9 新情境 数学与生活融合 我们知道:过圆外一点所画的圆的两条切线长相等.
[问题解决]如图,现有一块边长为20 m的正方形空地ABCD,在边AB取一点M,以MB长为直径,在这个正方形的空地内建一个半圆形儿童游乐场,过点C划出一条与这个半圆相切的分割线,正方形ABCD位于分割线右下方的部分作为娱乐区,娱乐区的最大面积等于().

A.$180\ \mathrm{m}^2$
B.$110\sqrt{3}\ \mathrm{m}^2$
C.$250\ \mathrm{m}^2$
D.$200\sqrt{2}\ \mathrm{m}^2$

9.C

10（2026·南通期末）如图，$\odot O$是四边形ABCD的内切圆.四边形ABCD的周长为48，且$AB:BC:CD=3:4:5$，则AD的长为（）.

A.9
B.12
C.15
D.18

10.B

11 如图，PA，PB是$\odot O$的切线，A，B为切点，连接AO并延长，交PB的延长线于点C，连接PO，交$\odot O$于点D.
(1)求证：PO平分$∠ APC$；
(2)连接DB，若$∠ C=30°$，求证：$DB// AC$.

11. (1)如图,连接 OB.
∵PA,PB 是$\odot O$的切线,
$\therefore OA⊥ PA,OB⊥ PB$.
又$OA=OB$,
∴PO 平分$∠ APC$.
(2)$\because OA⊥ AP,OB⊥ BP$,
$\therefore ∠ CAP=∠ OBP=90^{\circ }$.
$\because ∠ C=30^{\circ },\therefore ∠ APC=90^{\circ }-∠ C=60^{\circ }$.
$\because PO$平分$∠ APC,\therefore ∠ OPC=\frac{1}{2}∠ APC=\frac{1}{2}× 60^{\circ }=30^{\circ }$,
$\therefore ∠ POB=90^{\circ }-∠ OPC=90^{\circ }-30^{\circ }=60^{\circ }$.
又$OD=OB,\therefore △ ODB$是等边三角形,$\therefore ∠ OBD=60^{\circ }$,
$\therefore ∠ DBP=∠ OBP-∠ OBD=90^{\circ }-60^{\circ }=30^{\circ }$,
$\therefore ∠ DBP=∠ C,\therefore DB// AC$.

12 新考法 操作探究 在$△ ABC$中，$∠ C=α$，设$BC=a$，$AC=b$，$AB=c$。$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，$\odot P$分别与$CA$的延长线，$CB$的延长线以及直线$AB$均只有一个公共点，$\odot O$的半径为$m$，$\odot P$的半径为$n$。
(1)当$α=90°$时，$b=6$，$a=8$时，$m=$，$n=$。
(2)如图(1)，$α=90°$，则$m=$，$n=$（用含有$a,b,c$的代数式表示）；并求出$△ ABC$的面积。（用含有$m,n$的代数式表示）
(3)如图(2)，$α=60°$，求出$△ ABC$的面积。（用含有$m,n$的代数式表示）

12.(1)2 12 [解析]$\because α=90^{\circ },b=6,a=8,\therefore c=10$.
如图(1),设点 D,E,F 分别是 CA 的延长线、CB 的延长线、直线 AB 与$\odot P$的切点,连接 PD,PE,PF,OA,OB,OC.
$\because S_{△ BCA}=S_{△ ABO}+S_{△ ACO}+S_{△ BCO}$,
$\therefore \frac{1}{2}× 6× 8=\frac{1}{2}× 10m+\frac{1}{2}× 6m+\frac{1}{2}× 8m$,
$\therefore m=2$. 由已知,得四边形 DPEC 为正方形,
$\therefore n=PD=\frac{1}{2}(CD+CE)$.
由切线长定理可知,$AF=AD,BF=BE$,
$\therefore n=\frac{1}{2}(CD+CE)=\frac{1}{2}(AD+AC+BE+BC)=\frac{1}{2}(AB+AC+BC)=\frac{1}{2}× (10+6+8)=12$.

(2)$\frac{ab}{a+b+c}$ $\frac{a+b+c}{2}$ [解析]如图(1),由切线的性质可知,$PD⊥ CD,PE⊥ BC,PF⊥ AB,\therefore PD=PE=PF$.
设$△ ABC$的面积为$S_{△ ABC}$,周长为$C_{△ ABC}$,同(1),根据面积法可知$m=\frac{2S_{△ ABC}}{C_{△ ABC}}=\frac{2× \frac{1}{2}ab}{a+b+c}=\frac{ab}{a+b+c}$.
$\because n=\frac{1}{2}(CD+CE)=\frac{1}{2}(AD+AC+BE+BC)=\frac{1}{2}(AB+AC+BC)=\frac{1}{2}C_{△ ABC}=\frac{a+b+c}{2}$,$\therefore S_{△ ABC}=\frac{mC_{△ ABC}}{2}=mn$.
(3)如图(2),连接 CP,设点 D,E,F 分别是 CA 的延长线、CB 的延长线、直线 AB 与$\odot P$的切点,连接 PD,PE,由切线长定理,得
$CD=CE=\frac{1}{2}(CD+CE)=\frac{1}{2}(AD+AC+BE+BC)=\frac{1}{2}(AB+AC+BC)=\frac{1}{2}C_{△ ABC}$.
$\because PD⊥ CD,PE⊥ BC$,且$PD=PE,\therefore CP$平分$∠ ACB$,
$\therefore ∠ PCE=30^{\circ },\therefore PC=2PE,\therefore CE=\sqrt{PC^2-PE^2}=\sqrt{3}PE$.
$\therefore n=PE=\frac{CE}{\sqrt{3}}=\frac{C_{△ ABC}}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}C_{△ ABC}}{6}$.
$\because m=\frac{2S_{△ ABC}}{C_{△ ABC}},\therefore S_{△ ABC}=\frac{mC_{△ ABC}}{2}=\sqrt{3}mn$.