9. 新考法 分类讨论法 如图，点P是$∠ AOB$的平分线OC上一点，$PN⊥ OB$于点N，点M是线段ON上一点。已知$OM=3$，$ON=5$，点D为OA上一点，若满足$PD=PM$，则OD的长度为。

3或7

10. 如图，在$△ ABC$中，$∠ ABC$和$∠ ACB$的平分线$BE$，$CD$相交于点$O$，过点$O$作$OM ⊥ BC$于点$M$，则以下结论：①若$∠ A = 50°$，则$∠ BOC = 115°$；②$\frac{AE}{EC}=\frac{AB}{BC}$；③若$OM = m$，$AB+BC+AC = n$，则$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}mn$；④平面内到三条直线$AB$，$AC$，$BC$距离相等的点有3个。其中正确的有________。(只填写序号)

①②③ 【点拨】在$△ABC$中，若$∠A=50°$，则$∠ABC+∠ACB=180°-∠A=180°-50°=130°. \because BE,CD$分别平分 $∠ABC, ∠ACB, \therefore ∠ABE = ∠CBE =\frac{1}{2}∠ABC,∠ACD=∠BCD=\frac{1}{2}∠ACB, \therefore ∠CBE+∠BCD = \frac{1}{2}∠ABC+ \frac{1}{2}∠ACB = \frac{1}{2}（∠ABC +∠ACB) = \frac{1}{2} × 130° = 65°$. 在 $△BCO$ 中，$∠BOC =180°-(∠BCO+∠CBO)=180°-65°=115°$，故 ①正确；

如图所示，过点 $E$ 作 $EH⊥AB,EG⊥BC$ 于点 $H,G$，过点 $B$ 作 $BK⊥AC$于点 $K$，$\because BE$ 是$∠ABC$的平分线，$\therefore EH = EG. \because S_{△ABE} = \frac{1}{2} AB ·EH=\frac{1}{2}AE·BK,S_{△CBE}=\frac{1}{2}BC·EG=\frac{1}{2} CE · BK, \therefore \frac{S_{△ABE}}{S_{△CBE}}=\frac{\frac{1}{2}AB·EH}{\frac{1}{2}BC·EG}=\frac{\frac{1}{2}AE·BK}{\frac{1}{2}CE·BK}, \therefore \frac{AB}{BC}=\frac{AE}{EC}$, 故②正确；

如图所示，过点 $O$ 作 $OR⊥AB,OS⊥AC$ 于点 $R,S$，连接 $OA$，$\because BE,CD$分别平分$∠ABC,∠ACB,OM⊥BC$，$\therefore OM=OR=OS=m. \therefore S_{△ABC}=S_{△AOB}+S_{△AOC}+S_{△BOC}=\frac{1}{2}AB·OR+\frac{1}{2}AC·OS+\frac{1}{2}BC·OM=\frac{1}{2}OM(AB+AC+BC)=\frac{1}{2}mn$, 故③正确；

$\because OM=OR=OS, \therefore$ 三角形内部有一个点 $O$ 到直线$AB,AC,BC$ 距离相等，如图③所示，作$△ABC$外角的角平分线 $BP_1,AP_1$, 交于点 $P_1$. 过点 $P_1$ 作 $P_1N_1⊥BC,P_1N_2⊥AB$，$P_1N_3⊥AC$，由角平分线的性质定理可得 $P_1N_1=P_1N_2=P_1N_3$，同理可得，三角形外部共有 3 个点到直线$AB,AC,BC$ 的距离相等，$\therefore$ 共有 4个点到直线 $AB,AC,BC$ 的距离相等，故④错误；
综上所述，正确的有①②③.

11. [2025武汉江岸区期中]（1）如图①，在$△ ABC$中，AD是它的角平分线，求证：$\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}$；
（2）如图②，AD是$△ ABC$的外角的平分线，判断（1）中的关系是否成立，并说明理由。

