典例 3
新素养 推理能力 射影定理：如图，在$\mathrm{Rt}\triangle ABC$中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$CD ⊥ AB$，垂足为$D$，给出下列结论：①$CD^{2} = AD· BD$；②$AC^{2} = AB· AD$；③$BC^{2} = AB· BD$。请你证明射影定理中的结论③，即$BC^{2} = AB· BD$。
新素养 推理能力 射影定理：如图，在$\mathrm{Rt}\triangle ABC$中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$CD ⊥ AB$，垂足为$D$，给出下列结论：①$CD^{2} = AD· BD$；②$AC^{2} = AB· AD$；③$BC^{2} = AB· BD$。请你证明射影定理中的结论③，即$BC^{2} = AB· BD$。
答案：【思路分析】先将等积式“$BC^{2} = AB· BD$”转换成比例式“$\dfrac{CB}{AB} = \dfrac{BD}{BC}$”，再通过“三点定形”找到$\triangle CBD$和$\triangle ABC$，最后证明两者相似即可。
【答案】因为$CD ⊥ AB$，所以$\angle CDB = 90^{\circ} = \angle ACB$。又$\angle CBD = \angle ABC$，所以$\triangle CBD \backsim \triangle ABC$，所以$\dfrac{CB}{AB} = \dfrac{BD}{BC}$，所以$BC^{2} = AB· BD$。
【答案】因为$CD ⊥ AB$，所以$\angle CDB = 90^{\circ} = \angle ACB$。又$\angle CBD = \angle ABC$，所以$\triangle CBD \backsim \triangle ABC$，所以$\dfrac{CB}{AB} = \dfrac{BD}{BC}$，所以$BC^{2} = AB· BD$。
【变式 3】
如图，点$D$在以$AB$为直径的$\odot O$上，$AD$平分$\angle BAC$，$DC ⊥ AC$，过点$B$作$\odot O$的切线交$AD$的延长线于点$E$。求证：$CD· BE = AD· DE$。
如图，点$D$在以$AB$为直径的$\odot O$上，$AD$平分$\angle BAC$，$DC ⊥ AC$，过点$B$作$\odot O$的切线交$AD$的延长线于点$E$。求证：$CD· BE = AD· DE$。
答案：【变式3】连接BD.因为AB是⊙O的直径，所以∠ADB=90°，所以∠BDE=180°-∠ADB=90°.因为BE是⊙O的切线，所以AB⊥BE，所以∠ABE=90°，所以∠ABD+∠DBE=90°.因为∠ABD+∠BAD=90°，所以∠BAD=∠DBE.因为AD平分∠BAC，所以∠BAD=∠CAD，所以∠CAD=∠DBE，所以△ACD∽△BDE，所以$\frac{CD}{DE}=\frac{AD}{BE}，$所以CD·BE=AD·DE.
