解：过点$A$作$AD ⊥ BC$于点$D$。
在$\triangle ABD$中，$\sin B = \frac{AD}{AB} = \frac{4}{5}$，$AB = 5$，
$\therefore AD = AB · \sin B = 5 × \frac{4}{5} = 4$。
由勾股定理得：$BD = \sqrt{AB^2 - AD^2} = \sqrt{5^2 - 4^2} = 3$。
$\because AB = AC$，$AD ⊥ BC$，
$\therefore BC = 2BD = 2 × 3 = 6$。
答案：B

解：在△ABC中，AC=5，∠C=55°，则$h_{1}=AC·\sin55^{\circ}=5\sin55^{\circ}$。
在△PQR中，PR=5，∠R=125°，则$h_{2}=PR·\sin(180^{\circ}-125^{\circ})=5\sin55^{\circ}$。
因此，$h_{1}=h_{2}$。
A

解：连接OB、OC，过点O作OD⊥BC于点D。
∵OB=OC=OA=2，OD⊥BC，
∴BD=CD=$\frac{1}{2}$BC=$\sqrt{3}$。
在Rt△OBD中，cos∠OBD=$\frac{BD}{OB}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴∠OBD=30°，
∴∠BOD=60°，
∴∠BOC=2∠BOD=120°。
∵∠BAC是$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角，∠BOC是$\overset{\frown}{BC}$所对的圆心角，
∴∠BAC=$\frac{1}{2}$∠BOC=60°。
故答案为：$60^{\circ}$

解：设⊙O与AB，BC分别相切于点D，E，连接OD，OE，OB。
∵⊙O与AB，BC相切，
∴OD⊥AB，OE⊥BC，OD=OE=$\sqrt{3}$，OB平分∠ABC。
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，BC=8，
∴∠OBC=30°。
在Rt△OBE中，sin∠OBC=$\frac{OE}{OB}$，
∴OB=$\frac{OE}{\sin30°}=\frac{\sqrt{3}}{\frac{1}{2}}=2\sqrt{3}$，
∴BE=$\sqrt{OB^2-OE^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2-(\sqrt{3})^2}=3$。
∵△ABC是等边三角形，
∴点C到AB，BC的距离相等，设为h，
h=BC·sin60°=8×$\frac{\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}$，
则CE=BC-BE=8-3=5。
在Rt△OEC中，tan∠OCB=$\frac{OE}{CE}=\frac{\sqrt{3}}{5}$。
$\frac{\sqrt{3}}{5}$

解：过点$A$作$AF ⊥ BC$于点$F$，则$\angle AFB = 90°$。
因为$\triangle ABC$是边长为$6$的等边三角形，所以$\angle BAC = 60°$，$AB = BC = 6$，$BF = \frac{1}{2}BC = 3$，$\angle CAF = \frac{1}{2}\angle BAC = 30°$。
在$\mathrm{Rt}\triangle ABF$中，$AF = \sqrt{AB^2 - BF^2} = \sqrt{6^2 - 3^2} = 3\sqrt{3}$。
因为$\angle DAE = 30°$，所以$\angle DAF + \angle EAF = 30°$。
又$\angle EAC + \angle EAF = \angle CAF = 30°$，故$\angle DAF = \angle EAC$。
已知$\tan\angle EAC = \frac{1}{3}$，则$\tan\angle DAF = \frac{DF}{AF} = \frac{1}{3}$，即$\frac{DF}{3\sqrt{3}} = \frac{1}{3}$，解得$DF = \sqrt{3}$。
因此，$BD = BF - DF = 3 - \sqrt{3}$。
$3 - \sqrt{3}$

解：
∵四边形OABC是菱形，点A(10,0)，
∴OA=OC=10。
过点C作CD⊥OA于点D，
在Rt△OCD中，sin∠COA=$\frac{CD}{OC}=\frac{4}{5}$，
∴CD=OC·sin∠COA=10×$\frac{4}{5}$=8。
∴OD=$\sqrt{OC^2 - CD^2}=\sqrt{10^2 - 8^2}=6$。
∴点C的坐标为(6,8)。
∵反比例函数$y=\frac{k}{x}$的图像经过点C，
∴$8=\frac{k}{6}$，解得k=48。
答案：C