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12. (2026·咸阳期末)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: $∠ DOC=60°$, $OA=400\ \mathrm{m}$, $AB=200\sqrt{3}\ \mathrm{m}$,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.
(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: $∠ DOC=60°$, $OA=400\ \mathrm{m}$, $AB=200\sqrt{3}\ \mathrm{m}$,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) $∠APB＞∠ADB$.理由如下:如图①,作 $PH⊥AB$ 于点 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,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) 存在.如图③,当经过点 A,B 的⊙T 与 OD 相切于点 P 时,∠APB 的度数最大,作 TH⊥OC 于点 H,交 OD 于点 Q,连接 TP,TA,TB,OT.设 TP=TA=TB=r,
∵ TA=TB,TH⊥AB,
∴ $AH=HB=100\sqrt{3}\ \mathrm{m}$.
∵ ∠OHQ=90°,∠DOC=60°,$OH=OA+AH=(400+100\sqrt{3})\mathrm{m}$,
∴ $QH=\sqrt{3}OH=(400\sqrt{3}+300)\mathrm{m}$,∠OQH=30°,
∴ TQ=2PT=2r.
∵ $TH=\sqrt{AT^2-AH^2}=\sqrt{r^2-(100\sqrt{3})^2}$,
∴ $2r+\sqrt{r^2-(100\sqrt{3})^2}=400\sqrt{3}+300$,整理得 $3r^2-(1600\sqrt{3}+1200)r+600000+240000\sqrt{3}=0$,
∴ $(r-200\sqrt{3})(3r-1000\sqrt{3}-1200)=0$,
∴ $r=200\sqrt{3}$ 或 $r=\frac{1000\sqrt{3}}{3}+400$(舍去),
∴ $AT=200\sqrt{3}\ \mathrm{m}$,
∴ AT=2AH,
∴ ∠ATH=30°,∠ATB=2∠ATH=60°,
∴ $∠APB=\frac{1}{2}∠ATB=30°$,
∴ $OQ=2OH=(800+200\sqrt{3})\mathrm{m}$,$PQ=\sqrt{3}PT=\sqrt{3}×200\sqrt{3}=600(\mathrm{m})$,
∴ $OP=OQ-PQ=800+200\sqrt{3}-600=(200+200\sqrt{3})\mathrm{m}$.
解析
【分析】
本题为几何综合探究题，分三小问逐步解决：
(1) 矩形中比较∠APB与∠ADB的大小，通过作高构造特殊四边形，计算∠APB的度数，结合∠ADB为锐角的特点完成比较；
(2) 正方形中找使∠APB最大的点P，利用圆周角定理：同弧所对的圆上点的圆周角大于圆外点的圆周角，结合切线性质确定P的位置；
(3) 将实际监控问题转化为几何中“OD上找P使∠APB最大”，等价于过A、B的圆与OD相切时∠APB最大，再通过解直角三角形计算OP长度和∠APB的度数。
【解析】
(1) 如图①，作PH⊥AB于点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∠BPH=45°，
∴ ∠APB=∠APH+∠BPH=90°。
又
∵ ∠ADB是Rt△ADB的锐角，故∠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，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的点E，连接AE，与⊙O交于点F，连接BE、BF。
∵ ∠AFB是△EFB的外角，
∴ ∠AFB＞∠AEB。
又
∵ ∠AFB=∠APB（同弧AB所对的圆周角相等），
∴ ∠APB＞∠AEB，故P为CD中点时∠APB最大。
(3) 存在。如图③，当经过A、B的⊙T与OD相切于P时，∠APB最大，作TH⊥OC于H，交OD于Q，连接TP、TA、TB、OT，设TP=TA=TB=r。
∵ TA=TB，TH⊥AB，
