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9 如图,在四边形ABCD中,AB//CD,AD⊥AB,以D为圆心,AD为半径的弧恰好与BC相切,切点为E.若$\frac{AB}{CD}=\frac{1}{3}$,则$\frac{AD}{CD}$的值是 (
A.$\frac{2}{3}$
B.$\frac{\sqrt{5}}{3}$
C.$\frac{3}{4}$
D.$\frac{\sqrt{7}}{4}$
B
)A.$\frac{2}{3}$
B.$\frac{\sqrt{5}}{3}$
C.$\frac{3}{4}$
D.$\frac{\sqrt{7}}{4}$
答案
9. B 【解析】如图,作 $CF⊥ AB$ 交AB 的延长线于点 F,连接 DE.$\because AB// CD,AD⊥ AB,\therefore ∠ FAD=∠ ADC=∠ F=90°.$ $\therefore$ 四边形 ADCF 为矩形. $\therefore AD=CF=DE,AF=DC.$ $\because ∠ FAD=90°,AD$ 为半径, $\therefore AB$ 为$\odot D$的切线. 又$\because$ 以 D 为圆心,AD 为半径的弧恰好与 BC 相切,切点为 E, $\therefore DE⊥ BC,AB=BE.$ 设 $AB=BE=a,CE=x. \because \frac{AB}{CD}=\frac{1}{3},\therefore CD=AF=3a. \therefore BF=AF-AB=2a,BC=BE+CE=a+x. \because$ 在 $\mathrm{Rt}△ DEC$ 中,$DE^2=CD^2-CE^2=(3a)^2-x^2$,在 $\mathrm{Rt}△ BFC$ 中,$CF^2=BC^2-BF^2=(a+x)^2-(2a)^2,DE=CF,\therefore (3a)^2-x^2=(a+x)^2-(2a)^2,$ 解得 $x_1=2a,x_2=-3a$(负值舍去). $\therefore CE=2a. \therefore DE=\sqrt{CD^2-CE^2}=\sqrt{(3a)^2-(2a)^2}=\sqrt{5}a=AD. \therefore \frac{AD}{CD}=\frac{\sqrt{5}a}{3a}=\frac{\sqrt{5}}{3}.$
解析
【分析】
遇到本题这类含切线、直角梯形的比值求解问题，可按如下思路分析：首先根据切线的性质和切线长定理，得到相等的线段与垂直关系；其次结合题中的平行、垂直条件，作辅助线构造矩形，将分散的边长条件关联起来；最后设参数表示各线段长度，利用半径相等的等量关系，结合勾股定理列方程求解参数，最终计算得到所求比值。
【解析】
如图，作 $CF⊥ AB$ 交AB 的延长线于点 F，连接 DE.
$\because AB// CD,AD⊥ AB,\therefore ∠ FAD=∠ ADC=∠ F=90°$，
$\therefore$ 四边形 ADCF 为矩形，$\therefore AD=CF=DE,AF=DC$.
$\because ∠ FAD=90°,AD$ 为$\odot D$的半径，$\therefore AB$ 为$\odot D$的切线.
又$\because$ 以 D 为圆心，AD 为半径的弧与 BC 相切于E，$\therefore DE⊥ BC$，由切线长定理可得$AB=BE$.
设 $AB=BE=a$，$CE=x$，$\because \frac{AB}{CD}=\frac{1}{3},\therefore CD=AF=3a$，
则 $BF=AF-AB=3a-a=2a$，$BC=BE+CE=a+x$.
在$\mathrm{Rt}△ DEC$中，由勾股定理得：$DE^2=CD^2-CE^2=(3a)^2-x^2$，
在$\mathrm{Rt}△ BFC$中，由勾股定理得：$CF^2=BC^2-BF^2=(a+x)^2-(2a)^2$，
$\because DE=CF$，$\therefore 9a^2-x^2=(a+x)^2-4a^2$，
整理得$x^2+ax-6a^2=0$，解得$x_1=2a,x_2=-3a$（负值舍去），
$\therefore CE=2a$，$\therefore AD=DE=\sqrt{(3a)^2-(2a)^2}=\sqrt{5}a$，
$\therefore \frac{AD}{CD}=\frac{\sqrt{5}a}{3a}=\frac{\sqrt{5}}{3}$.
