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能力训练点·探究建模【问题情境】
，在足球比赛场上，甲带球奔向对方球门PQ（虚线部分为△PQC的外接圆），当他带球冲到A点时，同伴乙和丙已分别冲到B点和C点，甲是自己射门好，还是将球传给乙或者丙，让乙或者丙射门好？
（1）【问题探究】对于这个问题，小明结合判断得出∠PAQ＜∠PCQ＜∠PBQ，根据“仅从射门角度考虑，球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进”的经验，认为甲应该将球传给乙。以下给出了证明∠PAQ＜∠PCQ＜∠PBQ的部分过程，请继续完成证明过程。
，设AQ与圆交于点M，连接PM，设PB的延长线交圆于点N，连接QN，则∠PCQ=∠PMQ=∠PNQ，
∵∠PMQ=∠PAM+
∵∠PBQ=∠BNQ+
∴∠PAQ＜∠PCQ＜∠PBQ.
（2）【问题应用】德国数学家米勒曾提出最大视角问题，并得到这样的结论：，点A，B是平面内两个定点，C是直线l上的一个动点，当且仅当△ABC的外接圆与l相切于点C时，∠ACB最大。请直接根据这一结论解决问题：，在正方形ABCD中，BC=4，E是BC上一点，连接AE，DE，当∠AED取得最大值时，AE=
（3）【问题拓展】，∠MPN=30°，点A，B是边PM上两点，AB=6，点C是边PN上一动点。若∠ACB最大不超过60°，求AP的取值范围.
，在足球比赛场上，甲带球奔向对方球门PQ（虚线部分为△PQC的外接圆），当他带球冲到A点时，同伴乙和丙已分别冲到B点和C点，甲是自己射门好，还是将球传给乙或者丙，让乙或者丙射门好？（1）【问题探究】对于这个问题，小明结合判断得出∠PAQ＜∠PCQ＜∠PBQ，根据“仅从射门角度考虑，球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进”的经验，认为甲应该将球传给乙。以下给出了证明∠PAQ＜∠PCQ＜∠PBQ的部分过程，请继续完成证明过程。
，设AQ与圆交于点M，连接PM，设PB的延长线交圆于点N，连接QN，则∠PCQ=∠PMQ=∠PNQ，
∵∠PMQ=∠PAM+
∠APM
，∴∠PMQ＞∠PAQ
，∴∠PCQ＞∠PAQ.∵∠PBQ=∠BNQ+
∠BQN
，∴∠PBQ＞∠PNQ
，∴∠PBQ＞∠PCQ.∴∠PAQ＜∠PCQ＜∠PBQ.
（2）【问题应用】德国数学家米勒曾提出最大视角问题，并得到这样的结论：，点A，B是平面内两个定点，C是直线l上的一个动点，当且仅当△ABC的外接圆与l相切于点C时，∠ACB最大。请直接根据这一结论解决问题：，在正方形ABCD中，BC=4，E是BC上一点，连接AE，DE，当∠AED取得最大值时，AE=
2√5
.（3）【问题拓展】，∠MPN=30°，点A，B是边PM上两点，AB=6，点C是边PN上一动点。若∠ACB最大不超过60°，求AP的取值范围.
答案
(1) ∠APM；∠PAQ；∠BQN；∠PNQ
(2) 2√5
(3) AP≥4√3
(2) 2√5
(3) AP≥4√3
解析
【分析】
(1) 本小问利用三角形外角性质和圆周角定理推导角度大小：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和，因此外角大于任意一个不相邻的内角，结合已知的相等圆周角即可推出角度的大小关系。
(2) 本小问直接应用米勒定理，当△AED的外接圆与BC相切时∠AED最大，结合正方形的性质可确定E点位置，再用勾股定理计算AE的长度即可。
(3) 本小问先根据米勒定理确定∠ACB最大的条件是△ABC外接圆与PN相切，再结合∠ACB最大为60°的临界条件，利用弦长与圆周角、半径的关系、切割线定理求解临界值，即可得到AP的取值范围。
【解析】
(1) 根据三角形外角的性质：
∠PMQ是△PAM的外角，因此$∠ PMQ=∠ PAM+\boxed{∠ APM}$，可得$∠ PMQ＞\boxed{∠ PAQ}$，结合$∠ PCQ=∠ PMQ$，得$∠ PCQ＞∠ PAQ$；
$∠ PBQ$是$△ BNQ$的外角，因此$∠ PBQ=∠ BNQ+\boxed{∠ BQN}$，可得$∠ PBQ＞\boxed{∠ PNQ}$，结合$∠ PCQ=∠ PNQ$，得$∠ PBQ＞∠ PCQ$；
综上$∠ PAQ＜∠ PCQ＜∠ PBQ$。
(2) 由米勒定理，当$△ AED$的外接圆与$BC$相切时，$∠ AED$最大。
∵$AD// BC$，圆与$BC$相切，
∴弧$AE$=弧$DE$，即$AE=DE$，
∴$\mathrm{Rt}△ ABE≌\mathrm{Rt}△ DCE$，得$BE=EC=\frac{1}{2}BC=2$，
