4. 如图，AB是$\odot O$的直径，ED切$\odot O$于点C，AD交$\odot O$于点F，AC平分$∠ BAD$，连接BF.
（1）求证：$AD ⊥ ED$；
（2）若$CD=4$，$AF=2$，求$\odot O$的半径.
（1）求证：$AD ⊥ ED$；
（2）若$CD=4$，$AF=2$，求$\odot O$的半径.
答案：4. (1) 提示:通过证明 $OC// AD$ 可以证得；
(2) $\odot O$ 的半径为 $\sqrt{17}$.
(2) $\odot O$ 的半径为 $\sqrt{17}$.
解析：
【分析】
（1）要证$AD ⊥ ED$，已知$ED$是$\odot O$的切线，根据切线性质可得$OC ⊥ ED$，因此只需证明$OC // AD$即可。结合角平分线的性质和等腰三角形等边对等角的性质，可推出内错角相等得到$OC // AD$，即可证得垂直关系。
（2）要求$\odot O$的半径，可先求直径$AB$的长度。由$AB$是直径得直径所对圆周角$∠ AFB=90°$，结合（1）的结论可知四边形$CDGF$是矩形，得到$GF$的长度，再利用三角形中位线性质求出$BF$的总长，最后在$Rt△ ABF$中用勾股定理求出$AB$，即可得到半径。
【解析】
（1）证明：连接$OC$，
$\because ED$切$\odot O$于点$C$，$\therefore OC ⊥ ED$，
$\because OA=OC$，$\therefore ∠ OAC=∠ OCA$，
$\because AC$平分$∠ BAD$，$\therefore ∠ OAC=∠ CAD$，
$\therefore ∠ OCA=∠ CAD$，$\therefore OC // AD$，
又$\because OC ⊥ ED$，$\therefore AD ⊥ ED$。
（2）解：设$OC$与$BF$交于点$G$，
$\because AB$是$\odot O$的直径，$\therefore ∠ AFB=90°$，即$BF ⊥ AD$，
由（1）知$AD ⊥ ED$，$OC ⊥ ED$，$\therefore BF // ED$，
$\therefore OC ⊥ BF$，四边形$CDGF$是矩形，
$\therefore GF=CD=4$，
$\because OC // AD$，$O$是$AB$的中点，$\therefore OG$是$△ ABF$的中位线，
$\therefore OG=\frac{1}{2}AF=\frac{1}{2} × 2=1$，且$BG=GF=4$，
$\therefore BF=BG+GF=8$，
在$Rt△ ABF$中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AF^2+BF^2}=\sqrt{2^2+8^2}=\sqrt{68}=2\sqrt{17}$，
$\therefore \odot O$的半径为$\frac{1}{2}AB=\sqrt{17}$。
【答案】
（1）证明见解析；（2）$\sqrt{17}$
【知识点】
切线的性质，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的基本性质与几何计算，第一问侧重基础性质的应用，通过角的关系推导平行线即可证明垂直；第二问需要结合矩形性质、三角形中位线定理和勾股定理求解，需要学生具备一定的逻辑推导和几何图形分析能力。
【难度系数】
0.6
（1）要证$AD ⊥ ED$，已知$ED$是$\odot O$的切线，根据切线性质可得$OC ⊥ ED$，因此只需证明$OC // AD$即可。结合角平分线的性质和等腰三角形等边对等角的性质，可推出内错角相等得到$OC // AD$，即可证得垂直关系。
（2）要求$\odot O$的半径，可先求直径$AB$的长度。由$AB$是直径得直径所对圆周角$∠ AFB=90°$，结合（1）的结论可知四边形$CDGF$是矩形，得到$GF$的长度，再利用三角形中位线性质求出$BF$的总长，最后在$Rt△ ABF$中用勾股定理求出$AB$，即可得到半径。
【解析】
（1）证明：连接$OC$，
$\because ED$切$\odot O$于点$C$，$\therefore OC ⊥ ED$，
$\because OA=OC$，$\therefore ∠ OAC=∠ OCA$，
$\because AC$平分$∠ BAD$，$\therefore ∠ OAC=∠ CAD$，
