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9. 如图，$\odot O$的直径AB经过CD的中点H，$\cos∠ CDB = \dfrac{4}{5}$，$BD=5$，则OH的长度为（）
A.$\dfrac{25}{6}$
B.$\dfrac{7}{6}$
C.$\dfrac{5}{6}$
D.$\dfrac{1}{6}$
A.$\dfrac{25}{6}$
B.$\dfrac{7}{6}$
C.$\dfrac{5}{6}$
D.$\dfrac{1}{6}$
答案
B
解析
【分析】
解题时首先根据垂径定理，由直径AB过弦CD的中点H，可推出AB垂直CD，得到直角三角形BHD；再结合已知的余弦值和BD的长度，计算出Rt△BHD中DH、BH的边长；接着连接OD，设圆的半径为R，利用勾股定理在Rt△OHD中列方程求出半径，最后用半径减去BH的长度即可得到OH的长度。
【解析】
1. 由垂径定理推导垂直关系
∵AB是$\odot O$的直径，且AB经过CD的中点H，
∴$AB⊥ CD$，即$∠ BHD=90°$。
2. 计算Rt$△ BHD$的边长
在Rt$△ BHD$中，$\cos∠ CDB=\frac{DH}{BD}=\frac{4}{5}$，已知$BD=5$，
∴$DH=BD×\frac{4}{5}=5×\frac{4}{5}=4$，
由勾股定理可得：$BH=\sqrt{BD^2-DH^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
3. 列方程求圆的半径
连接OD，设$\odot O$的半径为$R$，则$OD=OB=R$，$OH=OB-BH=R-3$。
在Rt$△ OHD$中，由勾股定理得$OD^2=OH^2+DH^2$，
代入数值：$R^2=(R-3)^2+4^2$，
展开整理：$R^2=R^2-6R+9+16$，即$6R=25$，解得$R=\frac{25}{6}$。
4. 计算OH的长度
$OH=R-BH=\frac{25}{6}-3=\frac{25}{6}-\frac{18}{6}=\frac{7}{6}$。
【答案】
B
【知识点】
垂径定理，锐角三角函数定义，勾股定理
【点评】
本题是圆与三角函数、勾股定理结合的典型题型，解题的核心是利用垂径定理构造直角三角形，再通过勾股定理列方程求解半径，很好地考察了知识点的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
解题时首先根据垂径定理，由直径AB过弦CD的中点H，可推出AB垂直CD，得到直角三角形BHD；再结合已知的余弦值和BD的长度，计算出Rt△BHD中DH、BH的边长；接着连接OD，设圆的半径为R，利用勾股定理在Rt△OHD中列方程求出半径，最后用半径减去BH的长度即可得到OH的长度。
【解析】
1. 由垂径定理推导垂直关系
∵AB是$\odot O$的直径，且AB经过CD的中点H，
∴$AB⊥ CD$，即$∠ BHD=90°$。
2. 计算Rt$△ BHD$的边长
在Rt$△ BHD$中，$\cos∠ CDB=\frac{DH}{BD}=\frac{4}{5}$，已知$BD=5$，
∴$DH=BD×\frac{4}{5}=5×\frac{4}{5}=4$，
由勾股定理可得：$BH=\sqrt{BD^2-DH^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
3. 列方程求圆的半径
连接OD，设$\odot O$的半径为$R$，则$OD=OB=R$，$OH=OB-BH=R-3$。
在Rt$△ OHD$中，由勾股定理得$OD^2=OH^2+DH^2$，
代入数值：$R^2=(R-3)^2+4^2$，
展开整理：$R^2=R^2-6R+9+16$，即$6R=25$，解得$R=\frac{25}{6}$。
4. 计算OH的长度
$OH=R-BH=\frac{25}{6}-3=\frac{25}{6}-\frac{18}{6}=\frac{7}{6}$。
【答案】
B
【知识点】
垂径定理，锐角三角函数定义，勾股定理
【点评】
