圆中的重要模型之定角定高（探照灯）模型、米勒最大角模型（解析版）

这是一份圆中的重要模型之定角定高（探照灯）模型、米勒最大角模型（解析版），共54页。试卷主要包含了米勒最大张角模型， 定角定高模型，71+10×4等内容，欢迎下载使用。

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·山东日照·校考三模）在直角坐标系中，给定两点M（1，4），N（-1，2），在x轴的正半轴上，求一点P，使最大，则P点的坐标为 ．
【答案】（1，0）
【分析】作△MNP的外接圆E，则∠MPN为弦MN所对的圆周角，推出当圆E和x轴相切时，∠MPN最大，设E（x，y），则P（x，0），根据圆半径相等得到关于x和y的方程，解之即可．
【详解】解：∵点P在x轴正半轴上，作△MNP的外接圆E，则∠MPN为弦MN所对的圆周角，
∴当圆E的半径最小时，∠MPN最大，∴当圆E和x轴相切时，∠MPN最大，
设E（x，y），则P（x，0），又M（1，4），N（-1，2），根据EM=EN=PE，
则，由化简可得：x+y=3，
由化简可得：，
将y=3-x代入中，解得：x=1或x=-7（舍），∴P（1，0），故答案为：（1，0）．
【点睛】本题考查了圆的性质，切线的性质，圆周角，根据夹角转化为圆的半径最小是解题的关键，有一定难度．
例3．（2023·陕西咸阳·统考二模）如图，在正方形ABCD中，AB=4，M是AD的中点，点P是CD上一个动点，当∠APM的度数最大时，CP的长为 ．

【答案】4−22
【分析】过点A、M作⊙O与CD相切于点P′,记AM的中点为N,PM与⊙O交于点Q,连接AP′,MP′,OM,OP′,AQ,则∠AP′M=∠AQM>∠APM，证明四边形OP′DN是矩形, 再求出圆的半径，利用勾股定理和矩形的性质即可求解．
【详解】：过点A、M作⊙O与CD相切于点P′,记AM的中点为N,PM与⊙O交于点Q,连接AP′,MP′,OM,OP′,AQ,

则∠AP′M=∠AQM>∠APM，
∵四边形ABCD是正方形，AB=4，∴∠ADP′=90°，AD=CD=AB=4，
∵M是AD的中点，∴AM=DM=12AD=2，
∵过点A、M作⊙O与CD相切于点P′，∴∠OP′D=90°，
∵AM的中点为N,∴ON⊥AM，AN=NM=12AM=1，
∴∠OND=90°，∴四边形OP′DN是矩形, ∴OM=OP′=DN=DM+MN=3,
在Rt△MON中,ON=OM2−MN2=22，
∴DP′=ON=22,∴当点P运动到点P′时，∠APM最大，
此时CP=4−22，故答案为：4−22
【点睛】本题考查了最大张角问题，涉及到了切线的性质、垂径定理、圆周角定理、正方形的性质、勾股定理解三角形、矩形的判定与性质等内容，解题关键是理解当P点在与BC相切且经过D点和M点的圆上且位于切点处时张角最大．
例4．（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，勾股定理，作垂线，矩形的判定与性质等知识．解题的关键在灵活运用知识进行求解．
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·陕西西安·校联考模拟预测）如图，已知四边形中，，连接、交于点，，．若，则的最大值为 ．
【答案】/
【分析】作的外接圆，连接，，过点作于点，勾股定理求得，根据三角形三边关系，求得的最大值，进而求得的最大值，即可求解．
【详解】解：如图所示，作的外接圆，连接，，过点作于点，
∵，．∴，
∵，，∴，
∴，∴，∴，，
∴∴
∵∴，∴的最大值为,
∵，∴的最大值为,故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，圆周角定理，解直角三角形，正确的添加辅助线是解题的关键．
例2、（2023·山东·九年级期中）如图，在平行四边形ABCD中，AD与BC之间的距离为2，点E是AD边上一点，且∠BEC=45°，则四边形ABCD面积的最小值为 。

