［摘 要］文章從“本手”到“妙手”，對(duì)2023年某道中考數(shù)學(xué)二模試題進(jìn)行解法探究，并對(duì)米勒定理在最大張角問(wèn)題中的應(yīng)用進(jìn)行拓展。

［關(guān)鍵詞］米勒定理；最大張角問(wèn)題；解法探究

［中圖分類號(hào)］ G633.6 ［文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼］ A ［文章編號(hào)］ 1674-6058（2024）26-0005-03

因動(dòng)點(diǎn)而產(chǎn)生的張角問(wèn)題是初中數(shù)學(xué)的難點(diǎn)之一，這類問(wèn)題考查的知識(shí)面廣、綜合性強(qiáng)、題型多、解法靈活，因此在近幾年的各地模擬題中頻頻亮相。本文從“本手”到“妙手”，對(duì)2023年某道中考數(shù)學(xué)二模試題進(jìn)行解法探究，并對(duì)米勒定理在最大張角問(wèn)題中的應(yīng)用進(jìn)行拓展。

一、試題呈現(xiàn)與解法探究

[題1]如圖1，在矩形[ABCD]中，[AB=3]，[AD=4]，點(diǎn)[E]，[F]分別是邊[CD]，[BC]上的動(dòng)點(diǎn)，且[∠AFE=90°]，當(dāng)[DE]為 時(shí)，[∠AED]最大。

試題分析：本題以矩形、直角三角形以及雙動(dòng)點(diǎn)作為主要的命題背景和元素，其思維過(guò)程和運(yùn)算過(guò)程既體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸、數(shù)形結(jié)合等數(shù)學(xué)思想，又重點(diǎn)考查了學(xué)生的推理能力和運(yùn)算能力，具有一定的難度和區(qū)分度，是一道很有“嚼頭”的好題。

思路1：從邊長(zhǎng)入手

分析：在[Rt△ADE]中，[tan∠AED=ADDE=4DE]，當(dāng)[∠AED]增大時(shí)，[4DE]也增大，因此題目轉(zhuǎn)化為求[DE]的最小值，接下來(lái)只需圍繞題目中的幾何關(guān)系找到[DE]與其他邊長(zhǎng)的代數(shù)關(guān)系即可。

解法1（“本手”）：設(shè)[DE=y]，[CF=x]，∵矩形[ABCD]中，[AB=3]，[AD=4]，∴[CD=AB=3]，[BC=AD=4]，[∠B=∠C=90°]，

∴[CE=CD-DE=3-y]，[BF=BC-CF=4-x]，

∵[∠AFE=90°]，∴[∠AFB+∠CFE=90°]，

又∵[∠AFB+∠BAF=90°]，∴[∠BAF=∠CFE]，

∴[△ABF ]∽[△FCE]，

∴[ABCF=BFCE]，即[3x=4-x3-y]，整理得：[y=13（x-2）2+53]，[∴]當(dāng)[x=2]時(shí)，[y]取最小值[53]；[Rt△ADE]中，[∠D=90°]，∴[tan∠AED=ADDE=4y]，要使[tan∠AED=ADDE]取最大值，即[∠AED]最大，[y]應(yīng)取最小值[53]，即[DE=53]。

評(píng)注：解法1是標(biāo)準(zhǔn)答案的解法，其通過(guò)圖形中的相似關(guān)系——[△ABF ]∽[△FCE]，尋找[DE]與[CF]的代數(shù)關(guān)系，思維量大，計(jì)算量小，對(duì)學(xué)生的幾何直觀素養(yǎng)、推理能力要求較高。

解法2（“本手”）：設(shè)[DE=y]，[CF=x]，[∵]矩形[ABCD]中，[AB=3]，[AD=4]，∴[CD=AB=3]，[BC=AD=4]，[∠B=∠C=90°]，∴[CE=CD-DE=3-y]，[BF=BC-CF=4-x]，在[Rt△ADE]中，[AE2=AD2+DE2=16+y2]，同理得[AF2=9+（4-x）2]，[EF2=x2+（3-y）2]，∵[∠AFE=90°]，∴[AE2=AF2+EF2]，即[16+y2=9+（4-x）2+x2+（3-y）2]，整理得[y=13（x-2）2+53]，后同解法1。

評(píng)注：解法2是純代數(shù)運(yùn)算的解法，在設(shè)出未知量[DE=y]，[CF=x]后，通過(guò)圖中的直角，利用多組勾股定理代數(shù)式找到變量[y]與[x]的函數(shù)關(guān)系，思維量小，計(jì)算量大，對(duì)學(xué)生的運(yùn)算能力要求較高。

