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(1) 解：过点O作$OC⊥ AB$于点C，连接OA。
则$AC=BC=\frac{1}{2}AB=8\ \mathrm{m}，$$OC=6\ \mathrm{m}，$
在$\mathrm{Rt}△ OAC$中，由勾股定理得：
$OA=\sqrt{AC^2+OC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10\ \mathrm{m}，$
即喷水池的半径为10 m。
(2) 解：外圆半径为$10+2=12\ \mathrm{m}，$
石子路的面积为$π×12^2-π×10^2=144π-100π=44π\ \mathrm{m}^2。$

(1) 解：连接AC、DE。
因为四边形ABCD是圆内接正方形，边长为1，
所以AC是直径，$AC=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}，$$∠ ACD=45°。$
因为P是CD中点，
所以$DP=PC=\frac{1}{2}，$
由$∠ CAP=∠ EDP，$$∠ ACP=∠ DEP，$
可得$△ ACP∽△ DEP，$
则$\frac{DE}{AC}=\frac{DP}{AP}，$
又$AP=\sqrt{AD^2+DP^2}=\sqrt{1^2+(\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}，$
所以$DE=\frac{DP· AC}{AP}=\frac{\frac{1}{2}×\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{5}}{2}}=\frac{\sqrt{10}}{5}。$
(2) 解：设$BQ=y，$
则$QC=1-y，$$PC=\frac{1}{2}，$$∠ C=90°。$
①当$△ ADP∽△ QCP$时，$\frac{AD}{QC}=\frac{DP}{CP}，$
即$\frac{1}{1-y}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}}=1，$
解得$y=0；$
②当$△ ADP∽△ PCQ$时，$\frac{AD}{PC}=\frac{DP}{QC}，$
即$\frac{1}{\frac{1}{2}}=\frac{\frac{1}{2}}{1-y}，$
解得$y=\frac{3}{4}。$
综上，当$BQ=0$或$BQ=\frac{3}{4}$时，$△ ADP$与以Q、C、P为顶点的三角形相似。

解：连接​$OC，$​
因为​$C$​是​$\overset {\frown }{AB}$​的中点，
​$∠ AOB=90°，$​
所以​$∠ AOC=∠ BOC=45°，$​
​$AC=BC，$​
​$OC=OA=OB=6。$​
​$ $​因为​$∠ PCQ=90°，$​​$∠ ACB=90°，$​
所以​$∠ ACP=∠ BCQ，$​
​$ $​又​$∠ CAP=∠ CBQ，$​
故​$△ ACP≌△ BCQ(\mathrm {ASA})，$​
所以​$CP=CQ，$​
​$ $​则​$△ CPQ $​是等腰直角三角形，​$PQ=\sqrt {2}CP。$​
​$ $​当​$CP $​取最小值时，​$PQ_{最小}，$​​
$CP $​的最小值为点​$C$​到​$OA$​的距离：
​$ $​过​$C$​作​$CD⊥ OA$​于​$D，$​
在​$Rt△ OCD$​中，
​$CD=OC·\mathrm {sin}45°=6×\frac {\sqrt {2}}{2}=3\sqrt {2}，$​
​$ $​所以​$PQ $​的最小值为​$\sqrt {2}×3\sqrt {2}=6。$​
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