9. 如图,$AB$为$\odot O$的直径,$PD$切$\odot O$于点$C$,与$BA$的延长线交于点$D$,$DE ⊥ PO$交$PO$延长线于点$E$,连接$OC$,$PB$,已知$PB=6$,$DB=8$,$∠ EDB= ∠ EPB$.
(1)求证:$PB$是$\odot O$的切线;
(2)求$\odot O$的半径;
(3)连接$BE$,求$BE$的长.

9. (1)$\because DE ⊥ PE,\therefore ∠ DEO=90°$.$\because ∠ EDB=∠ EPB,∠ DOE=∠ POB$,$\therefore ∠ OBP=∠ DEO=90°$,$\therefore OB ⊥ PB$.又 $OB$ 为 $\odot O$ 的半径,$\therefore PB$ 为 $\odot O$ 的切线.
(2)在 $\mathrm{Rt}△ PBD$ 中,$PB=6,DB=8$, 根据勾股定理得 $PD=\sqrt{6^2+8^2}=10$.$\because PD$ 与 $PB$ 都为 $\odot O$ 的切线, 易证 $△ PCO ≌ △ PBO$,$\therefore PC=PB=6$,$\therefore DC=PD-PC=10-6=4$, 在 $\mathrm{Rt}△ CDO$ 中, 设 $OC=r$, 则有 $OD=8-r$, 根据勾股定理得 $(8-r)^2=r^2+4^2$, 解得 $r=3$, 即 $\odot O$ 的半径为 3.
(3)如图, 延长 $PB,DE$ 相交于点 $F$,$\because PD$ 与 $PB$ 都为 $\odot O$ 的切线, 易证 $△ PCO ≌ △ PBO$,$\therefore PO$ 平分 $∠ CPB$,$\therefore ∠ DPE=∠ FPE$.$\because PE ⊥ DF$,$\therefore ∠ PED=∠ PEF=90°$.又$\because PE=PE$,$\therefore △ PED ≌ △ PEF(\mathrm{ASA})$,$\therefore PD=PF=10,DE=EF$,$\therefore BF=PF-PB=10-6=4$, 在 $\mathrm{Rt}△ DBF$ 中,$DF=\sqrt{DB^2+BF^2}=\sqrt{8^2+4^2}=4\sqrt{5}$,$\therefore BE=\frac{1}{2}DF=2\sqrt{5}$.

【分析】
本题分三小问，(1)需证PB是⊙O的切线，核心是证明OB⊥PB，利用已知垂直关系、角相等及对顶角相等推导直角；(2)求半径时，先在Rt△PBD中用勾股定理得PD，再结合切线长定理得PC=PB，进而在Rt△CDO中用勾股定理列方程求解；(3)求BE时，通过延长PB、DE交于F，利用角平分线和垂直条件证全等，再结合直角三角形性质计算BE。
【解析】
(1) 证明：
∵ DE ⊥ PO，
∴ ∠ DEO=90°。
又
∵ ∠ EDB=∠ EPB，∠ DOE=∠ POB（对顶角相等），
∴ ∠ OBP=∠ DEO=90°，即 OB ⊥ PB。
∵ OB 是⊙O 的半径，
∴ PB 是⊙O 的切线。
(2) 解：
在 Rt△PBD 中，PB=6，DB=8，由勾股定理得：
PD = √(PB² + DB²) = √(6² + 8²) = 10。
∵ PD、PB 都是⊙O 的切线，根据切线长定理，PC=PB=6，
∴ DC = PD - PC = 10 - 6 = 4。
设⊙O 的半径为 r，则 OC=OB=r，OD=8 - r。
在 Rt△CDO 中，由勾股定理得：
r² + 4² = (8 - r)²，
解得 r=3，即⊙O 的半径为 3。
(3) 解：
延长 PB、DE 相交于点 F。
∵ PD、PB 都是⊙O 的切线，
∴ PO 平分∠CPB，即∠ DPE=∠ FPE。
又
∵ PE ⊥ DF，
∴ ∠ PED=∠ PEF=90°，且 PE=PE，
∴ △PED ≌ △PEF（ASA），
∴ PD=PF=10，DE=EF，
∴ BF=PF - PB=10 - 6=4。
在 Rt△DBF 中，DF=√(DB² + BF²)=√(8² + 4²)=4√5，
∵ E 是 DF 中点，
∴ BE=1/2 DF=2√5。
【答案】
(1) 证明成立；(2) ⊙O 的半径为 3；(3) BE 的长为 2√5。

【知识点】
切线的判定、勾股定理、全等三角形
【点评】
本题综合考查圆的切线性质、勾股定理及全等三角形的应用，需熟练运用切线相关定理，结合直角三角形性质推导，逻辑清晰，步骤明确。
【难度系数】
0.6

10. (1) 如图①,等边三角形 $ABC$ 的边长为 $4$,$\odot C$ 的半径为 $\sqrt{3}$,$P$ 为 $AB$ 边上一动点,过点 $P$ 作 $\odot C$ 的切线 $PQ$,切点为 $Q$,则 $PQ$ 的最小值为.

