登录
足球运动是我们大家喜欢的一种体育活动.如图1,点A,B表示球门边框(不考虑球门的高度)的两端点,点C表示射门点,连接AC,BC,则$∠ ACB$叫作射门角,在不考虑其他因素的情况下,射门角越大,射门进球的可能性就越大.当射门角最大时,此时点C叫作最佳射门点.以下是运动员常见的四种带球跑动路线(用直线$l$表示):
①横向跑动(如图1,$l// AB$);②竖向跑动(如图2,$l⊥ AB$,垂足在线段$AB$上);
③竖向跑动(如图3,$l⊥ AB$,垂足在线段$AB$外);④斜向跑动(如图4,$0°＜∠ AGH＜90°$).
(1)如图5,过$A,B$两点作$\odot O$与$l$相切于点$P_1$,直线$l$上存在点$P_2,P_3$,且在点$P_1$的两侧,当运动员带球沿$l$横向跑动,最佳射门点为
(2)如图2,当运动员带球沿$l$竖向跑动时,请用你所学的数学知识,求证:在点$P$射门进球的可能性大于在点$Q$射门进球的可能性.
(3)如图3,设$l$与直线$AB$交于点$M$,$MB=\frac{5}{2}\ \mathrm{m}$,$AB=5\ \mathrm{m}$,点$N$在直线$l$上,$MN=\frac{15\sqrt{3}}{2}\ \mathrm{m}$.当运动员的速度为$8\ \mathrm{m/s}$时,求运动员从点$N$沿直线$l$向点$M$带球跑动到最佳射门点的时间.
(4)如图4,设$l$与直线$AB$交于点$G$,$GB=3\ \mathrm{m}$,$AB=5\ \mathrm{m}$,点$H$在直线$l$上,$GH=5\sqrt{6}\ \mathrm{m}$.当运动员的速度为$8\ \mathrm{m/s}$时,求运动员从点$H$沿直线$l$向点$G$带球跑动到最佳射门点的时间.
①横向跑动(如图1,$l// AB$);②竖向跑动(如图2,$l⊥ AB$,垂足在线段$AB$上);
③竖向跑动(如图3,$l⊥ AB$,垂足在线段$AB$外);④斜向跑动(如图4,$0°＜∠ AGH＜90°$).
(1)如图5,过$A,B$两点作$\odot O$与$l$相切于点$P_1$,直线$l$上存在点$P_2,P_3$,且在点$P_1$的两侧,当运动员带球沿$l$横向跑动,最佳射门点为
$P_1$
.(填“$P_1$”“$P_2$”或“$P_3$”)(2)如图2,当运动员带球沿$l$竖向跑动时,请用你所学的数学知识,求证:在点$P$射门进球的可能性大于在点$Q$射门进球的可能性.
(3)如图3,设$l$与直线$AB$交于点$M$,$MB=\frac{5}{2}\ \mathrm{m}$,$AB=5\ \mathrm{m}$,点$N$在直线$l$上,$MN=\frac{15\sqrt{3}}{2}\ \mathrm{m}$.当运动员的速度为$8\ \mathrm{m/s}$时,求运动员从点$N$沿直线$l$向点$M$带球跑动到最佳射门点的时间.
(4)如图4,设$l$与直线$AB$交于点$G$,$GB=3\ \mathrm{m}$,$AB=5\ \mathrm{m}$,点$H$在直线$l$上,$GH=5\sqrt{6}\ \mathrm{m}$.当运动员的速度为$8\ \mathrm{m/s}$时,求运动员从点$H$沿直线$l$向点$G$带球跑动到最佳射门点的时间.
答案
(1)$P_1$
(2)证明略.
(3)由(1)可知,当过点 A,B 的$\odot O$与$l$相切于点Q时,点Q为最佳射门点.
