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【典型例题 2】如图, 在$△ ABC$中, $AB=AC$,$O$为$BC$的中点,$AB$与$\odot O$相切于点$D$.
(1)求证:$AC$与$\odot O$相切.
(2)若$BD=4$,$BO=5$,求$AD$的长.
(1)【证明】连接$AO$,$DO$,作$OE ⊥ AC$,垂足为$E$(图略).
$\because$在$△ ABC$中,$AB=AC$,
$\therefore △ ABC$为等腰三角形.
$\because O$为$BC$的中点,
$\therefore AO$平分$∠ BAC$.
$\because AB$与$\odot O$相切于点$D$,
$\therefore OD$是$\odot O$的半径,且$OD ⊥ AB$.
$\because OE ⊥ AC$,$AO$平分$∠ BAC$,
$\therefore OD=OE$.
$\therefore OE$也是$\odot O$的半径.
$\therefore AC$与$\odot O$相切.
(2)【解】$\because$在$\mathrm{Rt}△ BDO$中,$BD=4$,$BO=5$,
$\therefore OD=\sqrt{BO^2-BD^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$.
设$AD=x$,则$AB=AD+BD=x+4$.
$\because$在$△ ABC$中,$AB=AC$,
$\therefore △ ABC$为等腰三角形.
$\because O$为$BC$的中点,
$\therefore AO ⊥ BC$,即$∠ AOB=90°$.
在$\mathrm{Rt}△ ADO$中,$AO^2=AD^2+OD^2=x^2+9$.
在$\mathrm{Rt}△ ABO$中,$AO^2=AB^2-BO^2=(x+4)^2-25$.
$\therefore x^2+9=(x+4)^2-25$,解得$x=\dfrac{9}{4}$.
$\therefore AD$的长为$\dfrac{9}{4}$.
规律方法 在证明直线与圆相切时,一般先过圆心作直线的垂线段,通过证明垂线段的长度等于半径,从而判定直线是圆的切线.
(1)求证:$AC$与$\odot O$相切.
(2)若$BD=4$,$BO=5$,求$AD$的长.
(1)【证明】连接$AO$,$DO$,作$OE ⊥ AC$,垂足为$E$(图略).
$\because$在$△ ABC$中,$AB=AC$,
$\therefore △ ABC$为等腰三角形.
$\because O$为$BC$的中点,
$\therefore AO$平分$∠ BAC$.
$\because AB$与$\odot O$相切于点$D$,
$\therefore OD$是$\odot O$的半径,且$OD ⊥ AB$.
$\because OE ⊥ AC$,$AO$平分$∠ BAC$,
$\therefore OD=OE$.
$\therefore OE$也是$\odot O$的半径.
$\therefore AC$与$\odot O$相切.
(2)【解】$\because$在$\mathrm{Rt}△ BDO$中,$BD=4$,$BO=5$,
$\therefore OD=\sqrt{BO^2-BD^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$.
设$AD=x$,则$AB=AD+BD=x+4$.
$\because$在$△ ABC$中,$AB=AC$,
$\therefore △ ABC$为等腰三角形.
$\because O$为$BC$的中点,
$\therefore AO ⊥ BC$,即$∠ AOB=90°$.
在$\mathrm{Rt}△ ADO$中,$AO^2=AD^2+OD^2=x^2+9$.
在$\mathrm{Rt}△ ABO$中,$AO^2=AB^2-BO^2=(x+4)^2-25$.
$\therefore x^2+9=(x+4)^2-25$,解得$x=\dfrac{9}{4}$.
$\therefore AD$的长为$\dfrac{9}{4}$.
规律方法 在证明直线与圆相切时,一般先过圆心作直线的垂线段,通过证明垂线段的长度等于半径,从而判定直线是圆的切线.