【解析】如图，过点E作EF⊥BC于点F，作三角形BEC的外接圆，
连接OB，OC，OE，过点O作OG⊥BC于点G，则EF=2，（AD与BC之间的距离为2），
BG=CG=BC，OB=OC=OE，∠ BOC=2∠BEC，
∵∠BEC= 45°，∴∠BOC= 90°，∠OBC=∠OCB=45°，
设OB=OC=OE=r，则OG= BG=r，BC=2BG=r，
∵OE+OG≥EF,，∴ r+r≥2，解得r≥4-4，即BC≥4-4，
当G，O，E三点共线，即EF与EG重合时，BC有最小值，最小值为4-4，
∴SABCD最小=BC最小×EF=(4-4)×2=8-8，四边形ABCD面积的最小值为8-8。
例3．（2023·陕西咸阳·校考二模）【问题提出】（1）如图①，为的一条弦，圆心O到弦的距离为4，若的半径为7，则上的点到弦的距离最大值为_______；
【问题探究】（2）如图②，在中，为边上的高，若，求面积的最小值；
【问题解决】（3）“双减”是党中央、国务院作出的重大决策部署，实施一年多来，工作进展平稳，取得了阶段性成效，为了进一步落实双减政策，丰富学生的课余生活，某校拟建立一块综合实践基地，如图③，为基地的大致规划示意图，其中，平分交于点，点为上一点，学校计划将四边形部分修建为农业实践基地，并沿铺设一条人行走道，部分修建为兴趣活动基地．根据规划要求，米，．且农业实践基地部分（四边形）的面积应尽可能小，问四边形的面积是否存在最小值？若存在，求出其最小值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）11；（2）；（3）四边形的面积存在最小值，最小值为平方米
【分析】（1）根据圆的性质直接可得答案；
（2）作的外接圆，连接，过点O作于点，设，则，根据垂线段最短可得R的最小值，从而得出的最小值，进而得出答案；
（3）过点作于点于点，则，在上截取，连接，利用证明，则，要使四边形的面积最小，只需的面积最小，由（2）同理求出面积的最小值即可．
【详解】解：（1）∵圆心O到弦的距离为4，若的半径为7，
∴上的点到弦的距离最大值为，故答案为：11；
（2）作的外接圆，连接，过点O作于点，如图．

．
设，则，由，得，即，
∴，，
．即面积的最小值为
（3）过点作于点于点，∵平分，∴．
又，．
米，，，
为等腰直角三角形，∴米，
（平方米），平方米．
在上截取，连接，如图．
，，
，
要使四边形的面积最小，只需的面积最小．
，，
作的外接圆，如图，连接，作于点，
则，∴．
设，则．
由，得，解得，米，
（平方米），
（平方米）．
即四边形的面积存在最小值，最小值为平方米．
【点睛】本题考查了圆的性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，垂径定理，全等三角形的判定与性质，交平分线的性质，勾股定理，垂线段最短等知识，将四边形面积最小问题转化为三角形面积最小是解题的关键．
例4．（2022·陕西西安·校考模拟预测）【问题提出】（1）如图1，是等腰直角三角形，，可得到 ，点D，E分别在边，上，且，把绕点A旋转时，则的值是 ；
【问题探究】（2）如图2，O为矩形对角线的交点，点M为边上任一点，且与边交于点N，若，，求四边形面积的最大值；
【问题解决】（3）如图3，是西安市纺渭路的一部分，因燃气管道抢修，需在米，米的矩形平面开挖一个的工作面，其中E、F分别在直线、直线上，且，为缓解该路段对市民正常生活和出行影响，经勘测发现的面积越小越好，求出的面积最小值．

【答案】（1），；（2）；（3）8
【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质易得，结合旋转的性质，证，即可求得；
（2）过点作于点，作于点，证，设，分点在线段上和点在线段上两种情况讨论，分别求出关于的一次函数解析式，根据一次函数性质即可求解；（3）将绕点顺时针旋转并把边长缩小为原来的，得到，根据矩形的判定和性质可得和的比值，然后根据三角形外接圆性质得，，最后根据三角形面积公式可得答案．
【详解】（1）是等腰直角三角形，，
，，；
，，也是等腰直角三角形，
，，，
，，，
，故答案为：，；
（2）如图，过点作于点，作于点，
四边形是矩形，O为矩形对角线的交点，，，
，，，，
，，
，，，
当点在线段上时，点在线段上，设，则，
，
当时，取得最大值，最大值为6，
当点在线段上时，点在线段上，设，则，
，
当时，取得最大值，最大值为，
，四边形面积的最大值；

（3）四边形是矩形，，，
如图，将绕点顺时针旋转并把边长缩小为原来的，得到，
，，，
过点作于点，于点，
，四边形是矩形，且，
，设的外接圆半径为，，，
由题意得，即，，
，的面积最小值为，
的面积最小值为．