过点O作$OH⊥AB$,连接OB,OQ,$\therefore BH=\frac{1}{2}AB=\frac{5}{2}\ \mathrm{m},\therefore MH=BH+MB=5(\mathrm{m}).$
易知四边形OHMQ是矩形,$\therefore OQ=MH=5\ \mathrm{m},QM=OH$,
$\therefore OB=OQ=5\ \mathrm{m}.$
在$\mathrm{Rt}△ BOH$中,由勾股定理,得$QM=OH=\sqrt{OB^2-BH^2}=\sqrt{5^2-(\frac{5}{2})^2}=\frac{5\sqrt{3}}{2}(\mathrm{m}),$
$\therefore NQ=MN-QM=\frac{15\sqrt{3}}{2}-\frac{5\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3}\ (\mathrm{m}),5\sqrt{3}÷ 8=\frac{5\sqrt{3}}{8}(\mathrm{s}),$
$\therefore$ 运动员从点 N 沿直线 l 向点 M 带球跑动到最佳射门点的时间为$\frac{5\sqrt{3}}{8}\ \mathrm{s}.$
(4)当过点 A,B 的$\odot O$与l相切于点T时,点T为最佳射门点,
,连接AT,OB,OT,则$OT⊥l$,易证$∠ BTG=∠ BAT.$
$\because ∠ TGB=∠ AGT,\therefore △ TGB ∽ △ AGT,$
$\therefore \frac{GB}{GT}=\frac{GT}{GA}.$
$\because GB=3\ \mathrm{m},AB=5\ \mathrm{m},\therefore GA=GB+AB=8\ \mathrm{m},$
$\therefore \frac{3}{GT}=\frac{GT}{8},\therefore GT=2\sqrt{6}\ \mathrm{m},$
$\therefore HT=GH-GT=5\sqrt{6}-2\sqrt{6}=3\sqrt{6}\ (\mathrm{m}),3\sqrt{6}÷ 8=\frac{3\sqrt{6}}{8}(\mathrm{s}),$
$\therefore$ 运动员从点 H 沿直线 l 向点 G 带球跑动到最佳射门点的时间为$\frac{3\sqrt{6}}{8}\ \mathrm{s}.$
解析
【分析】
(1) 依据“同弧所对的圆周角大于圆外角”的性质，过A、B的⊙O与直线l相切于$P_1$，$P_1$在圆上，$P_2$、$P_3$在圆外，因此$P_1$处射门角最大，为最佳射门点。
(2) 要证明P点射门可能性更大，只需证明∠APB＞∠AQB：构造过A、B、P的圆，利用圆周角相等和三角形外角的性质，即可比较两个射门角的大小。
(3) 首先确定最佳射门点是过A、B的圆与l的切点，再借助垂径定理、矩形性质求出圆的半径，用勾股定理计算切点到M的距离，最后用路程除以速度得到跑动时间。
(4) 最佳射门点是过A、B的圆与l的切点T，利用弦切角定理证明三角形相似，通过相似比求出GT的长度，再计算H到T的路程，除以速度得到跑动时间。
【解析】
(1) 过A、B的⊙O与l相切于$P_1$，同弧AB所对的圆周角大于圆外角，故$∠AP_1B$是直线l上的点对AB的最大张角，最佳射门点为$P_1$。
(2) 证明：设过A、B、P三点的圆交AQ于点E，连接BE。同弧AB所对的圆周角相等，故$∠APB=∠AEB$；$∠AEB$是$△ BEQ$的外角，故$∠AEB＞∠AQB$，因此$∠APB＞∠AQB$，即P点射门角更大，进球可能性更高。
(3) 当过点A,B的$\odot O$与$l$相切于点Q时，点Q为最佳射门点。
过点O作$OH⊥AB$，连接OB、OQ。
由垂径定理得$BH=\frac{1}{2}AB=\frac{5}{2}\ \mathrm{m}$，因此$MH=BH+MB=\frac{5}{2}+\frac{5}{2}=5\ \mathrm{m}$。
由$l⊥AB$、$OH⊥AB$、$OQ⊥l$，可得四边形OHMQ是矩形，故$OQ=MH=5\ \mathrm{m}$，$QM=OH$。
OB、OQ都是⊙O的半径，故$OB=OQ=5\ \mathrm{m}$。
在$\mathrm{Rt}△ BOH$中，由勾股定理得$QM=OH=\sqrt{OB^2-BH^2}=\sqrt{5^2-(\frac{5}{2})^2}=\frac{5\sqrt{3}}{2}\ \mathrm{m}$。
则$NQ=MN-QM=\frac{15\sqrt{3}}{2}-\frac{5\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3}\ \mathrm{m}$，跑动时间为$5\sqrt{3}÷8=\frac{5\sqrt{3}}{8}\ \mathrm{s}$。
(4) 当过点A,B的$\odot O$与l相切于点T时，点T为最佳射门点。
连接AT、OB、OT，则$OT⊥l$。
由弦切角定理得$∠BTG=∠BAT$，又$∠TGB=∠AGT$，故$△ TGB ∽ △ AGT$，因此$\frac{GB}{GT}=\frac{GT}{GA}$。
已知$GB=3\ \mathrm{m}$，$AB=5\ \mathrm{m}$，故$GA=GB+AB=8\ \mathrm{m}$，代入比例式得$\frac{3}{GT}=\frac{GT}{8}$，解得$GT=2\sqrt{6}\ \mathrm{m}$（长度取正值）。
则$HT=GH-GT=5\sqrt{6}-2\sqrt{6}=3\sqrt{6}\ \mathrm{m}$，跑动时间为$3\sqrt{6}÷8=\frac{3\sqrt{6}}{8}\ \mathrm{s}$。
【答案】
(1)$P_1$
(2)证明略.
