9. 如图, 在 $△ A B C$ 中, $A C=6, B C=8 \sqrt{3}$, $∠ A C B=60°$, 过点 $A$ 作 $B C$ 的平行线 $l, P$ 为直线 $l$ 上一动点, $\odot O$ 为 $△ A P C$ 的外接圆, 直线 $B P$ 交 $\odot O$ 于点 $E$, 则 $A E$ 长度的最小值为.

9. $2$ 提示:如图 1,连接 CE. 因为 $AP// BC$,所以 $∠ PAC=∠ ACB=60°$,所以 $∠ CEP=∠ CAP=60°$,所以 $∠ BEC=120°$. 因为 $BC=8\sqrt{3}$,为定值,所以点 E 的运动轨迹为一段圆弧. 如图 2,点 E 在以点 M 为圆心,MB 长为半径的 $\overset{\frown}{BC}$ 上运动,过点 M 作 $MN⊥ BC$,则 $MB=MC$. 因为 $\odot M$ 中优弧 $\overset{\frown}{BC}$ 度数为 $2∠ BEC=240°$,所以劣弧 $\overset{\frown}{BC}$ 度数为 $120°$,所以 $∠ BMC=120°$,所以 $∠ BCM=30°$,又因为 $BC=8\sqrt{3}$,所以 $BN=\sqrt{BM^2-MN^2}=\sqrt{3}MN=\frac{1}{2}BC=4\sqrt{3}$,所以 $MN=4$,所以 $MB=MC=8$. 连接 MA,交 $\overset{\frown}{BC}$ 于点 $E'$,此时 $AE'$ 长度最小. 因为 $∠ ACB=60°$,$∠ BCM=30°$,所以 $∠ ACM=90°$,所以 $MA=\sqrt{MC^2+AC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$,所以 AE 长度的最小值为 $MA-ME'=10-8=2$.

【分析】要解决AE长度的最小值问题，需先确定动点E的运动轨迹：由AP//BC得∠PAC=∠ACB=60°，结合圆周角定理推出∠BEC=120°，据此确定E在以BC为弦、圆周角为120°的圆弧上；再找到该圆弧的圆心M，计算点A到圆心M的距离，利用“点到圆上点的最短距离为点到圆心距离减去半径”，即可求出AE的最小值。
【解析】
1. 连接CE，因为AP//BC，所以∠PAC=∠ACB=60°。
2. 根据圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，得∠CEP=∠CAP=60°，因此∠BEC=180°-∠CEP=120°，故点E的运动轨迹为：以BC为弦，圆周角为120°的一段圆弧。
3. 设该圆弧的圆心为M，连接MB、MC，过M作MN⊥BC于N。由MB=MC，得N为BC中点，故BN=BC/2=4√3。在△BMC中，∠BMC=2×(180°-120°)=120°，MN⊥BC，所以∠BMN=60°。在Rt△BMN中，MN=BN/√3=4，MB=2MN=8，即⊙M的半径为8。
4. 计算∠ACM：∠ACB=60°，∠BCM=(180°-120°)/2=30°，故∠ACM=60°+30°=90°。在Rt△ACM中，AC=6，MC=8，所以MA=√(AC²+MC²)=√(6²+8²)=10。
5. 当A、E、M三点共线时，AE取得最小值，此时AE=MA - ME=10 - 8=2。
【答案】2
【知识点】圆周角定理、动点轨迹、点与圆的位置关系
【点评】本题是几何动点最值综合题，核心是利用圆周角定理确定动点轨迹，再结合点与圆的位置关系求最短距离，对几何分析能力要求较高，属于中等难度题型。
【难度系数】0.3

10. 综合与实践.
【主题】足球最佳射门位置



【素材】足球场上,运动员在练习选择适合的位置射门.线段 PQ 表示球门,$∠ PAQ$,$∠ PBQ$ 为射门张角. 理论上当射门张角越大时,进球的可能性越大.
如图 1,$∠ PAQ$ $∠ PBQ$(填“$＞$”“$＜$”或“$=$”).
【实践探索】假设运动员沿着直线 $l$ 带球跑动,寻找最佳射门位置. 如图 2,以线段 $PQ$为弦作$\odot O$,恰与直线 $l$ 相切,切点为 $A$.若$M$ 是 $l$ 上一个异于点 $A$ 的动点,求证:当运动员跑动到切点 $A$ 处时,射门张角最大,即$∠ PAQ＞∠ PMQ$.
【迁移应用】如图 3,点 $P(3,0),Q(9,0),A$为 $y$ 轴正半轴上的一个动点,当$∠ PAQ$ 最大时,求出点 $A$ 的坐标.