答案
(1) 证明：
连接$AO$，$DO$，作$OE ⊥ AC$，垂足为$E$。
$\because$ 在$△ ABC$中，$AB=AC$，
$\therefore △ ABC$为等腰三角形。
$\because O$为$BC$的中点，
$\therefore AO$平分$∠ BAC$。
$\because AB$与$\odot O$相切于点$D$，
$\therefore OD$是$\odot O$的半径，且$OD ⊥ AB$。
$\because OE ⊥ AC$，$AO$平分$∠ BAC$，
$\therefore OD=OE$，
$\therefore OE$也是$\odot O$的半径，
$\therefore AC$与$\odot O$相切。
(2) 解：
在$\mathrm{Rt}△ BDO$中，$BD=4$，$BO=5$，
由勾股定理得$OD=\sqrt{BO^2-BD^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
设$AD=x$，则$AB=AD+BD=x+4$。
$\because AB=AC$，$O$为$BC$的中点，
$\therefore AO ⊥ BC$，即$∠ AOB=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ADO$中，$AO^2=AD^2+OD^2=x^2+9$。
在$\mathrm{Rt}△ ABO$中，$AO^2=AB^2-BO^2=(x+4)^2-25$。
$\therefore x^2+9=(x+4)^2-25$，
解得$x=\dfrac{9}{4}$。
$\therefore AD$的长为$\dfrac{9}{4}$。
连接$AO$，$DO$，作$OE ⊥ AC$，垂足为$E$。
$\because$ 在$△ ABC$中，$AB=AC$，
$\therefore △ ABC$为等腰三角形。
$\because O$为$BC$的中点，
$\therefore AO$平分$∠ BAC$。
$\because AB$与$\odot O$相切于点$D$，
$\therefore OD$是$\odot O$的半径，且$OD ⊥ AB$。
$\because OE ⊥ AC$，$AO$平分$∠ BAC$，
$\therefore OD=OE$，
$\therefore OE$也是$\odot O$的半径，
$\therefore AC$与$\odot O$相切。
(2) 解：
在$\mathrm{Rt}△ BDO$中，$BD=4$，$BO=5$，
由勾股定理得$OD=\sqrt{BO^2-BD^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
设$AD=x$，则$AB=AD+BD=x+4$。
$\because AB=AC$，$O$为$BC$的中点，
$\therefore AO ⊥ BC$，即$∠ AOB=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ADO$中，$AO^2=AD^2+OD^2=x^2+9$。
在$\mathrm{Rt}△ ABO$中，$AO^2=AB^2-BO^2=(x+4)^2-25$。
$\therefore x^2+9=(x+4)^2-25$，
解得$x=\dfrac{9}{4}$。
$\therefore AD$的长为$\dfrac{9}{4}$。
解析
【分析】
(1) 要证明AC与$\odot O$相切，根据切线的判定规则，未明确直线与圆的公共点时，可过圆心作直线的垂线段，证明垂线段长度等于半径即可。首先作$OE ⊥ AC$于E，已知AB是$\odot O$的切线，可得$OD ⊥ AB$且OD是半径；再结合等腰三角形三线合一的性质，由$AB=AC$、O是BC中点，可得AO平分$∠ BAC$，根据角平分线的性质可推出$OD=OE$，即OE也是$\odot O$的半径，即可证明AC与$\odot O$相切。
(2) 先在$\mathrm{Rt}△ BDO$中利用勾股定理求出$\odot O$的半径OD的长度；再根据等腰三角形三线合一的性质得到$AO ⊥ BC$，设$AD=x$，分别在$\mathrm{Rt}△ ADO$和$\mathrm{Rt}△ ABO$中用勾股定理表示$AO^2$，联立得到关于x的方程，解方程即可求出AD的长度。
【解析】
(1) 证明：
连接$AO$，$DO$，作$OE ⊥ AC$，垂足为$E$。
$\because$ 在$△ ABC$中，$AB=AC$，
$\therefore △ ABC$为等腰三角形。
$\because O$为$BC$的中点，
$\therefore AO$平分$∠ BAC$。
$\because AB$与$\odot O$相切于点$D$，
$\therefore OD$是$\odot O$的半径，且$OD ⊥ AB$。
$\because OE ⊥ AC$，$AO$平分$∠ BAC$，
$\therefore OD=OE$，
$\therefore OE$也是$\odot O$的半径，
$\therefore AC$与$\odot O$相切。
(2) 解：
在$\mathrm{Rt}△ BDO$中，$BD=4$，$BO=5$，
由勾股定理得$OD=\sqrt{BO^2-BD^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
