Question

19．如图1，在⊙O上位于直径AB的异侧有定点C和动点P，$\frac{AC}{BC}=\frac{3}{4}$，点P在半圆弧AB上运动（不与A、B两点重合），过点C作CP的垂线CD交PB的延长线于D点．
（1）求证：AC•CD=PC•BC；
（2）若⊙O半径为5，当点P运动到什么位置时，△PCD的面积最大？并求出这个最大面积S；
（3）如图2，设CD与⊙O相交于点M，CP交直径AB于Q，PM交BC于N．若AQ=9，BQ=16，CQ=12，求BD及MN的长．

Answer 1

分析 （1）要证AC•CD=PC•BC，只需证$\frac{CA}{CP}=\frac{CB}{CD}$，只需证△ACB∽△PCD；
（2）设AC=3x，则有BC=4x，AB=5x=10，从而可求出x，即可求出AC、BC，△ABC的面积，然后利用相似三角形的性质可得$\frac{{S}_{△ACB}}{{S}_{△PCD}}$=（$\frac{AC}{PC}$）²，即可得到S△PCD=$\frac{2}{3}$PC²．要求△PCD面积的最大值，只需求出PC的最大值即可；
（3）连接OC，如图2．易证PM是⊙O的直径，即PM经过点O．由AQ=9，BQ=16，可求出AB、OA、OQ，根据勾股定理的逆定理可得∠CQO=90°，即可得到AB∥CD，根据平行线分线段成比例可得$\frac{CQ}{CP}=\frac{DB}{DP}$．根据垂径定理可得CQ=PQ=$\frac{1}{2}$PC，从而可得PC=2CQ=24，DB=$\frac{1}{2}$DP．由$\frac{CP}{CD}$=$\frac{CA}{CB}$=$\frac{3}{4}$可求出CD，根据勾股定理可求出PD，从而可求出DB，在Rt△PCM中运用勾股定理可求出CM．由CM∥OB可得△CNM∽△BNO，根据相似三角形的性质可求出MN．

解答 解：（1）∵AB是⊙O的直径，∠PCD=90°，
∴∠ACB=∠PCD=90°．
∵∠CAB=∠CPD，
∴△ACB∽△PCD，
∴$\frac{CA}{CP}=\frac{CB}{CD}$，
∴AC•CD=PC•BC；

（2）设AC=3x，
∵$\frac{AC}{BC}=\frac{3}{4}$，∴BC=4x，
∴AB=5x=10，
∴x=2，
∴AC=6，BC=8，
∴S_△ABC=$\frac{1}{2}$AC•BC=24．
∵△ACB∽△PCD，
∴$\frac{{S}_{△ACB}}{{S}_{△PCD}}$=（$\frac{AC}{PC}$）²，
∴$\frac{24}{{S}_{△PCD}}$=$\frac{36}{P{C}^{2}}$，
∴S_△PCD=$\frac{2}{3}$PC²．
∴当PC最大即PC为⊙O直径时，S_△PCD最大，
此时PC=10，S_△PCD=$\frac{2}{3}$×100=$\frac{200}{3}$；

（3）连接OC，如图2．
∵∠PCD=90°，∴PM是⊙O的直径，
∴PM经过点O．
∵AQ=9，BQ=16，
∴AB=25，OA=$\frac{25}{2}$，OQ=$\frac{25}{2}$-9=$\frac{7}{2}$．
∵CQ=12，OC=$\frac{25}{2}$，
∴OQ²+CQ²=（$\frac{7}{2}$）²+12²=$\frac{625}{4}$=OC²，
∴∠CQO=90°，
∴∠CQB+PCD=180°，
∴AB∥CD，
∴$\frac{CQ}{CP}=\frac{DB}{DP}$．
∵∠CQO=90°即AB⊥CP，
∴CQ=PQ=$\frac{1}{2}$PC．
∴PC=2CQ=24，DB=$\frac{1}{2}$DP．
∵$\frac{CP}{CD}$=$\frac{CA}{CB}$=$\frac{3}{4}$，
∴CD=32，
∴PD=$\sqrt{P{C}^{2}+C{D}^{2}}$=40，DB=$\frac{1}{2}$DP=20．
在Rt△PCM中，
∵PC=24，PM=AB=25，
∴CM=$\sqrt{P{M}^{2}-P{C}^{2}}$=7．
∵CM∥OB，
∴△CNM∽△BNO，
∴$\frac{CM}{BO}$=$\frac{MN}{NO}$，
∴$\frac{7}{\frac{25}{2}}$=$\frac{MN}{\frac{25}{2}-MN}$，
解得MN=$\frac{175}{39}$．

点评 本题主要考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、勾股定理及其逆定理、平行线的判定与性质、平行线分线段成比例、垂径定理等知识，具有一定的综合性，运用相似三角形的面积比等于相似比的平方是解决第（2）小题的关键，证到∠CQO=90°进而得到AB∥CD是解决第（3）小题的关键．