本题是圆与三角函数、勾股定理结合的典型题型，解题的核心是利用垂径定理构造直角三角形，再通过勾股定理列方程求解半径，很好地考察了知识点的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
10.如图，角α的顶点在原点，一条边在x轴上，另外一边经过点P(3,－4)，求cosα和tanα的值。
答案
解：
过点P作PA⊥x轴于点A。
∵点P的坐标为(3, -4)，
∴OA=3，PA=4。
由勾股定理得：
$OP = \sqrt{OA^2 + PA^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5$。
根据锐角三角函数的定义：
$\cosα = \frac{OA}{OP} = \frac{3}{5}$，
$\tanα = \frac{PA}{OA} = \frac{4}{3}$。
过点P作PA⊥x轴于点A。
∵点P的坐标为(3, -4)，
∴OA=3，PA=4。
由勾股定理得：
$OP = \sqrt{OA^2 + PA^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5$。
根据锐角三角函数的定义：
$\cosα = \frac{OA}{OP} = \frac{3}{5}$，
$\tanα = \frac{PA}{OA} = \frac{4}{3}$。
解析
【分析】
要求角α的余弦和正切值，首先需要将α放在直角三角形中计算：第一步，过点P作x轴的垂线，构造出含角α的直角三角形；第二步，结合点P的坐标可得到直角三角形两条直角边的长度；第三步，利用勾股定理求出斜边OP的长度；最后根据余弦、正切的定义，分别用邻边与斜边的比、对边与邻边的比代入数值计算即可。
【解析】
过点P作PA⊥x轴于点A。
∵点P的坐标为(3, -4)，
∴OA=3，PA=4。
由勾股定理得：
$OP = \sqrt{OA^2 + PA^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5$。
根据锐角三角函数的定义：
$\cosα = \frac{OA}{OP} = \frac{3}{5}$，
$\tanα = \frac{PA}{OA} = \frac{4}{3}$。
【答案】
$\cosα=\frac{3}{5}$，$\tanα=\frac{4}{3}$
【知识点】
锐角三角函数的定义，勾股定理，点坐标的几何意义
【点评】
本题属于三角函数基础计算题，解题关键是通过作垂线构造直角三角形，结合点坐标得到直角边长度，再套用勾股定理和三角函数定义计算，掌握基础知识点即可顺利解题。
【难度系数】
0.8
要求角α的余弦和正切值，首先需要将α放在直角三角形中计算：第一步，过点P作x轴的垂线，构造出含角α的直角三角形；第二步，结合点P的坐标可得到直角三角形两条直角边的长度；第三步，利用勾股定理求出斜边OP的长度；最后根据余弦、正切的定义，分别用邻边与斜边的比、对边与邻边的比代入数值计算即可。
【解析】
过点P作PA⊥x轴于点A。
∵点P的坐标为(3, -4)，
∴OA=3，PA=4。
由勾股定理得：
$OP = \sqrt{OA^2 + PA^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5$。
根据锐角三角函数的定义：
$\cosα = \frac{OA}{OP} = \frac{3}{5}$，
$\tanα = \frac{PA}{OA} = \frac{4}{3}$。
【答案】
$\cosα=\frac{3}{5}$，$\tanα=\frac{4}{3}$
【知识点】
锐角三角函数的定义，勾股定理，点坐标的几何意义
【点评】
本题属于三角函数基础计算题，解题关键是通过作垂线构造直角三角形，结合点坐标得到直角边长度，再套用勾股定理和三角函数定义计算，掌握基础知识点即可顺利解题。
【难度系数】
0.8
11.如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ C=90°,∠ ABC=30°$,延长CB到点D,使$BD=AC$,连接AD,试求$\tan∠ DAC$的值. 