【答案】
B
【知识点】
切线长定理；矩形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题属于中等难度的几何综合题，将圆的切线相关性质和四边形、勾股定理的知识结合考查，通过构造辅助线转化图形、设参数建立方程是解题的关键，这类考法能很好地检验学生的几何综合应用能力。
【难度系数】
0.6
遇到本题这类含切线、直角梯形的比值求解问题，可按如下思路分析：首先根据切线的性质和切线长定理，得到相等的线段与垂直关系；其次结合题中的平行、垂直条件，作辅助线构造矩形，将分散的边长条件关联起来；最后设参数表示各线段长度，利用半径相等的等量关系，结合勾股定理列方程求解参数，最终计算得到所求比值。
【解析】
如图，作 $CF⊥ AB$ 交AB 的延长线于点 F，连接 DE.
$\because AB// CD,AD⊥ AB,\therefore ∠ FAD=∠ ADC=∠ F=90°$，
$\therefore$ 四边形 ADCF 为矩形，$\therefore AD=CF=DE,AF=DC$.
$\because ∠ FAD=90°,AD$ 为$\odot D$的半径，$\therefore AB$ 为$\odot D$的切线.
又$\because$ 以 D 为圆心，AD 为半径的弧与 BC 相切于E，$\therefore DE⊥ BC$，由切线长定理可得$AB=BE$.
设 $AB=BE=a$，$CE=x$，$\because \frac{AB}{CD}=\frac{1}{3},\therefore CD=AF=3a$，
则 $BF=AF-AB=3a-a=2a$，$BC=BE+CE=a+x$.
在$\mathrm{Rt}△ DEC$中，由勾股定理得：$DE^2=CD^2-CE^2=(3a)^2-x^2$，
在$\mathrm{Rt}△ BFC$中，由勾股定理得：$CF^2=BC^2-BF^2=(a+x)^2-(2a)^2$，
$\because DE=CF$，$\therefore 9a^2-x^2=(a+x)^2-4a^2$，
整理得$x^2+ax-6a^2=0$，解得$x_1=2a,x_2=-3a$（负值舍去），
$\therefore CE=2a$，$\therefore AD=DE=\sqrt{(3a)^2-(2a)^2}=\sqrt{5}a$，
$\therefore \frac{AD}{CD}=\frac{\sqrt{5}a}{3a}=\frac{\sqrt{5}}{3}$.
【答案】
B
【知识点】
切线长定理；矩形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题属于中等难度的几何综合题，将圆的切线相关性质和四边形、勾股定理的知识结合考查，通过构造辅助线转化图形、设参数建立方程是解题的关键，这类考法能很好地检验学生的几何综合应用能力。
【难度系数】
0.6
10 将一把直尺、一块含$60°$角的直角三角尺和一张圆形卡片按如图所示的方式摆放，A为$60°$角与直尺的交点，$AB=3\ \mathrm{cm}$，则圆形卡片的直径是
$6\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$
。答案
10. $6\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$
解析
【分析】
解题时可按照以下思路推导：① 先明确圆形卡片对应的圆同时与直尺边、三角尺的斜边相切，设出圆心，连接圆心到切点B、圆心到点A构造直角三角形；② 根据切线长定理，点A到圆的两条切线长相等，且点A与圆心的连线平分两条切线的夹角，结合三角尺的60°角求出夹角的度数；③ 在直角三角形中利用三角函数求出圆的半径，半径乘2即可得到直径。
【解析】
设圆形卡片的圆心为O，连接OB、OA。
∵ 直尺的上边、三角尺的斜边都是$\odot O$的切线，B是直尺边与$\odot O$的切点，
∴ $OB⊥ AB$，且OA平分两条切线的夹角。
由图可知两条切线的夹角为$180°-60°=120°$，因此$∠ OAB=\frac{1}{2}×120°=60°$。
在$\mathrm{Rt}△ OAB$中，$AB=3\ \mathrm{cm}$，$\tan∠ OAB=\frac{OB}{AB}$，
