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(人教九上$\mathrm{P}_{173}$综合与实践改编)生活中存在许多数学优化问题,需要我们运用知识去分析解决.下面我们以足球场上寻找最大射门角度的问题为例展开思考.
【提出问题】如图1,直线$l$是足球场底线,$AB$是球门,点$P$是射门点,连接$PA$,$PB$,则$∠ APB$叫做射门角.如图2,在足球比赛场上,甲、乙两名队员互相配合向对方球门$AB$进攻,当甲带球冲到$Q$点时,乙跟随冲到$P$点,仅从射门角度大小考虑(射门角越大,足球越容易被踢进),甲是自己射门好,还是迅速将球回传给乙,让乙射门好?利用所学知识说明理由.
【经验感知】如图3,若球员在直线$MN$上跑动,随时准备射门,是否存在某一点$S$,使得射门角$∠ ASB$最大?人们发现:当且仅当经过$A$,$B$两点的圆与直线$MN$相切于点$S$时,$∠ ASB$最大,并称此时的$∠ ASB$为最大射门角.如图4,$AB$为球门,直线$l$是足球场的底线,直线$m ⊥ l$,垂足为$C$,若$AB=2a$,$BC=a$,球员丙带球沿直线$m$向底线$l$方向运球,已知丙运球过程中的最大射门角是$∠ ASB$.
(1)尺规作图:作经过$A$,$B$两点并且与直线$m$相切于点$S$的$\odot O$(不写作法,保留作图痕迹).
(2)求出最大射门角$∠ ASB$的度数.
【理解应用】
(3)如图5,正方形网格中,点$A$,$B$,$C$,$D$,$E$均在格点上,$AB$为球门,球员丁带球沿$CD$方向进攻,最好的射点在 (
A.点 $C$ B.点 $D$ 或点 $E$
C.线段$DE$(异于端点)上一点 D.线段$CD$(异于端点)上一点
(4)如图6,矩形$CDEF$是足球场的示意图,其中宽$CD=66\ \mathrm{m}$,球门$AB=8\ \mathrm{m}$,且$AC=BD$.点$P$,$Q$分别是$DE$,$CF$上的点,$DP=7\ \mathrm{m}$,$∠ DPQ=135°$,一位左前锋球员戊从点$P$处带球,沿$PQ$方向跑动,球员戊在$PQ$上何处才能使射门角($∠ ASB$)最大?直接写出此时$PS$的长度.
【提出问题】如图1,直线$l$是足球场底线,$AB$是球门,点$P$是射门点,连接$PA$,$PB$,则$∠ APB$叫做射门角.如图2,在足球比赛场上,甲、乙两名队员互相配合向对方球门$AB$进攻,当甲带球冲到$Q$点时,乙跟随冲到$P$点,仅从射门角度大小考虑(射门角越大,足球越容易被踢进),甲是自己射门好,还是迅速将球回传给乙,让乙射门好?利用所学知识说明理由.
【经验感知】如图3,若球员在直线$MN$上跑动,随时准备射门,是否存在某一点$S$,使得射门角$∠ ASB$最大?人们发现:当且仅当经过$A$,$B$两点的圆与直线$MN$相切于点$S$时,$∠ ASB$最大,并称此时的$∠ ASB$为最大射门角.如图4,$AB$为球门,直线$l$是足球场的底线,直线$m ⊥ l$,垂足为$C$,若$AB=2a$,$BC=a$,球员丙带球沿直线$m$向底线$l$方向运球,已知丙运球过程中的最大射门角是$∠ ASB$.
(1)尺规作图:作经过$A$,$B$两点并且与直线$m$相切于点$S$的$\odot O$(不写作法,保留作图痕迹).
(2)求出最大射门角$∠ ASB$的度数.
【理解应用】
(3)如图5,正方形网格中,点$A$,$B$,$C$,$D$,$E$均在格点上,$AB$为球门,球员丁带球沿$CD$方向进攻,最好的射点在 (
C
)A.点 $C$ B.点 $D$ 或点 $E$
C.线段$DE$(异于端点)上一点 D.线段$CD$(异于端点)上一点
(4)如图6,矩形$CDEF$是足球场的示意图,其中宽$CD=66\ \mathrm{m}$,球门$AB=8\ \mathrm{m}$,且$AC=BD$.点$P$,$Q$分别是$DE$,$CF$上的点,$DP=7\ \mathrm{m}$,$∠ DPQ=135°$,一位左前锋球员戊从点$P$处带球,沿$PQ$方向跑动,球员戊在$PQ$上何处才能使射门角($∠ ASB$)最大?直接写出此时$PS$的长度.
答案
【提出问题】甲自己射门好. 理由如下：
如图1,记AP与过AB两点的圆的交点为C,连接BC.