$\therefore ∠ OCA=∠ CAD$，$\therefore OC // AD$，
又$\because OC ⊥ ED$，$\therefore AD ⊥ ED$。
（2）解：设$OC$与$BF$交于点$G$，
$\because AB$是$\odot O$的直径，$\therefore ∠ AFB=90°$，即$BF ⊥ AD$，
由（1）知$AD ⊥ ED$，$OC ⊥ ED$，$\therefore BF // ED$，
$\therefore OC ⊥ BF$，四边形$CDGF$是矩形，
$\therefore GF=CD=4$，
$\because OC // AD$，$O$是$AB$的中点，$\therefore OG$是$△ ABF$的中位线，
$\therefore OG=\frac{1}{2}AF=\frac{1}{2} × 2=1$，且$BG=GF=4$，
$\therefore BF=BG+GF=8$，
在$Rt△ ABF$中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AF^2+BF^2}=\sqrt{2^2+8^2}=\sqrt{68}=2\sqrt{17}$，
$\therefore \odot O$的半径为$\frac{1}{2}AB=\sqrt{17}$。
【答案】
（1）证明见解析；（2）$\sqrt{17}$
【知识点】
切线的性质，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的基本性质与几何计算，第一问侧重基础性质的应用，通过角的关系推导平行线即可证明垂直；第二问需要结合矩形性质、三角形中位线定理和勾股定理求解，需要学生具备一定的逻辑推导和几何图形分析能力。
【难度系数】
0.6
5. 如图，$\odot P$与$x$轴相切于原点$O$，点$P$的坐标为$(0,6)$，$A$是$\odot P$上一点，连接$OA$，作$PD⊥ OA$，垂足为$D$，延长$PD$交$x$轴于点$B$，连接$AB$.
(1) 求证：$AB$是$\odot P$的切线；
(2) 若点$B$的坐标为$(8,0)$，是否存在到四点$O,P,A,B$距离都相等的点$Q$？若存在，求点$Q$的坐标；若不存在，请说明理由.
(1) 求证：$AB$是$\odot P$的切线；
(2) 若点$B$的坐标为$(8,0)$，是否存在到四点$O,P,A,B$距离都相等的点$Q$？若存在，求点$Q$的坐标；若不存在，请说明理由.
答案：5. (1) $\because PO=PA,PD⊥ OA,\therefore ∠ OPD=∠ APD$.
$\because \begin{cases} PO=PA,\\ ∠ OPB=∠ APB,\\ PB=PB. \end{cases} \therefore △ POB≌ △ PAB$.
$\therefore ∠ POB=∠ PAB. \because \odot P$ 与 $x$ 轴相切于原点 $O$, $\therefore ∠ POB=90°. \therefore ∠ PAB=90°,\therefore AB$ 是 $\odot P$ 的切线.
(2) 存在到四点 $O,P,A,B$ 距离都相等的点 $Q$.
当点 $Q$ 在线段 $BP$ 中点时, $\because ∠ POB=∠ PAB=90°,\therefore QO=QP=BQ=AQ$. 此时点 $Q$ 到四点 $O,P,A,B$ 距离都相等. 点 $Q$ 的坐标为 $(4,3)$.
$\because \begin{cases} PO=PA,\\ ∠ OPB=∠ APB,\\ PB=PB. \end{cases} \therefore △ POB≌ △ PAB$.
$\therefore ∠ POB=∠ PAB. \because \odot P$ 与 $x$ 轴相切于原点 $O$, $\therefore ∠ POB=90°. \therefore ∠ PAB=90°,\therefore AB$ 是 $\odot P$ 的切线.
(2) 存在到四点 $O,P,A,B$ 距离都相等的点 $Q$.
当点 $Q$ 在线段 $BP$ 中点时, $\because ∠ POB=∠ PAB=90°,\therefore QO=QP=BQ=AQ$. 此时点 $Q$ 到四点 $O,P,A,B$ 距离都相等. 点 $Q$ 的坐标为 $(4,3)$.
