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练实践
“危险角”问题
素材
船在航行过程中,船长常常通过测定角度的方法来确定是否会遇到暗礁.如图1,A,B表示灯塔,暗礁分布在经过A,B两点的一个圆形区域内,优弧AB上任一点C都是有触礁危险的临界点,∠ACB就是“危险角”.当船P位于安全区域时,它与两个灯塔的夹角∠APB与“危险角”∠ACB有怎样的大小关系?数学小组进行了如下探究
问题解决
任务1
数学小组用已学知识判断∠APB与“危险角”∠ACB的大小关系,步骤如下:如图2,AP与⊙O相交于点D,连接BD,由同弧或等弧所对的圆周角相等,可知∠ACB=∠ADB,
∵∠ADB是△BDP的外角,
∴∠APB
∴∠APB
任务2
如图3,已知线段AB与直线l,在直线l上取一点P,过A,B两点作⊙O使其与直线l相切,切点为P,连接AP,BP,不妨在直线上另外任取一点Q,连接AQ,BQ,请你比较∠APB与∠AQB的大小,并说明理由
任务3
如图4,某球员在球场底线点D处接到球后,沿射线DQ方向带球跑动,∠ADQ=45°,球门宽AB为8米,BD=16米,若该球员在射线DQ上的点M处射门角度最大,即∠AMB最大,试求出此时DM的长度
“危险角”问题
素材
船在航行过程中,船长常常通过测定角度的方法来确定是否会遇到暗礁.如图1,A,B表示灯塔,暗礁分布在经过A,B两点的一个圆形区域内,优弧AB上任一点C都是有触礁危险的临界点,∠ACB就是“危险角”.当船P位于安全区域时,它与两个灯塔的夹角∠APB与“危险角”∠ACB有怎样的大小关系?数学小组进行了如下探究
问题解决
任务1
数学小组用已学知识判断∠APB与“危险角”∠ACB的大小关系,步骤如下:如图2,AP与⊙O相交于点D,连接BD,由同弧或等弧所对的圆周角相等,可知∠ACB=∠ADB,
∵∠ADB是△BDP的外角,
∴∠APB
＜
∠ADB(填“＞”“=”或“＜”),∴∠APB
＜
∠ACB(填“＞”“=”或“＜”)任务2
如图3,已知线段AB与直线l,在直线l上取一点P,过A,B两点作⊙O使其与直线l相切,切点为P,连接AP,BP,不妨在直线上另外任取一点Q,连接AQ,BQ,请你比较∠APB与∠AQB的大小,并说明理由
任务3
如图4,某球员在球场底线点D处接到球后,沿射线DQ方向带球跑动,∠ADQ=45°,球门宽AB为8米,BD=16米,若该球员在射线DQ上的点M处射门角度最大,即∠AMB最大,试求出此时DM的长度
答案
任务1:＜;＜.
任务2:∠APB＞∠AQB.理由如下:
如图,设AQ与⊙O交于点G,连接BG,
∵$\widehat{AB}=\widehat{AB}$,
∴∠APB=∠AGB,
∵∠AGB是△BGQ的外角,
∴∠AGB＞∠AQB,
∴∠APB＞∠AQB.
任务3:由任务2可得,当经过A,B的⊙O与DQ相切于点M时,∠AMB最大,过点O作OH⊥AB于点H,延长HO交DQ于点E,连接OB,OM,
∴$BH=\frac{1}{2}AB=4$米,
∴$DH=BH+BD=4+16=20$(米),
∵∠ADQ=45°,
∴△DHE是等腰直角三角形,
∴HE=DH=20米,
∴$DE=\sqrt{DH^2+HE^2}=20\sqrt{2}$米,
∵DQ与⊙O相切,
∴OM⊥DQ,
∴△OME是等腰直角三角形,
∴OM=ME,
设⊙O的半径为x米,则OB=OM=ME=x米,
∴$OE=\sqrt{2}x$米,
∴$OH=(20-\sqrt{2}x)$米,
在Rt△OBH中,$OH^2+HB^2=OB^2$,
∴$(20-\sqrt{2}x)^2+4^2=x^2$,
解得$x=20\sqrt{2}-8\sqrt{6}$或$x=20\sqrt{2}+8\sqrt{6}$(舍去),
∴$DM=20\sqrt{2}-(20\sqrt{2}-8\sqrt{6})=8\sqrt{6}$(米).
