4.(2024·广陵区一模)如图,AB为$\odot O$的直径,点C在$\odot O$上,$∠ ACB$的平分线交$\odot O$于点D,过点D作$DE// AB$,交CB的延长线于点E.
(1)求证:ED是$\odot O$的切线;
(2)若$AC=3\sqrt{2},BC=\sqrt{2}$,求BD,CD的长.

第4题图

证明：​$(1)$​连接​$OD。$​​$ $​因为​$CD$​是​$∠ACB$​的平分线，所以​$∠ACD = ∠BCD。$​ 根据同圆中，等圆周角所对的圆心角相等，所以​$∠AOD = ∠BOD。$​​$ $​因为​$AB$​为​$\odot O$​的直径，所以​$∠AOD=∠BOD=\frac {1}{2}×180°=90°，$​即​$OD\perp AB。$​​$ $​又因为​$DE// AB，$​所以​$OD\perp DE。$​​$ $​因为​$OD$​为​$\odot O$​的半径，根据切线的判定定理，经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线，所以​$ED$​是​$\odot O$​的切线。​$ (2)$​解：因为​$AB$​为​$\odot O$​的直径，所以​$∠ACB = 90°，$​​$∠ADB = 90°。$​​$ $​已知​$AC = 3\sqrt {2}，$​​$BC=\sqrt {2}，$​由勾股定理可得​$AB=\sqrt {AC^2+BC^2}=\sqrt {(3\sqrt {2})^2+(\sqrt {2})^2}=\sqrt {18 + 2}=2\sqrt {5}。$​​$ $​因为​$∠ACD = ∠BCD，$​所以​$\overset {\frown }{AD}=\overset {\frown }{BD}，$​所以​$AD = BD。$​​$ $​又因为​$AD^2+BD^2=AB^2，$​所以​$2BD^2=(2\sqrt {5})^2，$​即​$BD^2=10，$​​$BD = \sqrt {10}。$​​$ $​过点​$B$​作​$BH\perp CD$​于点​$H。$​​$ $​因为​$∠BCD=\frac {1}{2}∠ACB = 45°，$​所以​$\triangle BCH$​是等腰直角三角形，​$BH = CH。$​​$ $​由​$BH^2+CH^2=CB^2，$​即​$2BH^2=(\sqrt {2})^2，$​可得​$BH = CH = 1。$​​$ $​在​$Rt\triangle BDH$​中，​$DH=\sqrt {BD^2-BH^2}=\sqrt {10 - 1}=3，$​所以​$CD=CH + DH=1 + 3 = 4。$​ ;

5.(2024·仪征一模)如图,E是以AC为直径的$\odot O$上一个动点(与点A,C不重合),连接CE并延长到点B,使得$BE=CE$,连接AB,AB所在的直线与$\odot O$交于点D,$EF⊥ AB$于点F.
(1)求证:EF为$\odot O$的切线;
(2)若$EF=4$,$AC=10$,求BD的长.

; 证明：(1)连接$OE。$ 因为$OA = OC，$$BE = CE，$
所以$OE$是$\triangle ABC$的中位线。 根据三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，所以$OE// AB。$ 又因为$EF\perp AB，$所以$EF\perp OE。$ 因为$OE$是$\odot O$的半径，根据切线的判定定理，经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线，所以$EF$是$\odot O$的切线。 (2)当线段$AB$与$\odot O$相交于点$D$时，连接$OE，$$AE，$
过点$O$作$OM\perp AB，$则$AM = DM=\frac{1}{2}AD。$ 因为$AC$是$\odot O$的直径，所以$∠AEC = 90°，$即$AE\perp BC。$ 又因为$BE = CE，$所以$AB = AC = 10。$ 因为$EF\perp AB，$$OM\perp AB，$$OE\perp EF，$
所以四边形$OEFM$是矩形，所以$OM = EF = 4。$ 在$Rt\triangle AOM$中，$OA=\frac{1}{2}AC = 5，$$OM = 4，$ 由勾股定理可得$AM=\sqrt{OA^{2}-OM^{2}}=\sqrt{5^{2}-4^{2}} = 3，$ 所以$AD = 2AM = 6，$
则$BD=AB - AD=10 - 6 = 4。$ 当线段$BA$的延长线与$\odot O$相交于点$D$时，同理可得$AD = 6，$
所以$BD=AB + AD=10 + 6 = 16。$ 综上所述，$BD$的长为$4$或$16。$

6. 在平面直角坐标系中，已知点$A(3,0)$，$B(-1,0)$，$C$是$y$轴上一动点，当$∠ BCA=45°$时，求点$C$的坐标.

解：先作等腰直角$\triangle PAB，$再以点$P$为圆心，$PA$的长为半径作$\odot P$交$y$轴于点$C。$ 已知$A(3,0)，$$B(-1,0)，$则$AB$的中点坐标为$(\frac{3+( - 1)}{2},0)，$即$(1,0)，$$AB=3-( - 1)=4。$ 等腰直角$\triangle PAB$中，$PA = PB，$$∠APB = 90°，$则$P$到$x$轴的距离为$\frac{AB}{2}=2，$
所以$P(1,2)，$$PA=\sqrt{(3 - 1)^{2}+2^{2}}=2\sqrt{2}，$所以$PC = 2\sqrt{2}。$ 作$PD\perp y$轴于点$D，$则$PD = 1。$ 在$Rt\triangle PCD$中，由勾股定理可得$CD=\sqrt{PC^{2}-PD^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{2})^{2}-1^{2}}=\sqrt{8 - 1}=\sqrt{7}。$ 当$C$在$y$轴正半轴时，$OC=2+\sqrt{7}，$$C(0,2+\sqrt{7})；$ 同理可得，当$C$在$y$轴负半轴时，$OC=-2-\sqrt{7}，$$C'(0,-2-\sqrt{7})。$ 综上所述，点$C$的坐标为$(0,2+\sqrt{7})$或$(0,-2-\sqrt{7})。$