解析：
【分析】
(1) 要证明AB是$\odot P$的切线，根据切线判定定理，需证明半径$PA⊥ AB$。已知$\odot P$与x轴相切于O，可得$∠ POB=90°$，因此只需证明$△ POB≌△ PAB$，推出$∠ PAB=∠ POB=90°$即可：先利用等腰三角形三线合一的性质，由$PO=PA$、$PD⊥ OA$得到$∠ OPB=∠ APB$，再结合公共边PB，用SAS证明两三角形全等。
(2) 到四点距离都相等的点是四点共圆的圆心。观察可得$△ POB$和$△ PAB$都是以PB为斜边的直角三角形，根据直角三角形斜边中点到三个顶点距离相等的性质，可知PB的中点就是所求的Q点，再用中点坐标公式计算Q的坐标即可。
【解析】
(1) 证明：
$\because PO=PA$（$\odot P$的半径相等），$PD⊥ OA$，
$\therefore ∠ OPD=∠ APD$（等腰三角形三线合一），即$∠ OPB=∠ APB$。
在$△ POB$和$△ PAB$中：
$\begin{cases}PO=PA\\∠ OPB=∠ APB\\PB=PB\quad(\mathrm{公共边})\end{cases}$
$\therefore △ POB≌△ PAB(\mathrm{SAS})$，
$\therefore ∠ PAB=∠ POB$。
$\because \odot P$与x轴相切于原点O，$\therefore PO⊥ OB$，即$∠ POB=90°$，
$\therefore ∠ PAB=90°$，即$PA⊥ AB$。
又$\because PA$是$\odot P$的半径，$\therefore AB$是$\odot P$的切线。
(2) 解：存在满足条件的点Q。
$\because ∠ POB=∠ PAB=90°$，$\therefore △ POB$和$△ PAB$都是以PB为斜边的直角三角形。
根据直角三角形的性质：直角三角形斜边的中点到三个顶点的距离相等，可得PB的中点Q满足$QO=QP=QB=QA$，即Q到O、P、A、B四点距离都相等。
已知$P(0,6)$，$B(8,0)$，根据中点坐标公式，两点$(x_1,y_1)$、$(x_2,y_2)$的中点坐标为$(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2})$，
$\therefore Q$的横坐标为$\frac{0+8}{2}=4$，纵坐标为$\frac{6+0}{2}=3$，即$Q(4,3)$。
【答案】
(1) 证明如上；(2) 存在，点Q的坐标为$\boldsymbol{(4,3)}$
【知识点】
切线的判定；全等三角形的判定；直角三角形斜边中线性质
【点评】
本题是圆与三角形的基础综合题，核心考查切线的判定方法、全等三角形的证明以及直角三角形的特殊性质，解题的关键是结合等腰三角形和直角三角形的性质快速找到证明和计算的突破口。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明AB是$\odot P$的切线，根据切线判定定理，需证明半径$PA⊥ AB$。已知$\odot P$与x轴相切于O，可得$∠ POB=90°$，因此只需证明$△ POB≌△ PAB$，推出$∠ PAB=∠ POB=90°$即可：先利用等腰三角形三线合一的性质，由$PO=PA$、$PD⊥ OA$得到$∠ OPB=∠ APB$，再结合公共边PB，用SAS证明两三角形全等。
(2) 到四点距离都相等的点是四点共圆的圆心。观察可得$△ POB$和$△ PAB$都是以PB为斜边的直角三角形，根据直角三角形斜边中点到三个顶点距离相等的性质，可知PB的中点就是所求的Q点，再用中点坐标公式计算Q的坐标即可。
【解析】
(1) 证明：
$\because PO=PA$（$\odot P$的半径相等），$PD⊥ OA$，
$\therefore ∠ OPD=∠ APD$（等腰三角形三线合一），即$∠ OPB=∠ APB$。
在$△ POB$和$△ PAB$中：
$\begin{cases}PO=PA\\∠ OPB=∠ APB\\PB=PB\quad(\mathrm{公共边})\end{cases}$
$\therefore △ POB≌△ PAB(\mathrm{SAS})$，