解析：
证明：连接$BD$。
因为$AB$是$\odot O$的直径，所以$\angle ADB = 90°$，则$\angle BDE=180°-\angle ADB=90°$。
因为$BE$是$\odot O$的切线，所以$AB⊥ BE$，即$\angle ABE = 90°$，故$\angle ABD+\angle DBE=90°$。
又因为$\angle ABD+\angle BAD=90°$，所以$\angle BAD=\angle DBE$。
因为$AD$平分$\angle BAC$，所以$\angle BAD=\angle CAD$，因此$\angle CAD=\angle DBE$。
因为$DC⊥ AC$，所以$\angle ACD = 90°$，则$\angle ACD=\angle BDE$。
所以$\triangle ACD∼\triangle BDE$，可得$\frac{CD}{DE}=\frac{AD}{BE}$，即$CD· BE=AD· DE$。
因为$AB$是$\odot O$的直径，所以$\angle ADB = 90°$，则$\angle BDE=180°-\angle ADB=90°$。
因为$BE$是$\odot O$的切线，所以$AB⊥ BE$，即$\angle ABE = 90°$，故$\angle ABD+\angle DBE=90°$。
又因为$\angle ABD+\angle BAD=90°$，所以$\angle BAD=\angle DBE$。
因为$AD$平分$\angle BAC$，所以$\angle BAD=\angle CAD$，因此$\angle CAD=\angle DBE$。
因为$DC⊥ AC$，所以$\angle ACD = 90°$，则$\angle ACD=\angle BDE$。
所以$\triangle ACD∼\triangle BDE$，可得$\frac{CD}{DE}=\frac{AD}{BE}$，即$CD· BE=AD· DE$。
典例 4
(2025·江苏徐州模拟)在$\triangle ABC$中，$G$是重心，$AG ⊥ CG$。若$BG· AC = 24$，则$\triangle AGC$面积的最大值为()
A.$3$
B.$6$
C.$2\sqrt{6}$
D.$3\sqrt{6}$
(2025·江苏徐州模拟)在$\triangle ABC$中，$G$是重心，$AG ⊥ CG$。若$BG· AC = 24$，则$\triangle AGC$面积的最大值为()
A.$3$
B.$6$
C.$2\sqrt{6}$
D.$3\sqrt{6}$
答案：【思路分析】延长$BG$交$AC$于点$D$。因为$G$是$\triangle ABC$的重心，所以$BG = 2DG$，$D$是$AC$的中点。因为$AG ⊥ CG$，所以$\angle AGC = 90^{\circ}$，所以$DG = \dfrac{1}{2}AC$，所以$AC = BG$。因为$BG· AC = 24$，所以$AC = BG = 2\sqrt{6}$，所以$DG = \sqrt{6}$。因为$A$，$G$，$C$三点共圆，$D$为圆心，所以当$DG ⊥ AC$时，$\triangle AGC$的面积取最大值，且最大值为$\dfrac{1}{2}AC· DG = 6$。
【答案】B
【答案】B
【变式 4】
如图，在$\triangle ABC$中，$G$是重心，过点$G$作$GD // BC$，交边$AC$于点$D$，连接$BG$。若$S_{\triangle ABC} = 36$，则四边形$BGDC$的面积为
如图，在$\triangle ABC$中，$G$是重心，过点$G$作$GD // BC$，交边$AC$于点$D$，连接$BG$。若$S_{\triangle ABC} = 36$，则四边形$BGDC$的面积为
16
。答案：【变式4】16
解析：
证明：连接AG并延长交BC于点E，
∵G是△ABC的重心，
∴AG:GE=2:1，AE为BC边上的中线，
∵GD//BC，
∴△AGD∽△AEC，相似比为AG:AE=2:3，
∴$S_{\triangle AGD}:S_{\triangle AEC}=(\frac{2}{3})^2=\frac{4}{9}$，
∵AE是中线，$S_{\triangle ABC}=36$，
∴$S_{\triangle AEC}=\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}=18$，
∴$S_{\triangle AGD}=\frac{4}{9}×18=8$，
∵G是重心，
∴$S_{\triangle BGC}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}=12$，
∴$S_{四边形BGDC}=S_{\triangle AEC}-S_{\triangle AGD}=18-8=10$。
1
∵G是△ABC的重心，
∴AG:GE=2:1，AE为BC边上的中线，
∵GD//BC，
∴△AGD∽△AEC，相似比为AG:AE=2:3，
∴$S_{\triangle AGD}:S_{\triangle AEC}=(\frac{2}{3})^2=\frac{4}{9}$，
∵AE是中线，$S_{\triangle ABC}=36$，
∴$S_{\triangle AEC}=\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}=18$，
∴$S_{\triangle AGD}=\frac{4}{9}×18=8$，
∵G是重心，
∴$S_{\triangle BGC}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}=12$，
∴$S_{四边形BGDC}=S_{\triangle AEC}-S_{\triangle AGD}=18-8=10$。
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