【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
例5．（2023·重庆·校考三模）问题探究
（1）如图①，已知在△ABC中，∠B＝∠C＝30°，BC＝6，则S△ABC＝ ．
（2）如图②，已知四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°，AD＝DC，BD＝4，请求出四边形ABCD面积的最大值．
问题解决（3）如图③，某小区有一个四边形花坛ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝CD＝15m，∠B＝∠C＝60°．为迎接“十四运”，园艺师将花坛设计成由两种花卉构成的新造型，根据造型设计要求，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝60°，现需要在△AEF的区域内种植甲种花卉，其余区域种植乙种花卉．已知种植甲种花卉每平方米需200元，乙种花卉每平方米需160元．试求按设计要求，完成花卉种植至少需费用多少元？（结果保留整数，参考数据：≈1.7）
【答案】（1）；（2）16；（3）．
【分析】（1）过点A作于点D，根据等腰三角形的性质求出，利用正弦求出，再根据三角形面积公式即可求解； （2）因为， 四点共圆，所以当BD是直径时，四边形ABCD的面积最大，此时，由勾股定理可得 ，因为四边形 ，所以，当 时，四边形ABCD是正方形，由不难求出，进而求得四边形ABCD的最大面积；（3） 因为甲种花卉贵，所以若费用最少，则甲种花卉种植面积最小，最小时，将绕A顺时针旋转到，可证得三点共线，通过证明，得，过点A作过点A作于K，求得，作的外接圆，连接 ，过点作于点N，通过过得 面积的最小值为， 再通过求求得乙种花卉的种植面积为 ，最后根据甲乙两种花卉每平方米的价格求出至少种植两种花卉的费.
【详解】解：（1）如图①，过点作于点D，
，是等腰三角形，，
，，故答案为：
（2），四点共圆，
当为直径时，最大，此时 ，，
，由勾股定理， ，
时，四边形是正方形，最大，，
， 的最大值=，
（3）如图③
甲种花卉贵，若费用最少，则甲种花卉种植面积最小，最小时，将绕A顺时针旋转到，由旋转可得
三点共线，