设$AD=x$，则$AB=AD+BD=x+4$。
$\because AB=AC$，$O$为$BC$的中点，
$\therefore AO ⊥ BC$，即$∠ AOB=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ADO$中，$AO^2=AD^2+OD^2=x^2+9$。
在$\mathrm{Rt}△ ABO$中，$AO^2=AB^2-BO^2=(x+4)^2-25$。
$\therefore x^2+9=(x+4)^2-25$，
解得$x=\dfrac{9}{4}$。
$\therefore AD$的长为$\dfrac{9}{4}$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $\dfrac{9}{4}$
【知识点】
切线的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆与等腰三角形结合的基础综合题，第一问需要根据已知条件合理选择切线的判定思路，第二问利用共边的两个直角三角形建立方程求解，体现了方程思想在几何计算中的应用，对掌握圆和三角形的综合解题方法有较好的训练价值。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明AC与$\odot O$相切，根据切线的判定规则，未明确直线与圆的公共点时，可过圆心作直线的垂线段，证明垂线段长度等于半径即可。首先作$OE ⊥ AC$于E，已知AB是$\odot O$的切线，可得$OD ⊥ AB$且OD是半径；再结合等腰三角形三线合一的性质，由$AB=AC$、O是BC中点，可得AO平分$∠ BAC$，根据角平分线的性质可推出$OD=OE$，即OE也是$\odot O$的半径，即可证明AC与$\odot O$相切。
(2) 先在$\mathrm{Rt}△ BDO$中利用勾股定理求出$\odot O$的半径OD的长度；再根据等腰三角形三线合一的性质得到$AO ⊥ BC$，设$AD=x$，分别在$\mathrm{Rt}△ ADO$和$\mathrm{Rt}△ ABO$中用勾股定理表示$AO^2$，联立得到关于x的方程，解方程即可求出AD的长度。
【解析】
(1) 证明：
连接$AO$，$DO$，作$OE ⊥ AC$，垂足为$E$。
$\because$ 在$△ ABC$中，$AB=AC$，
$\therefore △ ABC$为等腰三角形。
$\because O$为$BC$的中点，
$\therefore AO$平分$∠ BAC$。
$\because AB$与$\odot O$相切于点$D$，
$\therefore OD$是$\odot O$的半径，且$OD ⊥ AB$。
$\because OE ⊥ AC$，$AO$平分$∠ BAC$，
$\therefore OD=OE$，
$\therefore OE$也是$\odot O$的半径，
$\therefore AC$与$\odot O$相切。
(2) 解：
在$\mathrm{Rt}△ BDO$中，$BD=4$，$BO=5$，
由勾股定理得$OD=\sqrt{BO^2-BD^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
设$AD=x$，则$AB=AD+BD=x+4$。
$\because AB=AC$，$O$为$BC$的中点，
$\therefore AO ⊥ BC$，即$∠ AOB=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ADO$中，$AO^2=AD^2+OD^2=x^2+9$。
在$\mathrm{Rt}△ ABO$中，$AO^2=AB^2-BO^2=(x+4)^2-25$。
$\therefore x^2+9=(x+4)^2-25$，
解得$x=\dfrac{9}{4}$。
$\therefore AD$的长为$\dfrac{9}{4}$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $\dfrac{9}{4}$
【知识点】
切线的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆与等腰三角形结合的基础综合题，第一问需要根据已知条件合理选择切线的判定思路，第二问利用共边的两个直角三角形建立方程求解，体现了方程思想在几何计算中的应用，对掌握圆和三角形的综合解题方法有较好的训练价值。
【难度系数】
0.7
2.如图，PA是$\odot O$的切线，A为切点，AB是$\odot O$的直径，C是$\odot O$上的一点，$PA=PC=AB$，连接PO，AC，PO与AC相交于点D.
(1)求证：PC是$\odot O$的切线.
(2)当$AC=4$时，$AB=$
(1)求证：PC是$\odot O$的切线.
(2)当$AC=4$时，$AB=$
$2\sqrt{5}$
.答案
2. 【解】(1)证明:如图,连接OC.
∵PA 是$\odot O$的切线,A 为切点,
∴PA⊥OA,即∠PAO=90°.
在△POC 和△POA 中,$\begin{cases} OC=OA, \\ PC=PA, \\ OP=OP, \end{cases}$
∴△POC≌△POA(SSS).
∴∠PCO=∠PAO=90°.
∴OC⊥PC.
又点 C 在$\odot O$上,
∴PC 是$\odot O$的切线.
