4. (2023·新疆中考)如图,AB是$\odot O$的直径,点C,F是$\odot O$上的点,且$∠ CBF=∠ BAC$,连接AF,过点C作AF的垂线,交AF的延长线于点D,交AB的延长线于点E,过点F作$FG⊥ AB$于点G,交AC于点H.
(1)求证:CE是$\odot O$的切线.
(2)若$\tan E=\frac{3}{4},BE=4$,求FH的长.

(1) 证明: 如图,连接 CF,连接 OC 交 BF 于点 I,则 $OC=OA$.
∵$∠CBF=∠BAC$,$∠CBF=∠CAF$,
∴$∠BAC=∠CAF$,
∴$BC=FC$,
∴OC 垂直平分 BF.
∵AB 是 $\odot O$ 的直径,$CD⊥AF$ 交 AF 的延长线于点 D,
∴$∠D=∠AFB=90°$,
∴$DE// FB$,
∴$∠OCE=∠OIB=90°$,
∴$DE⊥OC$.
∵OC 是 $\odot O$ 的半径,
∴CE 是 $\odot O$ 的切线.
(2) 解: 如图,作 $BL⊥CE$ 于点 L,则 $∠BLE=∠BLC=90°$.
∵$∠BIC=∠ICL=90°$,
∴四边形 BICL 是矩形.
∵$\frac{BL}{EL}=\tan E=\frac{3}{4}$,
∴$BL=\frac{3}{4}EL$.
∵$BE=4$,$OB=OC$,
∴$BE=\sqrt{BL^2+EL^2}=\sqrt{(\frac{3}{4}EL)^2+EL^2}=\frac{5}{4}EL=4$,
∴$EL=\frac{16}{5}$,
∴$IC=BL=\frac{3}{4}×\frac{16}{5}=\frac{12}{5}$,
∴$\frac{OC}{OE}=\frac{BL}{BE}=\sin E=\frac{\frac{12}{5}}{4}=\frac{3}{5}$,
∴$OC=\frac{3}{5}OE=\frac{3}{5}(OC+4)$,
∴$OB=OC=6$,
∴$OE=OB+BE=6+4=10$,
∴$CE=\sqrt{OE^2-OC^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$.
∵$OI=OC-IC=6-\frac{12}{5}=\frac{18}{5}$,易得 $AF=2OI=2×\frac{18}{5}=\frac{36}{5}$.
∵$FG⊥AB$ 于点 G,
∴$∠AGF=90°$,
∴$∠AFH=∠E=90°-∠DAE$.
∵$∠FAH=∠ECB=90°-∠ACD$,
∴$△AFH∽△CEB$,
∴$\frac{FH}{BE}=\frac{AF}{CE}=\frac{\frac{36}{5}}{8}=\frac{9}{10}$,
∴$FH=\frac{9}{10}BE=\frac{9}{10}×4=\frac{18}{5}$,
∴FH 的长是 $\frac{18}{5}$.

5.(2026·新疆中考变式)如图，△ABC内接于⊙O，AD平分∠BAC交⊙O于点D，连接BD，CD，经过点D的直线与AB的延长线交于点E，且∠BDE=$\frac{1}{2}$∠BAC.
(1)求证:DE是⊙O的切线.

(2)若$\tan∠BAC=\frac{12}{5},BC=24$,求BD的长.

(1) 证明: 如图,连接 DO 并延长,交 $\odot O$ 于点 F,连接 BF.
∵$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{BD}$,
∴$∠1=∠3$.
∵DF 是直径,
∴$∠FBD=90°$,
∴$∠1+∠2=90°$.
∵AD 平分 $∠BAC$,
∴$∠3=\frac{1}{2}∠BAC$.
∵$∠BDE=\frac{1}{2}∠BAC$,
∴$∠3=∠BDE$,
∴$∠1=∠BDE$,
∴$∠BDE+∠2=∠EDF=90°$.
∵半径 $OD⊥DE$,
∴DE 是 $\odot O$ 的切线.
(2) 解: 如图,连接 OB,OC,OD,设 OD 交 BC 于点 M.
∵AD 平分 $∠BAC$,
∴$∠BAD=∠CAD$,
∴$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$,
∴$∠4=∠5$.
∵DO 是半径,
∴$OD⊥BC$,$BM=CM=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×24=12$.
∵$OB=OC$,
∴$∠BOC=2∠BOM$.
∵$∠BOC=2∠BAC$,
∴$∠BOM=∠BAC$.
∵$\tan∠BAC=\frac{12}{5}$,
∴$\tan∠BOM=\frac{BM}{OM}=\frac{12}{OM}=\frac{12}{5}$,
∴$OM=5$. 在 $\mathrm{Rt}△BOM$ 中,由勾股定理,得 $OB=\sqrt{OM^2+BM^2}=13$,
∴$OD=13$,
∴$DM=OD-OM=8$. 在 $\mathrm{Rt}△BDM$ 中,由勾股定理,得 $BD=\sqrt{BM^2+DM^2}=\sqrt{12^2+8^2}=4\sqrt{13}$.

6.(乌鲁木齐模拟)如图，$\odot O$是$△ ABC$的外接圆，点O在BC上，$∠ BAC$的平分线交$\odot O$于点D，连接BD，CD，过点D作BC的平行线与AC的延长线交于点P.
(1)求证:PD是$\odot O$的切线.
(2)求证:$△ ABD ∽ △ DCP$.
(3)若$AB=6,AC=8$,求点O到AD的距离.

(1) 证明: 如图,连接 OD.
∵AD 平分 $∠BAC$,
∴$∠BAD=∠CAD$,
∴$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$,
∴$∠BOD=∠COD=90°$.
∵$BC// PD$,
∴$∠ODP=∠BOD=90°$,
∴$OD⊥PD$. 又
∵OD 是 $\odot O$ 的半径,
∴PD 是 $\odot O$ 的切线.
(2) 证明:
∵$BC// PD$,
∴$∠PDC=∠BCD$.
∵$∠BCD=∠BAD$,
∴$∠BAD=∠PDC$.
∵$∠ABD+∠ACD=180°$,$∠ACD+∠PCD=180°$,
∴$∠ABD=∠PCD$,
∴$△ABD∽△DCP$.
(3) 解: 如图,过点 O 作 $OE⊥AD$ 于点 E.
∵BC 是 $\odot O$ 的直径,
∴$∠BAC=∠BDC=90°$.
∵$AB=6$,$AC=8$,
∴$BC=\sqrt{6^2+8^2}=10$.
∵$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$,
∴$BD=CD=5\sqrt{2}$. 由(2)知 $△ABD∽△DCP$,
∴$∠ADB=∠P$,$\frac{AB}{DC}=\frac{BD}{CP}$,即 $\frac{6}{5\sqrt{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{CP}$,
∴$CP=\frac{25}{3}$,
∴$AP=AC+CP=8+\frac{25}{3}=\frac{49}{3}$.
∵$∠ADB=∠ACB=∠P$,$∠BAD=∠DAP$,
∴$△BAD∽△DAP$,
∴$\frac{AB}{AD}=\frac{AD}{AP}$,即 $\frac{6}{AD}=\frac{AD}{\frac{49}{3}}$,
∴$AD^2=6×\frac{49}{3}=98$,
∴$AD=7\sqrt{2}$.
∵$OE⊥AD$,
∴$DE=\frac{1}{2}AD=\frac{7\sqrt{2}}{2}$,
∴$OE=\sqrt{OD^2-DE^2}=\sqrt{5^2-(\frac{7\sqrt{2}}{2})^2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,即点 O 到 AD 的距离是 $\frac{\sqrt{2}}{2}$.