(2) (广元中考) 如图②,$∠ ACB=45°$,半径为2 的 $\odot O$ 与角的两边相切,点 $P$ 是 $\odot O$ 上任意一点,过点 $P$ 向角的两边作垂线,垂足分别为 $E,F$,设 $t=PE+\sqrt{2}PF$,则 $t$ 的取值范围是.

10. (1)3 解析:如图①,连接 $CQ,CP$,过点 $C$ 作 $CH ⊥ AB$ 于 $H$,$\because PQ$ 是 $\odot C$ 的切线,$\therefore CQ ⊥ PQ$,$\therefore PQ=\sqrt{CP^2-CQ^2}=\sqrt{CP^2-(\sqrt{3})^2}$.当 $CP ⊥ AB$ 时, $CP$ 最小, $PQ$ 取最小值.$\because △ ABC$ 为等边三角形,$\therefore ∠ B=60°$,$\therefore ∠ BCH=30°$,$\therefore CB=2BH$, 由勾股定理可得 $CH=2\sqrt{3}$,$\therefore PQ$ 的最小值为 $\sqrt{(2\sqrt{3})^2-(\sqrt{3})^2}=3$.

(2)$2\sqrt{2} ≤ t ≤ 2\sqrt{2}+4$ 解析:设半径为 2 的 $\odot O$ 与角的两边相切于点 $M,N$, 连接 $OM,ON$, 延长 $NO$ 交 $CB$ 于点 $D$,$\therefore ∠ CND=∠ OMD=90°$.$\because ∠ ACB=45°$,$\therefore △ CND$ 是等腰直角三角形,$\therefore ∠ CDN=45°$.$\therefore △ OMD$ 是等腰直角三角形.$\because ON=OM=2$,$\therefore OD=2\sqrt{2}$,$\therefore CN=DN=2+2\sqrt{2}$.延长 $EP$ 交 $BC$ 于点 $Q$,$\because EQ ⊥ AC,PF ⊥ BC$,$\therefore ∠ CEQ=∠ PFQ=90°$.$\because ∠ ACB=45°$,$\therefore ∠ EQC=45°$,$\therefore △ ECQ$ 与 $△ PFQ$ 是等腰直角三角形,$\therefore CE=EQ$,$PQ=\sqrt{2}PF$,$\therefore t=PE+\sqrt{2}PF=PE+PQ=EQ$.如图②, 当 $EQ$ 与 $\odot O$ 相切且点 $P$ 在圆心的右侧时, $t$ 有最大值, 连接 $OP$, 则四边形 $ENOP$ 是正方形,$\therefore EN=OP=2$,$\therefore t=PE+\sqrt{2}PF=PE+PQ=EQ=CE=CN+EN=2+2\sqrt{2}+2=4+2\sqrt{2}$; 如图③, 当 $EQ$ 与 $\odot O$ 相切且点 $P$ 在圆心的左侧时, $t$ 有最小值, 同理可得 $t=PE+\sqrt{2}PF=PE+PQ=EQ=CE=CN-EN=2\sqrt{2}$, 故 $t$ 的取值范围是 $2\sqrt{2} ≤ t ≤ 4+2\sqrt{2}$.