10. 解:【素材】＞ 提示:如图 1. 设线段 PB 与圆弧交于点 C,连接 CQ,则 $∠ PCQ=∠ PAQ$. 又因为 $∠ PCQ＞∠ PBQ$,所以 $∠ PAQ＞∠ PBQ$.

【实践探索】连接 PA,QA,PM,QM,其中 PM 与圆交于点 N,连接 QN,如图 2 所示.
因为 $∠ PAQ=∠ PNQ$,$∠ PNQ＞∠ PMQ$,所以 $∠ PAQ＞∠ PMQ$,即当运动员跑动到切点 A 处时,射门张角最大.

【迁移应用】如图 3,作 $△ APQ$ 的外接圆,圆心为 C. 根据【实践探索】结论,当 A 为 $\odot C$ 与 y 轴的切点时,$∠ PAQ$ 最大. 连接 CA,CP,CQ,过点 C 作 $CM⊥ PQ$,垂足为 M.
因为 A 为 $\odot C$ 的切点,CA 为圆的半径,所以 $CA⊥ AO$. 因为 $CP=CQ$,$CM⊥ PQ$,所以 $PM=MQ$,且四边形 OACM 为矩形. 由点 $P(3,0)$,$Q(9,0)$ 知,$PQ=OQ-OP=9-3=6$,则 $PM=MQ=3$,所以 $AC=OM=OP+PM=3+3=6$,即 $CP=6$. 在 $\mathrm{Rt}△ CMP$ 中,$CM=\sqrt{CP^2-PM^2}=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}$. 由矩形对边相等知,$OA=CM=3\sqrt{3}$,所以点 $A(0,3\sqrt{3})$.

【分析】
1. 素材部分：要比较两个射门张角的大小，需利用同弧所对圆周角相等的性质，结合三角形外角的性质，通过作辅助线转化角的关系即可判断。
2. 实践探索部分：要证明切点A处的射门张角最大，需作辅助线构造同弧所对的圆周角，再利用三角形外角大于不相邻内角的性质，比较动点处的角与A处角的大小关系。
3. 迁移应用部分：根据前面的结论，∠PAQ最大时A是△APQ外接圆与y轴的切点，结合切线性质、垂径定理、勾股定理，计算相关线段长度，进而得到A点坐标。
【解析】
【素材】
如图1，设PB与圆弧交于点C，连接CQ。
∵ 弧PQ所对的圆周角∠PCQ和∠PAQ相等（同弧所对圆周角相等），即∠PCQ=∠PAQ。
又
∵ ∠PCQ是△PBQ的外角，根据三角形外角性质，外角大于任意一个不相邻内角，
∴ ∠PCQ＞∠PBQ，故∠PAQ＞∠PBQ。
【实践探索】
如图2，连接PA、QA，延长PM交⊙O于点N，连接QN。
∵ ∠PAQ和∠PNQ都是弧PQ所对的圆周角，
∴ ∠PAQ=∠PNQ。
又
∵ ∠PNQ是△PMQ的外角，
∴ ∠PNQ＞∠PMQ，因此∠PAQ＞∠PMQ，即当运动员跑动到切点A处时，射门张角最大。
【迁移应用】
如图3，作△APQ的外接圆，圆心为C，根据实践探索结论，当A为⊙C与y轴的切点时，∠PAQ最大。
连接CA、CP、CQ，过点C作CM⊥PQ于M。
∵ A是⊙C与y轴的切点，
∴ CA⊥y轴（切线性质：圆的切线垂直于过切点的半径），又OA⊥y轴，故CA//OA，结合CM⊥PQ，可得四边形OACM是矩形，
∴ OA=CM，AC=OM。
∵ CP=CQ（⊙C半径），CM⊥PQ，
∴ PM=MQ=½PQ。
已知P(3,0)，Q(9,0)，则PQ=9-3=6，
∴ PM=MQ=3，OM=OP+PM=3+3=6，故AC=OM=6，即⊙C的半径CP=AC=6。
在Rt△CMP中，由勾股定理得：CM=√(CP²-PM²)=√(6²-3²)=3√3，
∴ OA=CM=3√3，即点A的坐标为(0,3√3)。
【答案】
＞；当运动员跑动到切点A处时，∠PAQ＞∠PMQ，射门张角最大；点A的坐标为(0,3√3)
【知识点】
圆周角定理、三角形外角性质、切线的性质
【点评】
本题以足球射门为实际背景，综合考查几何定理的应用，需要学生将实际问题转化为几何问题，灵活运用圆周角、外角、切线等性质推理计算，体现了数学的应用价值。
【难度系数】
0.5