$\therefore ∠ PAB=∠ POB$。
$\because \odot P$与x轴相切于原点O，$\therefore PO⊥ OB$，即$∠ POB=90°$，
$\therefore ∠ PAB=90°$，即$PA⊥ AB$。
又$\because PA$是$\odot P$的半径，$\therefore AB$是$\odot P$的切线。
(2) 解：存在满足条件的点Q。
$\because ∠ POB=∠ PAB=90°$，$\therefore △ POB$和$△ PAB$都是以PB为斜边的直角三角形。
根据直角三角形的性质：直角三角形斜边的中点到三个顶点的距离相等，可得PB的中点Q满足$QO=QP=QB=QA$，即Q到O、P、A、B四点距离都相等。
已知$P(0,6)$，$B(8,0)$，根据中点坐标公式，两点$(x_1,y_1)$、$(x_2,y_2)$的中点坐标为$(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2})$，
$\therefore Q$的横坐标为$\frac{0+8}{2}=4$，纵坐标为$\frac{6+0}{2}=3$，即$Q(4,3)$。
【答案】
(1) 证明如上；(2) 存在，点Q的坐标为$\boldsymbol{(4,3)}$
【知识点】
切线的判定；全等三角形的判定；直角三角形斜边中线性质
【点评】
本题是圆与三角形的基础综合题，核心考查切线的判定方法、全等三角形的证明以及直角三角形的特殊性质，解题的关键是结合等腰三角形和直角三角形的性质快速找到证明和计算的突破口。
【难度系数】
0.7
如图，AB是$\odot O$的直径，点C，D都在圆上且在AB的两侧，连接AC，BC，过点D作$DE// AC$，交CB的延长线于点E，且BD平分$∠ ABE$.
（1）判断直线DE与$\odot O$的位置关系，并说明理由；
（2）若$AB=10$，$AC=8$，求线段BD的长.
（1）判断直线DE与$\odot O$的位置关系，并说明理由；
（2）若$AB=10$，$AC=8$，求线段BD的长.
答案：
(1) 相切. 提示:连接 $OD$,证明 $∠ ODE=90°$.
(2) 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $BC = \sqrt{AB^2-AC^2} = 6$. 作 $OF⊥ BC$,垂足为 $F$,则 $CF = BF = 3$. $\because OA=OB$, $CF=BF$, $\therefore OF$ 是 $△ ABC$ 的中位线, $\therefore OF=\frac{1}{2}AC=4$, $∠ OFE=∠ E=∠ ODE=90°$, $\therefore$ 四边形 $ODEF$ 是矩形, $\therefore EF=OD=\frac{1}{2}AB=5$, $DE=OF=4$, $\therefore BE=EF-BF=5-3=2$. 在 $\mathrm{Rt}△ BDE$ 中, $BD=\sqrt{DE^2+BE^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$.
(1) 相切. 提示:连接 $OD$,证明 $∠ ODE=90°$.
(2) 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $BC = \sqrt{AB^2-AC^2} = 6$. 作 $OF⊥ BC$,垂足为 $F$,则 $CF = BF = 3$. $\because OA=OB$, $CF=BF$, $\therefore OF$ 是 $△ ABC$ 的中位线, $\therefore OF=\frac{1}{2}AC=4$, $∠ OFE=∠ E=∠ ODE=90°$, $\therefore$ 四边形 $ODEF$ 是矩形, $\therefore EF=OD=\frac{1}{2}AB=5$, $DE=OF=4$, $\therefore BE=EF-BF=5-3=2$. 在 $\mathrm{Rt}△ BDE$ 中, $BD=\sqrt{DE^2+BE^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$.