∴ $OB=AB·\tan60°=3×\sqrt{3}=3\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$，
∴ 圆形卡片的直径为$2OB=2×3\sqrt{3}=6\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$6\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$
【知识点】
切线长定理，切线的性质，解直角三角形
【点评】
本题结合生活中的摆放场景考查圆的切线相关性质的应用，解题的关键是正确作出辅助线构造直角三角形，结合角度和边长关系计算，需要注意不要混淆两条切线的夹角度数。
【难度系数】
0.65
解题时可按照以下思路推导：① 先明确圆形卡片对应的圆同时与直尺边、三角尺的斜边相切，设出圆心，连接圆心到切点B、圆心到点A构造直角三角形；② 根据切线长定理，点A到圆的两条切线长相等，且点A与圆心的连线平分两条切线的夹角，结合三角尺的60°角求出夹角的度数；③ 在直角三角形中利用三角函数求出圆的半径，半径乘2即可得到直径。
【解析】
设圆形卡片的圆心为O，连接OB、OA。
∵ 直尺的上边、三角尺的斜边都是$\odot O$的切线，B是直尺边与$\odot O$的切点，
∴ $OB⊥ AB$，且OA平分两条切线的夹角。
由图可知两条切线的夹角为$180°-60°=120°$，因此$∠ OAB=\frac{1}{2}×120°=60°$。
在$\mathrm{Rt}△ OAB$中，$AB=3\ \mathrm{cm}$，$\tan∠ OAB=\frac{OB}{AB}$，
∴ $OB=AB·\tan60°=3×\sqrt{3}=3\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$，
∴ 圆形卡片的直径为$2OB=2×3\sqrt{3}=6\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$6\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$
【知识点】
切线长定理，切线的性质，解直角三角形
【点评】
本题结合生活中的摆放场景考查圆的切线相关性质的应用，解题的关键是正确作出辅助线构造直角三角形，结合角度和边长关系计算，需要注意不要混淆两条切线的夹角度数。
【难度系数】
0.65
11 如图，PA，PB，EF分别切$\odot O$于点A，B，D，M为$\odot O$上一点. 若$PA=15\ \mathrm{cm}$，则$△ PEF$的周长是
30
$\mathrm{cm}$. 若$∠ P=50°$，则$∠ EOF=$$65°$
，$∠ AMB=$$65°$
.答案
11. 30 $65°$ $65°$
解析
【分析】
1. 求△PEF的周长：首先回忆切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线长度相等，可将EF拆分为ED+DF，分别替换为等长的切线EA、FB，就能把周长转化为PA+PB的和，直接计算即可。
2. 求∠EOF：先连接OA、OB、OD，利用切线性质可得OA⊥PA、OB⊥PB、OD⊥EF，先在四边形OAPB中求出∠AOB的度数，再通过直角三角形全等证明OE平分∠AOD、OF平分∠BOD，即可得∠EOF是∠AOB的一半。
3. 求∠AMB：利用圆周角定理，圆周角的度数等于其所对弧对应的圆心角度数的一半，结合∠AOB的度数直接计算即可。
【解析】
1. 计算△PEF的周长：
根据切线长定理，圆外一点引圆的两条切线长度相等，可得$PA=PB=15\ \mathrm{cm}$，$EA=ED$，$FD=FB$。
$\begin{aligned}C_{△ PEF}&=PE+EF+PF\\&=PE+ED+DF+PF\\&=PE+EA+FB+PF\\&=PA+PB\\&=15+15=30\ \mathrm{cm}\end{aligned}$
2. 计算∠EOF：
连接OA、OB、OD。
∵PA、PB是⊙O的切线，
∴$OA⊥ PA$，$OB⊥ PB$，即$∠ OAP=∠ OBP=90°$。
在四边形OAPB中，$∠ AOB=360°-∠ OAP-∠ OBP-∠ P=360°-90°-90°-50°=130°$。