∵ $\overgroup{AB} = \overgroup{AB}$,
∴ $∠ AQB = ∠ ACB$.
∵ $∠ ACB = ∠ APB + ∠ PBC$,
∴ $∠ AQB ＞ ∠ APB$.
∴ 甲自己射门好.
1. 如图2,$\odot O$即为所求.
2. 如图2,连接$OA,OB,OS,OD ⊥ AB$于$D$.
∵ $S$是$\odot O$的切点,
∴ $OS ⊥ m$.
∵ $m ⊥ l,OD ⊥ AB$,
∴ 四边形$CDOS$是矩形.
∵ $AB = 2a,BC = a$,
∴ $OS = CD = BD + BC = \frac{1}{2}AB + BC = 2a$.
∴ $OA = OB = OS = 2a = AB$.
∴ $△ AOB$是等边三角形,$∠ AOB = 60°$.
∵ $\overgroup{AB} = \overgroup{AB}$,
∴ $∠ ASB = \frac{1}{2}∠ AOB = 30°$.
∴ 最大射门角$∠ ASB$的度数为$30°$.
3. C
4.
∵ $CD = 66\ \mathrm{m},AB = 8\ \mathrm{m},AC = BD$,
∴ $AC = BD = \frac{66-8}{2} = 29$.
如图3,过$A,B$作$\odot O$与$PQ$相切,切点为$S$,线段$AB$的垂直平分线交$AB,PQ$于点$N,K,KM ⊥ DE$于$M$,$QP,CD$的延长线交点为$G$,则$∠ ASB$是最大的射门角.
∴ $∠ KNG = 90°,BN = \frac{1}{2}AB = 4,DP // KN,OS ⊥ PQ$.
∵ $∠ DPQ = 135°$,
∴ $∠ NKG = 180° - ∠ DPQ = 45°$.
∴ $∠ G = 45°, ∠ DPG = 45°$.
∴ $DG = DP = 7,KN = NG = DN + DG = \frac{CD}{2} + DG = 40$.
由题意知,$∠ KOS = 180° - ∠ NKG - ∠ OSK = 45°, ∠ PKM = 90° - ∠ NKG = 45° = ∠ KPM$.
∴ $△ OKS, △ KPM$均为等腰直角三角形.
∴ $MP = KM = ND = 33,PK = \sqrt{KM^2 + MP^2} = 33\sqrt{2}$.
设$\odot O$的半径为$r$,
则$OB = OS = KS = r,OK = \sqrt{OS^2 + KS^2} = \sqrt{2}r$.
∴ $ON = KN - OK = 40 - \sqrt{2}r$.
由勾股定理,得$BN^2 = OB^2 - ON^2$,即$4^2 = r^2 - (40 - \sqrt{2}r)^2$.
解得$r = 40\sqrt{2} - 12 \sqrt{11}$或$r = 40\sqrt{2} + 12 \sqrt{11}$(舍去).
∴ $SP = KP - KS = 33\sqrt{2} - (40\sqrt{2} - 12 \sqrt{11}) = 12 \sqrt{11} - 7\sqrt{2}$.
∴ 射门角($∠ ASB$)最大,此时$PS$的长度为$(12 \sqrt{11} -7\sqrt{2})\mathrm{m}$.
解析
【分析】
1. 提出问题：要判断谁射门更好，只需比较两人射门角的大小。利用同弧所对圆周角相等，结合三角形外角大于不相邻内角的性质，即可比较∠AQB和∠APB的大小。
2. 尺规作图：过A、B两点的圆的圆心在AB的垂直平分线上，且圆心到切线m的距离等于半径（即等于圆心到A、B的距离），据此即可确定圆心位置作出圆。
3. 求∠ASB度数：连接圆心与各关键点，先证明四边形CDOS为矩形得到半径长度，判定△AOB为等边三角形，再利用圆周角定理即可求出∠ASB的度数。
4. 第(3)问：根据“过A、B的圆与直线CD相切时切点处射门角最大”的结论，观察网格判断切点位置即可选出答案。
5. 第(4)问：先求出各基础线段长度，作过A、B且与PQ相切的圆，切点S即为最优射点；结合角度条件得到等腰直角三角形，设半径为r，利用勾股定理列方程求出r，再计算PS的长度即可。
【解析】
提出问题
甲自己射门好，理由如下：
如图1，记AP与过AB两点的圆的交点为C，连接BC。
∵ $\overgroup{AB} = \overgroup{AB}$，
∴ $∠AQB = ∠ACB$（同弧所对的圆周角相等）。
∵ $∠ACB$是$△ PBC$的外角，