在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，$AB=4$，由勾股定理得：
$AE=\sqrt{AB^2+BE^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$。
(3) 根据米勒定理，当$△ ABC$的外接圆与$PN$相切于点$C$时，$∠ ACB$最大。
当$∠ ACB$最大值为$60°$时，设外接圆半径为$R$，弦$AB$对应的圆周角为$60°$，则$AB=2R·\sin60°$，代入$AB=6$得$6=2R×\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得$R=2\sqrt{3}$。
由切割线定理得$PC^2=PA· PB$，设$AP=x$，则$PB=x+6$，结合切线性质解得临界值$x=4\sqrt{3}$，若$∠ ACB$最大不超过$60°$，则$AP≥4\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $∠ APM$；$∠ PAQ$；$∠ BQN$；$∠ PNQ$
(2) $2\sqrt{5}$
(3) $AP≥4\sqrt{3}$
【知识点】
三角形外角性质；圆周角定理；勾股定理
【点评】
本题结合生活场景考查圆的性质的综合应用，从实际问题抽象出几何模型，逐层递进，既考查了基础定理的应用，也锻炼了迁移新结论解决问题的能力。
【难度系数】
0.65
(1) 本小问利用三角形外角性质和圆周角定理推导角度大小：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和，因此外角大于任意一个不相邻的内角，结合已知的相等圆周角即可推出角度的大小关系。
(2) 本小问直接应用米勒定理，当△AED的外接圆与BC相切时∠AED最大，结合正方形的性质可确定E点位置，再用勾股定理计算AE的长度即可。
(3) 本小问先根据米勒定理确定∠ACB最大的条件是△ABC外接圆与PN相切，再结合∠ACB最大为60°的临界条件，利用弦长与圆周角、半径的关系、切割线定理求解临界值，即可得到AP的取值范围。
【解析】
(1) 根据三角形外角的性质：
∠PMQ是△PAM的外角，因此$∠ PMQ=∠ PAM+\boxed{∠ APM}$，可得$∠ PMQ＞\boxed{∠ PAQ}$，结合$∠ PCQ=∠ PMQ$，得$∠ PCQ＞∠ PAQ$；
$∠ PBQ$是$△ BNQ$的外角，因此$∠ PBQ=∠ BNQ+\boxed{∠ BQN}$，可得$∠ PBQ＞\boxed{∠ PNQ}$，结合$∠ PCQ=∠ PNQ$，得$∠ PBQ＞∠ PCQ$；
综上$∠ PAQ＜∠ PCQ＜∠ PBQ$。
(2) 由米勒定理，当$△ AED$的外接圆与$BC$相切时，$∠ AED$最大。
∵$AD// BC$，圆与$BC$相切，
∴弧$AE$=弧$DE$，即$AE=DE$，
∴$\mathrm{Rt}△ ABE≌\mathrm{Rt}△ DCE$，得$BE=EC=\frac{1}{2}BC=2$，
在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，$AB=4$，由勾股定理得：
$AE=\sqrt{AB^2+BE^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$。
(3) 根据米勒定理，当$△ ABC$的外接圆与$PN$相切于点$C$时，$∠ ACB$最大。
当$∠ ACB$最大值为$60°$时，设外接圆半径为$R$，弦$AB$对应的圆周角为$60°$，则$AB=2R·\sin60°$，代入$AB=6$得$6=2R×\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得$R=2\sqrt{3}$。
由切割线定理得$PC^2=PA· PB$，设$AP=x$，则$PB=x+6$，结合切线性质解得临界值$x=4\sqrt{3}$，若$∠ ACB$最大不超过$60°$，则$AP≥4\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $∠ APM$；$∠ PAQ$；$∠ BQN$；$∠ PNQ$
(2) $2\sqrt{5}$
(3) $AP≥4\sqrt{3}$
【知识点】
三角形外角性质；圆周角定理；勾股定理
【点评】
本题结合生活场景考查圆的性质的综合应用，从实际问题抽象出几何模型，逐层递进，既考查了基础定理的应用，也锻炼了迁移新结论解决问题的能力。
【难度系数】
0.65