∵EA、ED是⊙O的切线，
∴$EA=ED$，又$OA=OD$，$OE=OE$，
∴$\mathrm{Rt}△ OAE≌\mathrm{Rt}△ ODE(\mathrm{HL})$，得$∠ AOE=∠ DOE$。
同理可证$\mathrm{Rt}△ OBF≌\mathrm{Rt}△ ODF$，得$∠ BOF=∠ DOF$。
∴$∠ EOF=∠ DOE+∠ DOF=\frac{1}{2}∠ AOB=\frac{1}{2}×130°=65°$。
3. 计算∠AMB：
∠AMB是优弧AB上的圆周角，所对的弧为劣弧AB，对应的圆心角为$∠ AOB=130°$。
根据圆周角定理，$∠ AMB=\frac{1}{2}∠ AOB=\frac{1}{2}×130°=65°$。
【答案】
$30$；$65°$；$65°$
【知识点】
切线长定理；切线的性质；圆周角定理
【点评】
本题是圆的切线相关的基础综合题，解题核心是熟练运用切线长定理完成线段和角度的转化，结合圆周角定理即可快速求解，是圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
1. 求△PEF的周长：首先回忆切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线长度相等，可将EF拆分为ED+DF，分别替换为等长的切线EA、FB，就能把周长转化为PA+PB的和，直接计算即可。
2. 求∠EOF：先连接OA、OB、OD，利用切线性质可得OA⊥PA、OB⊥PB、OD⊥EF，先在四边形OAPB中求出∠AOB的度数，再通过直角三角形全等证明OE平分∠AOD、OF平分∠BOD，即可得∠EOF是∠AOB的一半。
3. 求∠AMB：利用圆周角定理，圆周角的度数等于其所对弧对应的圆心角度数的一半，结合∠AOB的度数直接计算即可。
【解析】
1. 计算△PEF的周长：
根据切线长定理，圆外一点引圆的两条切线长度相等，可得$PA=PB=15\ \mathrm{cm}$，$EA=ED$，$FD=FB$。
$\begin{aligned}C_{△ PEF}&=PE+EF+PF\\&=PE+ED+DF+PF\\&=PE+EA+FB+PF\\&=PA+PB\\&=15+15=30\ \mathrm{cm}\end{aligned}$
2. 计算∠EOF：
连接OA、OB、OD。
∵PA、PB是⊙O的切线，
∴$OA⊥ PA$，$OB⊥ PB$，即$∠ OAP=∠ OBP=90°$。
在四边形OAPB中，$∠ AOB=360°-∠ OAP-∠ OBP-∠ P=360°-90°-90°-50°=130°$。
∵EA、ED是⊙O的切线，
∴$EA=ED$，又$OA=OD$，$OE=OE$，
∴$\mathrm{Rt}△ OAE≌\mathrm{Rt}△ ODE(\mathrm{HL})$，得$∠ AOE=∠ DOE$。
同理可证$\mathrm{Rt}△ OBF≌\mathrm{Rt}△ ODF$，得$∠ BOF=∠ DOF$。
∴$∠ EOF=∠ DOE+∠ DOF=\frac{1}{2}∠ AOB=\frac{1}{2}×130°=65°$。
3. 计算∠AMB：
∠AMB是优弧AB上的圆周角，所对的弧为劣弧AB，对应的圆心角为$∠ AOB=130°$。
根据圆周角定理，$∠ AMB=\frac{1}{2}∠ AOB=\frac{1}{2}×130°=65°$。
【答案】
$30$；$65°$；$65°$
【知识点】
切线长定理；切线的性质；圆周角定理
【点评】
本题是圆的切线相关的基础综合题，解题核心是熟练运用切线长定理完成线段和角度的转化，结合圆周角定理即可快速求解，是圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
12 如图，AB是$\odot O$的直径，过$\odot O$外一点P作$\odot O$的两条切线PC，PD，切点分别为C，D，连接OP，CD.
（1）求证：$OP ⊥ CD$.
（2）连接AD，BC.若$∠ DAB=50°$，$∠ CBA=70°$，$OA=2$，求OP的长.
（1）求证：$OP ⊥ CD$.
（2）连接AD，BC.若$∠ DAB=50°$，$∠ CBA=70°$，$OA=2$，求OP的长.