答案
解：
设AC = a，
在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，
∵ $\tan∠ ABC = \frac{AC}{BC}$，即$\tan30° = \frac{a}{BC}$，
∴ $BC = \frac{a}{\tan30°} = \frac{a}{\frac{\sqrt{3}}{3}} = \sqrt{3}a$，
∵ $BD = AC = a$，
∴ $DC = BD + BC = a + \sqrt{3}a = (1+\sqrt{3})a$，
在Rt△ADC中，∠C=90°，
∴ $\tan∠ DAC = \frac{DC}{AC} = \frac{(1+\sqrt{3})a}{a} = 1+\sqrt{3}$。
设AC = a，
在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，
∵ $\tan∠ ABC = \frac{AC}{BC}$，即$\tan30° = \frac{a}{BC}$，
∴ $BC = \frac{a}{\tan30°} = \frac{a}{\frac{\sqrt{3}}{3}} = \sqrt{3}a$，
∵ $BD = AC = a$，
∴ $DC = BD + BC = a + \sqrt{3}a = (1+\sqrt{3})a$，
在Rt△ADC中，∠C=90°，
∴ $\tan∠ DAC = \frac{DC}{AC} = \frac{(1+\sqrt{3})a}{a} = 1+\sqrt{3}$。
解析
【分析】
要求$\tan∠DAC$的值，观察图形可知$∠DAC$在$\mathrm{Rt}△ADC$中，根据正切的定义，$\tan∠DAC$是$∠DAC$的对边$DC$与邻边$AC$的比值，因此只需推导$DC$和$AC$的数量关系即可。我们可以采用设参数的方法，先设$AC$的长度为$a$，结合$\mathrm{Rt}△ABC$中$∠ABC=30°$的条件，用含$a$的式子表示出$BC$的长度，再根据$BD=AC$得到$BD$的长度，进而求出$DC$的长度，最后代入正切公式计算，参数$a$会在计算过程中消去。
【解析】
解：设$AC = a$，
在$\mathrm{Rt}△ABC$中，$∠C=90°$，$∠ABC=30°$，
∵ $\tan∠ ABC = \frac{AC}{BC}$，即$\tan30° = \frac{a}{BC}$，
∴ $BC = \frac{a}{\tan30°} = \frac{a}{\frac{\sqrt{3}}{3}} = \sqrt{3}a$，
∵ $BD = AC = a$，
∴ $DC = BD + BC = a + \sqrt{3}a = (1+\sqrt{3})a$，
在$\mathrm{Rt}△ADC$中，$∠C=90°$，
∴ $\tan∠ DAC = \frac{DC}{AC} = \frac{(1+\sqrt{3})a}{a} = 1+\sqrt{3}$。
【答案】
$1+\sqrt{3}$
【知识点】
正切的定义，特殊角的三角函数值，解直角三角形
【点评】
本题是解直角三角形的基础题型，核心是通过参数法表示各边长度，结合正切定义求解，既考察了对三角函数基本概念的掌握，也体现了参数思想在几何计算中的应用，解题时找准所求角对应的对边和邻边即可。
【难度系数】
0.7
要求$\tan∠DAC$的值，观察图形可知$∠DAC$在$\mathrm{Rt}△ADC$中，根据正切的定义，$\tan∠DAC$是$∠DAC$的对边$DC$与邻边$AC$的比值，因此只需推导$DC$和$AC$的数量关系即可。我们可以采用设参数的方法，先设$AC$的长度为$a$，结合$\mathrm{Rt}△ABC$中$∠ABC=30°$的条件，用含$a$的式子表示出$BC$的长度，再根据$BD=AC$得到$BD$的长度，进而求出$DC$的长度，最后代入正切公式计算，参数$a$会在计算过程中消去。
【解析】
解：设$AC = a$，
在$\mathrm{Rt}△ABC$中，$∠C=90°$，$∠ABC=30°$，
∵ $\tan∠ ABC = \frac{AC}{BC}$，即$\tan30° = \frac{a}{BC}$，
∴ $BC = \frac{a}{\tan30°} = \frac{a}{\frac{\sqrt{3}}{3}} = \sqrt{3}a$，
∵ $BD = AC = a$，
∴ $DC = BD + BC = a + \sqrt{3}a = (1+\sqrt{3})a$，
在$\mathrm{Rt}△ADC$中，$∠C=90°$，
∴ $\tan∠ DAC = \frac{DC}{AC} = \frac{(1+\sqrt{3})a}{a} = 1+\sqrt{3}$。
【答案】
$1+\sqrt{3}$
【知识点】
正切的定义，特殊角的三角函数值，解直角三角形
【点评】
本题是解直角三角形的基础题型，核心是通过参数法表示各边长度，结合正切定义求解，既考察了对三角函数基本概念的掌握，也体现了参数思想在几何计算中的应用，解题时找准所求角对应的对边和邻边即可。
【难度系数】
0.7
12.如图,在$△ ABC$中,$CD\bot AB$,垂足为$D$,$\tan A =2\cos∠ BCD$.
