命题：在平面直角坐标系中，从 x 轴的上方任意取定不同两点 M 和 N. 则通过尺规作图一定可以找出 x 轴上的一点 Q，使得 MQN 张角最大.
分析与证明：先证明最大张角点的存在性.
第一步：若最大张角点存在，考察其满足什么性质.
如上图所示，直线 AB 为 x 轴，M 和 N 是 x 轴上方不同两点. 记 M 和 N 到 x 轴的距离分别为 2a 和 2b，即 MA = 2a，NB = 2b，并记 AB = 2c，其中：
① a > 0, b > 0, c ≥ 0 且 c = 0 时，a ≠ b.
易知满足条件 ① 的一组 a, b, c 唯一确定了 x 轴上方不重合两点 M 和 N 的一种相对位置，即确定了两点的高度以及它们的水平距离（线段 MN 沿水平方向作平移变换或沿某条垂直 x 轴的直线作轴对称变换均视作保持相对位置不变 ）；反之，x 轴上方不重合两点 M 和 N 的任何一种相对位置都对应有唯一的一组 a, b, c.
上图示例是 a > b 的情形.
D 是 MN 的中点，CD 是 MN 的垂直平分线. 过点 M 和 N 且与 x 轴相切的圆的圆心显然一定落在直线 CD 上. 上图的情形这样的圆有两个：一个以点 C 为圆心，与 x 轴的切点为 H；另一个以点 E 为圆心，与 x 轴的切点为 Q.
在 x 轴上任取一点 K，因为有两个过 M 和 N 且与 x 轴相切的圆，无论 K 取在点 H 的左侧，或是点 Q 的右侧，又或是线段 HQ 上，线段 MK 和 NK 必定有一条会穿过其中一个圆的内部，继而由圆周角的性质可知：
② ∠MKN ≤ max {∠MHN, ∠MQN}.
上图中，MG 和 MF 分别两个圆的直径，即有 GN ⊥ MN，FN ⊥ MN，于是 G、N、F 三点共线，MGF 构成一个三角形，由大边对大角可知：
③ ∠MHN = ∠MGN < ∠MFN = ∠MQN.
综合 ② 和 ③，即有 ∠MKN ≤ ∠MQN.
由上述分析，容易猜想到最大张角点就是过点 M 和 N 且与 x 轴相切的所有圆中半径最小的那个圆与 x 轴相交的切点.
第二步：考察一般情形下，过点 M 和 N 且与 x 轴相切的圆是否一定存在以及存在多少个这样的圆的问题.
所谓一般情形，就是满足条件 ① 的情形. 在上图中，令点 B 为平面直角坐标系的原点，则 点 N 的坐标为 (0, 2b)，点 M 的坐标为 (2c, 2a)，点 D 的坐标为 (c, a+b).
直线 MN 的斜率为 k = (a-b)/c，于是 直线 CD 的方程为 y - (a+b) = (x - c)·c/(b-a)，即
④ cx + (a-b)y = a2 - b2 + c2.
容易验证，当 c = 0 或 a = b 时，直线 CD 的方程同样满足 ④.
设点 P 是直线 CD 在 x 轴上方部分的一个动点，其坐标记为 (p, r)，其中 r > 0 是点 P 到 x 轴的距离.
PM2 = DM2 + PD2 = (2c - c)2 + (2a - a - b)2 + (c - p)2 + (a + b - r)2
= c2 + (a - b)2 + (c - p)2 + (a + b - r)2
点 P 在直线 CD 上，故由 ④ 有 cp + (a - b)r = a2 - b2 + c2，即有
cp - c2 = c(p - c) = a2 - b2 - (a - b)r = (a - b)(a + b - r). 于是
(c - p)2 = [(a - b)/c]2(a + b - r)2 = k2(a + b - r)2.
代入上式，得到
PM2 = (k2 + 1)(r - a - b)2 + c2 + (a - b)2.
以 P 为圆心，r 为半径的圆显然与 x 轴相切，该圆过点 M 和 N 的充要条件是 PM2 = r2. 于是问题等价为：
判断两个二次函数 y = x2 和 y = (k2 + 1)(x - a - b)2 + c2 + (a - b)2 在第一象限是否有交点以及有几个交点.
后者可以简记为 y = u(x - v)2 + w，其中 u = k2 + 1，v = a + b，w = c2 + (a - b)2.
当 k = (a - b) / c = 0，即 a = b（M 和 N 等高）时，由 (x - v)2 + w = x2 可得 x = (v2 + w) / (2v) > 0. 符合要求. 此时，符合要求的圆只有一个，如下图所示：
这种情形下，尽管只有一个符合要求的圆，但是在 x 轴上任取一点 K，无论 K 取在点 Q 的左侧，或是点 Q 的右侧，线段 MK 和 NK 必定有一条会穿过圆的内部，同样由圆周角的性质可知 ∠MKN ≤ ∠MQN，即点 Q 就是最大张角点.
当 k ≠ 0 时，u(x - v)2 + w = x2 是一个一元二次方程，展开即为 (u - 1)x2 - 2uvx + uv2 + w = 0. 其判别式为：
Δ = 4u2v2 - 4(u - 1)(uv2 + w)
= 4(k2 + 1)2v2 - 4k2(k2 + 1)v2 + 4k2w
= 4k4v2 + 8k2v2 + 4v2 - 4k4v2 - 4k2v2 + 4k2w
= 4k2v2 + 4v2 + 4k2w > 0.
