18. (12分)(2025·威海)如图15，PA是$\odot O$的切线，A为切点。B为$\odot O$上一点，射线PB，AO交于点C，连接AB，点D在AB上，过点D作$DF ⊥ AB$，交AP于点F，作$DE ⊥ BP$，垂足为点E。$AD=BE$，$BD=AF$。
(1)求证：PB是$\odot O$的切线；
(2)若$AP=4$，$\sin C=\dfrac{2}{3}$，求$\odot O$的半径。

(1) 证明：
∵ $DF ⊥ AB$，$DE ⊥ BP$，
∴ $∠ ADF = ∠ DEB = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ADF$和$\mathrm{Rt}△ BED$中，
$\begin{cases}AD = BE \\AF = BD\end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ ADF ≌ \mathrm{Rt}△ BED \ (\mathrm{HL})$，
∴ $∠ FAD = ∠ EBD$，即$∠ PAB = ∠ PBA$，
∴ $PA = PB$。
连接$OB$，∵ $PA$是$\odot O$的切线，$A$为切点，
∴ $OA ⊥ PA$，即$∠ OAP = 90°$，
∴ $∠ OAB + ∠ PAB = 90°$。
∵ $OA = OB$，
∴ $∠ OAB = ∠ OBA$，
∴ $∠ OBA + ∠ PBA = 90°$，即$OB ⊥ PB$。
又∵ $B$是$\odot O$上一点，
∴ $PB$是$\odot O$的切线。
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(2) 解：
∵ $PA$、$PB$都是$\odot O$的切线，
∴ $OA ⊥ PA$，$OB ⊥ PB$，即$∠ CAP = ∠ CBO = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ CAP$中，$∠ CAP=90°$，$AP=4$，$\sin C=\dfrac{2}{3}$，
∴ $\sin C = \dfrac{AP}{CP} = \dfrac{2}{3}$，
∴ $CP = 4 ÷ \dfrac{2}{3} = 6$，
∴ $AC = \sqrt{CP^2 - AP^2} = \sqrt{6^2 - 4^2} = 2\sqrt{5}$。
设$\odot O$的半径为$r$，在$\mathrm{Rt}△ CBO$中，$∠ CBO=90°$，$\sin C=\dfrac{OB}{OC}=\dfrac{2}{3}$，
∴ $OB=r$，$OC = \dfrac{OB}{\sin C} = \dfrac{3r}{2}$。
∵ 点$C$、$O$、$A$共线，$AC = AO + OC$，
∴ $r + \dfrac{3r}{2} = 2\sqrt{5}$，
即 $\dfrac{5r}{2} = 2\sqrt{5}$，解得 $r = \dfrac{4\sqrt{5}}{5}$。
∴ $\odot O$的半径为$\dfrac{4\sqrt{5}}{5}$。

【分析】
(1) 要证明PB是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需连接半径OB，证明$OB⊥ PB$。首先利用已知的垂直关系得到两个直角，结合给出的等边条件证明$\mathrm{Rt}△ADF≌\mathrm{Rt}△BED$，得到角相等，推出$PA=PB$；再利用PA是切线的性质得到$OA⊥ PA$，结合$OA=OB$的等边对等角性质转化角度，即可证得$∠ OBP=90°$，完成切线证明。
(2) 求$\odot O$的半径，先在$\mathrm{Rt}△CAP$中，利用$\sin C$和$AP$的长度求出$CP$、$AC$的长度；再设半径为$r$，在$\mathrm{Rt}△CBO$中用$\sin C$表示出$OC$，根据$AC=AO+OC$列方程求解即可得到半径。
【解析】
(1) 证明：
∵ $DF ⊥ AB$，$DE ⊥ BP$，
∴ $∠ ADF = ∠ DEB = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ADF$和$\mathrm{Rt}△ BED$中，
$\begin{cases}AD = BE \\AF = BD\end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ ADF ≌ \mathrm{Rt}△ BED \ (\mathrm{HL})$，
∴ $∠ FAD = ∠ EBD$，即$∠ PAB = ∠ PBA$，
∴ $PA = PB$。
连接$OB$，
∵ $PA$是$\odot O$的切线，$A$为切点，
∴ $OA ⊥ PA$，即$∠ OAP = 90°$，
∴ $∠ OAB + ∠ PAB = 90°$。
∵ $OA = OB$，
∴ $∠ OAB = ∠ OBA$，
∴ $∠ OBA + ∠ PBA = 90°$，即$OB ⊥ PB$。
又
∵ $B$是$\odot O$上一点，
∴ $PB$是$\odot O$的切线。
(2) 解：
∵ $PA$、$PB$都是$\odot O$的切线，
∴ $OA ⊥ PA$，$OB ⊥ PB$，即$∠ CAP = ∠ CBO = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ CAP$中，$∠ CAP=90°$，$AP=4$，$\sin C=\dfrac{2}{3}$，
∴ $\sin C = \dfrac{AP}{CP} = \dfrac{2}{3}$，
∴ $CP = 4 ÷ \dfrac{2}{3} = 6$，
∴ $AC = \sqrt{CP^2 - AP^2} = \sqrt{6^2 - 4^2} = 2\sqrt{5}$。
设$\odot O$的半径为$r$，在$\mathrm{Rt}△ CBO$中，$∠ CBO=90°$，$\sin C=\dfrac{OB}{OC}=\dfrac{2}{3}$，
∴ $OB=r$，$OC = \dfrac{OB}{\sin C} = \dfrac{3r}{2}$。
∵ 点$C$、$O$、$A$共线，$AC = AO + OC$，
∴ $r + \dfrac{3r}{2} = 2\sqrt{5}$，
即 $\dfrac{5r}{2} = 2\sqrt{5}$，解得 $r = \dfrac{4\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $\dfrac{4\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形
【点评】
本题是圆与三角形的综合题，第一问核心是通过全等三角形转化角的关系，结合切线性质证明垂直，是切线判定的常规考法；第二问利用三角函数建立线段关系，通过方程思想求解半径，解题时要注意辅助线的正确构造和已知条件的合理转化。
【难度系数】
0.6