解析
【分析】
任务1：首先根据同弧所对圆周角相等得到∠ACB=∠ADB，再利用三角形外角大于任意不相邻内角的性质，即可比较∠APB和∠ADB的大小，进而代换得到∠APB与∠ACB的大小关系。
任务2：类比任务1的思路，先构造同弧AB所对的圆周角∠AGB，可得∠AGB=∠APB，再将∠AGB作为△BGQ的外角，利用外角性质比较∠AGB和∠AQB的大小，即可推出结论。
任务3：根据任务2的结论可知，∠AMB最大时，过A、B的圆与DQ相切于M点。添加辅助线OH⊥AB，利用垂径定理求出BH长度，结合∠ADQ=45°可判断△DHE、△OME均为等腰直角三角形，设圆半径为x，用含x的式子表示OH的长度，在Rt△OBH中利用勾股定理列方程求解半径，最后计算DM的长度即可。
【解析】
任务1
由同弧所对的圆周角相等，得∠ACB=∠ADB。
因为∠ADB是△BDP的外角，根据三角形外角性质：三角形的外角大于任意一个和它不相邻的内角，可得∠APB＜∠ADB，等量代换得∠APB＜∠ACB。
任务2
∠APB＞∠AQB，理由如下：
设AQ与⊙O交于点G，连接BG，根据同弧AB所对的圆周角相等，得∠APB=∠AGB。
因为∠AGB是△BGQ的外角，根据外角性质可得∠AGB＞∠AQB，因此∠APB＞∠AQB。
任务3
根据任务2的结论，当经过A、B的⊙O与DQ相切于M点时，∠AMB最大。
过O作OH⊥AB于H，延长HO交DQ于E，连接OB、OM：
由垂径定理得$BH=\frac{1}{2}AB=4$米，因此$DH=BD+BH=16+4=20$米。
因为∠ADQ=45°，∠DHE=90°，所以△DHE是等腰直角三角形，$HE=DH=20$米，由勾股定理得$DE=\sqrt{20^2+20^2}=20\sqrt{2}$米。
因为DQ是⊙O的切线，所以OM⊥DQ，△OME是等腰直角三角形，$OM=ME$。
设⊙O半径为x米，则$OB=OM=ME=x$米，$OE=\sqrt{2}x$米，因此$OH=20-\sqrt{2}x$米。
在Rt△OBH中，由勾股定理得：
$(20-\sqrt{2}x)^2+4^2=x^2$
解得$x=20\sqrt{2}-8\sqrt{6}$（$x=20\sqrt{2}+8\sqrt{6}$不符合题意舍去）。
因此$DM=DE-ME=20\sqrt{2}-x=8\sqrt{6}$米。
【答案】
任务1:＜;＜.
任务2:∠APB＞∠AQB.理由如下:
如图,设AQ与⊙O交于点G,连接BG,
∵$\widehat{AB}=\widehat{AB}$,
∴∠APB=∠AGB,
∵∠AGB是△BGQ的外角,
∴∠AGB＞∠AQB,
∴∠APB＞∠AQB.
任务3:由任务2可得,当经过A,B的⊙O与DQ相切于点M时,∠AMB最大,过点O作OH⊥AB于点H,延长HO交DQ于点E,连接OB,OM,
∴$BH=\frac{1}{2}AB=4$米,
∴$DH=BH+BD=4+16=20$(米),
∵∠ADQ=45°,
∴△DHE是等腰直角三角形,
∴HE=DH=20米,
∴$DE=\sqrt{DH^2+HE^2}=20\sqrt{2}$米,
∵DQ与⊙O相切,
∴OM⊥DQ,
∴△OME是等腰直角三角形,
∴OM=ME,
设⊙O的半径为x米,则OB=OM=ME=x米,
∴$OE=\sqrt{2}x$米,
∴$OH=(20-\sqrt{2}x)$米,
在Rt△OBH中,$OH^2+HB^2=OB^2$,
∴$(20-\sqrt{2}x)^2+4^2=x^2$,
解得$x=20\sqrt{2}-8\sqrt{6}$或$x=20\sqrt{2}+8\sqrt{6}$(舍去),
∴$DM=20\sqrt{2}-(20\sqrt{2}-8\sqrt{6})=8\sqrt{6}$(米).
