【变式 2】如图，在 $\triangle ABC$ 中，点 $E$，$F$ 分别在边 $AC$，$BC$ 上，连接 $AF$，$BE$ 交于点 $O$，连接 $CO$ 并延长交 $AB$ 于点 $G$，连接 $EF$，$EG$，$FG$. 若 $\frac{OB}{OE}=\frac{9}{2}$，$\frac{AE}{CE}=\frac{1}{2}$，$\triangle GEF$ 的面积为 11，则 $\triangle OBC$ 的面积为
30
.
答案：30 解析：过点$A$作$AM// CG$，交$BC$的延长线于点$M$，则$\frac{AG}{BG}=\frac{CM}{BC}$，$\frac{OF}{OA}=\frac{CF}{CM}$，又$\frac{CM}{BC}=\frac{CF}{CM}·$（此处原书可能缺内容）$\frac{CM}{BC}·\frac{BC}{CF}$，$\frac{CF}{CM}=1$，所以$\frac{AG}{BG}·\frac{BC}{CF}·\frac{OF}{OA}=1$. 同理，得$\frac{AE}{CE}·\frac{BC}{BF}$，$\frac{OF}{OA}=1$. 两式相除，得$\frac{AG}{BG}·\frac{BC}{CF}·\frac{OF}{OA}·\frac{CE}{AE}·\frac{BF}{BC}$，$\frac{OA}{OF}=1$，即$\frac{AG}{BG}·\frac{BF}{CF}·\frac{CE}{AE}=1$. 同理，得$\frac{BG}{AG}·\frac{AC}{CE}$，$\frac{OE}{OB}=1$. 因为$\frac{OB}{OE}=\frac92$，$\frac{AE}{CE}=\frac12$，所以$\frac{OE}{OB}=\frac29$，$\frac{CE}{AE}=2$，$\frac{AC}{CE}=\frac32$，所以$\frac{BG}{AG}=3$，即$\frac{AG}{BG}=\frac13$，所以$\frac{BF}{CF}=\frac32$，所以$S_{\triangle AGE}=\frac14S_{\triangle ABE}=\frac{1}{12}S_{\triangle ABC}$，$S_{\triangle BGF}=\frac34S_{\triangle ABF}=\frac{9}{20}S_{\triangle ABC}$，$S_{\triangle CEF}=\frac23S_{\triangle ACF}=\frac{4}{15}S_{\triangle ABC}$，$S_{\triangle OBC}=\frac{9}{11}S_{\triangle BCE}=\frac{6}{11}S_{\triangle ABC}$. 又$S_{\triangle GEF}=S_{\triangle ABC}-S_{\triangle AGE}-S_{\triangle BGF}-S_{\triangle CEF}=(1-\frac{1}{12}-\frac{9}{20}-\frac{4}{15})S_{\triangle ABC}=\frac15S_{\triangle ABC}=11$，所以$S_{\triangle ABC}=55$，所以$S_{\triangle OBC}=\frac{6}{11}×55=30$.
解析：
证明：由塞瓦定理得$\frac{AG}{BG}·\frac{BF}{CF}·\frac{CE}{AE}=1$。
因为$\frac{AE}{CE}=\frac{1}{2}$，所以$\frac{CE}{AE}=2$。
在$\triangle ABE$中，由塞瓦定理（或梅涅劳斯定理）得$\frac{BG}{AG}·\frac{AC}{CE}·\frac{OE}{OB}=1$。
已知$\frac{OB}{OE}=\frac{9}{2}$，则$\frac{OE}{OB}=\frac{2}{9}$，$\frac{AC}{CE}=\frac{AE+CE}{CE}=\frac{1+2}{2}=\frac{3}{2}$，
所以$\frac{BG}{AG}·\frac{3}{2}·\frac{2}{9}=1$，解得$\frac{BG}{AG}=3$，即$\frac{AG}{BG}=\frac{1}{3}$。
代入$\frac{AG}{BG}·\frac{BF}{CF}·\frac{CE}{AE}=1$，得$\frac{1}{3}·\frac{BF}{CF}·2=1$，解得$\frac{BF}{CF}=\frac{3}{2}$。
设$S_{\triangle ABC}=S$。
因为$\frac{AG}{AB}=\frac{1}{4}$，$\frac{AE}{AC}=\frac{1}{3}$，所以$S_{\triangle AGE}=\frac{1}{4}×\frac{1}{3}S=\frac{1}{12}S$。
因为$\frac{BG}{AB}=\frac{3}{4}$，$\frac{BF}{BC}=\frac{3}{5}$，所以$S_{\triangle BGF}=\frac{3}{4}×\frac{3}{5}S=\frac{9}{20}S$。
