26年云南中考数学真题第27题

专题：几何 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 题型：圆与相似综合+三角形面积之比 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 难度系数：★★★

经典例题讲解尽量从学生的角度出发，重在引导思考与总结!

【题目】

（26年云南中考真题第27题）
如图，\(⨀O\)是\(∆ABC\)的外接圆，\(AB\)是\(⨀O\)的直径.点\(P\)在\(BA\)的延长线上，且\(PC^2=PA\cdot PB\).点\(E\)在\(AC\)的延长线上，线段\(BE\)的中点\(M\)与点\(C\)、点\(P\)在同一条直线上，线段\(OM\)与\(⨀O\)相交于点\(D\)，与线段\(BC\)相交于点\(N\).\(DH⊥AB\)于点\(H\)，线段\(DH\)与线段\(BC\)相交于点\(F\)，连接\(OF\).记\(∆OFD\)的面积为\(S_1\)，\(∆OFH\)的面积为\(S_2\).
（1）求证：直线\(PC\)是\(⨀O\)的切线；
（2）若\(AB=2\sqrt{21}，BE=6\sqrt{6}\)，求线段\(PA\)的长；
（3）观察，探究，发现与证明：
以下三个结论：\(S_1<S_2，S_1=S_2，S_1>S_2\)，你认为哪个正确？请证明你认为正确的那个结论.

         

【分析】

第一问：
其实\(PC^2=PA\cdot PB\)是切割线定理结论，本题相当证明其逆定理；
\(\left\{ \begin{array}{c} PC^2=PA\cdot PB⇒\dfrac{PC}{PA}=\dfrac{PB}{PC}\\ ∠APC=∠BPC \end{array} \right. ⇒∆PAC~∆PAB⇒∠PBC=∠PCA⇒∠BCO=∠PCA\)，
\(AB\)是\(⨀O\)的直径\(⇒∠ACB=90^\circ⇒∠PCO=90^\circ⇒\)直线\(PC\)是\(⨀O\)的切线；
 

第二问：
由第一问\(PC^2=PA\cdot PB=PA(PA+2\sqrt{21})\)，要求\(PA\)只需要求出\(PC\)或得到\(PC\)与\(PA\)的关系；
\(\left\{ \begin{array}{c} ∠BCE=90^\circ\\ M是BE中点 \end{array} \right. ⇒CM=BM=\dfrac{1}{2} BE=3\sqrt{6}\)，
\(\left\{ \begin{array}{c} CM=BM\\ OC=OB\\ OM=OM \end{array} \right. ⇒∆OCM≅∆OBM⇒∠OBM=∠BCE=90^\circ\)，
在下图中的射影图中，

易得\(AE=\sqrt{84+216}=\sqrt{300}=10\sqrt{3}\)，\(BC=\dfrac{AB\cdot BE}{AE}=\dfrac{6\sqrt{42}}{5}\)，\(AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\dfrac{14\sqrt{3}}{5}\)，
又\(∆PAC\sim ∆PAB⇒\dfrac{PC}{PA}=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{6}{\sqrt{14}}⇒PC=\dfrac{6}{\sqrt{14}} PA\)，
又\(PC^2=PA\cdot PB=PA(PA+2\sqrt{21})\)，
所以\((\dfrac{6}{\sqrt{14}} PA)^2=PA^2+2\sqrt{21} PA\)，解得\(PA=\dfrac{14\sqrt{21}}{11}\).
 

第三问：
判断哪个结论成立，可作商法比较\(\dfrac{S_1}{S_2}\)与\(1\)大小或作差法\(S_1-S_2\)与\(0\)大小；
利用三角形面积公式，把\(\dfrac{S_1}{S_2}\)或\(S_1-S_2\)转化为线段长度的比；