，，
过点A作过点A作于K，，
作的外接圆，连接 ，过点作于点N，
设
在中，，，
， ，，
，面积的最小值为
且
，
乙种花卉的种植面积为
种四花卉花费：元，种乙花卉花费：元，
至少花费元．
【点睛】本题是一道四边形的综合题，考查了等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，三角函数，正方形的性质和判定，直径所对的圆周角是直角，三角形和四边形的面积问题等知识，利用四点共圆及图形的旋转变换是解决本题的关键．
课后专项训练
1．（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．
2．（2022下·江苏南通·九年级校考阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，点A1,0，B7,0．点C是y轴正半轴上一动点，则当∠ACB的度数最大时，点C的坐标为 ．
【答案】0,7
【分析】依题意，经过A、B、C三点的圆的圆心一定在第一象限，设圆心为E，过E作EC⊥x轴交于C，过E作EG⊥x轴交于G，得出四边形COGE为矩形，在y轴上任意取一点M，连接AM、BM，MB与圆E的交点为N，连接AN，当y轴与圆E相切时，∠ACB的度数最大，勾股定理得出EG=7，则OC=7，即可求解．
【详解】解：∵点C在y轴正半轴上运动，∴经过A、B、C三点的圆的圆心一定在第一象限，
设圆心为E，过E作EC⊥x轴交于C，过E作EG⊥x轴交于G，
∴四边形COGE为矩形，∴CE=OG，OC=EG，
在y轴上任意取一点M，连接AM、BM，MB与圆E的交点为N，连接AN，
∴∠ACB=∠ANB，∵∠ANB>∠AMB，∴∠ACB>∠AMB，
∴当y轴与圆E相切时，∠ACB的度数最大，
∵A1,0，B7,0，∴G4,0，∴OG=CE=4，AG=3，∴AE=4，
∴EG=7，∴OC=7，∴C0,7；故答案为：0,7．
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，得出当y轴与圆E相切时，∠ACB的度数最大是解题的关键．
3．（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．
4．（2023·四川成都·校联考二模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，点D是线段BC上一动点，连接AD，以AD为边作△ADE，使△ADE∽△ABC，则△ADE的最小面积与最大面积之比等于 ．
【答案】
【分析】根据勾股定理得到AC＝4，当AD⊥BC时，△ADE的面积最小，根据三角形的面积 公式得到AD＝，根据相似三角形的性质得到AE＝，当D与C重合时，△ADE的面积最大，根据相似三角形的性质得到AE＝，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，∴AC＝4，
当AD⊥BC时，△ADE的面积最小，∴AD＝，
∵△ADE∽△ABC，∴，∴，∴AE＝，
∴△ADE的最小面积；当D与C重合时，△ADE的面积最大，
∵△ADE∽△ABC，，，∴AE＝，
∴△ADE的最大面积＝，
∴△ADE的最小面积与最大面积之比＝，故答案为 ．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，直角三角形的性质，三角形的面积公式，正确的理解题意是解题的关键．
5．（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<∠CAD.如图2，是人看广告牌的情景.如图3，广告牌的杆子高BD=9.6米，广告牌画面高CD=10米，人自高1.6米，为了使人看广告牌的视角最大，人站立的地方距离广告牌的水平距离应为 米.
【答案】12
【分析】令NH=1.6，作HG∥a交CB于点G，作CD的中垂线交CD于点F，在中垂线上取一点O使OC=GF，然后以O为圆心，OC为半径作圆，然后过O作OE⊥a，交GH与点M，则知GH与圆相切与点M，则站在E点处看广告牌的视角最大，算出BE长即可．
【详解】令NH=1.6，作HG∥a交CB于点G，作CD的中垂线交CD于点F，在中垂线上取一点O使OC=GF，然后以O为圆心，OC为半径作圆，然后过O作OE⊥a，交GH与点M，则知GH与圆相切与点M，则站在E点处看广告牌的视角最大，∵BD=9.6米，CD=10米，人高NH=1.6米，
∴FG=9.6+10-10÷2-1.6=13（米），即OC=13（米），∴BE=OF=（米）．
【点睛】本题是对圆实际运用的考查，熟练掌握圆的知识作出示意图是解决本题的关键，难度较大．