(2)$2\sqrt{5}$
解析
【分析】
(1)要证明PC是$\odot O$的切线，已知点C在$\odot O$上，根据切线判定定理，只需证明$OC⊥ PC$即可。首先连接OC，利用PA是切线得到$∠ PAO=90°$，再通过SSS证明$△ POC≌△ POA$，推出$∠ PCO=∠ PAO=90°$，即可完成证明。
(2)先根据等腰三角形三线合一的性质得出PO垂直平分AC，得到AD的长度；再结合AB是直径推出$∠ ACB=90°$，通过角度推导证明$△ PAO∽△ ACB$，利用相似三角形的性质建立方程求解，即可得到AB的长度。
【解析】
(1)证明:如图,连接OC.
∵PA 是$\odot O$的切线,A 为切点,
∴PA⊥OA,即∠PAO=90°.
在△POC 和△POA 中,$\begin{cases} OC=OA, \\ PC=PA, \\ OP=OP, \end{cases}$
∴△POC≌△POA(SSS).
∴∠PCO=∠PAO=90°，即$OC⊥ PC$.
又点 C 在$\odot O$上,
∴PC 是$\odot O$的切线.
(2)解：
∵$PA=PC$，$OA=OC$，
∴PO垂直平分AC，
∵$AC=4$，
∴$AD=\frac{1}{2}AC=2$.
设$AB=x$，则$PA=AB=x$，半径$OA=\frac{x}{2}$.
∵AB是$\odot O$的直径，
∴$∠ ACB=90°$.
∵$∠ PAO=∠ ACB=90°$，$∠ APO+∠ PAD=90°$，$∠ CAB+∠ PAD=90°$，
∴$∠ APO=∠ CAB$，
∴$△ PAO∽△ ACB$，
∴$\frac{PA}{AC}=\frac{AO}{BC}$.
在$Rt△ ACB$中，$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{x^2-16}$，代入比例式得：
$\frac{x}{4}=\frac{\frac{x}{2}}{\sqrt{x^2-16}}$，
约去$x(x＞0)$，化简得$\sqrt{x^2-16}=2$，
解得$x=2\sqrt{5}$（负值舍去）。
【答案】
(1)证明见解析；(2)$2\sqrt{5}$
【知识点】
切线的判定；全等三角形的判定与性质；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题第一问是切线判定的常规题型，连接半径证明垂直是核心思路；第二问结合了圆的性质、等腰三角形性质和相似三角形的应用，需要学生能灵活转化角度关系，找到相似三角形建立等量关系求解。
【难度系数】
0.65
(1)要证明PC是$\odot O$的切线，已知点C在$\odot O$上，根据切线判定定理，只需证明$OC⊥ PC$即可。首先连接OC，利用PA是切线得到$∠ PAO=90°$，再通过SSS证明$△ POC≌△ POA$，推出$∠ PCO=∠ PAO=90°$，即可完成证明。
(2)先根据等腰三角形三线合一的性质得出PO垂直平分AC，得到AD的长度；再结合AB是直径推出$∠ ACB=90°$，通过角度推导证明$△ PAO∽△ ACB$，利用相似三角形的性质建立方程求解，即可得到AB的长度。
【解析】
(1)证明:如图,连接OC.
∵PA 是$\odot O$的切线,A 为切点,
∴PA⊥OA,即∠PAO=90°.
在△POC 和△POA 中,$\begin{cases} OC=OA, \\ PC=PA, \\ OP=OP, \end{cases}$
∴△POC≌△POA(SSS).
∴∠PCO=∠PAO=90°，即$OC⊥ PC$.
又点 C 在$\odot O$上,
∴PC 是$\odot O$的切线.
(2)解：
∵$PA=PC$，$OA=OC$，
∴PO垂直平分AC，
∵$AC=4$，
∴$AD=\frac{1}{2}AC=2$.
设$AB=x$，则$PA=AB=x$，半径$OA=\frac{x}{2}$.
∵AB是$\odot O$的直径，
∴$∠ ACB=90°$.
∵$∠ PAO=∠ ACB=90°$，$∠ APO+∠ PAD=90°$，$∠ CAB+∠ PAD=90°$，
∴$∠ APO=∠ CAB$，
∴$△ PAO∽△ ACB$，
∴$\frac{PA}{AC}=\frac{AO}{BC}$.
