专题17 最大角米勒角问题（解析版）

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