【分析】
第(1)问：要计算切线PQ的最小值，根据切线性质，连接切点与圆心可得直角三角形，利用勾股定理将PQ表示为关于CP的式子，再根据“点到直线的垂线段最短”找到CP的最小值，代入计算即可。
第(2)问：通过作辅助线，利用等腰直角三角形的性质将t转化为线段EQ，再分析点P在圆上运动时EQ的最大、最小值，从而确定t的取值范围。
【解析】
(1) 如图①，连接CQ、CP，过点C作CH⊥AB于H。
∵PQ是⊙C的切线，
∴CQ⊥PQ，即△CQP为直角三角形，由勾股定理得：
PQ = √(CP² - CQ²)，其中CQ=√3（⊙C半径）为定值，故当CP最小时，PQ最小。
根据“点到直线的垂线段最短”，当CP⊥AB时，CP最小，此时CP=CH。
∵△ABC是等边三角形，边长为4，
∴BH=AB/2=2，在Rt△BCH中，由勾股定理：
CH = √(BC² - BH²) = √(4² - 2²) = 2√3。
∴PQ的最小值为√[(2√3)² - (√3)²] = √(12 - 3) = 3。
(2) 如图②，设⊙O与∠ACB两边相切于M、N，连接OM、ON，则ON⊥AC，OM⊥BC，ON=OM=2。
延长NO交CB于D，
∵∠ACB=45°，
∴△CND为等腰直角三角形，△OMD为等腰直角三角形，故OD=√2 OM=2√2，CN=DN=ON+OD=2+2√2。
延长EP交BC于Q，
∵PE⊥AC，PF⊥BC，
∴∠CEQ=∠PFQ=90°，又∠ACB=45°，
∴△ECQ、△PFQ为等腰直角三角形，得CE=EQ，PQ=√2 PF，因此t=PE+√2 PF=PE+PQ=EQ。
当EQ与⊙O相切且P在圆心右侧时，t最大，此时四边形ENOP为正方形，EN=OP=2，故CE=CN+EN=2+2√2+2=4+2√2，即t最大值为4+2√2；
当EQ与⊙O相切且P在圆心左侧时，t最小，此时CE=CN-EN=2+2√2-2=2√2，即t最小值为2√2；
故t的取值范围是2√2 ≤ t ≤ 2√2 +4。
【答案】
10. (1)3；(2)2√2 ≤ t ≤ 2√2 +4
【知识点】
切线性质、特殊三角形性质、线段最值
【点评】
本题综合考查圆的切线性质、等边三角形与等腰直角三角形的性质，以及线段最值的求解，需要灵活运用几何转化思想，难度中等。
【难度系数】
0.4

11. 新趋势 项目式学习 (2025·镇江期中)【阅读理解】
任务:在矩形 ABCD 内画一个最大的半圆.
操作:
(1)作$∠ A$的平分线 AE,交 BC 于点 E,在线段 AE 上任取一点 O,过点 O 作$OG ⊥ AD$,垂足为 G;以点 O 为圆心、OG 长为半径作$\odot O$,则$\odot O$与 AB,AD 分别相切于点 F,G,如图①.
(2)沿着线段 AE 向下拖动圆心 O,$\odot O$逐渐变大.当$\odot O$足够大时,与矩形另外的边相交,如图②,设$\odot O$与 BC 边交于点 H,与 CD边交于点 I,连接 HI,则 HI 为$\odot O$的一条弦.当点 O 落在弦 HI 上时,则弦 HI 为$\odot O$的直径,此时半圆 HGI 即为矩形 ABCD 内最大的半圆.

【实践操作】
如图③,已知矩形$ABCD$,$AD=2AB$,用直尺和圆规作出矩形 ABCD 内最大半圆.(不写作法,保留作图痕迹)

【探索发现】
(1)如图④,已知正方形 ABCD 的边长为 4,则正方形 ABCD 内最大半圆的半径 OF 的长为.
(2)如图⑤,在矩形 ABCD 中,$BE=1$,$DF=2$,则矩形 ABCD 内最大半圆的直径$EF=$.
(3)若矩形 ABCD 内最大半圆有无数个,则矩形的两边长 a 和 b 满足的关系为.

11. 【实践操作】如图①,半圆 BEC 为所求作的半圆.

【探索发现】(1)$8-4\sqrt{2}$ 解析:如图②,正方形 $ABCD$ 内最大半圆与 $AB,AD$ 边相切,切点分别为点 $M,N$, 连接 $OM,ON$, 作 $OG ⊥ CD$, 设正方形 $ABCD$ 内最大半圆的半径为 $r$,$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形,$\therefore ∠ A=90°$, 由作图可知, $AM=AN=NO=MO$,$\therefore$ 四边形 $AMON$ 为正方形,$\therefore OM=ON=AM=AN=r$,$BM=4-r$,$OG=4-r$,$CG=BM=4-r$.$\because OG ⊥ CD,OC=OF$,$\therefore FG=CG=4-r$, 在 $\mathrm{Rt}△ OFG$ 中,$OG^2+FG^2=OF^2$, 即 $(4-r)^2+(4-r)^2=r^2$, 解得 $r=8-4\sqrt{2}$,$r=8+4\sqrt{2}$(舍去), 即 $OF$ 的长为 $8-4\sqrt{2}$.