6．（2023·江苏盐城·九年级校考阶段练习）已知点A（0，-1）、B（0，-3），点C是x轴上一点，当∠ACB最大时，点C坐标为 ．
【答案】(，0)或(-，0)
【分析】分点C在x轴的正半轴上和负半轴上两种情况求解，过点A、B作⊙P，点⊙P与x轴相切于点C时，利用圆周角大于对应的圆外角得到此时∠ACB最大，进而求出点C的坐标即可．
【详解】解：当点C在x轴的正半轴上时，过点A、B作⊙P，点⊙P与x轴相切于点C时，∠ACB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)，∴OA=1，AB=3-1=2，∵PH⊥AB，∴AH=BH=1，∴OH=2，
∵点⊙P与x轴相切于点C，∴PC⊥x轴，∴四边形PCOH为矩形，∴PC=OH=2，∴PA=2，
在Rt△PAH中，PH==，∴C点坐标为(，0)．
当点C在x轴负半轴上时，同理可求C点坐标为(-，0)．故答案为：(，0)或(-，0)．
【点睛】本题考查了圆的综合题：熟练掌握垂径定理、切线的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握圆的性质是解答本题的关键．
7.（2023·广东·九年级校考阶段练习）如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，AD⊥BC于点D，且AD＝4，则△ABC面积的最小值为 ．
解：作△ABC的外接圆⊙O，连接OA，OB，OC，过点O作OE⊥BC于点E，
∵∠BAC＝60°，∴∠BOC＝120°，∵OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB＝30°，
设⊙O的半径为r，则OE＝OB＝r，BE＝OB＝r，∴BC＝r，
∵OA+OE≥AD，∴r+r≥4，解得：r≥，∴BC≥，
∴，
∴△ABC的面积的最小值为，故答案为：．
8、（2023重庆·九年级校考阶段练习）如图，有一块矩形空地ABCD ，AB=120m，BC=70m，现要对这块空地进行改造，根据设计要求，在AB的中点M处修建一个观景台，AD、BC边上分别修建亭子E、F，且∠EMF= 120°，并在三角形MAE和三角形MBF区域种植景观树，在矩形其他区域均种植花卉，已知种植景观树每平方米需200元，种植花卉每平方米需100元，试求按设计要求，完成景观树和花卉的种植至少需费用多少元?（结果保留根号）。
【解析】如图，延长EM交CB的延长线于点G，则∠AME=∠BMG，∠EAM=∠MBG= 90°，
∴∠FMG=∠FMB+∠BMG=∠FMB+∠EMA=180°-∠EMF= 60°(定角出现)，
∵点M是AB的中点，AB=120，∴AM=BM=AB=60(定高出现，则构造三角形的外接圆)，
∴△EAM≌△GBM（ASA），S△EAM =S△GBM，S△EAM+S△FMB =S△GBM +S△FBM=S△FMG.
∵种植景观树每平方米需200元，种植花卉每平方米需100元，
∴种植景观树的区域越小，所需要的总费用就越少，
作△FMG的外接圆，连接OM，OF，OG，过点O作OH⊥FG于点H，
∴∠FOH=∠GOH=∠FOG=∠FMG=60°，FH= GH，设OH=x，则OM=OF=2x，HF=x，GF=2x,
∴OM+OH≥MB，∴2x+x≥60，解得x≥20，且MH的最小值为60，
∴GF=2x≥2×20 =40，∴GF的最小值为40，∴S△FMC最小=×60×40= 1200 ,
∴S五边形DEMFC最大= 120×70- 1200 =8400 - 1200，
∵200×1200 + 100>(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。
9.（2023·山东·九年级校考阶段练习）如图，是某座城市延康大道的一部分，因自来水抢修需在AB＝4米，AD＝6米的矩形ABCD区域内开挖一个△AEF的工作面，其中E、F分别在BC、CD边上（不与B、C、D重合），且∠EAF＝45°，为了减少对该路段的拥堵影响，要求△AEF面积最小，那么是否存在一个面积最小的△AEF？若存在，请求出△AEF面积的最小值；若不存在，请说明理由．
【分析】定角旋转，求面积最小，考虑将AF顺时针旋转90°交BC所在直线于G，构造定角定高模型，通过三角函数，等积转化，将求△AEF和△AEG的面积用相同的边表示，既将求S△AEF的最小值转化为求S△AEF’的最小值。
【解答】把△ADF绕点A顺时针旋转90°并缩小为，得到△ABG，
则AG＝AF，∠EAG＝∠EAF＝45°，过点E作EM⊥AG于M，EN⊥AF于N，