(3)由(1)可知,当过点 A,B 的$\odot O$与$l$相切于点Q时,点Q为最佳射门点.过点O作$OH⊥AB$,连接OB,OQ,
$\therefore BH=\frac{1}{2}AB=\frac{5}{2}\ \mathrm{m},\therefore MH=BH+MB=5(\mathrm{m}).$
易知四边形OHMQ是矩形,$\therefore OQ=MH=5\ \mathrm{m},QM=OH$,
$\therefore OB=OQ=5\ \mathrm{m}.$
在$\mathrm{Rt}△ BOH$中,由勾股定理,得$QM=OH=\sqrt{OB^2-BH^2}=\sqrt{5^2-(\frac{5}{2})^2}=\frac{5\sqrt{3}}{2}(\mathrm{m}),$
$\therefore NQ=MN-QM=\frac{15\sqrt{3}}{2}-\frac{5\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3}\ (\mathrm{m}),5\sqrt{3}÷ 8=\frac{5\sqrt{3}}{8}(\mathrm{s}),$
$\therefore$ 运动员从点 N 沿直线 l 向点 M 带球跑动到最佳射门点的时间为$\frac{5\sqrt{3}}{8}\ \mathrm{s}.$
(4)当过点 A,B 的$\odot O$与l相切于点T时,点T为最佳射门点,,连接AT,OB,OT,则$OT⊥l$,
易证$∠ BTG=∠ BAT.$
$\because ∠ TGB=∠ AGT,\therefore △ TGB ∽ △ AGT,$
$\therefore \frac{GB}{GT}=\frac{GT}{GA}.$
$\because GB=3\ \mathrm{m},AB=5\ \mathrm{m},\therefore GA=GB+AB=8\ \mathrm{m},$
$\therefore \frac{3}{GT}=\frac{GT}{8},\therefore GT=2\sqrt{6}\ \mathrm{m},$
$\therefore HT=GH-GT=5\sqrt{6}-2\sqrt{6}=3\sqrt{6}\ (\mathrm{m}),3\sqrt{6}÷ 8=\frac{3\sqrt{6}}{8}(\mathrm{s}),$
$\therefore$ 运动员从点 H 沿直线 l 向点 G 带球跑动到最佳射门点的时间为$\frac{3\sqrt{6}}{8}\ \mathrm{s}.$
【知识点】
圆周角定理，切线的性质，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题结合足球射门的生活场景，将圆的性质、相似三角形等几何知识融入实际问题，解题核心是理解最佳射门点的本质是过A、B两点的圆与跑动路线的切点，有效考查了学生将数学知识应用到实际场景的能力。
【难度系数】
0.6
(1) 依据“同弧所对的圆周角大于圆外角”的性质，过A、B的⊙O与直线l相切于$P_1$，$P_1$在圆上，$P_2$、$P_3$在圆外，因此$P_1$处射门角最大，为最佳射门点。
(2) 要证明P点射门可能性更大，只需证明∠APB＞∠AQB：构造过A、B、P的圆，利用圆周角相等和三角形外角的性质，即可比较两个射门角的大小。
(3) 首先确定最佳射门点是过A、B的圆与l的切点，再借助垂径定理、矩形性质求出圆的半径，用勾股定理计算切点到M的距离，最后用路程除以速度得到跑动时间。
(4) 最佳射门点是过A、B的圆与l的切点T，利用弦切角定理证明三角形相似，通过相似比求出GT的长度，再计算H到T的路程，除以速度得到跑动时间。
【解析】
(1) 过A、B的⊙O与l相切于$P_1$，同弧AB所对的圆周角大于圆外角，故$∠AP_1B$是直线l上的点对AB的最大张角，最佳射门点为$P_1$。
(2) 证明：设过A、B、P三点的圆交AQ于点E，连接BE。同弧AB所对的圆周角相等，故$∠APB=∠AEB$；$∠AEB$是$△ BEQ$的外角，故$∠AEB＞∠AQB$，因此$∠APB＞∠AQB$，即P点射门角更大，进球可能性更高。
(3) 当过点A,B的$\odot O$与$l$相切于点Q时，点Q为最佳射门点。
过点O作$OH⊥AB$，连接OB、OQ。
由垂径定理得$BH=\frac{1}{2}AB=\frac{5}{2}\ \mathrm{m}$，因此$MH=BH+MB=\frac{5}{2}+\frac{5}{2}=5\ \mathrm{m}$。
由$l⊥AB$、$OH⊥AB$、$OQ⊥l$，可得四边形OHMQ是矩形，故$OQ=MH=5\ \mathrm{m}$，$QM=OH$。