(1)【证明】如图①，过点 $D$ 作 $DE⊥AB$ 于点 $E$，$DF⊥AC$ 于点 $F$，

$\because AD$ 平分$∠BAC, \therefore DE=DF$.
$\because S_{△ABD}=\frac{1}{2}AB·DE$，$S_{△ACD}=\frac{1}{2}AC·DF$，
$\therefore \frac{S_{△ABD}}{S_{△ACD}}=\frac{\frac{1}{2}AB·DE}{\frac{1}{2}AC·DF}=\frac{AB}{AC}$.
过点 $A$ 作 $AH⊥BC$ 于点 $H$，
$\because S_{△ABD}=\frac{1}{2}BD·AH,S_{△ACD}=\frac{1}{2}CD·AH$，
$\therefore \frac{S_{△ABD}}{S_{△ACD}}=\frac{\frac{1}{2}BD·AH}{\frac{1}{2}CD·AH}=\frac{BD}{CD}. \therefore \frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}$.
(2)【解】(1)中的关系仍然成立. 理由如下：
如图②，过点 $D$ 作 $DF⊥AB$ 于点 $F$，$DG⊥AC$ 于点 $G$，

$\because AD$ 平分$∠CAE, \therefore DF=DG$.
$\because △ABD$ 的面积 $=\frac{1}{2}AB·DF$，$△ACD$ 的面积 $=\frac{1}{2}AC·DG$，
$\therefore \frac{S_{△ABD}}{S_{△ACD}}=\frac{\frac{1}{2}AB·DF}{\frac{1}{2}AC·DG}=\frac{AB}{AC}$.
过点 $A$ 作 $AH⊥BD$ 于点 $H$，$\therefore \frac{S_{△ABD}}{S_{△ACD}}=\frac{\frac{1}{2}AH·BD}{\frac{1}{2}AH·CD}=\frac{BD}{CD}$.
$\therefore \frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}$.

12. 新视角 类比探究题【教材呈现】下面是人教版八年级上册数学教材49页的部分内容.

【问题解决】(1)请写出证明$PD=PE$的过程.
【类比探究】
(2)如图①,$∠AOB=90°,OC$是$∠AOB$的平分线,点$M,N$分别在$OB,OA$上,点$P$在射线$OC$上,连接$PM$和$PN$且$PM⊥PN$,求证:$PM=PN$.
(3)如图②,$OC$是$∠AOB$的平分线,点$P$在$OC$上,点$M,N$分别在$OB,OA$上,连接$PM$和$PN$,若$∠PMO+∠PNO=180°$,判断线段$PM$与$PN$的数量关系,并证明.

(1)【证明】$\because OC$ 是$∠AOB$的平分线，$PD⊥OA,PE⊥OB, \therefore ∠POE=∠POD,∠OEP=∠ODP=90°$.
在$△OPE$ 和$△OPD$ 中，$\begin{cases} ∠POE=∠POD, \\ ∠OEP=∠ODP, \\ OP=OP, \end{cases}$
$\therefore △OPE≌△OPD(\mathrm{AAS}), \therefore PD=PE$.
(2)【证明】如图①，过点 $P$ 分别作 $PE⊥OA$ 于点 $E$，$PF⊥OB$ 于点 $F$，

$\because OC$ 是$∠AOB$的平分线，
$\therefore PE=PF,∠PEO=∠PFO=90°$.
$\because ∠AOB=90°, \therefore ∠EPF=360°-∠AOB-∠PEO-∠PFO=90°$.
$\because PM⊥PN, \therefore ∠EPF=∠NPM$，
$\therefore ∠EPF - ∠EPM = ∠NPM - ∠EPM$，
即$∠MPF=∠NPE$.
在$△PNE$ 和$△PMF$ 中，$\begin{cases} ∠PEN=∠PFM=90°, \\ PE=PF, \\ ∠NPE=∠MPF, \end{cases}$
$\therefore △PNE≌△PMF(\mathrm{ASA}). \therefore PM=PN$.
(3)【解】$PM=PN$.
证明：如图②，过点 $P$ 作 $PE⊥OA$ 于点 $E$，$PF⊥OB$ 于点 $F$，

$\because OC$ 是$∠AOB$的平分线，$\therefore PE=PF$.
$\because ∠PNO+∠PNE=180°, ∠PMO+∠PNO=180°$，
$\therefore ∠PNE=∠PMO$.
在$△PNE$ 和$△PMF$ 中，
$\begin{cases} ∠PNE=∠PMF, \\ ∠PEN=∠PFM=90°, \\ PE=PF, \end{cases}$
$\therefore △PNE≌△PMF(\mathrm{AAS}), \therefore PM=PN$.