∵∠EAG＝∠EAF，EM⊥AG，EN⊥AF，∴EM＝EN，
设△AGE的外接圆圆心为O，连接OA、OG、OE，过得O作OH⊥GE于H，
则∠GOE＝2∠EAG＝90°，设△AGE的外接圆的半径为R，
则GE＝R，OH＝R，由题意得，OA+OH≥AB，即R+R≥4，解得，R≥8﹣，
∴△AGE的面积≥××（8﹣）×4＝16﹣16，
∴△AGE的面积的最小值为16-16，∴△AEF的面积的最小值为﹣24．
10．（2023·陕西西安·校考二模）如图，已知四边形ABCD中，∠BCD＝60°，连接AC、BD交于点E，BE＝2ED＝4．若CE＝2AE，求AC的最大值
【答案】
【分析】本题首先作△BCD的外接圆⊙O，连接OB，OD，OC，OE，过点O作OH⊥BD于H，解直角三角形求出OE，OC，继而求出EC，AE的最大值即可求解本题．
【详解】作△BCD的外接圆⊙O，连接OB，OD，OC，OE，过点O作OH⊥BD于H，如下图所示：
∵BE＝2ED＝4，∴DE＝2，BD＝4+2＝6，
∵，∴∠BOD＝2∠BCD＝120°，
∵OB＝OD=OC，∴∠OBD＝∠ODB＝30°，
又∵OH⊥BD，∴BH＝HD＝3，∴OH＝，OB＝2OH＝，
∴HE＝BE﹣BH＝4﹣3＝1，∴OE＝＝＝2，
∵，∴，∴EC的最大值为，
∵EC＝2AE，∴AE的最大值为，∴AC的最大值为．
【点睛】本题考查圆的综合，解题关键在于辅助线的构造以及最值问题的转化，同弧所对的圆心角与圆周角之间的关系需熟记于心，求解边长时勾股定理较为常用，几何题目出现60°等特殊角度时，常构建特殊的直角三角形，利用三边关系以简化运算．
11．（2023上·广西南宁·九年级校联考阶段练习）【提出问题】我们知道，点和圆有三种位置关系（如图1）．已知在⊙O中，点A、B、C分别是圆外、圆上、圆内的点，点D、E是上不与点B重合的任意两点，分别连接AD、AE、BD、BE、CD、CE，如何比较、、的大小关系．
【解决问题】小邕利用已学知识判断和的大小关系，步骤如下：
解：，理由如下：
如图2，延长DC与相交于点F，连接EF，由同弧或等弧所对的圆周角相等，可知，
∵是△CFE的外角，∴∠DFE+∠CEF=∠DCE，
∴∠DFE<∠DCE，∴∠B<∠DCE．
(1)请参照小邕的解题步骤，比较和的大小关系，并说明理由．
【实践应用】
(2)如图3，海边立有两座灯塔A、B，暗礁分布在经过A、B两点的弓形（弓形的弧是⊙O的一部分）区域内，．为了避免轮船P触礁，轮船P所在的位置与两座灯塔A、B的视角度数的最大值是多少？并说明理由．
(3)2022卡塔尔世界杯正在如火如荼地进行中，全民足球热情高涨．因此某校举办了足球比赛，在其中一场比赛中（如图4），甲带球奔向对方球门，当他带球冲到A点时，同伴乙已经冲到B点，同伴丙已经冲到C点．此时有三种射门方式：第一种是甲直接射门；第二种是甲将球传给乙，由乙射门；第三种是甲将球传给丙，由丙射门．仅从射门角度越大，进球概率越大的角度考虑，请直接写出应选择第几种射门方式．
【答案】(1)，理由见解析
(2)视角∠APB度数的最大值是，理由见解析(3)选择第三种射门方式更好，理由见解析
【分析】（1）设交于G，连接，利用三角形的外角大于与它不相邻的内角和圆周角定理可得答案；（2）根据已知得出当P点在圆上时，轮船P与A、B的视角的最大，根据圆周角定理得出答案；
（3）结合【解决问题】，比较，，的大小，即可得到答案．
【详解】解：（1），理由如下：设交于G，连接，如图：
由同弧或等弧所对的圆周角相等，可知，
∵是的外角，∴，
∴，∴；
（2）∵海边立有两座灯塔A、B，暗礁分布在经过A、B两点的弓形（弓形的弧是的一部分）区域内，，∴由（1）可知，当P点在圆上，不进入经过A、B两点的弓形（弓形的弧是的一部分）区域内，轮船P与A、B的视角最大，
此时为，∴视角度数的最大值是；
（3）设与圆的交点是，连接，则；
由圆周角定理知：，∴，
由【解决问题】知，∴，∴选择第三种射门方式更好．
【点睛】本题主要考查圆的综合应用，设计圆周角定理的应用，三角形外角大于与它不相邻的内角等知识，根据条件证明是解决问题的关键
12．（2023·广东深圳·校考一模）【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．
13．（2023·四川宜宾·统考中考真题）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．
14．（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．
15．（2023·广东深圳·统考二模）圆周角定理：圆周角的度数等于它所对的弧上的圆心角度数的一半．下面根据圆周角定理进行探究．

