【分析】
（1）求$△ PDC$的周长，可利用切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，将$△ PDC$的周长转化为两条切线长$PA$、$PB$的和计算。
（2）求$\odot O$的半径，先连接$OP$、$OA$，由切线性质得$OA⊥ PA$，结合切线长定理推论得$OP$平分$∠ APB$，在$Rt△ OAP$中利用特殊角的三角函数值即可求出半径。
（3）求$∠ COD$的度数，连接$OE$，由切线长定理可得$OC$平分$∠ AOE$、$OD$平分$∠ BOE$，先求出$∠ AOB$的度数，再推导$∠ COD$为$∠ AOB$的一半即可。
【解析】
（1）$\because PA、PB$是$\odot O$的切线，$CD$切$\odot O$于点$E$
根据切线长定理可得：$PA=PB=6$，$CA=CE$，$DE=DB$
$\therefore △ PDC$的周长$=PC+CD+PD=PC+CE+ED+PD=PC+CA+DB+PD=PA+PB=6+6=12$
（2）连接$OP、OA$
$\because PA$是$\odot O$的切线，$\therefore ∠ OAP=90°$
$\because PA、PB$是$\odot O$的切线，$∠ APB=60°$
$\therefore OP$平分$∠ APB$，即$∠ APO=\frac{1}{2}∠ APB=30°$
在$Rt△ OAP$中，$PA=6$，$\tan∠ APO=\frac{OA}{PA}$
$\therefore OA=PA·\tan30°=6×\frac{\sqrt{3}}{3}=2\sqrt{3}$，即$\odot O$的半径为$2\sqrt{3}$
（3）连接$OE$
$\because CA、CE$是$\odot O$的切线，$\therefore OC$平分$∠ AOE$，即$∠ COE=\frac{1}{2}∠ AOE$
同理，$OD$平分$∠ BOE$，即$∠ DOE=\frac{1}{2}∠ BOE$
$\therefore ∠ COD=∠ COE+∠ DOE=\frac{1}{2}(∠ AOE+∠ BOE)=\frac{1}{2}∠ AOB$
在四边形$OAPB$中，$∠ OAP=∠ OBP=90°$，$∠ APB=60°$
$\therefore ∠ AOB=360°-90°-90°-60°=120°$
$\therefore ∠ COD=\frac{1}{2}×120°=60°$
【答案】
（1）12；（2）$2\sqrt{3}$；（3）$60°$
【知识点】
切线长定理，切线的性质，四边形内角和
【点评】
本题核心是圆的切线相关性质的应用，解题关键是熟练运用切线长定理完成线段、角度的转化，结合特殊直角三角形、四边形内角和的知识即可顺利求解。
【难度系数】
0.7

【分析】
要求∠P的度数，可先通过已知的两组平行关系判断四边形EPBC的形状，得到∠P的等角，再结合切线性质构造特殊三角形求解角度。首先由CE//PN、BC//PM，可推出四边形EPBC是平行四边形，得到∠P=∠C，接下来只需计算∠C的度数即可；已知PN是⊙O的切线，根据切线性质连接OB，可得OB⊥PN，结合CE//PN可推出OB⊥CE，即△OBC是直角三角形，又OB、OC都是⊙O的半径，△OBC为等腰直角三角形，即可求出∠C的度数，进而得到∠P的度数。
【解析】
解：连接OB。
$\because CE// PN,BC// PM$，
$\therefore$ 四边形EPBC两组对边分别平行，是平行四边形，
$\therefore ∠ P=∠ C$。
$\because PN$是$\odot O$的切线，B为切点，
$\therefore OB⊥ PN$（圆的切线垂直于过切点的半径），
又$\because CE// PN$，
$\therefore OB⊥ CE$，即$∠ BOC=90°$，
$\because OB=OC$（同圆的半径相等），
$\therefore △ OBC$是等腰直角三角形，
$\therefore ∠ C=∠ OBC=45°$，
$\therefore ∠ P=∠ C=45°$。
【答案】
$\boldsymbol{45°}$
【知识点】
切线的性质，平行四边形的判定与性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题是圆与平行四边形结合的基础综合题，解题的关键是正确作出辅助线OB，利用切线性质得到垂直关系，再结合平行四边形的性质实现角度转化，即可顺利求解。
【难度系数】
0.7

