点P为最佳射门点，此时点P与点C的距离为10米．
【点睛】本题考查切线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质．根据题意找出最大时的P点是解答本题的关键．
6．（1）画图见解析；
（2）画图见解析；
（3）能找到点P，点P与点C的距离为10.
【详解】解：(1)如图，∠ADB即为所求


(2)如图，∠APB即为所求

(3)能找到点P.如图，过AB两点的⊙O与射线CD相切于点P.由(2)知，此时∠APB
最大，点P为最佳射门点.（或画出正确的示意图）

设⊙O的半径为r，连接OA，OP.
∵EF垂直平分AB，∠C＝45°，AB＝BC＝   
∴EC＝
∴∠CFE＝∠C＝45°，EC＝EF＝
∴CF＝15
∵⊙O与CD相切于点P，∴OP⊥CD.
∴OP＝FP＝r，OF=r.
∴OE＝-r.
在Rt△AOE中，AE2＋OE2＝OA2，
∴()2＋(-r)2＝r2
∴r＝5或r＝25(舍).
∴PF＝5.    
∴PC＝FC－PF＝10.
7．（2，3）
【分析】过点P作PE⊥l交AB的垂直平分线于点E，根据题意得：以AB为弦的圆，圆心必过线段AB 垂直平分线， 可得，从而得到当AE=BE=PE最小时，最大，根据圆周角定理可得到此时∠APB最大，再由PE+BE≥PB，可得PB为圆E的直径时，∠APB最大，然后设直线y ＝ x ＋1交x轴于点D，交x轴于点C，可得到∠PBD=45°，从而得到∠APB=45°，即可求解．
【详解】解：如图，过点P作PE⊥l交AB的垂直平分线于点E，
根据题意得：以AB为弦的圆，圆心必过线段AB 垂直平分线，

∵点A（2， 0）、B（5，0），
∴AB=3，
∴EF⊥AB， ， ，
∴ ，
∴当AE=BE=PE最小时，最大，即∠AEF最大，
∴此时∠AEB最大，
∵ ，
∴此时∠APB最大，
∵PE+BE≥PB，
∴当PE+BE=PB时，PE=BE最小，此时点P、B、E三点共线，
∴PB为圆E的直径时，∠APB最大，
设直线y ＝ x ＋1交x轴于点D，交x轴于点C，
当 时， ，
当 时， ，
∴OC=OD=1，
∵∠COD=90°，
∴∠CDO=45°，
∵PE⊥l，
∴∠BPD=90°，
∴∠PBD=45°，
∵PB为圆E的直径，
∴∠BAP=90°，
∴∠APB=45°，
∴∠APB=∠ABP，
∴AP=AB=3，
∴当 ∠APB最大时，点P的坐标为 ．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的判定和性质，一次函数的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
8．（1）①(4，3)或(4,−3)，半径为3；②存在，(0，3+) 或(0，3−)，见解析；（2）有，见解析，(0，)
【分析】（1）①在x轴的上方，作以AB为斜边的等腰直角三角形△ACB，易知A，B，P三点在⊙C上，圆心C的坐标为(4,3)，半径为3，根据对称性可知点C(4，−3)也满足条件；②当圆心为C（4，3）时，过点C作CD⊥y轴于D，则D（0，3），CD=4，根据⊙C的半径得⊙C与y轴相交，设交点为，，此时，在y轴的正半轴上，连接、、CA，则==CA =r=3，得，即可得；
（2）如果点P在y轴的正半轴上，设此时圆心为E，则E在第一象限，在y轴的正半轴上任取一点M(不与点P重合)，连接MA，MB，PA，PB，设MB交于⊙E于点N，连接NA，则∠APB=∠ANB，∠ANB是△MAN的外角，∠ANB>∠AMB，即∠APB>∠AMB，过点E作EF⊥x轴于F，连接EA，EP，则AF=AB=3，OF=4，四边形OPEF是矩形，OP=EF，PE=OF=4，得，则，即可得．
【详解】（1）①如图1中，

在x轴的上方，作以AB为斜边的等腰直角三角形△ACB，易知A，B，P三点在⊙C上，
圆心C的坐标为(4,3)，半径为3，
根据对称性可知点C(4,−3)也满足条件；
②y轴的正半轴上存在线段AB的“等角点“。
如图2所示，当圆心为C（4，3）时，过点C作CD⊥y轴于D，则D（0，3），CD=4，

