教材母题（九上 P₁₀₁ T₆ 改编）如图,PA,PB 分别与$\odot O$相切于点 A,B,弦$BC// AP$.
(1)求证:$\widehat{AB}=\widehat{AC}$;
(2)若$AP=10,\sin∠APB=\frac{4}{5}$,求 BC 的长.

(1)证明见解析；(2)32

(1)连接OA，∵PA是⊙O切线，∴OA⊥PA。∵BC//AP，∴OA⊥BC，由垂径定理得OA平分弧BC，即弧AB=弧AC。
(2)连接OP、OB，PA=PB=10（切线长定理）。设∠APB=2θ，sin2θ=4/5，OP平分∠APB，∠APO=θ。在Rt△OAP中，sinθ=OA/OP=r/OP，cosθ=AP/OP=10/OP，2sinθcosθ=20r/OP²=4/5，∴OP²=25r。又OP²=r²+10²，∴r²-25r+100=0，解得r=20（r=5舍去）。BC=2r sin∠APB=2×20×4/5=32。

【教材变式 1】（九上 P₁₀₁ T₆ 改编）如图,AB 为$\odot O$的直径,CA,CD 分别与$\odot O$相切于 A,D 两点,连接 OC,BD,BC.
(1)求证:$BD// OC$;
(2)若$\cos∠ACB=\frac{3}{5}$,求$\tan∠CBD$的值.

(1)证明见解析；(2)6/17

(1)连接OD，∵CA,CD是⊙O切线，∴OA⊥CA,OD⊥CD,CA=CD.又OA=OD,OC=OC,∴△OAC≌△ODC(SSS),∴∠AOC=∠DOC=θ,则∠AOD=2θ.∵∠ABD是弧AD所对圆周角，∴∠ABD=θ=∠AOC,∴BD//OC.
(2)∵CA是切线，AB是直径，∴∠CAB=90°.设AC=3k,BC=5k(∵cos∠ACB=3/5),则AB=√(BC²-AC²)=4k,∴OA=OB=2k.在Rt△OAC中，OC=√(OA²+AC²)=√13k.∵BD//OC,∴∠CBD=∠BCO.在△OBC中，由余弦定理得cos∠BCO=(OC²+BC²-OB²)/(2·OC·BC)=17/(5√13),则sin∠BCO=6/(5√13),∴tan∠BCO=6/17,即tan∠CBD=6/17.

【教材变式 2】 如图,AB 为$\odot O$的直径,$AC⊥AB$,D 为$\odot O$上一点,且 CD 为$\odot O$的切线,BC 与 AD 交于点 E. 若$AE=3DE$,求$\tan\frac{∠ACD}{2}$的值.

√2/2

设圆O半径为r，以A为原点，AB为x轴，AC为y轴建系，A(0,0),B(2r,0),O(r,0),C(0,b)。CD为切线，由切线长定理得CA=CD。设D(x₁,y₁)，由OD⊥CD得y₁=(r x₁)/b。AD方程：y=(r/b)x，BC方程：y=(-b/(2r))x+b。E为AD上一点，AE=3DE，E(3x₁/4,3y₁/4)，代入BC方程化简得b²=2r²，即b=r√2。D点坐标(4r/3,2r√2/3)，AD=2r√6/3，AF=AD/2=r√6/3。CF为C到AD距离，AD方程x-√2 y=0，CF=2r/√3。tan(∠ACD/2)=AF/CF=√2/2。