【分析】
(1) 证明切线的核心是证明圆心到直线的距离等于半径，因此先过点O作$OE⊥CD$于点E，结合AM是切线得$OA⊥AM$，再利用角平分线的性质和全等三角形证明$OE=OA$（⊙O的半径），即可证得CD是⊙O的切线；
(2) 求y关于x的函数解析式，需先建立x、y的等量关系：过D作$DF⊥BN$于点F，由切线长定理可得$CD=AD+BC=x+y$，再根据矩形性质得$DF=AB=12$，$FC=y-x$，最后在直角三角形DFC中用勾股定理列等式，化简后即可得到函数解析式；
(3) 已知梯形面积，先根据梯形面积公式得到x+y的数值，再联立第二问的函数解析式，转化为一元二次方程求解即可得到AD的长度。
【解析】
(1) 证明：过点O作$OE⊥CD$于点E，
∵AM是$\odot O$的切线，切点为A，
∴$OA⊥AM$，即$∠OAD=∠OED=90°$，
∵OD平分$∠ADC$，
∴$∠ADO=∠EDO$，
在$△ OAD$和$△ OED$中：
$\begin{cases}∠OAD=∠OED \\∠ADO=∠EDO \\OD=OD\end{cases}$
∴$△ OAD≌△ OED$（AAS），
∴$OE=OA$，
∵OA是$\odot O$的半径，$OE⊥CD$，
∴CD是$\odot O$的切线。
(2) 解：过点D作$DF⊥BN$于点F，
∵AM、BN是$\odot O$的切线，切点为A、B，
∴$AB⊥AM$，$AB⊥BN$，
∴四边形ABFD是矩形，
∴$DF=AB=2×6=12$，$BF=AD=x$，
∴$FC=BC-BF=y-x$，
由切线长定理可得：$DE=AD=x$，$CE=BC=y$，
∴$CD=DE+CE=x+y$，
在$Rt△ DFC$中，由勾股定理得：
$CD^2=DF^2+FC^2$，
即$(x+y)^2=12^2+(y-x)^2$，
展开得：$x^2+2xy+y^2=144+y^2-2xy+x^2$，
整理得：$4xy=144$，即$xy=36$，
∴$y=\frac{36}{x}(x＞0)$。
(3) 解：梯形ABCD的面积$S=\frac{1}{2}(AD+BC)·AB$，
代入已知条件$S=78$，$AB=12$得：
$\frac{1}{2}×(x+y)×12=78$，
解得：$x+y=13$，
将$y=\frac{36}{x}$代入得：$x+\frac{36}{x}=13$，
两边同乘x整理得：$x^2-13x+36=0$，
因式分解得：$(x-4)(x-9)=0$，
解得：$x_1=4$，$x_2=9$，均符合$x＞0$的要求。
【答案】
(1) 证明见上述解析；
(2) $\boldsymbol{y=\frac{36}{x}(x＞0)}$；
(3) $\boldsymbol{4\ \mathrm{cm}}$或$\boldsymbol{9\ \mathrm{cm}}$。
【知识点】
切线的判定与性质，切线长定理，勾股定理
【点评】
本题属于圆的综合基础题，解题的关键是合理构造辅助线，将圆的切线性质、几何图形的边长关系与代数方程结合起来求解，侧重对基础知识应用能力的考查。
【难度系数】
0.6

【分析】
解题时首先回忆正多边形的核心定义：正多边形需要同时满足各边相等、各角相等两个条件，判断命题真假时，假命题只需举出一个反例即可验证。首先直接对应正多边形的性质判断①③，再分别对剩余命题找反例验证：②仅满足边相等可举菱形为反例，④仅满足角相等可举矩形为反例，⑤仅满足对称性质也可举矩形为反例，最终筛选出真命题即可。
【解析】
首先明确正多边形的定义：各边相等，且各角也相等的多边形叫做正多边形，逐个判断命题：
1. 命题①：正多边形的各边相等，符合正多边形的定义要求，是真命题；
2. 命题②：各边相等的多边形不一定是正多边形，例如菱形的四条边都相等，但内角不一定全部相等，不属于正多边形，是假命题；
3. 命题③：正多边形的各角相等，符合正多边形的定义要求，是真命题；
4. 命题④：各角相等的多边形不一定是正多边形，例如矩形的四个内角都是90°相等，但边长不一定全部相等，不属于正多边形，是假命题；
5. 命题⑤：既是轴对称图形又是中心对称图形的多边形不一定是正多边形，例如矩形满足对称要求，但不属于正多边形，是假命题。
综上，真命题为①③。
【答案】
①③
【知识点】
正多边形的定义；真假命题判断；轴对称与中心对称图形
【点评】
本题重点考查对正多边形概念的理解，解题关键是牢记正多边形需要同时满足边相等、角相等两个条件，通过举反例可以快速判断假命题，易错点是容易忽略正多边形的两个判定条件缺一不可。
【难度系数】
0.7