思路2：從角度入手

在介紹解法3前，先給出圓外角和米勒定理的相關(guān)內(nèi)容。

圓外角：如圖2，像[∠P]這樣頂點(diǎn)在圓外，兩邊都和圓相交的角叫作圓外角。

如圖3，[∠P=∠ACB-∠PBC<∠ACB]，因此，對(duì)同一個(gè)圓而言，圓周角[>]圓外角。

米勒定理：如圖4，已知[A]，[B]是[∠MON]的邊[ON]上的兩個(gè)定點(diǎn)，[C]是邊[OM]上的一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)[△ABC]的外接圓與邊[OM]相切于點(diǎn)[C]時(shí)，[∠ACB]最大。

證明：如圖5，設(shè)[C]是邊[OM]上不同于點(diǎn)[C]的任意一點(diǎn)，連接[AC]，[BC]，[BC]與[△ABC]的外接圓交于點(diǎn)[D]，在[△ABD]中，[∠ADB=∠ACB+∠CAD>∠ACB]，又[∠ADB=∠ACB]，[∠ACB>∠ACB]。

需要注意的是，在使用米勒定理處理解答題時(shí)需要證明。限于篇幅，本文在后續(xù)題目解答中不作證明。

解法3（“妙手”）：如圖6，取[AE]的中點(diǎn)[O]，連接[OD]，[OF]，∵[∠AFE=∠ADE=90°]，∴[OA=OD=OE=OF]，∴[A]，[D]，[E]，[F]四點(diǎn)共圓，∴[∠AED=∠AFD]，由米勒定理可知，當(dāng)[⊙O]與[BC]相切時(shí)，[∠AFD]的值最大，此時(shí)[OF]∥[CE]，[OF]∥[AB]，∴[F]為[BC]的中點(diǎn)，設(shè)[⊙O]的半徑為[r]，[DE=x]，則[CE=3-x]，由[AB+CE2=OF]得[r=6-x2]，由[AE2=AD2+] [DE2]得[（2r）2=42+x2]，即[（6-x）2=16+x2]，解得[x=53]，即[DE=53]。

評(píng)注：解法3注意到[A]，[D]，[E]，[F]四點(diǎn)共圓，利用圓周角相等及米勒定理將條件轉(zhuǎn)化為圓[⊙O]與[BC]相切，再通過(guò)梯形的中位線及勾股定理即可求出[DE]的長(zhǎng)，運(yùn)算量極少。

二、米勒定理的應(yīng)用拓展

在近幾年的中考數(shù)學(xué)試題和各地?cái)?shù)學(xué)模擬題中，以米勒定理為背景的最大張角問(wèn)題頻頻亮相。若能從題干中挖掘出其隱含的模型并應(yīng)用米勒定理解題，則能夠極大地降低思維量，并簡(jiǎn)化計(jì)算過(guò)程，使問(wèn)題化繁為簡(jiǎn)。下面通過(guò)相關(guān)例題說(shuō)明米勒定理的應(yīng)用。

（一）米勒定理在坐標(biāo)求解中的應(yīng)用

[題2]如圖7，已知點(diǎn)[A]，[B]的坐標(biāo)分別是[（0，1）]，[（0，3）]，點(diǎn)[C]為[x]軸正半軸上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)[∠ACB]最大時(shí)，點(diǎn)[C]的坐標(biāo)是（ ）。

A. （2，0）

B. （[3，0]）

C. （[2，0]）

D. （[1，0]）

解：如圖8，過(guò)[A]，[B]作[⊙P]，由米勒定理可知，當(dāng)[⊙P]與[x]軸相切于點(diǎn)[C]時(shí)，[∠ACB]最大，連接[PA]，[PB]，[PC]，作[PH⊥y]軸于[H]，[∵]點(diǎn)[A]，[B]的坐標(biāo)分別是（0，1），（0，3），∴[OA=1]，[AB=3-1=2]，∵[PH⊥AB]，∴[AH=BH=1]，∴[OH=2]，∵[⊙P]與[x]軸相切于點(diǎn)[C]，∴[PC⊥x]軸，[∴]四邊形[PCOH]為矩形，∴[PC=OH=2]，∴[PA=2]，在[Rt△PAH]中，[PH=PA2-AH2=22-12=3]，∴點(diǎn)[C]的坐標(biāo)為[（3，0）]。

評(píng)注：本題在應(yīng)用米勒定理后，關(guān)鍵在于利用垂徑定理、矩形性質(zhì)和勾股定理求出點(diǎn)[C]的坐標(biāo)。

（二）米勒定理在數(shù)學(xué)建模中的應(yīng)用

[題3]如圖9，某雕塑[MN]位于河段[OA]上，游客[P]在步道上由點(diǎn)[O]出發(fā)沿[OB]方向行走。已知[∠AOB=30°]，[MN=2OM=40]米，當(dāng)觀景視角[∠MPN]最大時(shí)，游客[P]行走的距離[OP]是 米。