解析：
【分析】
（1）判断直线与圆的位置关系，已知DE和⊙O有公共点D，因此采用切线判定定理的思路：连接半径OD，证明OD⊥DE即可。结合已知条件，先利用直径所对圆周角为直角得∠ACB=90°，由DE//AC得∠E=90°；再结合角平分线和等腰三角形等边对等角的性质，推导OD//BE，即可得到∠ODE=90°，证明DE是切线。
（2）求线段BD的长，先在Rt△ABC中利用勾股定理求出BC的长度；作OF⊥BC，结合垂径定理和三角形中位线性质求出OF、BF的长度；再通过三个角为直角证明四边形ODEF是矩形，得到DE、EF的长度，进而求出BE的长，最后在Rt△BDE中用勾股定理求出BD即可。
【解析】
（1）直线DE与⊙O相切，理由如下：
连接OD。
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵DE//AC，
∴∠E=∠ACB=90°，
∵BD平分∠ABE，
∴∠OBD=∠DBE，
又
∵OB=OD（⊙O的半径相等），
∴∠OBD=∠ODB，
∴∠ODB=∠DBE，
∴OD//BE，
∴∠ODE+∠E=180°，
∴∠ODE=180°-90°=90°，即OD⊥DE，
又
∵OD是⊙O的半径，
∴直线DE与⊙O相切。
（2）在Rt△ABC中，AB=10，AC=8，∠ACB=90°，
由勾股定理得：$BC = \sqrt{AB^2-AC^2} = \sqrt{10^2-8^2}=6$。
过点O作$OF⊥ BC$，垂足为F，
由垂径定理得：$CF = BF = \frac{1}{2}BC=3$，
∵O是AB的中点，F是BC的中点，
∴OF是△ABC的中位线，
∴$OF=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×8=4$，
∵$∠ OFE=∠ E=∠ ODE=90°$，
∴四边形ODEF是矩形，
∴$EF=OD=\frac{1}{2}AB=5$，$DE=OF=4$，
∴$BE=EF-BF=5-3=2$，
在Rt△BDE中，由勾股定理得：
$BD=\sqrt{DE^2+BE^2}=\sqrt{4^2+2^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 相切. 提示:连接 $OD$,证明 $∠ ODE=90°$.
(2) 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $BC = \sqrt{AB^2-AC^2} = 6$. 作 $OF⊥ BC$,垂足为 $F$,则 $CF = BF = 3$. $\because OA=OB$, $CF=BF$, $\therefore OF$ 是 $△ ABC$ 的中位线, $\therefore OF=\frac{1}{2}AC=4$, $∠ OFE=∠ E=∠ ODE=90°$, $\therefore$ 四边形 $ODEF$ 是矩形, $\therefore EF=OD=\frac{1}{2}AB=5$, $DE=OF=4$, $\therefore BE=EF-BF=5-3=2$. 在 $\mathrm{Rt}△ BDE$ 中, $BD=\sqrt{DE^2+BE^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$.
【知识点】
切线的判定；勾股定理；矩形的判定与性质
【点评】
本题是圆的综合应用类题目，将圆的基本性质、切线判定、勾股定理、特殊四边形的判定等知识点结合考查，解题的关键是合理作出辅助线，结合已知条件实现边和角的转化，能有效考查对几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
（1）判断直线与圆的位置关系，已知DE和⊙O有公共点D，因此采用切线判定定理的思路：连接半径OD，证明OD⊥DE即可。结合已知条件，先利用直径所对圆周角为直角得∠ACB=90°，由DE//AC得∠E=90°；再结合角平分线和等腰三角形等边对等角的性质，推导OD//BE，即可得到∠ODE=90°，证明DE是切线。
（2）求线段BD的长，先在Rt△ABC中利用勾股定理求出BC的长度；作OF⊥BC，结合垂径定理和三角形中位线性质求出OF、BF的长度；再通过三个角为直角证明四边形ODEF是矩形，得到DE、EF的长度，进而求出BE的长，最后在Rt△BDE中用勾股定理求出BD即可。
【解析】
（1）直线DE与⊙O相切，理由如下：
连接OD。
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵DE//AC，
∴∠E=∠ACB=90°，
∵BD平分∠ABE，
∴∠OBD=∠DBE，
又
∵OB=OD（⊙O的半径相等），
∴∠OBD=∠ODB，
∴∠ODB=∠DBE，
∴OD//BE，
∴∠ODE+∠E=180°，
∴∠ODE=180°-90°=90°，即OD⊥DE，
又
∵OD是⊙O的半径，
∴直线DE与⊙O相切。
（2）在Rt△ABC中，AB=10，AC=8，∠ACB=90°，
由勾股定理得：$BC = \sqrt{AB^2-AC^2} = \sqrt{10^2-8^2}=6$。
过点O作$OF⊥ BC$，垂足为F，
由垂径定理得：$CF = BF = \frac{1}{2}BC=3$，
∵O是AB的中点，F是BC的中点，
∴OF是△ABC的中位线，
∴$OF=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×8=4$，
∵$∠ OFE=∠ E=∠ ODE=90°$，
∴四边形ODEF是矩形，
∴$EF=OD=\frac{1}{2}AB=5$，$DE=OF=4$，
∴$BE=EF-BF=5-3=2$，
在Rt△BDE中，由勾股定理得：
$BD=\sqrt{DE^2+BE^2}=\sqrt{4^2+2^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 相切. 提示:连接 $OD$,证明 $∠ ODE=90°$.