∴ AH=HB=1/2 AB=100√3 m。
∵ ∠OHQ=90°，∠DOC=60°，OH=OA+AH=400+100√3 m，
∴ Rt△OHQ中，∠OQH=30°，QH=√3 OH=400√3 + 300 m，且TQ=2TP=2r（Rt△TPQ中∠TPQ=90°，30°对边是TP，故斜边TQ=2TP）。
又TH=√(AT² - AH²)=√(r² - (100√3)²)，且TH=TQ + QH，
∴ √(r² - 30000) + 2r = 400√3 + 300，
整理得3r² - (1600√3 +1200)r + 600000 +240000√3=0，
解得r=200√3（另一根舍去）。
∵ AT=200√3，AH=100√3，
∴ AT=2AH，故∠ATH=30°，∠ATB=2∠ATH=60°，
∴ ∠APB=1/2∠ATB=30°。
Rt△OHQ中，OQ=2OH=800 +200√3 m，PQ=√3 TP=600 m，
∴ OP=OQ - PQ= (800+200√3)-600=200+200√3 m。
【答案】
(1) ∠APB＞∠ADB；
(2) 当点P位于CD的中点时，∠APB最大；
(3) 存在，OP的长为(200+200√3) m，∠APB的度数为30°。
【知识点】
圆周角定理、切线的性质、解直角三角形
【点评】
本题是几何综合探究题，将矩形、正方形性质与圆的性质结合，考查学生的逻辑推理与转化能力，把实际问题转化为几何中最大角问题，是典型的期末压轴题，对学生的几何思维要求较高。
【难度系数】
0.3
本题为几何综合探究题，分三小问逐步解决：
(1) 矩形中比较∠APB与∠ADB的大小，通过作高构造特殊四边形，计算∠APB的度数，结合∠ADB为锐角的特点完成比较；
(2) 正方形中找使∠APB最大的点P，利用圆周角定理：同弧所对的圆上点的圆周角大于圆外点的圆周角，结合切线性质确定P的位置；
(3) 将实际监控问题转化为几何中“OD上找P使∠APB最大”，等价于过A、B的圆与OD相切时∠APB最大，再通过解直角三角形计算OP长度和∠APB的度数。
【解析】
(1) 如图①，作PH⊥AB于点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∠BPH=45°，
∴ ∠APB=∠APH+∠BPH=90°。
又
∵ ∠ADB是Rt△ADB的锐角，故∠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，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的点E，连接AE，与⊙O交于点F，连接BE、BF。
∵ ∠AFB是△EFB的外角，
∴ ∠AFB＞∠AEB。
又
∵ ∠AFB=∠APB（同弧AB所对的圆周角相等），
∴ ∠APB＞∠AEB，故P为CD中点时∠APB最大。
(3) 存在。如图③，当经过A、B的⊙T与OD相切于P时，∠APB最大，作TH⊥OC于H，交OD于Q，连接TP、TA、TB、OT，设TP=TA=TB=r。
∵ TA=TB，TH⊥AB，
∴ AH=HB=1/2 AB=100√3 m。
∵ ∠OHQ=90°，∠DOC=60°，OH=OA+AH=400+100√3 m，
∴ Rt△OHQ中，∠OQH=30°，QH=√3 OH=400√3 + 300 m，且TQ=2TP=2r（Rt△TPQ中∠TPQ=90°，30°对边是TP，故斜边TQ=2TP）。
又TH=√(AT² - AH²)=√(r² - (100√3)²)，且TH=TQ + QH，
∴ √(r² - 30000) + 2r = 400√3 + 300，
整理得3r² - (1600√3 +1200)r + 600000 +240000√3=0，
解得r=200√3（另一根舍去）。
∵ AT=200√3，AH=100√3，
∴ AT=2AH，故∠ATH=30°，∠ATB=2∠ATH=60°，
∴ ∠APB=1/2∠ATB=30°。
Rt△OHQ中，OQ=2OH=800 +200√3 m，PQ=√3 TP=600 m，
∴ OP=OQ - PQ= (800+200√3)-600=200+200√3 m。
【答案】
(1) ∠APB＞∠ADB；
(2) 当点P位于CD的中点时，∠APB最大；
(3) 存在，OP的长为(200+200√3) m，∠APB的度数为30°。
【知识点】
圆周角定理、切线的性质、解直角三角形
【点评】
本题是几何综合探究题，将矩形、正方形性质与圆的性质结合，考查学生的逻辑推理与转化能力，把实际问题转化为几何中最大角问题，是典型的期末压轴题，对学生的几何思维要求较高。
【难度系数】
0.3