(2)10 解析:如图③,矩形 $ABCD$ 内最大半圆与 $AB,AD$ 边相切,切点分别为点 $M,N$, 连接 $OM,ON$,$\therefore ∠ OND=∠ OMB=90°$.作 $EG ⊥ OM$ 于点 $G$, 作 $FH ⊥ ON$ 于点 $H$,$\therefore ∠ EGM=∠ EGO=∠ FHO=∠ NHF=90°$.$\because$ 四边形 $ABCD$ 是矩形,$\therefore ∠ D=∠ B=90°$.$\because ∠ HND=∠ D=∠ NHF=90°$,$∠ MGE=∠ GMB=∠ B=90°$,$\therefore$ 四边形 $MBEG,NHFD$ 是矩形,$\therefore NH=DF=2$,$MG=BE=1$, 令 $\odot O$ 的半径为 $r$, 则 $EO=OF=ON=OM=r$,$\therefore GO=r-1$,$HO=r-2$.$\because ON // AB // EG$,$\therefore ∠ NOF=∠ GEO$.$\because EO=FO$,$∠ FHO=∠ EGO$,$\therefore △ OGE ≌ △ FHO(\mathrm{AAS})$,$\therefore GO=HF=r-1$, 在 $\mathrm{Rt}△ FHO$ 中,$HO^2+HF^2=OF^2$,$\therefore (r-2)^2+(r-1)^2=r^2$, 解得 $r_1=5$,$r_2=1$(不合题意,舍去),$\therefore EF=2r=10$.
(3)$a＞2b$ 或 $b＞2a$ 解析:矩形内最大半圆的直径需满足其半径不超过矩形的最短边,当矩形一边长为另一边长的 2 倍时(设长为 $a$, 宽为 $b$, 则 $a=2b$), 以长为直径的半圆半径为 $b$,$\therefore$ 当 $a＞2b$ 时, 此时半圆可沿长边任意平移(因直径长度等于长边, 圆心在中点时半圆刚好接触对边), 存在无数个这样的最大半圆, 同理, 若 $b＞2a$ 时, 以宽为直径的半圆也存在无数个最大半圆.

【分析】
本题围绕“矩形内最大半圆”展开，需先明确最大半圆的判定：半圆与矩形两边相切且直径在矩形边上时为最大半圆。解题时需结合圆的切线性质、勾股定理、全等三角形等知识，通过设未知数建立方程求解，第三小问需分析半圆存在无数个的条件。
【解析】
【实践操作】
已知矩形ABCD中AD=2AB，最大半圆的直径应在矩形的长边上，以BC中点为圆心、AB长为半径作半圆，该半圆与AB、CD边相切，即为所求，如图①。
【探索发现】
(1) 设正方形内最大半圆的半径为r，连接OM、ON，作OG⊥CD于G。因四边形ABCD是正方形，∠A=90°，半圆与AB、AD相切，故四边形AMON为正方形，得OM=ON=r，BM=4-r，OG=4-r。又OC=OF=r，FG=CG=4-r，在Rt△OFG中，由勾股定理：$(4-r)^2 + (4-r)^2 = r^2$，解得$r=8-4\sqrt{2}$（舍去$8+4\sqrt{2}$），即OF=8-4√2。
(2) 设半圆半径为r，连接OM、ON，作EG⊥OM于G，FH⊥ON于H。因四边形ABCD是矩形，故四边形MBEG、NHFD为矩形，得MG=BE=1，NH=DF=2，即GO=r-1，HO=r-2。由△OGE≌△FHO（AAS）得HF=GO=r-1，在Rt△FHO中，由勾股定理：$(r-2)^2 + (r-1)^2 = r^2$，解得r=5（舍去1），故EF=2r=10。
(3) 当矩形内最大半圆有无数个时，需满足矩形的一边长大于另一边长的2倍，即a＞2b或b＞2a，此时半圆可沿长边平移，存在多个最大半圆。
【答案】
【实践操作】如图①，半圆BEC为所求作的半圆。
【探索发现】(1)$8-4\sqrt{2}$ (2)$10$ (3)$a＞2b$或$b＞2a$
【知识点】
矩形性质、圆的切线性质、勾股定理
【点评】
本题为项目式学习几何题，考查几何建模与方程思想，需理解最大半圆的判定条件，结合几何性质求解，难度适中。
【难度系数】
0.5