∵⊙C的半径，
∴⊙C与y轴相交，
设交点为，，此时，在y轴的正半轴上，
连接、、CA，则==CA =r=3，
∵CD⊥y轴，CD=4，，
∴，
∴，；
当圆心为C（4，-3）时，点P在y轴的负半轴上，不符合题意；
（2）当过点A，B的圆与y轴正半轴相切于点P时，∠APB最大，理由如下：
如果点P在y轴的正半轴上，设此时圆心为E，则E在第一象限，
如图3所示，在y轴的正半轴上任取一点M(不与点P重合)，
连接MA，MB，PA，PB，设MB交于⊙E于点N，连接NA，

∵点P，点N在⊙E上，
∴∠APB=∠ANB，
∵∠ANB是△MAN的外角，
∴∠ANB>∠AMB，
即∠APB>∠AMB，
此时，过点E作EF⊥x轴于F，连接EA，EP，则AF=AB=3，OF=4，
∵⊙E与y轴相切于点P，则EP⊥y轴，
∴四边形OPEF是矩形，OP=EF，PE=OF=4，
∴⊙E的半径为4，即EA=4，
∴在Rt△AEF中，，
∴，
即 ．
【点睛】本题考查了圆与三角形，勾股定理，三角形的外角，矩形的性质，解题的关键是掌握这些知识点．
9．（1）＞；（2）当点P位于CD的中点时，∠APB最大，理由见解析；（3）4米．
【分析】（1）过点E作EF⊥AB于点F，由矩形的性质和等腰三角形的判定得到：△AEF是等腰直角三角形，易证∠AEB=90°，而∠ACB＜90°，由此可以比较∠AEB与∠ACB的大小
（2）假设P为CD的中点，作△APB的外接圆⊙O，则此时CD切⊙O于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；由∠AFB是△EFB的外角，得∠AFB＞∠AEB，且∠AFB与∠APB均为⊙O中弧AB所对的角，则∠AFB=∠APB，即可判断∠APB与∠AEB的大小关系，即可得点P位于何处时，∠APB最大；
（3）过点E作CE∥DF，交AD于点C，作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，OB为半径作圆，则⊙O切CE于点G，连接OG，并延长交DF于点P，连接OA，再利用勾股定理以及长度关系即可得解.
【详解】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．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，圆周角定理的推论，三角形外角的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理等知识，难度较大，熟练掌握各知识点并正确作出辅助圆是解答本题的关键.
10．可以说明点M为所求的点，理由见解析；米
【分析】连接AM，BM，OM，作OG⊥AB于G，连接OB，在直线EF找一点P，连接AP,BP,BP交于Q点，连接AQ，根据同弧所对的圆周角相等，此时视角最大，即点M为所求的点；要求EM的长，可以转化为求弦的弦心距．根据图中的数据可以求得该圆的半径是2米，然后根据勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，连接AM，BM，OM，作OG⊥AB于G，则AG=BG=1.5，
连接OB，在直线EF找一点P，连接AP,BP,BP交于Q点，连接AQ，

则，
此时视角最大，即点M为所求的点；
根据题意，得OM=BG+BE=1.5+2.2−1.7=2（米），
在直角三角形OBG中，（米），即为这个人离雕塑底座的水平距离．
【点睛】本题考查了勾股定理，垂径定理，解题的关键是添加辅助线，掌握勾股定理和垂径定理．
11．（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据题意可得∠B＝∠C＝90°，∠AFB＝∠FEC，即可得出结论；
（2）取AE的中点O，连接OD、OF，根据∠AFE＝∠ADE＝90°，得出A、D、E、F四点共圆，当⊙O与BC相切时，∠AFD的值最大，根据相似三角形的性质解答即可．
【详解】解：（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°，
∴OA＝OD＝OE＝OF，
∴A、D、E、F四点共圆，
∴∠AED＝∠AFD，
∴当⊙O与BC相切时，∠AFD的值最大，
∴BF＝CF＝4，
∵△ABF∽△FCE，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当时，的值最大．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，四点共圆，根据题意得出⊙O与BC相切时，∠AFD的值最大是解题的关键．
12．（1）点P在⊙O上，点Q在⊙O外；（2）PB=2+或；（3）存在，−1
【分析】（1）如图①中，根据圆周角与圆心角的关系即可判断；
（2）如图2中，造等腰直角三角形△AOD，与O为圆心作⊙O交BC于P、P′，易知∠APD＝∠AP′D＝45°．求出BP′和BP的长即可解决问题；
（3）作线段AD的垂直平分线，交AD于E，交BC于F，点O在EF上，以OA为半径作⊙O，当⊙O与BC相切于点P时，∠APD最大，求出此时BP的值即可；
【详解】解：（1）如图①中，

