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）

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，B 是∠M 的边上的两个定点，点是边M 上的动点，则当在何处时，∠B 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B 是∠M 的边上的两个定点，点是边M 上的一动点，则当且仅当三角形B 的外圆与边M 相切于点时，∠B 最大。 M O N A B C B A O N M C 【模型证明】如图1，设’是边M 上不同于点的任意一点，连结，B，因为∠’B 是圆外角，∠B 是圆周 角，易证∠’B 小于∠B，故∠B 最大。 D B A O N M C C' 在三角形’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（ ） ．甲 B．乙 ．丙 D．丁 【答】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、B 的坐标分别是 、 ，点为x 轴正半轴上一动 点，当 最大时，点的坐标是（ ） ． B． ． D． 【答】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BD 中，B＝4，D＝8，M 是D 的中点，点P 是B 上一个动点，若∠DPM 的度数最大，则BP＝ ． 【答】 / 【分析】作△PMD 的外接圆⊙，当⊙与B 相切时，∠DM 最大，即∠DPM 最大，根据相似三角形的性质求 出P 即可． 【详解】解：作△PMD 的外接圆，则圆心在DM 的中垂线上移动， ∵∠DM＝2∠DPM，∴当∠DM 最大时，∠DPM 最大，当⊙与B 相切时，∠DM 最大， ∵M 是D 的中点，D＝4，∴M＝DM＝2， ∵P 是⊙的切线，PM 是弦，∴∠PM＝∠DP， 又∵∠PM＝∠DP＝90°，∴△PM∽△DP， ∴ ＝ ，∴P2＝M•D＝2×4＝8，∴P＝2 ， ∴BP＝B﹣P＝8 2 ﹣ ，故答为：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⊙与B 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B 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D 上行进时，当存在一点Q，使得 （此时也有 ）时，恰好能使 球门B 的张角 达到最大值，故可以称点Q 为直线D 上的最佳射门点． (1)如图2 所示，B 为球门，当运动员带球沿D 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，B 为球门， 于点 D， ， ．某球员沿D 向球门B 进攻，设最佳射门点为点Q．①用含的代数式表示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M 垂直于Q 进行防守，求M 中点与B 的距离至少为多少时才能确保防守成功． （结果用含的代数式表示） 【答】(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△DQ∽△QDB，列出比例式即可求出DQ 的长度，作BE⊥Q 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M 中点作 F⊥B 于F，交Q 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、P 即可． 【详解】（1）解：连接 、 ，∵D∥B，∴ ， ∵ ， ，∴ ， ∴ ，∴ ，∴最佳射门点为 故答为： ． （2）解：①作BE⊥Q 于E，∵最佳射门点为点Q，∴ ， ∵ ，∴ ，∴△DQ∽△QDB，∴ ， ∵ ， ，∴ ，代入比例式得， ， 解得， （负值舍去）； ， ∴ ， ，∴ ， ， ∴ ， ，则 ， ； ②过M 中点作F⊥B 于F，交Q 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． ∵M⊥Q，∴ ，∴ ， ， ∵ ， ，∴ ，∴ ， ∵ ， ， ∵ ，∴ ， ， ∵ ，∴ ， ； M 中点与B 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，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 ，直接写出圆心的横坐标 的取值范围． 【答】(1)① ， ；② （答不唯一）(2)① ② 【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，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： ， ． 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B 外一点，到直线B 距离为定值（定高），∠B 为定角，则D 有最小值，即△B 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△B 中，∠B= （定角），D 是B 边上的高，且D=（定高）。 结论：当△B 是等腰三角形（B=）时，B 的长最小；△B 的面积最小；△B 的周长最小。 证明思路：如图，作△B 的外接圆 ，连接，B，， 过点作E⊥B 于点E，设 的半径为r，则∠BE=∠B= ；∴B= 2BE=2B s =2r s 。 ∵+E≥D（当且仅当点，，E 三点共线时,等号成立），∴r+rs≥， 当取等号时r 有最小值，此时B 的长最小:2r s ；△B 的面积最小:D r s ； △B 的周长最小:2r s +D r s 。 