6. 如图，$P$是$\odot O$的直径$AB$的延长线上一点，过点$P$作直线交$\odot O$于$C$，$D$两点.若$AB = 6$，$BP = 2$，则$\tan ∠ PAC · \tan ∠ PAD =$.

6.$\frac{1}{4}$

证明：连接$BC$，$BD$。
因为$AB$是$\odot O$的直径，所以$∠ ACB = ∠ ADB = 90°$。
在$Rt△ ACB$中，$\tan ∠ PAC = \frac{BC}{AC}$；在$Rt△ ADB$中，$\tan ∠ PAD = \frac{BD}{AD}$，故$\tan ∠ PAC · \tan ∠ PAD = \frac{BC · BD}{AC · AD}$。
因为$∠ PAD = ∠ BCD$，$∠ P = ∠ P$，所以$△ PAD ∼ △ PCB$，则$\frac{BC}{AD} = \frac{PC}{PA}$。
同理，$∠ PAC = ∠ BDC$，$∠ P = ∠ P$，所以$△ PAC ∼ △ PDB$，则$\frac{BD}{AC} = \frac{PD}{PA}$。
因此，$\tan ∠ PAC · \tan ∠ PAD = \frac{BC · BD}{AC · AD} = \frac{PC · PD}{PA^2}$。
由切割线定理得$PC · PD = PB · PA$，又$AB = 6$，$BP = 2$，所以$PA = AB + BP = 8$，$PB = 2$。
故$\tan ∠ PAC · \tan ∠ PAD = \frac{PB · PA}{PA^2} = \frac{PB}{PA} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}$。
$\frac{1}{4}$

7. (2023·威海)如图，在平面直角坐标系中，点$P$在第一象限内，$\odot P$与$x$轴相切于点$C$，与$y$轴相交于点$A(0,8)$，$B(0,2)$.连接$AC$，$BC$.
求：(1) 点$P$的坐标；
(2) $\cos ∠ ACB$的值.

7.解:(1)
∵点A(0,8),B(0,2),
∴AB=6.
　如答图，过点P作PH⊥AB于点H,
∴AH=BH=3,
∴OH=5.
　连接PC,PB,
∵⊙P与x轴相切于点C,
∴PC⊥x轴,
∴∠PHB=∠PCO=∠COH=90°,
∴四边形PCOH是矩形，
∴PC=OH=5,
∴PB=5.
　在Rt△PHB中,由勾股定理，得PH=$\sqrt{PB^{2}-BH^{2}}$=4,
∴点P的坐标为(4,5).
　(2)如答图，连接AP并延长交⊙P于点M,连接BM,
　则∠ABM=90°,
∴BM=$\sqrt{AM^{2}-AB^{2}}$=$\sqrt{10^{2}-6^{2}}$=8.
∴cos∠ACB=cos∠AMB=$\frac{BM}{AM}$=$\frac{8}{10}$=$\frac{4}{5}$.
　

8. 如图，$AD$是$\odot O$的直径，$BD = BC$，经过点$B$作$\odot O$的切线交$AD$的延长线于点$E$.
(1) 求证：$∠ EBD = ∠ CAB$；
(2) 若$BC = \sqrt{3}$，$AC = 5$，求$\sin ∠ CBA$的值.

8.(1)证明:如答图，连接OB.
∵BE是⊙O的切线，
∴OB⊥BE,
∴∠OBD+∠EBD=90°.
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD=90°,
∴∠ABO+∠OBD=90°,
∴∠EBD=∠ABO.
∵OA=OB,
∴∠OAB=∠OBA,
∴∠OAB=∠EBD.
∵BD=BC,
∴$\overset{\frown}{BC} = \overset{\frown}{BD}$,
∴∠CAB=∠BAD,
∴∠EBD=∠CAB.
　(2)解:如答图，连接CD,交OB于点M.
∵$\overset{\frown}{BC} = \overset{\frown}{BD}$,
　
∴OB⊥CD,CM = DM.
∵OA = OD,
∴OM = $\frac{1}{2}$AC = $\frac{5}{2}$.
　设⊙O的半径为r,
∴BM = r - $\frac{5}{2}$.
∵BD = BC = $\sqrt{3}$,
　又
∵OD$^{2}$ - OM$^{2}$ = BD$^{2}$ - BM$^{2}$,
∴r$^{2}$ - ($\frac{5}{2}$)$^{2}$ = ($\sqrt{3}$)$^{2}$ - (r - $\frac{5}{2}$)$^{2}$,
　解得r = 3或r = -$\frac{1}{2}$(舍去),
∴AD = 2r = 6.
∵AD是⊙O的直径,
∴∠ACD = 90°,
∴sin∠ADC = $\frac{AC}{AD}$ = $\frac{5}{6}$.
∵∠CBA = ∠ADC,
∴sin∠CBA = $\frac{5}{6}$.