∴ $∠ACB = ∠APB + ∠PBC$，
∴ $∠AQB ＞ ∠APB$，即甲的射门角更大，甲自己射门更好。
(1) 尺规作图
$\odot O$即为所求，作图结果如下：
(2) 求∠ASB的度数
如图2，连接$OA,OB,OS$，过$O$作$OD ⊥ AB$于$D$。
∵ 直线m与$\odot O$相切于S，
∴ $OS ⊥ m$。
∵ $m ⊥ l$，$OD ⊥ AB$，
∴ 四边形CDOS是矩形，$OS=CD$。
∵ $AB=2a$，$BC=a$，$OD⊥AB$，
∴ $BD=\frac{1}{2}AB=a$，
∴ $CD=BD+BC=a+a=2a$，
∴ $OS=OA=OB=2a$，即$OA=OB=AB=2a$，
∴ $△ AOB$是等边三角形，$∠AOB=60°$。
由圆周角定理可得：$∠ASB=\frac{1}{2}∠AOB=30°$。
(3) 选点
根据最大射门角的结论，过A、B两点的圆与直线CD相切的切点为最优射点，观察网格可知该切点在线段DE（异于端点）上，故选C。
(4) 求PS的长度
∵ $CD=66\ \mathrm{m}$，$AB=8\ \mathrm{m}$，$AC=BD$，
∴ $AC=BD=\frac{CD-AB}{2}=\frac{66-8}{2}=29\ \mathrm{m}$，
∴ $BN=\frac{1}{2}AB=4\ \mathrm{m}$，$DN=BD+BN=29+4=33\ \mathrm{m}$。
如图3，过A、B作$\odot O$与PQ相切，切点为S，此时$∠ASB$为最大射门角。作AB的垂直平分线，交AB于N，交PQ于K，过K作$KM⊥DE$于M，延长QP、CD交于点G。
∵ $∠DPQ=135°$，
∴ $∠DPG=180°-135°=45°$，
又
∵ $∠PDG=90°$，
∴ $△ DPG$是等腰直角三角形，$DG=DP=7\ \mathrm{m}$，$∠G=45°$。
∵ $KN⊥CD$，
∴ $△ KNG$是等腰直角三角形，$KN=NG=DN+DG=33+7=40\ \mathrm{m}$，
同理可得$△ KPM$是等腰直角三角形，$KM=DN=33\ \mathrm{m}$，$MP=KM=33\ \mathrm{m}$，
∴ $PK=\sqrt{KM^2+MP^2}=33\sqrt{2}\ \mathrm{m}$。
∵ PQ与$\odot O$相切于S，
∴ $OS⊥PQ$，
∵ $∠OKS=∠G=45°$，
∴ $△ OKS$是等腰直角三角形，设$\odot O$的半径为$r$，则$OS=KS=r$，$OK=\sqrt{OS^2+KS^2}=\sqrt{2}r$，
∴ $ON=KN-OK=40-\sqrt{2}r$。
在$△ ONB$中，由勾股定理得：$OB^2=ON^2+BN^2$，
即 $r^2=(40-\sqrt{2}r)^2+4^2$，
整理得$r^2 - 80\sqrt{2}r + 1616 = 0$，
解得$r=40\sqrt{2}-12\sqrt{11}$（$r=40\sqrt{2}+12\sqrt{11}$不符合题意，舍去），
∴ $KS=r=40\sqrt{2}-12\sqrt{11}$，
∴ $PS=PK-KS=33\sqrt{2}-(40\sqrt{2}-12\sqrt{11})=12\sqrt{11}-7\sqrt{2}\ \mathrm{m}$。
【答案】
【提出问题】甲自己射门好，理由见解析；
(1)
(2) $30°$
(3) C
(4) 当S为过A、B的圆与PQ的切点时射门角最大，此时$PS=(12\sqrt{11}-7\sqrt{2})\ \mathrm{m}$；
【知识点】
圆周角定理；切线的性质；勾股定理
【点评】
本题结合足球射门的生活场景，将几何知识与实际问题融合，综合考查了圆的相关性质、特殊三角形的判定与性质、方程思想的应用，能有效锻炼逻辑推理能力和用数学知识解决实际问题的能力。
【难度系数】
0.3
1. 提出问题：要判断谁射门更好，只需比较两人射门角的大小。利用同弧所对圆周角相等，结合三角形外角大于不相邻内角的性质，即可比较∠AQB和∠APB的大小。
2. 尺规作图：过A、B两点的圆的圆心在AB的垂直平分线上，且圆心到切线m的距离等于半径（即等于圆心到A、B的距离），据此即可确定圆心位置作出圆。
3. 求∠ASB度数：连接圆心与各关键点，先证明四边形CDOS为矩形得到半径长度，判定△AOB为等边三角形，再利用圆周角定理即可求出∠ASB的度数。
4. 第(3)问：根据“过A、B的圆与直线CD相切时切点处射门角最大”的结论，观察网格判断切点位置即可选出答案。