(1)求证:$BC=2AD$;
(2)若$\cos B=\dfrac{3}{4}$,$AB=10$,求$CD$的长.
(1)求证:$BC=2AD$;
(2)若$\cos B=\dfrac{3}{4}$,$AB=10$,求$CD$的长.
答案
(1) 证明：
∵ $CD⊥ AB$，
∴ $∠ ADC=∠ BDC=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$\tan A=\dfrac{CD}{AD}$。
在$\mathrm{Rt}△ BCD$中，$\cos∠ BCD=\dfrac{CD}{BC}$。
由已知$\tan A=2\cos∠ BCD$，代入得：
$\frac{CD}{AD}=2·\frac{CD}{BC}$
∵ $CD≠0$，两边同时除以$CD$，得$\dfrac{1}{AD}=\dfrac{2}{BC}$，
∴ $BC=2AD$。
---
(2) 解：
在$\mathrm{Rt}△ BCD$中，$\cos B=\dfrac{BD}{BC}=\dfrac{3}{4}$，
∴ $BD=\dfrac{3}{4}BC$。
由(1)知$BC=2AD$，代入得：
$BD=\frac{3}{4}· 2AD=\frac{3}{2}AD$
∵ $AB=AD+BD=10$，
∴ $AD+\dfrac{3}{2}AD=10$，
解得$AD=4$。
∴ $BC=2AD=8$，$BD=\dfrac{3}{4}×8=6$。
在$\mathrm{Rt}△ BCD$中，由勾股定理：
$CD=\sqrt{BC^2-BD^2}=\sqrt{8^2-6^2}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$
最终$CD$的长为$2\sqrt{7}$。
∵ $CD⊥ AB$，
∴ $∠ ADC=∠ BDC=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$\tan A=\dfrac{CD}{AD}$。
在$\mathrm{Rt}△ BCD$中，$\cos∠ BCD=\dfrac{CD}{BC}$。
由已知$\tan A=2\cos∠ BCD$，代入得：
$\frac{CD}{AD}=2·\frac{CD}{BC}$
∵ $CD≠0$，两边同时除以$CD$，得$\dfrac{1}{AD}=\dfrac{2}{BC}$，
∴ $BC=2AD$。
---
(2) 解：
在$\mathrm{Rt}△ BCD$中，$\cos B=\dfrac{BD}{BC}=\dfrac{3}{4}$，
∴ $BD=\dfrac{3}{4}BC$。
由(1)知$BC=2AD$，代入得：
$BD=\frac{3}{4}· 2AD=\frac{3}{2}AD$
∵ $AB=AD+BD=10$，
∴ $AD+\dfrac{3}{2}AD=10$，
解得$AD=4$。
∴ $BC=2AD=8$，$BD=\dfrac{3}{4}×8=6$。
在$\mathrm{Rt}△ BCD$中，由勾股定理：
$CD=\sqrt{BC^2-BD^2}=\sqrt{8^2-6^2}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$
最终$CD$的长为$2\sqrt{7}$。
解析
【分析】
(1) 要证明BC=2AD，首先由CD⊥AB可得两个直角三角形Rt△ACD和Rt△BCD，根据锐角三角函数的定义，分别在两个直角三角形中表示出tanA和cos∠BCD，再代入已知条件tanA=2cos∠BCD，约去公共项CD后即可推导出BC与AD的数量关系。
(2) 求CD的长度时，先在Rt△BCD中根据cosB的定义得到BD与BC的关系，结合(1)的结论BC=2AD，将BD用AD表示，再利用AB=AD+BD=10列方程求出AD的长，进而得到BC、BD的长，最后在Rt△BCD中用勾股定理计算即可得到CD的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵ $CD⊥ AB$，
∴ $∠ ADC=∠ BDC=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$\tan A=\dfrac{CD}{AD}$。
在$\mathrm{Rt}△ BCD$中，$\cos∠ BCD=\dfrac{CD}{BC}$。
由已知$\tan A=2\cos∠ BCD$，代入得：
$\frac{CD}{AD}=2·\frac{CD}{BC}$