9. (2023·武汉改编)如图，在四边形$ABCD$中，$AB // CD$，$AD ⊥ AB$，以点$D$为圆心，$AD$的长为半径的弧恰好与$BC$相切，切点为$E$，若$\frac{AB}{CD} = \frac{1}{3}$，则$\sin C =$.

9.$\frac{\sqrt{5}}{3}$

解：设$AB = x$，则$CD = 3x$，设$AD = DE = r$。
过点$B$作$BF ⊥ CD$于点$F$，则$BF = AD = r$，$CF = CD - AB = 3x - x = 2x$。
在$Rt△ BFC$中，$BC = \sqrt{BF^2 + CF^2} = \sqrt{r^2 + (2x)^2}$。
因为$BC$与圆$D$相切于点$E$，所以$DE ⊥ BC$，$DE = r$。
由$S_{△ BCD} = \frac{1}{2} × CD × BF = \frac{1}{2} × BC × DE$，得$3x · r = \sqrt{r^2 + 4x^2} · r$，化简得$3x = \sqrt{r^2 + 4x^2}$，两边平方得$9x^2 = r^2 + 4x^2$，解得$r^2 = 5x^2$，即$r = \sqrt{5}x$。
在$Rt△ DEC$中，$\sin C = \frac{DE}{CD} = \frac{r}{3x} = \frac{\sqrt{5}x}{3x} = \frac{\sqrt{5}}{3}$。
$\frac{\sqrt{5}}{3}$

10. (2023·广元)如图，$AB$为$\odot O$的直径，$C$为$\odot O$上一点，连接$AC$，$BC$，过点$C$作$\odot O$的切线交$AB$的延长线于点$D$，过点$O$作$OF ⊥ BC$，交$BC$于点$E$，交$CD$于点$F$.
(1) 求证：$∠ BCD = ∠ BOE$；
(2) 若$\sin ∠ CAB = \frac{3}{5}$，$AB = 10$，求$BD$的长.

10.(1)证明:如答图，连接OC.
∵CD是⊙O的切线，
∴∠OCD = 90°,
∴∠OCB + ∠BCD = 90°.
∵OF⊥BC,
∴∠BEO = 90°,
∴∠BOE + ∠OBE = 90°.
∵OC = OB,
∴∠OCB = ∠OBC,
∴∠BCD = ∠BOE;
　(2)解:如答图，过点B作BH⊥CD于点H.
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB = 90°,
∵sin∠CAB = $\frac{BC}{AB}$ = $\frac{3}{5}$,AB = 10,
∴BC = 6.
∵OF⊥BC,
∴AC//OF,
∴∠BOE = ∠CAB.
∵∠BCD = ∠BOE,
∴∠BAC = ∠BCD,
∴sin∠CAB = sin∠DCB = $\frac{BH}{BC}$ = $\frac{3}{5}$,
∴BH = $\frac{18}{5}$.
∵OC⊥CD,BH⊥CD,
∴BH//OC,
∴△BDH∽△ODC,
∴$\frac{BH}{OC}$ = $\frac{BD}{OD}$,
∴$\frac{\frac{18}{5}}{5}$ = $\frac{BD}{BD + 5}$,
　解得BD = $\frac{90}{7}$,故BD的长为$\frac{90}{7}$.