【知识点】
圆周角定理，切线的性质，勾股定理
【点评】
本题结合实际生活中的航行避险、射门最优位置问题，考查了几何知识的综合应用，解题时需要将前序探究得到的结论灵活迁移到后续问题中，通过合理添加辅助线构造直角三角形，结合方程思想求解，能够有效考查知识的迁移应用能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
任务1：首先根据同弧所对圆周角相等得到∠ACB=∠ADB，再利用三角形外角大于任意不相邻内角的性质，即可比较∠APB和∠ADB的大小，进而代换得到∠APB与∠ACB的大小关系。
任务2：类比任务1的思路，先构造同弧AB所对的圆周角∠AGB，可得∠AGB=∠APB，再将∠AGB作为△BGQ的外角，利用外角性质比较∠AGB和∠AQB的大小，即可推出结论。
任务3：根据任务2的结论可知，∠AMB最大时，过A、B的圆与DQ相切于M点。添加辅助线OH⊥AB，利用垂径定理求出BH长度，结合∠ADQ=45°可判断△DHE、△OME均为等腰直角三角形，设圆半径为x，用含x的式子表示OH的长度，在Rt△OBH中利用勾股定理列方程求解半径，最后计算DM的长度即可。
【解析】
任务1
由同弧所对的圆周角相等，得∠ACB=∠ADB。
因为∠ADB是△BDP的外角，根据三角形外角性质：三角形的外角大于任意一个和它不相邻的内角，可得∠APB＜∠ADB，等量代换得∠APB＜∠ACB。
任务2
∠APB＞∠AQB，理由如下：
设AQ与⊙O交于点G，连接BG，根据同弧AB所对的圆周角相等，得∠APB=∠AGB。
因为∠AGB是△BGQ的外角，根据外角性质可得∠AGB＞∠AQB，因此∠APB＞∠AQB。
任务3
根据任务2的结论，当经过A、B的⊙O与DQ相切于M点时，∠AMB最大。
过O作OH⊥AB于H，延长HO交DQ于E，连接OB、OM：
由垂径定理得$BH=\frac{1}{2}AB=4$米，因此$DH=BD+BH=16+4=20$米。
因为∠ADQ=45°，∠DHE=90°，所以△DHE是等腰直角三角形，$HE=DH=20$米，由勾股定理得$DE=\sqrt{20^2+20^2}=20\sqrt{2}$米。
因为DQ是⊙O的切线，所以OM⊥DQ，△OME是等腰直角三角形，$OM=ME$。
设⊙O半径为x米，则$OB=OM=ME=x$米，$OE=\sqrt{2}x$米，因此$OH=20-\sqrt{2}x$米。
在Rt△OBH中，由勾股定理得：
$(20-\sqrt{2}x)^2+4^2=x^2$
解得$x=20\sqrt{2}-8\sqrt{6}$（$x=20\sqrt{2}+8\sqrt{6}$不符合题意舍去）。
因此$DM=DE-ME=20\sqrt{2}-x=8\sqrt{6}$米。
【答案】
任务1:＜;＜.
任务2:∠APB＞∠AQB.理由如下:
如图,设AQ与⊙O交于点G,连接BG,
∵$\widehat{AB}=\widehat{AB}$,
∴∠APB=∠AGB,
∵∠AGB是△BGQ的外角,
∴∠AGB＞∠AQB,
∴∠APB＞∠AQB.
任务3:由任务2可得,当经过A,B的⊙O与DQ相切于点M时,∠AMB最大,过点O作OH⊥AB于点H,延长HO交DQ于点E,连接OB,OM,
∴$BH=\frac{1}{2}AB=4$米,
∴$DH=BH+BD=4+16=20$(米),
∵∠ADQ=45°,
∴△DHE是等腰直角三角形,
∴HE=DH=20米,
∴$DE=\sqrt{DH^2+HE^2}=20\sqrt{2}$米,
∵DQ与⊙O相切,
∴OM⊥DQ,
∴△OME是等腰直角三角形,
∴OM=ME,
设⊙O的半径为x米,则OB=OM=ME=x米,
∴$OE=\sqrt{2}x$米,
∴$OH=(20-\sqrt{2}x)$米,
在Rt△OBH中,$OH^2+HB^2=OB^2$,
∴$(20-\sqrt{2}x)^2+4^2=x^2$,
解得$x=20\sqrt{2}-8\sqrt{6}$或$x=20\sqrt{2}+8\sqrt{6}$(舍去),
∴$DM=20\sqrt{2}-(20\sqrt{2}-8\sqrt{6})=8\sqrt{6}$(米).
【知识点】
圆周角定理，切线的性质，勾股定理
【点评】
本题结合实际生活中的航行避险、射门最优位置问题，考查了几何知识的综合应用，解题时需要将前序探究得到的结论灵活迁移到后续问题中，通过合理添加辅助线构造直角三角形，结合方程思想求解，能够有效考查知识的迁移应用能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