因此，u(x - v)2 + w = x2 有两个根：
⑤ x1 = [2uv + Δ1/2] / (k2)，x2 = [2uv - Δ1/2] / (k2).
显然 x1 > 0. 而由 Δ > 0 以及 Δ = 4u2v2 - 4k2(uv2 + w) < 4u2v2 可知 Δ1/2 < 2uv. 因此，x2 > 0. 这说明：
当 k ≠ 0 时，y = x2 和 y = (k2 + 1)(x - a - b)2 + c2 + (a - b)2 在第一象限总有两个交点. 如下图所示：
由于 k = (a - b) / c，上面讨论的情形均要求 c ≠ 0. 因此还需要考察 c = 0 的情形.
当 c = 0 时，MN 所在直线垂直于 x 轴，MN 的垂直平分线与 x 轴平行. 此时符合要求的圆有两个，半径都等于 MN 的中点 D 到 x 轴的距离. 两个圆与 x 轴的切点都是最大张角点. 如下图所示：
综上，最大张角点的存在性得证. 且有以下结论：
(1). a = b（即 M 和 N 等高）时，存在唯一一个过 M 和 N 且和 x 轴相切的圆，切点为唯一的最大张角点.
(2). c = 0（即 MN 所在直线垂直于 x 轴）时，存在两个半径相等的过 M 和 N 且和 x 轴相切的圆，半径都等于 MN 的中点 D 到 x 轴的距离. 两个圆与 x 轴的切点都是最大张角点.
(3). a ≠ b 且 c ≠ 0（即 M 和 N 不等高且 MN 所在直线不与 x 轴垂直）时，存在两个半径不相等的过 M 和 N 且和 x 轴相切的圆，半径小的圆与 x 轴的切点是唯一的最大张角点.
接下来证明最大张角点的尺规可作性.
关于尺规可作性的理论基础，这里从冯承天老师所著的《从一元一次方程到伽罗瓦理论》 截取一段，如下图所示：
对照上面的三种情形，逐个来看一下：
(1). a = b（即 M 和 N 等高）时，存在唯一一个过 M 和 N 且和 x 轴相切的圆，切点为唯一的最大张角点.
对应的示意图如下：
由前面的分析可知 x = (v2 + w) / (2v) 就是符合要求的唯一圆的半径长度，v = a + b，由 a 和 b 可作，v 也是可作的，于是 v2 = v·v，2v = v + v 也都是可作的；同样地， w = c2 + (a - b)2 也是可作的. 因而 x = (v2 + w) / (2v) 是可作的. 以点 M 为圆心 x 为半径作圆弧交 MN 的垂直平分线于点 P，再以点 P 为圆心 x 为半径作圆，与 x 轴的交点 Q 即为所求的最大张角点.
(2). c = 0（即 MN 所在直线垂直于 x 轴）时，存在两个半径相等的过 M 和 N 且和 x 轴相切的圆，半径都等于 MN 的中点 D 到 x 轴的距离. 两个圆与 x 轴的切点都是最大张角点.
此种情形下的两个最大张角点显然是尺规可作的.
(3). a ≠ b 且 c ≠ 0（即 M 和 N 不等高且 MN 所在直线不与 x 轴垂直）时，存在两个半径不相等的过 M 和 N 且和 x 轴相切的圆，半径小的圆与 x 轴的切点是唯一的最大张角点.
由前面的分析可知，此种情形下就是要证明 x2 = [2uv - Δ1/2] / (k2) 是尺规可作的.
由 u = k2 + 1，v = a + b，w = c2 + (a - b)2，k = (a - b) / c，Δ = 4u2v2 - 4(u - 1)(uv2 + w) 可知
k，k2，u，v，w，Δ 都是可作的，由 Δ 可作，Δ1/2 也可作. 于是 x2 也是可作的.
至此，命题已完成证明.
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以下是分析过程中的一些其它结论，放在最后算作花絮：
假设存在过点 M 和 N 且与 x 轴相切的圆，该圆的圆心记为 P，该圆的半径记为 r，则点 P 的坐标可记为 (p, r). 于是
r2 = PM2 = PD2 + DM2 = (c - p)2 + (a + b - r)2 + (2c - c)2 + (2a - a - b)2
= c2 + p2 - 2cp + (a + b)2 + r2 - 2(a+b)r + c2 + (a - b)2
= 2c2 + p2 - 2cp + 2a2 + 2b2 + r2 - 2(a+b)r
化简后，即为
⑤' 2(a+b)r = 2(a2 + b2 + c2) + p2 - 2cp.
由前述分析可知，P 在直线 CD 上，故有
⑥' cp + (a-b)r = a2 - b2 + c2.
由 ⑥' 有 cp = a2 - b2 + c2 - (a-b)r，代入 ⑤'，可得 4br = 4b2 + p2，即
⑦' r = b + p2/(4b).
由 ⑦' 可知 r ≥ b. 上面的分析过程并没有约定 a 和 b 的大小关系，把 a 和 b 互换（对应把线段 MN 沿中点 D 到 x 轴的垂线作对称变换后，再把 M 称作 N，N 称作 M 的情形 ），即 N 和 M 调整后的坐标为：N(0, 2a)，M(2c, 2b)，设点 P 的坐标为 (q, r)，重复上面的分析过程可得
⑧' r = a + q2/(4a).
综合 ⑦' 和 ⑧'，即有
⑨' r ≥ max{a, b}.
结论 ⑨' 在几何上是很直观的. 就是过 M 和 N 且和 x 轴相切的圆的最高点一定不低于 M 和 N，即 2r ≥ max{2a, 2b}.
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