答案
12. (1) 连接OC,OD.$\because$ PC,PD 是$\odot O$的切线,$\therefore ∠ ODP=∠ OCP=90°,∠ OPD=∠ OPC. \therefore ∠ DOP=∠ COP. \because OD=OC, \therefore OP⊥ CD$ (2) $\because OA=OD=OC=OB=2,$ $\therefore ∠ ADO=∠ DAB=50°,∠ BCO=∠ CBA=70°. \therefore ∠ AOD=80°,∠ BOC=40°. \therefore ∠ COD=60°. \therefore ∠ DOP=∠ COP=30°.$ $\because$ 在 $\mathrm{Rt}△ ODP$ 中,$∠ DOP=30°,OD=2,\therefore$ 易得 $OP=\frac{4}{3}\sqrt{3}$
解析
【分析】
（1）要证明$OP ⊥ CD$，可先连接$OC$、$OD$，结合切线的性质和切线长定理可得$PD=PC$、$OP$平分$∠ DPC$，且$OD=OC$，可知$△ COD$为等腰三角形，$OP$是$∠ COD$的角平分线，根据等腰三角形“三线合一”的性质即可证得$OP ⊥ CD$。
（2）要求$OP$的长，先根据等腰$△ AOD$、等腰$△ BOC$的内角和求出$∠ AOD$、$∠ BOC$的度数，进而得到$∠ COD$的度数，结合（1）的结论可得$∠ DOP=30°$，最后在$\mathrm{Rt}△ ODP$中利用三角函数的定义即可求出$OP$的长度。
【解析】
（1）证明：连接$OC$、$OD$。
$\because PC$、$PD$是$\odot O$的切线，
$\therefore ∠ ODP=∠ OCP=90°$，根据切线长定理得$∠ OPD=∠ OPC$，
$\therefore ∠ DOP=∠ COP$。
又$\because OD=OC$，即$△ COD$是等腰三角形，$OP$平分$∠ COD$，
$\therefore OP ⊥ CD$（等腰三角形三线合一）。
（2）解：$\because OA=OD=OC=OB=2$（均为$\odot O$的半径），
$\therefore △ AOD$、$△ BOC$均为等腰三角形，
$\therefore ∠ ADO=∠ DAB=50°$，$∠ BCO=∠ CBA=70°$，
根据三角形内角和为$180°$可得：
$∠ AOD=180° - 2×50°=80°$，$∠ BOC=180° - 2×70°=40°$，
$\therefore ∠ COD=180° - ∠ AOD - ∠ BOC=180°-80°-40°=60°$。
由（1）知$∠ DOP=∠ COP$，$\therefore ∠ DOP=\frac{1}{2}∠ COD=30°$。
在$\mathrm{Rt}△ ODP$中，$∠ ODP=90°$，$∠ DOP=30°$，$OD=2$，
$\because \cos∠ DOP=\frac{OD}{OP}$，
$\therefore OP=\frac{OD}{\cos30°}=\frac{2}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
（1）证明成立；（2）$OP=\frac{4}{3}\sqrt{3}$
【知识点】
切线长定理，等腰三角形性质，解直角三角形
【点评】
本题是圆与三角形的综合基础题，解题的核心是合理添加辅助线，结合切线长定理得到角的等量关系，再利用等腰三角形性质和特殊角的三角函数值求解线段长度，需要熟练掌握切线相关定理的应用。
【难度系数】
0.6
（1）要证明$OP ⊥ CD$，可先连接$OC$、$OD$，结合切线的性质和切线长定理可得$PD=PC$、$OP$平分$∠ DPC$，且$OD=OC$，可知$△ COD$为等腰三角形，$OP$是$∠ COD$的角平分线，根据等腰三角形“三线合一”的性质即可证得$OP ⊥ CD$。
（2）要求$OP$的长，先根据等腰$△ AOD$、等腰$△ BOC$的内角和求出$∠ AOD$、$∠ BOC$的度数，进而得到$∠ COD$的度数，结合（1）的结论可得$∠ DOP=30°$，最后在$\mathrm{Rt}△ ODP$中利用三角函数的定义即可求出$OP$的长度。
【解析】
（1）证明：连接$OC$、$OD$。
$\because PC$、$PD$是$\odot O$的切线，
$\therefore ∠ ODP=∠ OCP=90°$，根据切线长定理得$∠ OPD=∠ OPC$，
$\therefore ∠ DOP=∠ COP$。
又$\because OD=OC$，即$△ COD$是等腰三角形，$OP$平分$∠ COD$，
$\therefore OP ⊥ CD$（等腰三角形三线合一）。
（2）解：$\because OA=OD=OC=OB=2$（均为$\odot O$的半径），
$\therefore △ AOD$、$△ BOC$均为等腰三角形，
$\therefore ∠ ADO=∠ DAB=50°$，$∠ BCO=∠ CBA=70°$，
根据三角形内角和为$180°$可得：
$∠ AOD=180° - 2×50°=80°$，$∠ BOC=180° - 2×70°=40°$，
$\therefore ∠ COD=180° - ∠ AOD - ∠ BOC=180°-80°-40°=60°$。
由（1）知$∠ DOP=∠ COP$，$\therefore ∠ DOP=\frac{1}{2}∠ COD=30°$。
在$\mathrm{Rt}△ ODP$中，$∠ ODP=90°$，$∠ DOP=30°$，$OD=2$，
$\because \cos∠ DOP=\frac{OD}{OP}$，
$\therefore OP=\frac{OD}{\cos30°}=\frac{2}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
（1）证明成立；（2）$OP=\frac{4}{3}\sqrt{3}$
【知识点】
切线长定理，等腰三角形性质，解直角三角形
【点评】
本题是圆与三角形的综合基础题，解题的核心是合理添加辅助线，结合切线长定理得到角的等量关系，再利用等腰三角形性质和特殊角的三角函数值求解线段长度，需要熟练掌握切线相关定理的应用。
【难度系数】
0.6
13 如图，AB为$\odot O$的直径，PA，PC分别与$\odot O$相切于点A，C，$PQ ⊥ PA$，PQ交OC的延长线于点Q.