在$Rt△ ACB$中，$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{x^2-16}$，代入比例式得：
$\frac{x}{4}=\frac{\frac{x}{2}}{\sqrt{x^2-16}}$，
约去$x(x＞0)$，化简得$\sqrt{x^2-16}=2$，
解得$x=2\sqrt{5}$（负值舍去）。
【答案】
(1)证明见解析；(2)$2\sqrt{5}$
【知识点】
切线的判定；全等三角形的判定与性质；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题第一问是切线判定的常规题型，连接半径证明垂直是核心思路；第二问结合了圆的性质、等腰三角形性质和相似三角形的应用，需要学生能灵活转化角度关系，找到相似三角形建立等量关系求解。
【难度系数】
0.65
【典型例题3】如图，P为$\odot O$外一点，PA，PB分别与$\odot O$相切于点A，B，CD与$\odot O$相切于点E，CD分别交PA，PB于点C，D，连接OA，OP。
(1)若$PA=6$，求$△ PCD$的周长。
(2)若$∠ APB=60°$，求$∠ AOP$的度数。
【解】(1)$\because PA$，$PB$分别与$\odot O$相切于点$A$，$B$，$CD$与$\odot O$相切于点$E$，
$\therefore PA=PB=6$，$AC=CE$，$BD=DE$。
$\therefore △ PCD$的周长为$PC+CD+PD=PC+CE+DE+PD=PC+AC+BD+PD=PA+PB=6+6=12$。
(2)$\because PA$，$PB$分别与$\odot O$相切于点$A$，$B$，
$\therefore ∠ APO=∠ BPO$，$∠ OAP=90°$。
$\because ∠ APB=60°$，
$\therefore ∠ APO=∠ BPO=30°$。
$\therefore ∠ AOP=180°-∠ OAP-∠ APO=180°-90°-30°=60°$。
规律方法 切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，并且这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角。利用切线长定理将求三角形的周长转化为求两条切线长之和。利用切线长定理直接得到“平分角”的结论，再进行下一步的求解。
(1)若$PA=6$，求$△ PCD$的周长。
(2)若$∠ APB=60°$，求$∠ AOP$的度数。
【解】(1)$\because PA$，$PB$分别与$\odot O$相切于点$A$，$B$，$CD$与$\odot O$相切于点$E$，
$\therefore PA=PB=6$，$AC=CE$，$BD=DE$。
$\therefore △ PCD$的周长为$PC+CD+PD=PC+CE+DE+PD=PC+AC+BD+PD=PA+PB=6+6=12$。
(2)$\because PA$，$PB$分别与$\odot O$相切于点$A$，$B$，
$\therefore ∠ APO=∠ BPO$，$∠ OAP=90°$。
$\because ∠ APB=60°$，
$\therefore ∠ APO=∠ BPO=30°$。
$\therefore ∠ AOP=180°-∠ OAP-∠ APO=180°-90°-30°=60°$。
规律方法 切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，并且这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角。利用切线长定理将求三角形的周长转化为求两条切线长之和。利用切线长定理直接得到“平分角”的结论，再进行下一步的求解。
答案
解：
(1) ∵ PA，PB分别与$\odot O$相切于点A，B，CD与$\odot O$相切于点E，
$\therefore PA=PB=6$，$AC=CE$，$BD=DE$。
$\therefore △ PCD$的周长为：
$PC+CD+PD=PC+CE+DE+PD=PC+AC+BD+PD=PA+PB=6+6=12$。
(2) $\because PA$，$PB$分别与$\odot O$相切于点A，B，
$\therefore ∠ APO=∠ BPO$，$OA⊥ PA$，即$∠ OAP=90°$。
$\because ∠ APB=60°$，
$\therefore ∠ APO=\frac{1}{2}∠ APB=30°$。
$\therefore ∠ AOP=180°-∠ OAP-∠ APO=180°-90°-30°=60°$。
(1) ∵ PA，PB分别与$\odot O$相切于点A，B，CD与$\odot O$相切于点E，