由第二问得\(∆OCM≅∆OBM\)，所以易得\(ON⊥BC\)，
或者由\(O、M\)是中点\(⇒OM||AE⇒∠ONB=∠ACB=90^\circ⇒ON⊥BC\)，
则\(\dfrac{S_1}{S_2} =\dfrac{\frac{1}{2} NF×OD}{\frac{1}{2} FH×OH}=\dfrac{NF×OD}{FH×OH}\)，
由\(\left\{ \begin{array}{c} ∠ONB=∠OHD=90^\circ⇒∠ODH=∠OBN\\ ∠ONB=∠OHD\\ OD=OB \end{array} \right. ⇒∆ODH≅∆OBN⇒DF=BF\)，
由\(\left\{ \begin{array}{c} DF=BF\\ ∠ODH=∠OBN\\ ∠DFN=∠BFH \end{array} \right. ⇒∆NDF≅∆HBF⇒NF=FH\)，
所以\(\dfrac{S_1}{S_2} =\dfrac{NF×OD}{FH×OH}=\dfrac{OD}{OH}\)，
因为\(∠OHD=90^\circ\)，所以\(OD>OH\)，所以\(S_1>S_2\).

其实也可以证明\(∆OFD≅∆OFB\)，

所以\(\dfrac{S_1}{S_2} =\dfrac{S_{∆OFD}}{S_{∆OFH}} =\dfrac{S_{∆OFB}}{S_{∆OFH}}=\dfrac{OB}{OH}>1⇒S_1>S_2\).
 

【解答】

第一问：
\(∵PC^2=PA\cdot PB\)，\(∴\dfrac{PC}{PA}=\dfrac{PB}{PC}\)，
又\(∠APC=∠BPC\)，\(∴∆PAC\sim ∆PAB\)，
\(∴∠PBC=∠PCA\)，\(∴∠BCO=∠PCA\)，
\(∵AB\)是\(⨀O\)的直径，\(∴∠ACB=90^\circ\)，
\(∴∠PCO=90^\circ\)，
\(∴\)直线\(PC\)是\(⨀O\)的切线；
 

第二问：
\(∵∠BCE=90^\circ\)，\(M\)是\(BE\)中点，\(∴CM=BM=\dfrac{1}{2} BE=3\sqrt{6}\)，
在\(∆OCM\)和\(∆OBM\)中\(\left\{ \begin{array}{c} CM=BM\\ OC=OB\\ OM=OM \end{array} \right. \)，\(∴∆OCM≅∆OBM\)，
\(∴∠OBM=∠BCE=90^\circ\)，
\(∴AE=\sqrt{AB^2+BE^2}=\sqrt{300}=10\sqrt{3}\)，
又\(S_{∆ABE}=\dfrac{1}{2} AB×BE=\dfrac{1}{2} BC×AE\)，
\(∴BC=\dfrac{AB\cdot BE}{AE}=\dfrac{6\sqrt{42}}{5}\)，
\(∴AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\dfrac{14\sqrt{3}}{5}\)，
又\(∆PAC\sim ∆PAB\)，\(∴\dfrac{PC}{PA}=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{6}{\sqrt{14}}\)，
\(∴PC=\dfrac{6}{\sqrt{14}} PA\)，
\(∵PC^2=PA\cdot PB\)，
\(∴(\dfrac{6}{\sqrt{14}} PA)^2=PA(PA+2\sqrt{21})\)，解得\(PA=\dfrac{14\sqrt{21}}{11}\).

 

第三问：
\(∵O、M\)是中点，\(∴OM||AE\)，
\(∴∠ONB=∠ACB=90^\circ\)，
\(∵DH⊥AB\)，\(∴∠OHD=90^\circ\)，
\(∴∠ONB=∠OHD\)，
又\(∵∠DFN=∠BFH\)，\(∴∠ODH=∠OBN\)，
在\(∆ODH\)和\(∆OBN\)中\(\left\{ \begin{array}{c} ∠ODH=∠OBN\\ ∠ONB=∠OHD\\ OD=OB \end{array} \right. \)，\(∴ODH≅∆OBN\)，
\(∴DF=BF\)，
在\(∆ODF\)和\(∆OBF\)中\(\left\{ \begin{array}{c} DF=BF\\ OF=OF\\ OD=OB \end{array} \right. \)，\(∴ODF≅∆OBF\)，
\(∴∆OFD≅∆OFB\)，
\(∴\dfrac{S_1}{S_2} =\dfrac{S_{∆OFD}}{S_{∆OFH}} =\dfrac{S_{∆OFB}}{S_{∆OFH}}=\dfrac{OB}{OH}>1\)，
\(∴S_1>S_2\).