第46页 - 苏科版九年级伴你学数学答案（上下册）

 证明：过点$ O $作$ OE \perp AC ，$垂足为$ E ，$连接$ OA ，$$ OD 。$

 因为$ AB $是$ \odot O $的切线，$ D $为切点，所以$ OD \perp AB $（切线的性质），即$ \angle ODA = 90^\circ 。$

 因为$ AB = AC ，$$ O $是$ BC $中点，所以$ AO $平分$ \angle BAC $（等腰三角形三线合一），即$ \angle OAD = \angle OAE 。$

 在$ \triangle AOD $和$ \triangle AOE $中：

 $\begin{cases} \angle OAD = \angle OAE, \\ \angle ADO = \angle AEO = 90^\circ, \\ AO = AO, \end{cases}$

 所以$ \triangle AOD \cong \triangle AOE \, (AAS) 。$

 因此$ OD = OE $（全等三角形对应边相等）。

 因为$ OD $是$ \odot O $的半径，所以$ OE = OD $也是$ \odot O $的半径。

 又因为$ OE \perp AC ，$所以$ AC $是$ \odot O $的切线（切线的判定定理）。

 结论：$ AC $是$ \odot O $的切线。

 证明：连接$OD。$

 因为$AD // OC，$

 所以$\angle A = \angle BOC$（两直线平行，同位角相等），

 $\angle ADO = \angle DOC$（两直线平行，内错角相等）。

 由于$OA = OD$（半径相等），

 所以$\angle A = \angle ADO$（等腰三角形的性质）。

 因此$\angle BOC = \angle DOC。$

 在$\triangle BOC$和$\triangle DOC$中，

 $\begin{cases} OB = OD \\ \angle BOC = \angle DOC \\ OC = OC \end{cases}，$

 所以$\triangle BOC \cong \triangle DOC$（$SAS$）。

 因此$\angle OBC = \angle ODC$（全等三角形的对应角相等）。

 因为$BC$是$\odot O$的切线，

 所以$\angle OBC = 90^\circ$（切线的性质）。

 因此$\angle ODC = 90^\circ，$即$OD \perp DC。$

 又因为$OD$是$\odot O$的半径，

 所以$DC$是$\odot O$的切线（切线的判定定理）。

38°

$3$或$4\sqrt{3}$

 （1）证明：连接 $OC，$

 因为 $ED$ 与 $\odot O$ 相切于点 $C，$所以 $OC \perp ED$（切线的性质）。

 因为 $OA = OC$（半径相等），所以 $\angle OAC = \angle OCA。$

 又因为 $AC$ 平分 $\angle BAD，$所以 $\angle OAC = \angle CAD，$

 从而 $\angle OCA = \angle CAD，$故 $OC // AD$（内错角相等，两直线平行）。

 因为 $OC \perp ED，$所以 $AD \perp ED$（两平行线中一条垂直于第三条直线，另一条也垂直）。

 （2）解：设 $\odot O$ 的半径为 $r，$则 $AB = 2r。$

 因为 $AB$ 是直径，所以 $\angle AFB = 90^\circ$（直径所对的圆周角是直角）。

 由（1）知 $AD \perp ED，$且 $OC // AD，$$OC \perp ED，$

 所以四边形 $OCDF$ 为矩形（此处需补充辅助线 $CF$ 或直接利用相似）。

 在 $\triangle ACD$ 中，$CD = 4，$设 $AD = x，$则 $FD = x - AF = x - 2。$

 由切割线定理：$CD^2 = DF \cdot DA，$即 $4^2 = (x - 2)x，$

 解得 $x^2 - 2x - 16 = 0，$$x = 1 + \sqrt{17}$（负值舍去）。

 在 $\text{Rt}\triangle AFB$ 中，$AF = 2，$$BF = CD = 4$（矩形对边相等），

 由勾股定理：$AB^2 = AF^2 + BF^2 = 2^2 + 4^2 = 20，$

 解得 $AB = 2\sqrt{5}$（此步骤错误，修正如下）：

 正确方法：连接 $CF，$易证 $\triangle CDF \sim \triangle BAF，$

 $\frac{CD}{BA} = \frac{DF}{AF}，$即 $\frac{4}{2r} = \frac{x - 2}{2}，$结合 $x = 1 + \sqrt{17}，$