∵∠APB＝∠AOB＝45°，
∴点P在⊙O上，
∵∠AQB＜45°，
∴点Q在⊙O外．
故答案为点P在⊙O上，点Q在⊙O外．
（2）如图2中，如图构造等腰直角三角形△AOD，与O为圆心，OA为半径作⊙O交BC于P、P′，易知∠APD＝∠AP′D＝45°．

延长DO交BC于H，
∵∠DAB＝135°，∠DAO＝45°，
∴∠OAB＝∠B＝90°，
∴OA∥BC，
∴∠DOA＝∠OHB＝90°，
∴四边形ABHO是矩形，
∴AB＝OH＝1，OA＝BH，
∵AD＝2，
∴OA＝OD＝OP＝OP′＝2，
在Rt△OPH和Rt△OP′H中，
易知HP＝HP′＝，
∴BH＝OA＝2，
∴BP′＝2− ，PB＝2＋．
（3）如图③中，存在．

作线段AD的垂直平分线，交AD于E，交BC于F，点O在EF上，以OA为半径作⊙O，当⊙O与BC相切于点P时，∠APD最大，理由：在BC上任意取一点M，连接MA、MD，MD交⊙O于N，连接AN．
∵∠AND＞∠AMD，∠APD＝∠AND，
∴∠APD＞∠AND，
连接OP，延长DA交CB的延长线于点G．
∵AB⊥BC，∠DAB＝135°，
∴∠G＝∠EFG＝45°，
∴△ABG，△EFG都是等腰直角三角形，
∵AB＝BG＝1，
∴AG＝，
∵AD＝2，OE⊥AD，
∴AE＝ED＝，
∴EG＝EF＝2，GF＝EG＝4，
设OP＝PF＝r，则OF＝r，OE＝EF−OF＝2−r，
在Rt△AOE中，AE2＋OE2＝OA2，
∴，
解得r＝4− 或4＋（舍弃），
∴BP＝GF−GB−PF＝4−1−r＝−1．
【点睛】本题考查圆综合题、圆周角与圆心角的关系、点与圆的位置关系、矩形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，利用辅助圆解决问题．
13．（1）y=﹣x2+2x+3；（2）N(，0)，F(0，)；（3）t=9﹣2．
【分析】（1）由已知求出D点坐标，将点A（-1，0）和D（2，3）代入y=ax2+bx+3即可；
（2）作M关于y轴的对称点M'，作D关于x轴的对称点D'，连接M'D'与x轴、y轴分别交于点N、F，则以M，D，N，F为顶点的四边形周长最小即为M'D'+MD的长；
（3）设P（0，t），作△PBD的外接圆N，当⊙N与y轴相切时，∠BPD的度数最大；
【详解】解；（1）C(0，3)
∵CD⊥y，
∴D点纵坐标是3．
∵D在y=上，
∴D(2，3)，
将点A(﹣1，0)和D(2，3)代入y=ax2+bx+3，
∴a=﹣1，b=2，
∴y=﹣x2+2x+3；
（2）M(1，4)，B(3，0)，
作M关于y轴的对称点M'，作D关于x轴的对称点D'，连接M'D'与x轴、y轴分别交于点N、F，

则以M，D，N，F为顶点的四边形周长最小即为M'D'+MD的长；
∴M'(﹣1，4)，D'(2，﹣3)，
∴M'D'直线的解析式为y=﹣x+，
∴N(，0)，F(0，)；
（3）设P(0，t)．

∵△PBO和△CDP都是直角三角形，
tan∠CDP=，tan∠PBO=，
令y=tan∠BPD=，
∴yt2+t﹣3yt+6y﹣9=0，
△=﹣15y2+30y+1=0时，
y=(舍)或y=，
∴t=﹣×，
∴t=9﹣2，
∴P(0，9﹣2)．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质；熟练掌握二次函数的图象及性质，利用轴对称求最短距离，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．