3. (2026·云南中考)如图,$\odot O$是$△ ABC$的外接圆,AB是$\odot O$的直径.点P在BA的延长线上,且$PC^2=PA·PB$.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$\odot O$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$\odot O$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.

3. (1) 如图①,连接 OC,
∵ $PC^2 = PA · PB$,
∴ $\frac{PC}{PB}=\frac{PA}{PC}$.又
∵ ∠P = ∠P,
∴ △PCB∽△PAC,
∴ ∠PCA = ∠PBC.
∵ AB 是⊙O 的直径,OA = OC,
∴ ∠ACB = 90°,∠OAC = ∠OCA,
∴ ∠PBC+∠OAC = ∠PCA+∠OCA = ∠OCP = 90°.又
∵ OC 是⊙O 的半径,
∴ 直线 PC 是⊙O 的切线.

(2)
∵ O 为 AB 的中点,$AB=2\sqrt{21}$,
∴ $AO=BO=\sqrt{21}$.
∵ AB 是⊙O 的直径,
∴ ∠ACB = ∠BCE = 90°,
∴ ∠PCA+∠BCM = 90°.又
∵ 点 M 是线段 BE 的中点,$BE=6\sqrt{6}$,
∴ $CM=BM=EM=3\sqrt{6}$,
∴ ∠CBM = ∠BCM.由(1)知 ∠PCA = ∠PBC,
∴ ∠PCA+∠BCM = ∠PBC+∠CBM = ∠ABE = 90°,
∴ ∠OCP = ∠PBM = 90°.又
∵ ∠P = ∠P,
∴ △PCO∽△PBM,
∴ $\frac{CO}{BM}=\frac{PC}{PB}=\frac{\sqrt{21}}{3\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{14}}{6}$.
由(1)知 $\frac{PC}{PB}=\frac{PA}{PC}=\frac{\sqrt{14}}{6}$,设 $PA=\sqrt{14}x$,则 PC = 6x,
∵ $PC^2 = PA · PB$,即 $(6x)^2=\sqrt{14}x · PB$,
∴ $PB=\frac{18\sqrt{14}}{7}x$.
∵ PB-PA = AB,即 $\frac{18\sqrt{14}}{7}x-\sqrt{14}x=2\sqrt{21}$,解得 $x=\frac{7\sqrt{6}}{11}$,
∴ $PA=\sqrt{14}×\frac{7\sqrt{6}}{11}=\frac{14\sqrt{21}}{11}$.
(3) $S_1＞S_2$,证明如下:
如图②,连接 BD,
∵ 点 O 为 AB 的中点,点 M 是 BE 的中点,
∴ OM 是△ABE 的中位线,
∴ OM//AE,
∴ ∠ACB = ∠ONB = 90°.
∵ DH⊥AB,
∴ ∠OHD = 90°,
∴ ∠ODF+∠DOH = ∠OBF+∠DOH = 90°,
∴ ∠ODF = ∠OBF.
∵ OD = OB,
∴ ∠ODB = ∠OBD,
∴ ∠ODB - ∠ODF = ∠OBD - ∠OBF,即 ∠BDF = ∠DBF,
∴ DF = BF. 在 Rt△BFH 中,∠BHF = 90°,BF ＞ BH,
∴ DF = BF ＞ FH.
∵ $S_{△OFD}=S_1=\frac{1}{2}DF · OH$,$S_{△OFH}=S_2=\frac{1}{2}FH · OH$,
∴ $\frac{1}{2}DF · OH＞\frac{1}{2}FH · OH$,即 $S_1＞S_2$.

4. (2024·淄博中考)在综合与实践活动课上,小明以“圆”为主题开展研究性学习.
【操作发现】
小明作出了$\odot O$的内接等腰三角形$ABC$,$AB=AC$.并在$BC$边上任取一点$D$(不与点$B,C$重合),连接$AD$,然后将$△ ABD$绕点$A$逆时针旋转得到$△ ACE$,如图①.
小明发现:$CE$与$\odot O$的位置关系是,请说明理由;
【实践探究】
连接$DE$,与$AC$相交于点$F$.如图②,小明又发现:当$△ ABC$确定时,线段$CF$的长存在最大值.
请求出当$AB=3\sqrt{10},BC=6$时,$CF$长的最大值;
【问题解决】
在图②中,小明进一步发现:点$D$分线段$BC$所成的比$CD:DB$与点$F$分线段$DE$所成的比$DF:FE$始终相等.请予以证明.

4. 【操作发现】相切 理由:连接 CO 并延长交⊙O 于点 M,连接 AM,如图①.
∵ MC 是⊙O 直径,
∴ ∠MAC = 90°,
∴ ∠AMC+∠ACM = 90°,由旋转的性质得 ∠B = ∠ACE.
∵ ∠B = ∠AMC,
∴ ∠ACE = ∠AMC,
∴ ∠OCE = ∠ACM + ∠ACE = ∠ACM+∠AMC = 90°.
∵ OC 是⊙O 的半径,
∴ CE 与⊙O 相切.
【实践探究】由旋转的性质得 ∠BAD = ∠CAE,AD = AE,
∴ ∠BAD+∠CAD = ∠CAE+∠CAD,即 ∠BAC = ∠DAE.
∵ AB=AC,
∴ $\frac{AB}{AD}=\frac{AC}{AE}$,
∴ △ABC∽△ADE,
∴ ∠B = ∠ADE = ∠ACB.
∵ ∠ADC = ∠ADE+∠CDF = ∠B+∠BAD,
∴ ∠CDF = ∠BAD,
∴ △ABD∽△DCF,
∴ $\frac{AB}{CD}=\frac{BD}{CF}$. 设 BD = x,则 CD = 6-x,
∴ $\frac{3\sqrt{10}}{6-x}=\frac{x}{CF}$,
∴ $CF=\frac{\sqrt{10}}{30}x(6-x)=-\frac{\sqrt{10}}{30}(x-3)^2+\frac{3\sqrt{10}}{10}$.
∵ $-\frac{\sqrt{10}}{30}＜0$,
∴ 当 x=3 时,CF 有最大值为 $\frac{3\sqrt{10}}{10}$.
【问题解决】过点 E 作 EN//BC 交 AC 于点 N,如图②,
∴ ∠ENC = ∠ACB.由旋转的性质知,∠B = ∠ACE.
∵ ∠B = ∠ACB,
∴ ∠ACB = ∠ACE,
∴ ∠ENC = ∠ACE,
∴ EN = CE.由旋转的性质得 △ABD≌△ACE,
∴ BD = CE,
∴ BD = EN.
∵ EN//BC,
∴ △CDF∽△NEF,
∴ $\frac{CD}{EN}=\frac{DF}{EF}$.
∵ BD = EN,
∴ $\frac{CD}{BD}=\frac{DF}{EF}$.