(1)如图1，是的弦，点C是上一点，连接，过点O作于点D，连接，，求的大小．(2)在平面直角坐标系中，已知点，．（ⅰ）如图2，点P为直线上的一个动点．请从：①；②；③中任选一个，求出相应的P点坐标；
（ⅱ）如图3，点M为直线上的一个动点，连接．当最大时，求出此时的面积．
【答案】(1)(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）
【分析】（1）连接，由，得即可求解；
（2）（ⅰ）当点P在x轴上方时，作的中垂线与x轴交于点C（如图），设P，A，B三点所在圆的圆心为Q，易知点Q在直线上，设则；①当时：；②当时：；③当时：进而及可得点P；（ⅱ）作线段的中垂线分别与x轴、直线交于点E、F（如图1）；设M、A、B三点所在圆的圆心为Q，半径为R，易知点Q在直线上，则有，如图2，当与直线CD相切时，最大，，此时为等腰直角三角形，再由进而可得，即为等腰直角三角形，进而及可求解；
【详解】（1）解：连接，∵，，∴，
∵，∴，
（2）（ⅰ）当点P在x轴上方时，作的中垂线与x轴交于点C（如图），
设P，A，B三点所在圆的圆心为Q，易知点Q在直线上，设，
则，∴，
①当时：，即，，∴，，
∵，∴，
解得或者（舍去），此时，
当点P在x轴下方时，由轴对称可知：，
综上所述，当时，或，
②当时：，即，，∴，，
∵，∴解得或者（舍去），
此时，当点P在x轴下方时，由轴对称可知：，
综上所述，当时，或，
③当时：，
即，，∴，，
∵，∴，
解得或者（舍去），此时，
当点P在x轴下方时，由轴对称可知：，
综上所述，当时，或，
（ⅱ）作线段的中垂线分别与x轴、直线交于点E、F（如图1），
设M、A、B三点所在圆的圆心为Q，半径为R，易知点Q在直线上，，则有，
如图2，当与直线相切时，最大，
∴，此时为等腰直角三角形，，
，在中：，
解得：或（舍去），∴，
∴，即为等腰直角三角形，∴，∴，
∴，∴，∴，，
【点睛】本题主要考查圆的综合应用、三角函数综合、等腰直角三角形、勾股定理等．掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
16．（2023·陕西西安·校考模拟预测）（1）如图1，点是的外接圆的圆心，过点作圆的切线，点是直线上异于点的任意一点，连接、，则______．（请填写＞、＜或＝）
（2）如图2，已知射线、，，点、在射线上，点是射线上一动点，，，当最大时，请求出此时的长．
（3）小军同学有幸参加2022年冬奥会项目的颁奖仪式，听到义勇军进行曲全场响起，看到五星红旗冉冉升起，民族自豪感油然而生．如图3，小军所在的位置始终可以看到国旗，小军站的位置恰与五星红旗在同一平面内．已知：国旗的长为2.4米，宽为1.6米，小军的眼睛到地面的距离为1.7米，小军与国旗的水平距离为4米，在国旗从距离地面一定高度处上升的过程中，是否存在最大值？若存在，求出此时的值及国旗的高度；若不存在，请说明理由（已知：、、三点共线，、、三点共线，、、三点共线，结果保留根号）
【答案】（1）；（2）；（3）存在最大值，此时，国旗的高度为米．
【分析】（1）设交于点，连接，根据同弧所对的圆周角相等得出，根据三角形的外角的性质得出，即可得出，即；
（2）作过、两点的，与轴相切于点，连接、、，，过作于点，则，则四边形是矩形，，由（1）可得最大，在中，勾股定理即可求解．（3）设的外接圆为圆，连接，，，延长交延长线于点，过点作于点， 先证得四边形是矩形，可得米，，由（）当与圆相切时，最大，此时，根据垂径定理可得米，从而得到米，再由四边形是矩形，可得米，可得米，再由圆周角定理可得，从而得到，米，即可求解．
【详解】（1）设交于点，连接，如图所示，
∵，∴，
又∵∴
即，故答案为：；
（2）作过、两点的，与轴相切于点，连接、、，，过作于点，则
∵，，∴四边形是矩形，
∴，由（1）可得最大，
∵，，∴，
在中，∴
（3）的最大值，理由如下：
设的外接圆为圆，连接，，，延长交延长线于点，过点作于点，
根据题意得：米，，，即，
四边形是矩形，米，，
由（）当与圆相切时，最大，此时，
，米，米，米，
，四边形是矩形，
，米，米，
米，米，
，，，，
，米，
国旗的高度为米．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，切线的性质，解直角三角形，矩形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，利用类比思想解答是解题的关键．
17．（2023·陕西西安·校考一模）综合与实践
【问题提出】（1）如图①，点A为上一点，点D为外一点，(点A、点D在直线的同侧)，则与的大小关系为：________ (填“”、“”、“”)
【探究】（2）如图②，已知线段，点B为上一点，且，过点A作直线于点A，经过B、C两点的恰好与l相切于点P，连接，求．
【问题解决】（3）我们把摄像头拍摄某一线段时，拍摄视角最大时拍摄点的位置称为“鹰眼点”，此时视角的余弦值称为“鹰眼值”．
如图③，在四边形中，为一个导轨，为一段铁轨，，．米，米，米，摄像头E从点D出发沿导轨滑动拍摄铁轨，求摄像头E到达“鹰眼点”时的移动距离及“鹰眼值”．
【答案】（1）；（2）；（3）米；．
【分析】（1）先通过同弧所对圆周角相等换角，然后通过外角定理找到角度的关系，推出两个角的大小关系即可；（2）将圆周角转化成圆周角的度数，灵活的构造直角三角形然后求出余弦值；
（3）找到鹰眼位置后，构造直角三角形直接求得余弦值即可．
【详解】（1）连接，∵，∴；
（2）连接， 过作于点，连接，
∵，∴，∵恰好与l相切于点P，∴，
∵，∴，∴四边形是矩形，∵，∴，
∴在中，，∵，，∴，
∵，∴，∴；
（3）以为弦，作切于直线，连接延长交于点，连接，
由（1）可知，当在线段上运动时，在如图位置时最大，
∵，，∴，
∵直线切于，∴，∴四边形是矩形，
∴．∴，∴，∴，
∵米，米，米，∴．
设，则，∴在中，
即，解得米．∴米，米，
∵， ∴
∴．
答：摄像头E到达“鹰眼点”时的移动距离米，“鹰眼值”．
【点睛】此题考查圆的综合题型和解直角三角形，解题关键是圆周角与圆心角的转化，构造直角三角形求出锐角三角函数．
18．（2022·陕西西安·统考二模）【问题研究】（1）若等边边长为4，则的面积为______；
（2）如图1，在中，，为边上的高，若，试判断的面积是否存在最小值．若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
【问题解决】（3）如图2，四边形中，，，，，点E、F分别为边上的动点，且，求四边形面积的最大值．