OB、OQ都是⊙O的半径，故$OB=OQ=5\ \mathrm{m}$。
在$\mathrm{Rt}△ BOH$中，由勾股定理得$QM=OH=\sqrt{OB^2-BH^2}=\sqrt{5^2-(\frac{5}{2})^2}=\frac{5\sqrt{3}}{2}\ \mathrm{m}$。
则$NQ=MN-QM=\frac{15\sqrt{3}}{2}-\frac{5\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3}\ \mathrm{m}$，跑动时间为$5\sqrt{3}÷8=\frac{5\sqrt{3}}{8}\ \mathrm{s}$。
(4) 当过点A,B的$\odot O$与l相切于点T时，点T为最佳射门点。
连接AT、OB、OT，则$OT⊥l$。
由弦切角定理得$∠BTG=∠BAT$，又$∠TGB=∠AGT$，故$△ TGB ∽ △ AGT$，因此$\frac{GB}{GT}=\frac{GT}{GA}$。
已知$GB=3\ \mathrm{m}$，$AB=5\ \mathrm{m}$，故$GA=GB+AB=8\ \mathrm{m}$，代入比例式得$\frac{3}{GT}=\frac{GT}{8}$，解得$GT=2\sqrt{6}\ \mathrm{m}$（长度取正值）。
则$HT=GH-GT=5\sqrt{6}-2\sqrt{6}=3\sqrt{6}\ \mathrm{m}$，跑动时间为$3\sqrt{6}÷8=\frac{3\sqrt{6}}{8}\ \mathrm{s}$。
【答案】
(1)$P_1$
(2)证明略.
(3)由(1)可知,当过点 A,B 的$\odot O$与$l$相切于点Q时,点Q为最佳射门点.
过点O作$OH⊥AB$,连接OB,OQ,$\therefore BH=\frac{1}{2}AB=\frac{5}{2}\ \mathrm{m},\therefore MH=BH+MB=5(\mathrm{m}).$
易知四边形OHMQ是矩形,$\therefore OQ=MH=5\ \mathrm{m},QM=OH$,
$\therefore OB=OQ=5\ \mathrm{m}.$
在$\mathrm{Rt}△ BOH$中,由勾股定理,得$QM=OH=\sqrt{OB^2-BH^2}=\sqrt{5^2-(\frac{5}{2})^2}=\frac{5\sqrt{3}}{2}(\mathrm{m}),$
$\therefore NQ=MN-QM=\frac{15\sqrt{3}}{2}-\frac{5\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3}\ (\mathrm{m}),5\sqrt{3}÷ 8=\frac{5\sqrt{3}}{8}(\mathrm{s}),$
$\therefore$ 运动员从点 N 沿直线 l 向点 M 带球跑动到最佳射门点的时间为$\frac{5\sqrt{3}}{8}\ \mathrm{s}.$
(4)当过点 A,B 的$\odot O$与l相切于点T时,点T为最佳射门点,
,连接AT,OB,OT,则$OT⊥l$,易证$∠ BTG=∠ BAT.$
$\because ∠ TGB=∠ AGT,\therefore △ TGB ∽ △ AGT,$
$\therefore \frac{GB}{GT}=\frac{GT}{GA}.$
$\because GB=3\ \mathrm{m},AB=5\ \mathrm{m},\therefore GA=GB+AB=8\ \mathrm{m},$
$\therefore \frac{3}{GT}=\frac{GT}{8},\therefore GT=2\sqrt{6}\ \mathrm{m},$
$\therefore HT=GH-GT=5\sqrt{6}-2\sqrt{6}=3\sqrt{6}\ (\mathrm{m}),3\sqrt{6}÷ 8=\frac{3\sqrt{6}}{8}(\mathrm{s}),$
$\therefore$ 运动员从点 H 沿直线 l 向点 G 带球跑动到最佳射门点的时间为$\frac{3\sqrt{6}}{8}\ \mathrm{s}.$
【知识点】
圆周角定理，切线的性质，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题结合足球射门的生活场景，将圆的性质、相似三角形等几何知识融入实际问题，解题核心是理解最佳射门点的本质是过A、B两点的圆与跑动路线的切点，有效考查了学生将数学知识应用到实际场景的能力。
【难度系数】
0.6