（1）求证：$OQ=PQ$.
（2）连接BC并延长，交PQ于点D.若$PA=AB$，且$QC=6$，求BD的长.
（1）求证：$OQ=PQ$.
（2）连接BC并延长，交PQ于点D.若$PA=AB$，且$QC=6$，求BD的长.
答案
13. (1) 连接OP.$\because$ PA,PC 分别与$\odot O$相切于点A,C,$\therefore PA=PC,OC⊥ PC,BA⊥ PA.$ 又$\because OA=OC,OP=OP,$ $\therefore \mathrm{Rt}△ OPA≌\mathrm{Rt}△ OPC. \therefore ∠ AOP=∠ COP. \because PQ⊥ PA,$ $\therefore PQ// BA. \therefore ∠ QPO=∠ AOP. \therefore ∠ QOP=∠ QPO.$ $\therefore OQ=PQ$ (2) 设 $OA=r. \because OB=OC,\therefore ∠ B=∠ OCB.$ $\because OB// QD,\therefore ∠ QDC=∠ B. \because ∠ OCB=∠ QCD,$ $\therefore ∠ QCD=∠ QDC. \therefore QC=QD=6. \because OQ=PQ,\therefore OQ-QC=PQ-QD,$ 即 $OC=PD=r. \because PA=AB,PA=PC,$ $\therefore PC=AB=2r. \because PC$ 是$\odot O$的切线, $\therefore OC⊥ PC.$ $\therefore ∠ OCP=∠ PCQ=90°.$ 在 $\mathrm{Rt}△ PCQ$ 中, $\because PQ^2=PC^2+QC^2,\therefore (6+r)^2=(2r)^2+6^2,$ 解得 $r_1=4,r_2=0$(不合题意,舍去). $\therefore OC=4,PC=8. \therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ OCP$ 中, $OP=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}. \because OB=OC=PD,OB// PD,\therefore$ 四边形 OBDP 是平行四边形. $\therefore BD=OP=4\sqrt{5}$
解析
【分析】
（1）要证明OQ=PQ，可通过证明两角相等实现，即证∠QOP=∠QPO。首先连接OP，结合切线的性质可得PA=PC、OA⊥PA、OC⊥PC，可证Rt△OPA≌Rt△OPC，得到∠AOP=∠COP；再由PQ⊥PA推出PQ//BA，得到∠QPO=∠AOP，等量代换可得∠QOP=∠QPO，即可得证。
（2）设⊙O半径为r，先利用平行线性质和对顶角相等推出QC=QD=6，结合第一问OQ=PQ的结论，可得OC=PD=r；再由PA=AB、PA=PC得PC=2r，在Rt△PCQ中利用勾股定理列方程求出r的值，最后证明四边形OBDP是平行四边形，可得BD=OP，计算OP长度即可得到BD的长。
【解析】
（1）证明：连接OP.
∵PA，PC分别与$\odot O$相切于点A，C，
∴$PA=PC$，$OC⊥PC$，$BA⊥PA$.
又
∵$OA=OC$，$OP=OP$，
∴$\mathrm{Rt}△ OPA≌\mathrm{Rt}△ OPC(\mathrm{HL})$.
∴$∠ AOP=∠ COP$.
∵$PQ⊥PA$，
∴$PQ// BA$.
∴$∠ QPO=∠ AOP$.
∴$∠ QOP=∠ QPO$.
∴$OQ=PQ$.
（2）解：设 $OA=r$，则$OB=OC=r$，$AB=2r$.
∵$OB=OC$，
∴$∠ B=∠ OCB$.
∵$OB// QD$，
∴$∠ QDC=∠ B$.
∵$∠ OCB=∠ QCD$，
∴$∠ QCD=∠ QDC$.