【答案】（1）（2）存在最小值，最小值是（3）
【分析】（1）过点C作于D，等边边长为4，可得，在中，由勾股定理，求出，利用面积公式计算即可；
（2）由为边上的高，，设，，，过A作于D，利用面积可得，由三角函数求，，，在中由勾股定理得，仅当时取等号，即为等边三角形时即可；
（3）延长至M，使得，连接，过点作于点H，证明，得，，，由角的和差得，则，延长交于点G，过点G作于K，根据，由，当最小时，最大，作的外接圆，连接，过点O作于R，求出面积的最小值，即可得四边形面积的最大值．
【详解】解：（1）过点C作于D，

等边边长为4，，
在中，由勾股定理得，即，
解得：，，故答案为：；
（2）为边上的高，若，
设，，，过A作于E，

，，
又，，，
在中，由勾股定理得，即，
，仅当时取等号，即为等边三角形时，
，，；
（3）延长至M，使得，连接，过点作于点H，

，，
，，，，
，，，
，即，
，，，，
延长交于点G，过点G作于K，

，，，
，，
，
，，
，，
在中，，，
在中，，
，，
，，
，，
，，，，
，，
，，，
∴，
∴当最小时，最大，作的外接圆，连接，过点O作于R，

，，
，，，，
，，，
，，，，
，面积的最小值为，
四边形面积的最大值为
【点睛】本题属于四边形综合题，考查等边三角形的面积，三角形面积最小值，四边形面积最大值，涉及的知识多，等边三角形性质，三角函数综合，三角形全等判定与性质，图形旋转变换，不等式性质，直角三角形性质，勾股定理，三点共线，难度相当大，利用辅助线准确作出图形是解题关键．
19．（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．
20．（2023·江苏盐城·九年级统考期末）数学实验．如图1，正方形的边长，点、分别在边、上，在探究面积的最小值时，通过画图，度量和计算，收集到一组数据如下表：(单位：厘米)
（1）求表格中的，的值（写出计算过程）
数学发现：（2）根据学习函数的经验，选取上表中和的数据进行分析，设，以为坐标，在图所示的坐标系中描出对应的点并连线．
（3）结合表中的数据以及图画的图象，发现：的最小值约为____(结果估计到)，由此估计面积的最小值约为____(结果估计到)．
猜想并证明：
（4）如果正方形的边长(为常数，)，点、分别在、上，，猜想面积的最小值是．请证明猜想．
模型应用：（5）如图是某市迎宾大道的一部分，因自来水抢修需在米，米的矩形区域内开挖一个的工作面，其中、分别在、边上(不与、、重合)，且，为减少对该路段的拥堵影响，要求面积最小，那么是否存在一个面积最小的?若不存在，请直接写“不存在”；若存在，请直接写出面积的最小值．
【答案】（1），；（2）见解析；（3），；（4）见解析；（5）存在，面积的最小值为，所以面积的最小值为．
【分析】（1）先求出CE=4，再结合，可得；再由表格可得,然后运用勾股定理可求a，进而求出b；
（2）根据表格描点、、连线、画出图象即可；
（3）根据（2）所画图象，确定x的值，再求出△EAF的面积即可；
（4）延长到，使，连接，先证明可得，；再证明得到EF=EG，然后根据线段的和差得到；设，，则，，，根据勾股定理并化简可得，利用三角形的面积公式得到，然后由根的判别式进行计算证明即可；
（5）把绕点顺时针旋转并缩小为，得到，则，，过点作于，于，然后根据相似三角形的性质得到，再再将沿直线翻折得，将沿直线翻折得，延长、，它们相交于点，并证明四边形是边长为的正方形， 再面积的最小值，最后根据相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：（1），，，
由表格知，由勾股定理得：，
解得：，；
（2）根据题意描点、连线、画图如下：
的最小值约为：；
（3）由函数图象可得，当y=8.29时，x=4，∴BE≈4,∴DF≈4.29，CF=5.71
∴≈10×10-（10×4+6×5.71+10×4.29）≈41.4估计面积的最小值约为；
（4）延长到，使，连接，
正方形，．，
，，，
，，，
又，，，
，．
设，，则，，
，，
根据完全平方公式化简得：，即
即，
整理成关于的方程：
∵有解，∴根的判别式：
，，
由于、，所以，
故△AEF面积的最小值为；
（5）面积的最小值为
如图：把绕点顺时针旋转并缩小为，得到，则，，过点作于，于，
，，，，∴．
再将沿直线翻折得，将沿直线翻折得，
延长、，它们相交于点，则四边形是正方形，边长为，，满足问题的条件，
∵面积的最小值为，∴面积的最小值为．
【点睛】本题属于几何综合题、主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形额判定与性质、旋转等知识点，考查知识点较多，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．