∵ $CD≠0$，两边同时除以$CD$，得$\dfrac{1}{AD}=\dfrac{2}{BC}$，
∴ $BC=2AD$。
(2) 解：
在$\mathrm{Rt}△ BCD$中，$\cos B=\dfrac{BD}{BC}=\dfrac{3}{4}$，
∴ $BD=\dfrac{3}{4}BC$。
由(1)知$BC=2AD$，代入得：
$BD=\frac{3}{4}· 2AD=\frac{3}{2}AD$
∵ $AB=AD+BD=10$，
∴ $AD+\dfrac{3}{2}AD=10$，
解得$AD=4$。
∴ $BC=2AD=8$，$BD=\dfrac{3}{4}×8=6$。
在$\mathrm{Rt}△ BCD$中，由勾股定理：
$CD=\sqrt{BC^2-BD^2}=\sqrt{8^2-6^2}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$
【答案】
(1) 证明成立，$BC=2AD$；(2) $CD$的长为$2\sqrt{7}$
【知识点】
锐角三角函数的定义，勾股定理，解直角三角形
【点评】
本题侧重考查锐角三角函数与勾股定理的综合应用，解题的关键是熟练掌握锐角三角函数的定义，能够在直角三角形中准确建立角与边的比例关系，再结合线段和的条件列方程求解，属于基础类综合题，熟练掌握相关基础概念即可顺利解答。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明BC=2AD，首先由CD⊥AB可得两个直角三角形Rt△ACD和Rt△BCD，根据锐角三角函数的定义，分别在两个直角三角形中表示出tanA和cos∠BCD，再代入已知条件tanA=2cos∠BCD，约去公共项CD后即可推导出BC与AD的数量关系。
(2) 求CD的长度时，先在Rt△BCD中根据cosB的定义得到BD与BC的关系，结合(1)的结论BC=2AD，将BD用AD表示，再利用AB=AD+BD=10列方程求出AD的长，进而得到BC、BD的长，最后在Rt△BCD中用勾股定理计算即可得到CD的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵ $CD⊥ AB$，
∴ $∠ ADC=∠ BDC=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$\tan A=\dfrac{CD}{AD}$。
在$\mathrm{Rt}△ BCD$中，$\cos∠ BCD=\dfrac{CD}{BC}$。
由已知$\tan A=2\cos∠ BCD$，代入得：
$\frac{CD}{AD}=2·\frac{CD}{BC}$
∵ $CD≠0$，两边同时除以$CD$，得$\dfrac{1}{AD}=\dfrac{2}{BC}$，
∴ $BC=2AD$。
(2) 解：
在$\mathrm{Rt}△ BCD$中，$\cos B=\dfrac{BD}{BC}=\dfrac{3}{4}$，
∴ $BD=\dfrac{3}{4}BC$。
由(1)知$BC=2AD$，代入得：
$BD=\frac{3}{4}· 2AD=\frac{3}{2}AD$
∵ $AB=AD+BD=10$，
∴ $AD+\dfrac{3}{2}AD=10$，
解得$AD=4$。
∴ $BC=2AD=8$，$BD=\dfrac{3}{4}×8=6$。
在$\mathrm{Rt}△ BCD$中，由勾股定理：
$CD=\sqrt{BC^2-BD^2}=\sqrt{8^2-6^2}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$
【答案】
(1) 证明成立，$BC=2AD$；(2) $CD$的长为$2\sqrt{7}$
【知识点】
锐角三角函数的定义，勾股定理，解直角三角形
【点评】
本题侧重考查锐角三角函数与勾股定理的综合应用，解题的关键是熟练掌握锐角三角函数的定义，能够在直角三角形中准确建立角与边的比例关系，再结合线段和的条件列方程求解，属于基础类综合题，熟练掌握相关基础概念即可顺利解答。
【难度系数】
0.7
13.如图，$△ ABC$内接于$\odot O$，$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AC}$，过点A的切线交BO的延长线于点P。
(1)求证:$AP// BC$；
(2)若$\cos P=\frac{4}{5}$，求$\tan∠ CAP$的值。
(1)求证:$AP// BC$；
(2)若$\cos P=\frac{4}{5}$，求$\tan∠ CAP$的值。