11. 辅助圆之定角定高求解探究.



(1) 如图 1,已知线段 AB,以 AB 为斜边,在图中画出一个直角三角形.
(2) 如图 2,在$△ ABC$中,$∠ ACB=60^{ \circ }$,$CD$为边 AB 上的高,若$CD=4$,试判断$AB$的长是否存在最小值. 若存在,求出$AB$长的最小值;若不存在,请说明理由.
(3) 如图 3,某园林单位要把四边形花园划分为几个区域种植不同花草. 在四边形$ABCD$中,$∠ A=45^{ \circ }$,$∠ B= ∠ D=90^{ \circ }$,$CB=CD=6\sqrt{2}$,$E,F$分别为$AB$,$AD$上的点,如果保持$CE ⊥ CF$,那么四边形$AECF$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.

11. 解:(1) 如图 1,$△ ABC$ 即为所求.

(2) 存在. 如图 2,作 $△ ABC$ 的外接圆 $\odot O$,连接 OA,OB,OC,过点 O 作 $OE⊥ AB$ 于点 E. 设 $OA=OC=2x$. 因为 $∠ AOB=2∠ ACB=120°$,$OA=OB$,$OE⊥ AB$,所以 $AE=EB$,$∠ AOE=∠ BOE=60°$,所以 $OE=\frac{1}{2}OA=x$,$AE=\sqrt{3}x$. 因为 $OC+OE≥ CD$,所以 $3x≥4$,所以 $x≥\frac{4}{3}$,所以 x 的最小值为 $\frac{4}{3}$. 因为 $AB=2\sqrt{3}x$,所以 AB 长的最小值为 $\frac{8\sqrt{3}}{3}$.

(3) 存在. 如图 3,连接 AC,延长 BC,交 AD 的延长线于点 G,将 $△ CDF$ 顺时针旋转得到 $△ CBH$,作 $△ CEH$ 的外接圆 $\odot O$,连接 OE. 因为 $∠ ADC=∠ ABC=90°$,$AC=AC$,$CD=CB$,所以 $\mathrm{Rt}△ ACD≌\mathrm{Rt}△ ACB(\mathrm{HL})$,所以 $S_{△ ACD}=S_{△ ACB}$. 因为 $∠ DAB=45°$,所以 $∠ DCB=135°$,所以 $∠ DCG=45°$. 因为 $∠ CDG=90°$,所以 $CD=DG=6\sqrt{2}$,所以 $CG=\sqrt{2}CD=12$,所以 $AB=GB=12+6\sqrt{2}$. 由(2)可知,当 $△ CEH$ 的外接圆的圆心 O 在线段 BC 上时,EH 的长最小,$△ ECH$ 的面积最小,此时四边形 AECF 的面积最大. 设 $OC=OE=r$,易得 $∠ ECH=∠ ECB+∠ BCH=∠ ECB+∠ DCF=45°$,所以 $∠ EOB=45°$,所以 $OB=EB=\frac{\sqrt{2}}{2}r$,所以 $r+\frac{\sqrt{2}}{2}r=6\sqrt{2}$,所以 $r=6\sqrt{2}(2-\sqrt{2})$,所以 $EH=\sqrt{2}r=12(2-\sqrt{2})$,所以四边形 AECF 的面积的最大值为 $2×\frac{1}{2}×(12+6\sqrt{2})×6\sqrt{2}-\frac{1}{2}×12(2-\sqrt{2})×6\sqrt{2}=144$.