(2) 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $BC = \sqrt{AB^2-AC^2} = 6$. 作 $OF⊥ BC$,垂足为 $F$,则 $CF = BF = 3$. $\because OA=OB$, $CF=BF$, $\therefore OF$ 是 $△ ABC$ 的中位线, $\therefore OF=\frac{1}{2}AC=4$, $∠ OFE=∠ E=∠ ODE=90°$, $\therefore$ 四边形 $ODEF$ 是矩形, $\therefore EF=OD=\frac{1}{2}AB=5$, $DE=OF=4$, $\therefore BE=EF-BF=5-3=2$. 在 $\mathrm{Rt}△ BDE$ 中, $BD=\sqrt{DE^2+BE^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$.
【知识点】
切线的判定；勾股定理；矩形的判定与性质
【点评】
本题是圆的综合应用类题目，将圆的基本性质、切线判定、勾股定理、特殊四边形的判定等知识点结合考查，解题的关键是合理作出辅助线，结合已知条件实现边和角的转化，能有效考查对几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
1. 如图，AB，AC，BD是$\odot O$的切线，切点分别是$P$，$C$，$D$. 若$AB=10$，$AC=6$，则$BD$的长是（
A.3
B.4
C.5
D.6
B
）A.3
B.4
C.5
D.6
答案：1. B.
解析：
【分析】
本题出现了从圆外同一点引圆的两条切线的结构，优先考虑运用切线长定理解题。解题思路如下：第一步，根据切线长定理，先得到从点A引出的两条切线AC、AP长度相等，算出AP的长度；第二步，用AB的总长度减去AP的长度，得到PB的长度；第三步，再次运用切线长定理，得到从点B引出的两条切线BP、BD长度相等，即可求出BD的长度。
【解析】
解：
∵AC、AP都是⊙O的切线，切点分别为C、P，
根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，
∴AC = AP = 6，
∵AB = 10，
∴PB = AB - AP = 10 - 6 = 4，
又
∵BP、BD都是⊙O的切线，切点分别为P、D，
同理根据切线长定理可得BD = PB，
∴BD = 4。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
切线长定理
【点评】
本题属于基础题，核心考查切线长定理的应用，解题的关键是准确找到从同一点出发的两条切线，两次运用切线长定理即可快速求解。
【难度系数】
0.8
本题出现了从圆外同一点引圆的两条切线的结构，优先考虑运用切线长定理解题。解题思路如下：第一步，根据切线长定理，先得到从点A引出的两条切线AC、AP长度相等，算出AP的长度；第二步，用AB的总长度减去AP的长度，得到PB的长度；第三步，再次运用切线长定理，得到从点B引出的两条切线BP、BD长度相等，即可求出BD的长度。
【解析】
解：
∵AC、AP都是⊙O的切线，切点分别为C、P，
根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，
∴AC = AP = 6，
∵AB = 10，
∴PB = AB - AP = 10 - 6 = 4，
又
∵BP、BD都是⊙O的切线，切点分别为P、D，
同理根据切线长定理可得BD = PB，
∴BD = 4。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
切线长定理
【点评】
本题属于基础题，核心考查切线长定理的应用，解题的关键是准确找到从同一点出发的两条切线，两次运用切线长定理即可快速求解。
【难度系数】
0.8