∴$QC=QD=6$.
∵$OQ=PQ$，
∴$OQ-QC=PQ-QD$，即 $OC=PD=r$.
∵$PA=AB$，$PA=PC$，
∴$PC=AB=2r$.
∵$PC$是$\odot O$的切线，
∴$OC⊥PC$，即$∠ PCQ=90°$.
在 $\mathrm{Rt}△ PCQ$ 中，由勾股定理得$PQ^2=PC^2+QC^2$，
∴$(6+r)^2=(2r)^2+6^2$，
解得 $r_1=4,r_2=0$(不合题意，舍去).
∴$OC=4,PC=8$.
在 $\mathrm{Rt}△ OCP$ 中，$OP=\sqrt{OC^2+PC^2}=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$.
∵$OB=PD=r=4$，且$OB// PD$，
∴四边形OBDP是平行四边形.
∴$BD=OP=4\sqrt{5}$.
【答案】
(1) 证明成立；(2) $\boldsymbol{4\sqrt{5}}$
【知识点】
切线长定理；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是圆的综合应用题型，综合考查了切线的性质、三角形全等、平行线的性质、平行四边形的判定等知识点，解题时需合理添加辅助线，结合方程思想求解未知线段，能够较好地考查学生的逻辑推理和计算能力。
【难度系数】
0.6
（1）要证明OQ=PQ，可通过证明两角相等实现，即证∠QOP=∠QPO。首先连接OP，结合切线的性质可得PA=PC、OA⊥PA、OC⊥PC，可证Rt△OPA≌Rt△OPC，得到∠AOP=∠COP；再由PQ⊥PA推出PQ//BA，得到∠QPO=∠AOP，等量代换可得∠QOP=∠QPO，即可得证。
（2）设⊙O半径为r，先利用平行线性质和对顶角相等推出QC=QD=6，结合第一问OQ=PQ的结论，可得OC=PD=r；再由PA=AB、PA=PC得PC=2r，在Rt△PCQ中利用勾股定理列方程求出r的值，最后证明四边形OBDP是平行四边形，可得BD=OP，计算OP长度即可得到BD的长。
【解析】
（1）证明：连接OP.
∵PA，PC分别与$\odot O$相切于点A，C，
∴$PA=PC$，$OC⊥PC$，$BA⊥PA$.
又
∵$OA=OC$，$OP=OP$，
∴$\mathrm{Rt}△ OPA≌\mathrm{Rt}△ OPC(\mathrm{HL})$.
∴$∠ AOP=∠ COP$.
∵$PQ⊥PA$，
∴$PQ// BA$.
∴$∠ QPO=∠ AOP$.
∴$∠ QOP=∠ QPO$.
∴$OQ=PQ$.
（2）解：设 $OA=r$，则$OB=OC=r$，$AB=2r$.
∵$OB=OC$，
∴$∠ B=∠ OCB$.
∵$OB// QD$，
∴$∠ QDC=∠ B$.
∵$∠ OCB=∠ QCD$，
∴$∠ QCD=∠ QDC$.
∴$QC=QD=6$.
∵$OQ=PQ$，
∴$OQ-QC=PQ-QD$，即 $OC=PD=r$.
∵$PA=AB$，$PA=PC$，
∴$PC=AB=2r$.
∵$PC$是$\odot O$的切线，
∴$OC⊥PC$，即$∠ PCQ=90°$.
在 $\mathrm{Rt}△ PCQ$ 中，由勾股定理得$PQ^2=PC^2+QC^2$，
∴$(6+r)^2=(2r)^2+6^2$，
解得 $r_1=4,r_2=0$(不合题意，舍去).
∴$OC=4,PC=8$.
在 $\mathrm{Rt}△ OCP$ 中，$OP=\sqrt{OC^2+PC^2}=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$.
∵$OB=PD=r=4$，且$OB// PD$，
∴四边形OBDP是平行四边形.
∴$BD=OP=4\sqrt{5}$.
【答案】
(1) 证明成立；(2) $\boldsymbol{4\sqrt{5}}$
【知识点】
切线长定理；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是圆的综合应用题型，综合考查了切线的性质、三角形全等、平行线的性质、平行四边形的判定等知识点，解题时需合理添加辅助线，结合方程思想求解未知线段，能够较好地考查学生的逻辑推理和计算能力。
【难度系数】
0.6