【分析】
(1) 要画以AB为斜边的直角三角形，根据圆周角定理：直径所对的圆周角为直角，只需作以AB为直径的圆，在圆上取异于A、B的点C，连接AC、BC即可得到直角三角形。
(2) 对于定角∠ACB=60°、定高CD=4的情况，利用辅助圆思想：定角的顶点C的轨迹是一段圆弧（圆周角60°对应圆心角120°），当圆心O到AB的距离与半径之和等于高CD时，AB最短，据此建立关系求解最小值。
(3) 对于四边形ABCD的问题，先通过HL证Rt△ACD≌Rt△ACB，得到AC平分∠DAB，再利用旋转将△CDF转化为△CBH，将CE⊥CF转化为∠ECH=45°，结合定角定高模型，当△CEH的外接圆圆心在BC上时，△ECH面积最小，从而四边形AECF面积最大，据此计算最大值。
【解析】
(1) 如图1，作以AB为直径的圆，在圆上取点C（不与A、B重合），连接AC、BC，则△ABC即为所求的直角三角形。
(2) 存在AB的最小值，求解如下：
如图2，作△ABC的外接圆⊙O，连接OA、OB、OC，过点O作OE⊥AB于点E。
∵ ∠ACB=60°，根据圆周角定理，圆心角∠AOB=2∠ACB=120°，
又OA=OB，OE⊥AB，
∴ AE=EB，∠AOE=∠BOE=60°。
设OA=OC=2x，在Rt△AOE中，OE=OA·cos60°=x，AE=OA·sin60°=√3 x，故AB=2AE=2√3 x。
当O、E、C三点共线且OC + OE = CD时，AB最短，此时3x=CD=4，解得x=4/3，
∴ AB=2√3 × (4/3)=8√3/3，即AB的最小值为8√3/3。
(3) 存在四边形AECF的面积最大值，求解如下：
如图3，连接AC，延长BC交AD的延长线于点G，将△CDF顺时针旋转得到△CBH，作△CEH的外接圆⊙O，连接OE。
∵ ∠ADC=∠ABC=90°，CD=CB，AC=AC，
∴ Rt△ACD≌Rt△ACB（HL），故S△ACD=S△ACB，∠DCB=360°-90°-90°-45°=135°，
∴ ∠DCG=180°-135°=45°，又∠CDG=90°，CD=6√2，
∴ △CDG为等腰直角三角形，DG=CD=6√2，CG=√2 CD=12，
同理，△ABG为等腰直角三角形，AB=BG=BC + CG=6√2 +12。
∵ CE⊥CF，旋转后CF=CH，∠ECF=90°，
∴ ∠ECH=∠DCB - ∠ECF=135°-90°=45°，同(2)的定角定高模型，当⊙O的圆心O在BC上时，△ECH面积最小，四边形AECF面积最大。
设OC=OE=r，
∵ ∠ECH=45°，圆心角∠EOH=90°，∠EOB=45°，
∴ OB=EB= (√2/2)r，又OC + OB=BC=6√2，即r + (√2/2)r=6√2，解得r=6√2(2-√2)，
∴ EH=√2 r=12(2-√2)，
四边形AECF的面积=2S△ACB - S△ECH=2×[1/2×(12+6√2)×6√2] - [1/2×12(2-√2)×6√2]=144，即面积最大值为144。
【答案】
(1) 如图1，△ABC即为所求。
(2) AB长的最小值为$\frac{8\sqrt{3}}{3}$。
(3) 四边形AECF的面积最大值为144。
【知识点】
圆周角定理、定角定高模型、全等三角形判定与性质
【点评】
本题是辅助圆的典型应用，通过构造辅助圆将定角定高的最值问题转化为圆中弦长的最值问题，结合全等、旋转的性质，考查几何综合能力，对学生的模型应用能力要求较高。
【难度系数】
0.4