《2025年一遍过九年级数学下册冀教版》

如图1，在⊙O中，AC是⊙O的直径，PA与⊙O相切于点A，点B在⊙O上，且PB = PA.

【基础设问】
(1)求证：PB是⊙O的切线.
(2)连接AB，若AC = 10，∠BAC = 30°.
①求∠ABP的度数和△PAB的周长；
②若AB为一个正多边形的一条边，P为正多边形的中心，求该正多边形的面积.
【能力设问】
(3)如图2，AC，PB的延长线相交于点D，若CD = 1，cos∠APD = $\frac{2}{5}$，求⊙O的半径.

(4)如图3，过点B作BD⊥AC于点E，交⊙O于点D. 若BD = PA = 2$\sqrt{3}$.
①求图中阴影部分的面积(结果保留π)；
②若△PAB的内切圆圆心为点I，连接IE，求线段IE的长.

答案：
**证明**：连接$PO$，$OB$。 因为$PA$与$\odot O$相切于点$A$，所以$PA\perp CA$，则$\angle PAO = 90^{\circ}$。 又因为$PA = PB$，$OA = OB$，$OP = OP$， 所以$\triangle PAO\cong\triangle PBO(SSS)$，所以$\angle PBO = \angle PAO = 90^{\circ}$，即$PB\perp OB$。 由于$OB$为半径，所以$PB$为$\odot O$的切线。@@①连接$BC$。 因为$AC$是$\odot O$的直径，所以$\angle ABC = 90^{\circ}$。 因为$\angle BAC = 30^{\circ}$，所以$BC=\frac{1}{2}AC = 5$， 所以$AB = \sqrt{AC^{2}-BC^{2}} = 5\sqrt{3}$。 因为$PA$是$\odot O$的切线，所以$\angle OAP = 90^{\circ}$， 所以$\angle PAB = \angle OAP-\angle BAC = 60^{\circ}$。 又因为$PA = PB$，所以$\triangle PAB$是等边三角形， 所以$PA = PB = AB = 5\sqrt{3}$， 所以$\triangle PAB$的周长为$PA + PB + AB = 15\sqrt{3}$。@@②由①知$\angle APB = 60^{\circ}$，所以该正多边形的边数为$\frac{360^{\circ}}{60^{\circ}} = 6$，该正多边形为正六边形。 过点$P$作$PM\perp AB$，由①知$PA = 5\sqrt{3}$， 所以$PM = PA\cdot\cos30^{\circ}=PA\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{15}{2}$， 所以$S_{\triangle PAB}=\frac{1}{2}\times\frac{15}{2}\times5\sqrt{3}=\frac{75\sqrt{3}}{4}$， 所以该正六边形的面积为$6\times\frac{75\sqrt{3}}{4}=\frac{225\sqrt{3}}{2}$。@@
(3) **解**：连接$OB$。因为$PB$为$\odot O$的切线，所以$\angle OBD = 90^{\circ}$。 因为$\angle PAD = \angle OBD = 90^{\circ}$，$\angle D = \angle D$， 所以$\triangle APD\sim\triangle BOD$，所以$\angle APD = \angle BOD$， 所以$\cos\angle BOD = \cos\angle APD=\frac{2}{5}$。 设$\odot O$的半径为$r$，在$Rt\triangle BOD$中，$OB = OC = r$，$OD = r + 1$， 因为$\cos\angle BOD=\frac{OB}{OD}=\frac{2}{5}$，所以$\frac{r}{r + 1}=\frac{2}{5}$，解得$r=\frac{2}{3}$。 经检验，当$r=\frac{2}{3}$时，$r + 1\neq0$， 所以$r=\frac{2}{3}$是原方程的解，所以$\odot O$的半径是$\frac{2}{3}$。@@①如图，作$BF\perp AP$于点$F$，连接$OB$。 因为$BD\perp AC$，所以$BE = DE=\sqrt{3}$，$\angle AEB = 90^{\circ}$。 又因为$AC\perp PA$， 所以四边形$AEBF$是矩形，所以$AF = BE=\sqrt{3}$。 因为$PA = 2\sqrt{3}$，所以$AF = PF$，所以$AB = PB$。 因为$PB = PA$，所以$\triangle PAB$是等边三角形， 所以$\angle PAB = 60^{\circ}$，所以$\angle BAC = 30^{\circ}$，所以$\angle BOC = 60^{\circ}$。 在$Rt\triangle OBE$中，$OB=\frac{BE}{\sin60^{\circ}} = 2$，$OE = OB\cdot\cos60^{\circ}=1$。 所以$EC = OC - OE = 1 = OE$。 在$\triangle OBE$和$\triangle CDE$中，$BE = DE$，$\angle OEB = \angle CED = 90^{\circ}$，$OE = EC$， 所以$\triangle OBE\cong\triangle CDE(SAS)$，所以$S_{\triangle CDE}=S_{\triangle OBE}$， 所以$S_{阴影}=S_{扇形OBC}=\frac{60\cdot\pi\cdot2^{2}}{360}=\frac{2}{3}\pi$。@@②如图，连接$OP$，$EP$， 因为$\triangle PAB$是等边三角形， 所以$\angle ABF = 30^{\circ}$，所以$BF=\frac{AF}{\tan30^{\circ}} = 3$。 又因为点$I$为$\triangle PAB$的内心，所以点$I$为$BF$，$OP$的交点， 则$\angle API = \angle BPI = \angle PBI = 30^{\circ}$，所以$PI = BI$， 所以$IF=\frac{1}{2}PI=\frac{1}{2}BI$，所以$BI=\frac{2}{3}BF = 2$。 所以在$Rt\triangle BIE$中，$IE=\sqrt{BE^{2}+BI^{2}}=\sqrt{3 + 4}=\sqrt{7}$。