1. 足球运动已成为一种世界性的运动，也是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，一般地，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 $表示）：
①横向跑动.
②竖向跑动.
($ l ⊥ AB $，垂足在线段$ AB $上)
③竖向跑动.
($ l ⊥ AB $，垂足在线段$ AB $外)
④斜向跑动.
($ 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 $上存在$ P_2 $，$ P_3 $，且在$ P_1 $的两侧，当运动员带球沿$ l $横向跑动，最佳射门点为.（填“$ P_1 $”“$ P_2 $”或“$ P_3 $”）
(2)如图2，当运动员带球沿$ l $竖向跑动时，请用你所学的数学知识证明在点$ P $射门进球的可能性比在点$ Q $射门进球的可能性大.
(3)如图3，设$ 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}{2}\sqrt{3} \ \mathrm{m} $，当运动员速度为$ 8 \ \mathrm{m/s} $，求运动员从点$ N $沿直线$ l $向点$ M $带球跑动到最佳射门点的时间.

1.(1) 如答图41,设$AP_2$与$\odot O$相交于点D,连接BD.$\therefore ∠ ADB=∠ AP_1B$. $\because ∠ ADB=∠ AP_2B + ∠ P_2BD$, $\therefore ∠ ADB ＞ ∠ AP_2B$. $\therefore ∠ AP_1B＞∠ AP_2B$.同理可得$∠ AP_1B＞∠ AP_3B$,$\therefore$当运动员带球沿$l$横向跑动,最佳射门点为$P_1$.
(2) 如答图42,设$l$与$AB$相交于点$D$.由三角形外角性质可得$∠ APD ＞ ∠ AQP$,$∠ BPD ＞ ∠ BQP$, $\therefore ∠ APD + ∠ BPD ＞ ∠ AQP + ∠ BQP$,即$∠ APB＞∠ AQB$.$\therefore$在点$P$射门进球的可能性比在点$Q$射门进球的可能性大
(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,如答图43,过点$O$作$OH⊥ AB$,$\therefore BH=\frac{1}{2}AB=\frac{5}{2}\ \mathrm{m}$.
$\therefore MH=BH+MB=\frac{5}{2}+\frac{5}{2}=5(\mathrm{m})$.$\because OH⊥ AB$,$OQ⊥ l$,$l⊥ AB$,$\therefore ∠ OHM=∠ HMQ=∠ OQM=90°$.$\therefore$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$QM=OH=\sqrt{OB^2-BH^2}=\sqrt{5^2-(\frac{5}{2})^2}=\frac{5}{2}\sqrt{3}(\mathrm{m})$,$\therefore NQ=MN-QM=\frac{15}{2}\sqrt{3}-\frac{5}{2}\sqrt{3}=5\sqrt{3}(\mathrm{m})$.$\therefore$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$5\sqrt{3}÷8=\frac{5}{8}\sqrt{3}(\mathrm{s})$

【分析】
(1) 本问可利用“同弧所对的圆周角大于圆外角”的规律判断：过A、B两点作圆与直线l相切，切点处的射门角是直线l上所有点对应的射门角中最大的，由此确定最佳射门点。
(2) 要判断P点射门可能性更大，只需证明∠APB＞∠AQB，可借助三角形外角的性质，分别得到∠APD＞∠AQP、∠BPD＞∠BQP，两式相加即可得到两角的大小关系。
(3) 首先结合(1)的结论，确定最佳射门点是过A、B的圆与直线l的切点；再利用垂径定理、矩形的性质求出圆的半径，通过勾股定理算出切点到M的距离，进而求出N到最佳射门点的路程，最后结合速度公式计算时间即可。
【解析】
(1) 如答图41，设$AP_2$与$\odot O$相交于点D，连接BD。
由圆周角定理可得，同弧$AB$所对的圆周角相等，因此$∠ADB=∠AP_1B$。
根据三角形外角的性质，$∠ADB=∠AP_2B + ∠P_2BD$，因此$∠ADB ＞ ∠AP_2B$，即$∠AP_1B＞∠AP_2B$。
同理可证$∠AP_1B＞∠AP_3B$，因此$∠AP_1B$为直线$l$上的最大射门角，最佳射门点为$P_1$。
(2) 如答图42，设$l$与$AB$相交于点$D$。
根据三角形外角的性质：三角形的外角大于任意一个不相邻的内角，可得$∠APD ＞ ∠AQP$，$∠BPD ＞ ∠BQP$。
将两个不等式相加可得：$∠APD + ∠BPD ＞ ∠AQP + ∠BQP$，即$∠APB＞∠AQB$。
射门角越大，进球可能性越大，因此在点$P$射门进球的可能性比在点$Q$射门进球的可能性大。
(3) 由(1)的结论可知，当过$A、B$两点的$\odot O$与直线$l$相切时，切点即为最佳射门点，设该切点为$Q$，如答图43。
过点$O$作$OH⊥ AB$于点$H$，根据垂径定理可得：$BH=\frac{1}{2}AB=\frac{5}{2}\ \mathrm{m}$。
因此$MH=BH+MB=\frac{5}{2}+\frac{5}{2}=5\ \mathrm{m}$。
因为$OH⊥ AB$，$OQ⊥ l$（圆的切线垂直于过切点的半径），且$l⊥ AB$，所以$∠OHM=∠HMQ=∠OQM=90°$，因此四边形$OHMQ$为矩形。
所以$OQ=MH=5\ \mathrm{m}$，$QM=OH$，又因为$OB、OQ$均为$\odot O$的半径，因此$OB=OQ=5\ \mathrm{m}$。
在$\mathrm{Rt}△ BOH$中，由勾股定理得：
$QM=OH=\sqrt{OB^2-BH^2}=\sqrt{5^2-(\frac{5}{2})^2}=\frac{5}{2}\sqrt{3}\ \mathrm{m}$。
因此$NQ=MN-QM=\frac{15}{2}\sqrt{3}-\frac{5}{2}\sqrt{3}=5\sqrt{3}\ \mathrm{m}$。
已知运动员速度为$8\ \mathrm{m/s}$，所以跑动时间为$5\sqrt{3}÷8=\frac{5}{8}\sqrt{3}\ \mathrm{s}$。
【答案】
(1) $P_1$
(2) 证明成立，在点$P$射门进球的可能性比在点$Q$大
(3) $\frac{5}{8}\sqrt{3}\ \mathrm{s}$
（相关辅助线图示分别对应答图41、答图42、答图43）
【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，将抽象的几何知识融入实际问题中，既考查了圆、三角形的基础性质的综合运用，也能引导学生关注生活中的数学现象，提升知识应用能力。
【难度系数】
0.6