 解得 $r = \sqrt{17}。$

 综上，$\odot O$ 的半径为 $\sqrt{17}。$

【答案】：
3或5

【解析】：
因为直线$a\perp b$，垂足为$H$，$\odot O$与直线$a$相切，$\odot O$半径为$1$，所以圆心$O$到直线$a$的距离等于半径$1$，即$OH = 1$。
点$P$在直线$b$上，$PH = 4$，分两种情况：
当点$O$在点$H$左侧时，$OP = PH - OH = 4 - 1 = 3$；
当点$O$在点$H$右侧时，$OP = PH + OH = 4 + 1 = 5$。
综上，$OP$的长为$3$或$5$。

【答案】：
38°

【解析】：
连接OC，∵BC切⊙O于点C，∴OC⊥BC，∠OCB=90°。在△ABC中，∠A=∠B=26°，∴∠ACB=180°-26°-26°=128°。∵∠ACB=128°，∠OCB=90°，∴∠ACO=∠ACB-∠OCB=128°-90°=38°。∵DE是直径，O为圆心，∴OC=OE，△OCE为等腰三角形，∠OCE=∠OEC。又∵点E在直线AC上，∴∠OCE=∠ACO=38°，∴∠DEC=∠OEC=∠OCE=38°。

$3$或$4\sqrt{3}$。

1. 首先，根据已知条件求出$BM$的长度：

因为正方形$ABCD$的边长为$8$，$M$是$AB$的中点，所以$BM = \frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×8 = 4$。

2. 然后分两种情况讨论$\odot P$与正方形$ABCD$的边相切：

情况一：当$\odot P$与$CD$相切时**：

设$BP=x$，则$PC = 8 - x$，$PM=PC = 8 - x$。

在$Rt\triangle BPM$中，根据勾股定理$PM^{2}=BM^{2}+BP^{2}$（勾股定理公式：$a^{2}+b^{2}=c^{2}$，这里$a = BP$，$b = BM$，$c = PM$）。

把$BM = 4$，$PM = 8 - x$，$BP=x$代入勾股定理公式$PM^{2}=BM^{2}+BP^{2}$，得到$(8 - x)^{2}=x^{2}+4^{2}$。

展开式子：$64-16x+x^{2}=x^{2}+16$。

移项：$64 - 16x+x^{2}-x^{2}-16 = 0$。

合并同类项：$-16x+48 = 0$。

解得$x = 3$。

情况二：当$\odot P$与$AD$相切时**：

此时$PM = BP$（因为圆心$P$到$AD$的距离等于$AB = 8$，$PM$为半径，所以$PM = 8$）。

在$Rt\triangle BPM$中，根据勾股定理$PM^{2}=BM^{2}+BP^{2}$，设$BP = y$，$BM = 4$，$PM = y$，则$y^{2}=y^{2}+4^{2}$，此方程无解；或者根据圆的半径$PM$等于圆心$P$到$AD$的距离$8$，在$Rt\triangle BPM$中，$BM = 4$，$PM = 8$，由勾股定理$BP=\sqrt{PM^{2}-BM^{2}}$（这里$PM$为斜边）。

把$BM = 4$，$PM = 8$代入$BP=\sqrt{PM^{2}-BM^{2}}$，得$BP=\sqrt{8^{2}-4^{2}}=\sqrt{64 - 16}=\sqrt{48}=4\sqrt{3}$。

所以$BP$的长为$3$或$4\sqrt{3}$。

【答案】：
(1) 证明见上；(2) √17

【解析】：
(1) 连接OC，
∵ED与⊙O相切于点C，∴OC⊥ED（切线垂直于过切点的半径），即∠OCE=90°．
∵AC平分∠BAD，∴∠BAC=∠CAD．
∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA（等边对等角）．
又∠OAC=∠BAC，∴∠OCA=∠CAD（等量代换）．
∴OC//AD（内错角相等，两直线平行）．
∵OC⊥ED，∴AD⊥ED（两平行线中一条垂直于第三条直线，另一条也垂直于第三条直线）．
(2) 设⊙O半径为r，连接OC，过O作OM⊥AD于M．
∵AD⊥ED，OC⊥ED，OM⊥AD，∴四边形OCDM为矩形，∴OM=CD=4，OC=MD=r．
∵OM⊥AD，∴M为AF中点（垂径定理），AF=2，∴AM=MF=1．
在Rt△OAM中，OA²=AM²+OM²，即r²=1²+4²=1+16=17，∴r=√17（负值舍去）．