$\therefore PA=PB=6$，$AC=CE$，$BD=DE$。
$\therefore △ PCD$的周长为：
$PC+CD+PD=PC+CE+DE+PD=PC+AC+BD+PD=PA+PB=6+6=12$。
(2) $\because PA$，$PB$分别与$\odot O$相切于点A，B，
$\therefore ∠ APO=∠ BPO$，$OA⊥ PA$，即$∠ OAP=90°$。
$\because ∠ APB=60°$，
$\therefore ∠ APO=\frac{1}{2}∠ APB=30°$。
$\therefore ∠ AOP=180°-∠ OAP-∠ APO=180°-90°-30°=60°$。
解析
【分析】
(1) 求$△ PCD$的周长时，优先联想到切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。据此可得$PA=PB$、$AC=CE$、$BD=DE$，将周长中的$CD$拆分为$CE+DE$，经过等量替换，可将$△ PCD$的周长转化为$PA+PB$的和，代入已知$PA$的长度即可计算结果。
(2) 求$∠ AOP$的度数时，先根据切线的性质得$OA⊥ PA$，即$∠ OAP=90°$；再由切线长定理可知$OP$平分$∠ APB$，结合已知$∠ APB$的度数可求出$∠ APO$的度数，最后在$△ OAP$中利用三角形内角和定理即可算出$∠ AOP$的度数。
【解析】
(1) $\because PA$，$PB$分别与$\odot O$相切于点$A$，$B$，$CD$与$\odot O$相切于点$E$，
$\therefore PA=PB=6$，$AC=CE$，$BD=DE$。
$\therefore △ PCD$的周长为：
$PC+CD+PD=PC+CE+DE+PD=PC+AC+BD+PD=PA+PB=6+6=12$。
(2) $\because PA$，$PB$分别与$\odot O$相切于点$A$，$B$，
$\therefore ∠ APO=∠ BPO$，$OA⊥ PA$，即$∠ OAP=90°$。
$\because ∠ APB=60°$，
$\therefore ∠ APO=\frac{1}{2}∠ APB=30°$。
$\therefore ∠ AOP=180°-∠ OAP-∠ APO=180°-90°-30°=60°$。
【答案】
(1) $△ PCD$的周长为$\boldsymbol{12}$；
(2) $∠ AOP$的度数为$\boldsymbol{60°}$。
【知识点】
切线长定理，切线的性质，三角形内角和定理
【点评】
本题属于圆的切线相关基础应用题，解题核心是熟练运用切线长定理完成线段、角度的等量转化，牢记相关定理即可快速求解。
【难度系数】
0.8
(1) 求$△ PCD$的周长时，优先联想到切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。据此可得$PA=PB$、$AC=CE$、$BD=DE$，将周长中的$CD$拆分为$CE+DE$，经过等量替换，可将$△ PCD$的周长转化为$PA+PB$的和，代入已知$PA$的长度即可计算结果。
(2) 求$∠ AOP$的度数时，先根据切线的性质得$OA⊥ PA$，即$∠ OAP=90°$；再由切线长定理可知$OP$平分$∠ APB$，结合已知$∠ APB$的度数可求出$∠ APO$的度数，最后在$△ OAP$中利用三角形内角和定理即可算出$∠ AOP$的度数。
【解析】
(1) $\because PA$，$PB$分别与$\odot O$相切于点$A$，$B$，$CD$与$\odot O$相切于点$E$，
$\therefore PA=PB=6$，$AC=CE$，$BD=DE$。
$\therefore △ PCD$的周长为：
$PC+CD+PD=PC+CE+DE+PD=PC+AC+BD+PD=PA+PB=6+6=12$。
(2) $\because PA$，$PB$分别与$\odot O$相切于点$A$，$B$，
$\therefore ∠ APO=∠ BPO$，$OA⊥ PA$，即$∠ OAP=90°$。
$\because ∠ APB=60°$，
$\therefore ∠ APO=\frac{1}{2}∠ APB=30°$。
$\therefore ∠ AOP=180°-∠ OAP-∠ APO=180°-90°-30°=60°$。
【答案】
(1) $△ PCD$的周长为$\boldsymbol{12}$；
(2) $∠ AOP$的度数为$\boldsymbol{60°}$。
【知识点】
切线长定理，切线的性质，三角形内角和定理
【点评】
本题属于圆的切线相关基础应用题，解题核心是熟练运用切线长定理完成线段、角度的等量转化，牢记相关定理即可快速求解。
【难度系数】
0.8