答案
(1) 证明：
连接OA，
∵AP是⊙O的切线，
∴OA⊥AP，即∠OAP=90°。
∵$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AC}$，
∴OA垂直平分BC，即OA⊥BC。
∴AP//BC。
---
(2) 解：
过点O作OD⊥BC于D，
由垂径定理得：BD=CD。
∵AP//BC，
∴∠P=∠OBD，∠CAP=∠ACB。
∵$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AC}$，
∴AB=AC，∠ABC=∠ACB。
已知$\cos P=\frac{4}{5}$，则$\cos∠OBD=\cos P=\frac{4}{5}$。
设⊙O的半径为r，即OB=OA=r，
在Rt△OBD中：
$BD=OB·\cos∠OBD=\frac{4}{5}r$，
$OD=\sqrt{OB^2-BD^2}=\sqrt{r^2-(\frac{4}{5}r)^2}=\frac{3}{5}r$。
∵OA⊥AP，AP//BC，OD⊥BC，
∴A、O、D三点共线，
∴$AD=OA+OD=r+\frac{3}{5}r=\frac{8}{5}r$。
在Rt△ADC中，CD=BD=$\frac{4}{5}r$，
$\tan∠ACB=\frac{AD}{CD}=\frac{\frac{8}{5}r}{\frac{4}{5}r}=2$。
又∵∠CAP=∠ACB，
∴$\tan∠CAP=2$。
最终结论：$\tan∠CAP=2$。
连接OA，
∵AP是⊙O的切线，
∴OA⊥AP，即∠OAP=90°。
∵$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AC}$，
∴OA垂直平分BC，即OA⊥BC。
∴AP//BC。
---
(2) 解：
过点O作OD⊥BC于D，
由垂径定理得：BD=CD。
∵AP//BC，
∴∠P=∠OBD，∠CAP=∠ACB。
∵$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AC}$，
∴AB=AC，∠ABC=∠ACB。
已知$\cos P=\frac{4}{5}$，则$\cos∠OBD=\cos P=\frac{4}{5}$。
设⊙O的半径为r，即OB=OA=r，
在Rt△OBD中：
$BD=OB·\cos∠OBD=\frac{4}{5}r$，
$OD=\sqrt{OB^2-BD^2}=\sqrt{r^2-(\frac{4}{5}r)^2}=\frac{3}{5}r$。
∵OA⊥AP，AP//BC，OD⊥BC，
∴A、O、D三点共线，
∴$AD=OA+OD=r+\frac{3}{5}r=\frac{8}{5}r$。
在Rt△ADC中，CD=BD=$\frac{4}{5}r$，
$\tan∠ACB=\frac{AD}{CD}=\frac{\frac{8}{5}r}{\frac{4}{5}r}=2$。
又∵∠CAP=∠ACB，
∴$\tan∠CAP=2$。
最终结论：$\tan∠CAP=2$。
解析
【分析】
(1) 要证明$AP// BC$，可通过证明两条直线垂直于同一条直线推导：首先连接$OA$，利用切线性质可得$OA⊥ AP$；再结合$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AC}$，由垂径定理推论可知$OA$垂直平分$BC$，即$OA⊥ BC$，即可得到平行结论。
(2) 求$\tan∠ CAP$的值时，先利用平行线的内错角相等，将$∠ CAP$转化为$∠ ACB$、$∠ P$转化为$∠ OBD$；设$\odot O$半径为$r$，根据$\cos P$的值在$Rt△ OBD$中求出$OD$、$BD$的长度，再结合$A、O、D$三点共线求出$AD$的长，最后在$Rt△ ADC$中计算$∠ ACB$的正切值即可。
【解析】
(1) 证明：
连接$OA$，
∵$AP$是$\odot O$的切线，
∴$OA⊥ AP$，即$∠ OAP=90°$。
∵$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AC}$，
∴$OA$垂直平分$BC$，即$OA⊥ BC$。
∴$AP// BC$。
(2) 解：
过点$O$作$OD⊥ BC$于$D$，
由垂径定理得：$BD=CD$。
∵$AP// BC$，
∴$∠ P=∠ OBD$，$∠ CAP=∠ ACB$。
∵$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AC}$，