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、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 m． 【答】 【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、、D 在以点F 为圆心， 为半径的圆上， ∵ ， 是等腰直角三角形， ∴ ， ， ，∴ ， ∵ ，∴ ，故答为： ． 【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BD 中，B＝D＝D＝4，D B ∥，∠B＝60°，点E、F 分别为 边B、D 上的两个动点，且∠EF＝60°，则△EF 的面积的最小值是 ． 【答】 【分析】作辅助线，构建△MEFE △ ，将△DF 绕点顺时针旋转120°到△BM，根据角的关系证明M、B、E 共线， 再证明△FE ME ≌△ ，则∠ME＝∠FE，过作⊥B 于，作K EF ⊥ 于K，根据角平分线的性质可知：＝K＝2 ，作 △EF 的外接圆⊙，由同弧所对的圆心角是圆周角的二倍得：∠F＝60°，设EF＝2x，则F＝x，根据+≥K，列式 为 x≥2 ，则x≥2，可得△EF 面积的最小值是4 ． 【详解】如图，将△DF 绕点顺时针旋转120°到△BM， 由旋转得：BM＝DF，M＝F，∠BM＝∠D＝120°，∠MB＝∠FD， B ∵∠＝60°，∴∠BM+ B ∠＝180°，∴M、B、E 共线， ME ∵∠ ＝∠MB+ BE ∠ ＝∠FD+ BE ∠ ＝60°， EF ∠ ＝60°，E＝E，∴△FE ME ≌△ （SS），∴∠ME＝∠FE， 过作⊥B 于，作K EF ⊥ 于K，∴＝K＝B•s60°＝2 ， 作△EF 的外接圆⊙，连接、E、F，过作⊥EF 于， EF ∵∠ ＝60°，∴∠EF＝120°，∴∠F＝60°，设EF＝2x，则F＝x， Rt F △中，＝ x，F＝ x，∴+＝F+＝ x， +≥K ∵ ，∴ x≥2 ，∴x≥2， S ∴△EF＝ =2 x≥4 ，∴△EF 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】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BD 中，B＝2D，P 为D 边上的 中点，试比较∠PB 和∠DB 的大小关系，并说明理由；(2)如图②，在正方形BD 中，P 为D 上任意一点，试 问当P 点位于何处时∠PB 最大？并说明理由； 问题解决(3)某童游乐场的平面图如图③所示，场所工作人员想在D 边上点P 处安装监控装置，用来监控边 上的B 段，为了让监控效果最佳，必须要求∠PB 最大，已知：∠D＝60°，＝400 米，B＝200 米，问在D 边上是否存在一点P，使得∠PB 最大，若存在，请求出此时P 的长和∠PB 的度数；若不存在，请说明理 由． 【答】(1) 结论：∠PB＞∠DB ，理由见解析；(2) 当点P 位于D 的中点时，∠PB 最大，理由见解析；(3) 当 经过，B 的⊙T 与D 相切于P 时，∠PB 的值最大，理由见解析 【分析】（1）作P⊥B 于，通过正方形和矩形的性质可得∠PB＝90°，再根据∠DB＜90°，即可证明∠PB＞ ∠DB；（2）假设P 为D 的中点，如图②中，作△PB 的外接圆⊙，则此时D 切⊙于点P，在D 上取任意异 于P 点的点E，连接E，与⊙交于点F，连接BE，BF，根据∠FB 是△EFB 的外角，可得∠FB＞∠EB，再根 据∠FB＝∠PB，从而可得∠PB＞∠EB，故点P 位于D 的中点时，∠PB 最大；（3）作T⊥于，交D 于Q，连 接T，TB，T．设TP＝T＝TB＝r，根据等边三角形的性质可得＝B＝100 (m)，再根据含30°角的直角三 角形的性质可得T＝200 m，故T＝2，可得∠T＝30°，即∠TB＝2∠T＝60°，根据圆周角定理可得∠PB＝ ∠TB＝30°，再根据含30°角的直角三角形的性质求出Q 和PQ 的长度，再根据P＝Q﹣PQ 求解P 的长度即 可． 【详解】解：（1）如图①中，结论：∠PB＞∠DB． 理由：作P⊥B 于． ∵四边形BD 是矩形，P⊥B，∴∠DP＝∠D＝∠P＝90°，∴四边形DP 是矩形， ∵B＝D＝2D，DP＝P，∴D＝DP，∴四边形DP 是正方形， ∴∠P＝45°，同理可证∠BP＝45°，∴∠PB＝90°，∵∠DB＜90°，∴∠PB＞∠DB． （2）当点P 位于D 的中点时，∠PB 最大，理由如下： 假设P 为D 的中点，如图②中，作△PB 的外接圆⊙，则此时D 切⊙于点P， 在D 上取任意异于P 点的点E，连接E，与⊙交于点F，连接BE，BF， ∵∠FB 是△EFB 的外角，∴∠FB＞∠EB， ∵∠FB＝∠PB，∴∠PB＞∠EB，故点P 位于D 的中点时，∠PB 最大． （3）如图③中，当经过，B 的⊙T 与D 相切于P 时，∠PB 的值最大， 作T⊥于，交D 于Q，连接T，TB，T．设TP＝T＝TB＝r， ∵T＝TB，T⊥B，∴＝B＝100 (m)， ∵∠Q＝90°，∠＝60°，＝+＝(400+100 )(m)， ∴Q＝ ＝(400 +300)(m)，∠Q＝30°，∴TQ＝2PT＝2r， ∵T＝ ＝ ，∴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)， ∴T＝200 m，∴T＝2，∴∠T＝30°，∠TB＝2∠T＝60°，∴∠PB＝ ∠TB＝30°， ∴ ， ∴P＝Q﹣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，、B 表示足球门边框（不考虑球门的高度）的两个端点，点表示射 门