因为$\frac{CE}{AC}=\frac{2}{3}$，$\frac{CF}{BC}=\frac{2}{5}$，所以$S_{\triangle CEF}=\frac{2}{3}×\frac{2}{5}S=\frac{4}{15}S$。
则$S_{\triangle GEF}=S - \frac{1}{12}S - \frac{9}{20}S - \frac{4}{15}S=\frac{1}{5}S$。
已知$S_{\triangle GEF}=11$，所以$\frac{1}{5}S=11$，解得$S=55$。
因为$\frac{OB}{BE}=\frac{9}{11}$，$\frac{CE}{AC}=\frac{2}{3}$，所以$S_{\triangle OBC}=\frac{9}{11}×\frac{2}{3}S=\frac{6}{11}×55=30$。
30
典例 3 如图，$AB$，$DE$ 是 $\odot O$ 的直径，点 $C$ 在 $\odot O$ 上，$\angle ABC = 20^{\circ}$，点 $D$ 从点 $C$ 出发沿顺时针方向绕圆心 $O$ 旋转 $\alpha(0^{\circ}＜\alpha＜180^{\circ})$，则当 $\alpha =$
$50^{\circ}$ 或 $70^{\circ}$ 或 $160^{\circ}$
时，直径 $DE$ 在 $\triangle ABC$ 中截得的三角形与 $\triangle ABC$ 相似.
答案：【思路分析】连接 $OC$. 因为 $AB$ 是 $\odot O$ 的直径，所以 $\angle ACB = 90^{\circ}$. 因为 $\angle ABC = 20^{\circ}$，所以 $\angle AOC = 2\angle ABC = 40^{\circ}$. 分类讨论如下：① 如图①，当 $DE⊥ AB$ 时，$\triangle BOF\backsim\triangle BCA$. 因为 $\angle AOD = 90^{\circ}$，所以 $\angle COD = \angle AOD - \angle AOC = 50^{\circ}$，所以 $\alpha = 50^{\circ}$；② 如图②，当 $DE⊥ BC$ 时，$\triangle BOF\backsim\triangle BAC$. 因为 $OB = OC$，所以 $\angle COD = \frac{1}{2}\angle BOC = \frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle AOC)=70^{\circ}$，所以 $\alpha = 70^{\circ}$；③ 如图③，当 $DE⊥ AC$ 时，$\triangle AOF\backsim\triangle ABC$. 因为 $OA = OC$，所以 $\angle COF = \frac{1}{2}\angle AOC = 20^{\circ}$，所以 $\angle COD = 180^{\circ}-\angle COF = 160^{\circ}$，所以 $\alpha = 160^{\circ}$. 综上所述，$\alpha = 50^{\circ}$ 或 $70^{\circ}$ 或 $160^{\circ}$.
【答案】$50^{\circ}$ 或 $70^{\circ}$ 或 $160^{\circ}$
【变式 3】新素养
几何直观 如图，圆内接四边形 $ABCD$ 的对角线相交于点 $E$，$AB$，$DC$ 的延长线相交于点 $P$，则图中一定相似的三角形有
4
对.
答案：4
解析：
证明：
1. 在$\triangle PAD$与$\triangle PCB$中，
$\angle P = \angle P$（公共角），
$\angle PAD = \angle PCB$（圆内接四边形外角等于内对角），
$\therefore \triangle PAD ∼ \triangle PCB$。
2. 在$\triangle PDC$与$\triangle PBA$中，
$\angle P = \angle P$（公共角），
$\angle PDC = \angle PBA$（圆内接四边形外角等于内对角），
$\therefore \triangle PDC ∼ \triangle PBA$。
3. 在$\triangle AED$与$\triangle BEC$中，
$\angle DAE = \angle BCE$（同弧所对圆周角相等），
$\angle ADE = \angle CBE$（同弧所对圆周角相等），
$\therefore \triangle AED ∼ \triangle BEC$。
4. 在$\triangle AEB$与$\triangle DEC$中，
$\angle BAE = \angle CDE$（同弧所对圆周角相等），
$\angle ABE = \angle DCE$（同弧所对圆周角相等），
$\therefore \triangle AEB ∼ \triangle DEC$。
综上，图中一定相似的三角形有4对。
4