∴$AB=AC$，$∠ ABC=∠ ACB$。
已知$\cos P=\frac{4}{5}$，则$\cos∠ OBD=\cos P=\frac{4}{5}$。
设$\odot O$的半径为$r$，即$OB=OA=r$，
在$Rt△ OBD$中：
$BD=OB·\cos∠ OBD=\frac{4}{5}r$，
$OD=\sqrt{OB^2-BD^2}=\sqrt{r^2-(\frac{4}{5}r)^2}=\frac{3}{5}r$。
∵$OA⊥ AP$，$AP// BC$，$OD⊥ BC$，
∴$A、O、D$三点共线，
∴$AD=OA+OD=r+\frac{3}{5}r=\frac{8}{5}r$。
在$Rt△ ADC$中，$CD=BD=\frac{4}{5}r$，
$\tan∠ ACB=\frac{AD}{CD}=\frac{\frac{8}{5}r}{\frac{4}{5}r}=2$。
又
∵$∠ CAP=∠ ACB$，
∴$\tan∠ CAP=2$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\boldsymbol{2}$
【知识点】
切线的性质，垂径定理，解直角三角形
【点评】
本题综合考查圆的基本性质、平行线的判定与性质及三角函数的应用，第一问侧重基础性质的直接运用，第二问需要通过角的转化建立未知角和已知条件的关联，设参数计算边长是几何计算的常用技巧，能较好地考查综合分析能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明$AP// BC$，可通过证明两条直线垂直于同一条直线推导：首先连接$OA$，利用切线性质可得$OA⊥ AP$；再结合$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AC}$，由垂径定理推论可知$OA$垂直平分$BC$，即$OA⊥ BC$，即可得到平行结论。
(2) 求$\tan∠ CAP$的值时，先利用平行线的内错角相等，将$∠ CAP$转化为$∠ ACB$、$∠ P$转化为$∠ OBD$；设$\odot O$半径为$r$，根据$\cos P$的值在$Rt△ OBD$中求出$OD$、$BD$的长度，再结合$A、O、D$三点共线求出$AD$的长，最后在$Rt△ ADC$中计算$∠ ACB$的正切值即可。
【解析】
(1) 证明：
连接$OA$，
∵$AP$是$\odot O$的切线，
∴$OA⊥ AP$，即$∠ OAP=90°$。
∵$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AC}$，
∴$OA$垂直平分$BC$，即$OA⊥ BC$。
∴$AP// BC$。
(2) 解：
过点$O$作$OD⊥ BC$于$D$，
由垂径定理得：$BD=CD$。
∵$AP// BC$，
∴$∠ P=∠ OBD$，$∠ CAP=∠ ACB$。
∵$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AC}$，
∴$AB=AC$，$∠ ABC=∠ ACB$。
已知$\cos P=\frac{4}{5}$，则$\cos∠ OBD=\cos P=\frac{4}{5}$。
设$\odot O$的半径为$r$，即$OB=OA=r$，
在$Rt△ OBD$中：
$BD=OB·\cos∠ OBD=\frac{4}{5}r$，
$OD=\sqrt{OB^2-BD^2}=\sqrt{r^2-(\frac{4}{5}r)^2}=\frac{3}{5}r$。
∵$OA⊥ AP$，$AP// BC$，$OD⊥ BC$，
∴$A、O、D$三点共线，
∴$AD=OA+OD=r+\frac{3}{5}r=\frac{8}{5}r$。
在$Rt△ ADC$中，$CD=BD=\frac{4}{5}r$，
$\tan∠ ACB=\frac{AD}{CD}=\frac{\frac{8}{5}r}{\frac{4}{5}r}=2$。
又
∵$∠ CAP=∠ ACB$，
∴$\tan∠ CAP=2$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\boldsymbol{2}$
【知识点】
切线的性质，垂径定理，解直角三角形
【点评】
本题综合考查圆的基本性质、平行线的判定与性质及三角函数的应用，第一问侧重基础性质的直接运用，第二问需要通过角的转化建立未知角和已知条件的关联，设参数计算边长是几何计算的常用技巧，能较好地考查综合分析能力。
【难度系数】
0.6