解：如圖10，取[MN]的中點(diǎn)[F]，過(guò)點(diǎn)[F]作[FE⊥OB]于[E]，以直徑[MN]作[⊙F]，∵[MN][=2OM=40]，點(diǎn)[F]是[MN]的中點(diǎn)，∴[MF=FN=20]，[OF=40]，∵[∠AOB=30°]，[EF⊥OB]，∴[EF=20]，[OE=3EF=203]，∴[EF=MF]，∴[OB]是[⊙F]的切線，切點(diǎn)為[E]，由米勒定理知，當(dāng)[P]，[E]重合時(shí)，觀景視角[∠MPN]最大，此時(shí)[OP=203]。

評(píng)注：對(duì)于本題，若考生沒(méi)有接觸過(guò)米勒定理，將一籌莫展，即使解出也將費(fèi)時(shí)費(fèi)力。另外，本題在應(yīng)用米勒定理后，還可以利用切割線定理快速求解，如[OP2=OM·ON=20×60=1200]，[OP=203]。

（三）米勒定理在二次函數(shù)問(wèn)題中的應(yīng)用

[題3]如圖11，在平面直角坐標(biāo)系中，[O]是坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線[y=ax2+bx-3]與[x]軸交于[A（-1，0）]，[B（3，0）]，與[y]軸交于點(diǎn)[C]，其頂點(diǎn)為[D]。

（1）求拋物線的解析式。

（2）連接[BD]，[CD]，動(dòng)點(diǎn)[Q]的坐標(biāo)為[（m，1）]。[P]為拋物線上的一點(diǎn)，是否存在以[B]，[D]，[Q]，[P]為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，求出點(diǎn)[P]，[Q]的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由。

（3）連接[OQ]，[CQ]，當(dāng)[∠CQO]最大時(shí)，求出點(diǎn)[Q]的坐標(biāo)。

解：（1）拋物線的解析式為[y=x2-2x-3]（過(guò)程略）。

（2）略。

（3）如圖12，記[△OQC]的外心為[M]，則[M]在[OC]的垂直平分線[MN]上（設(shè)[MN]與[y]軸交于點(diǎn)[N]）。連接[OM]，[CM]，則[∠CQO=12∠CMO=∠OMN]，[MC=MO=MQ]，∴[sin∠CQO=sin∠OMN=ONOM]，[sin∠CQO]的值隨著[OM]的增大而減小。∵[MO=MQ]，∴當(dāng)[MQ]取最小值時(shí)，[sin∠CQO]最大，即[MQ]垂直于直線[y=1]時(shí)，[∠CQO]最大，此時(shí)[⊙M]與直線[y=1]相切，∴[MQ=NF=2.5]，[MN=OM2-ON2=2]，∴點(diǎn)[Q]的坐標(biāo)為[（2，1）]。根據(jù)對(duì)稱性，另一點(diǎn)[（-2，1）]也符合題意。綜上，點(diǎn)[Q]的坐標(biāo)為[（2，1）]或[（-2，1）]。

評(píng)注：本題第（3）問(wèn)考查米勒定理的應(yīng)用，當(dāng)[⊙M]與直線[y=1]相切時(shí)，[∠CQO]最大，再利用垂徑定理與勾股定理即可求出點(diǎn)[Q]的坐標(biāo)。

在近幾年的各類數(shù)學(xué)考試中，涉及動(dòng)點(diǎn)和最值問(wèn)題的試題屢見(jiàn)不鮮，且?？汲Ｐ?，數(shù)學(xué)教師應(yīng)高度重視。在解答涉及動(dòng)點(diǎn)和最值問(wèn)題的試題時(shí)，學(xué)生由于對(duì)相關(guān)幾何關(guān)系掌握不到位，導(dǎo)致丟分嚴(yán)重。如果教師能加強(qiáng)學(xué)生邏輯推理素養(yǎng)的培養(yǎng)，并總結(jié)出針對(duì)“最大張角”這類問(wèn)題的相關(guān)解法，那么學(xué)生將能夠迅速且正確地解決問(wèn)題，從而有效提升他們的解題效率。

［ 參 考 文 獻(xiàn) ］

[1][2] 徐欣.基于變式教學(xué)的初中動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題教學(xué)策略研究[D].重慶：重慶師范大學(xué)，2020.

[3] 楊煥榮.四邊形中動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題的求解[J].數(shù)學(xué)教學(xué)通訊，2012（13）：22-23.

（責(zé)任編輯 黃春香）