5. 第(4)问：先求出各基础线段长度，作过A、B且与PQ相切的圆，切点S即为最优射点；结合角度条件得到等腰直角三角形，设半径为r，利用勾股定理列方程求出r，再计算PS的长度即可。
【解析】
提出问题
甲自己射门好，理由如下：
如图1，记AP与过AB两点的圆的交点为C，连接BC。
∵ $\overgroup{AB} = \overgroup{AB}$，
∴ $∠AQB = ∠ACB$（同弧所对的圆周角相等）。
∵ $∠ACB$是$△ PBC$的外角，
∴ $∠ACB = ∠APB + ∠PBC$，
∴ $∠AQB ＞ ∠APB$，即甲的射门角更大，甲自己射门更好。
(1) 尺规作图
$\odot O$即为所求，作图结果如下：
(2) 求∠ASB的度数
如图2，连接$OA,OB,OS$，过$O$作$OD ⊥ AB$于$D$。
∵ 直线m与$\odot O$相切于S，
∴ $OS ⊥ m$。
∵ $m ⊥ l$，$OD ⊥ AB$，
∴ 四边形CDOS是矩形，$OS=CD$。
∵ $AB=2a$，$BC=a$，$OD⊥AB$，
∴ $BD=\frac{1}{2}AB=a$，
∴ $CD=BD+BC=a+a=2a$，
∴ $OS=OA=OB=2a$，即$OA=OB=AB=2a$，
∴ $△ AOB$是等边三角形，$∠AOB=60°$。
由圆周角定理可得：$∠ASB=\frac{1}{2}∠AOB=30°$。
(3) 选点
根据最大射门角的结论，过A、B两点的圆与直线CD相切的切点为最优射点，观察网格可知该切点在线段DE（异于端点）上，故选C。
(4) 求PS的长度
∵ $CD=66\ \mathrm{m}$，$AB=8\ \mathrm{m}$，$AC=BD$，
∴ $AC=BD=\frac{CD-AB}{2}=\frac{66-8}{2}=29\ \mathrm{m}$，
∴ $BN=\frac{1}{2}AB=4\ \mathrm{m}$，$DN=BD+BN=29+4=33\ \mathrm{m}$。
如图3，过A、B作$\odot O$与PQ相切，切点为S，此时$∠ASB$为最大射门角。作AB的垂直平分线，交AB于N，交PQ于K，过K作$KM⊥DE$于M，延长QP、CD交于点G。
∵ $∠DPQ=135°$，
∴ $∠DPG=180°-135°=45°$，
又
∵ $∠PDG=90°$，
∴ $△ DPG$是等腰直角三角形，$DG=DP=7\ \mathrm{m}$，$∠G=45°$。
∵ $KN⊥CD$，
∴ $△ KNG$是等腰直角三角形，$KN=NG=DN+DG=33+7=40\ \mathrm{m}$，
同理可得$△ KPM$是等腰直角三角形，$KM=DN=33\ \mathrm{m}$，$MP=KM=33\ \mathrm{m}$，
∴ $PK=\sqrt{KM^2+MP^2}=33\sqrt{2}\ \mathrm{m}$。
∵ PQ与$\odot O$相切于S，
∴ $OS⊥PQ$，
∵ $∠OKS=∠G=45°$，
∴ $△ OKS$是等腰直角三角形，设$\odot O$的半径为$r$，则$OS=KS=r$，$OK=\sqrt{OS^2+KS^2}=\sqrt{2}r$，
∴ $ON=KN-OK=40-\sqrt{2}r$。
在$△ ONB$中，由勾股定理得：$OB^2=ON^2+BN^2$，
即 $r^2=(40-\sqrt{2}r)^2+4^2$，
整理得$r^2 - 80\sqrt{2}r + 1616 = 0$，
解得$r=40\sqrt{2}-12\sqrt{11}$（$r=40\sqrt{2}+12\sqrt{11}$不符合题意，舍去），
∴ $KS=r=40\sqrt{2}-12\sqrt{11}$，
∴ $PS=PK-KS=33\sqrt{2}-(40\sqrt{2}-12\sqrt{11})=12\sqrt{11}-7\sqrt{2}\ \mathrm{m}$。
【答案】
【提出问题】甲自己射门好，理由见解析；
(1)
(2) $30°$
(3) C
(4) 当S为过A、B的圆与PQ的切点时射门角最大，此时$PS=(12\sqrt{11}-7\sqrt{2})\ \mathrm{m}$；
【知识点】
圆周角定理；切线的性质；勾股定理
【点评】
本题结合足球射门的生活场景，将几何知识与实际问题融合，综合考查了圆的相关性质、特殊三角形的判定与性质、方程思想的应用，能有效锻炼逻辑推理能力和用数学知识解决实际问题的能力。
【难度系数】
0.3
