6 [2026 甘肃]如图，AB是$\odot O$的直径，C是$\odot O$上一点，$CD⊥ AB$于点D，点E在AB的延长线上，CB平分$∠ ECD$。
（1）求证：CE是$\odot O$的切线。
（2）若$AD=8$，$\sin∠ BCE=\frac{\sqrt{5}}{5}$。求：
① $\tan∠ BCE$的值；
② BC的长。

（1）证明：
连接$OC$，
$\because CD⊥ AB$，
$\therefore ∠ CDB=90°$，
$\therefore ∠ BCD + ∠ CBD=90°$。
$\because OC=OB$，
$\therefore ∠ OCB=∠ CBD$。
$\because CB$平分$∠ ECD$，
$\therefore ∠ BCE=∠ BCD$，
$\therefore ∠ BCE + ∠ OCB=∠ BCD + ∠ CBD=90°$，即$OC⊥ CE$。
又$\because OC$是$\odot O$的半径，
$\therefore CE$是$\odot O$的切线。
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（2）解：
① 由$∠ BCE=∠ BCD$，得$\sin∠ BCD=\sin∠ BCE=\frac{\sqrt{5}}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ CDB$中，$∠ CDB=90°$，设$BD=\sqrt{5}k$，$BC=5k$，
由勾股定理得：
$CD=\sqrt{BC^2-BD^2}=\sqrt{25k^2-5k^2}=2\sqrt{5}k$，
$\therefore \tan∠ BCE=\tan∠ BCD=\frac{BD}{CD}=\frac{\sqrt{5}k}{2\sqrt{5}k}=\frac{1}{2}$。
② $\because AB$是$\odot O$的直径，
$\therefore ∠ ACB=90°$，
$\therefore ∠ A + ∠ CBD=90°$。
又$\because ∠ CDB=90°$，
$\therefore ∠ BCD + ∠ CBD=90°$，
$\therefore ∠ A=∠ BCD=∠ BCE$，
$\therefore \sin A=\sin∠ BCE=\frac{\sqrt{5}}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$∠ ADC=90°$，$\sin A=\frac{CD}{AC}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，设$CD=x$，则$AC=\sqrt{5}x$，
由勾股定理：
$AD^2 + CD^2=AC^2$，代入$AD=8$得：
$8^2 + x^2=5x^2$，
解得$x=4$（负值舍去），即$CD=4$。
由$\tan∠ BCD=\frac{BD}{CD}=\frac{1}{2}$，得$BD=\frac{1}{2}CD=2$。
在$\mathrm{Rt}△ CDB$中：
$BC=\sqrt{CD^2 + BD^2}=\sqrt{4^2 + 2^2}=2\sqrt{5}$。
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综上，① $\tan∠ BCE=\frac{1}{2}$；② $BC=2\sqrt{5}$。

7 [2026 山东]如图，AB是$\odot O$的直径，C，D是$\odot O$上的两点，$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BD}$，连接AC，AD，CD，过点A作$AH⊥ CD$，交DC的延长线于点H.
（1）求证：AH是$\odot O$的切线；
（2）若$AH=2$，$\sin∠ CAH=\frac{\sqrt{5}}{5}$，求$\odot O$的半径.

（1）证明：
∵ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BD}$，
∴ $∠ ADC = ∠ BAD$，
∴ $CD // AB$，
∵ $AH ⊥ CD$，
∴ $AH ⊥ AB$，
又∵ $OA$是$\odot O$的半径，点$A$在$\odot O$上，
∴ $AH$是$\odot O$的切线。
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（2）解：
在$\mathrm{Rt}△ AHC$中，$∠ H=90°$，
$\sin∠ CAH = \frac{CH}{AC} = \frac{\sqrt{5}}{5}$，
设$CH = \sqrt{5}k$，则$AC = 5k$，
由勾股定理得：$CH^2 + AH^2 = AC^2$，
已知$AH=2$，代入得：
$(\sqrt{5}k)^2 + 2^2 = (5k)^2$
解得$k=\frac{\sqrt{5}}{5}$（负值舍去），
∴ $AC = 5×\frac{\sqrt{5}}{5} = \sqrt{5}$。
连接$BC$，
∵ $AB$是$\odot O$的直径，
∴ $∠ ACB=90°$，
∴ $∠ CAB + ∠ B = 90°$，
又∵ $∠ HAB=90°$，即$∠ CAH + ∠ CAB = 90°$，
∴ $∠ B = ∠ CAH$，
∴ $\sin B = \sin∠ CAH = \frac{\sqrt{5}}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$\sin B = \frac{AC}{AB} = \frac{\sqrt{5}}{5}$，
代入$AC=\sqrt{5}$得：
$\frac{\sqrt{5}}{AB} = \frac{\sqrt{5}}{5}$
解得$AB=5$，
∴ $\odot O$的半径为$\frac{5}{2}$。
答：$\odot O$的半径为$\frac{5}{2}$。

8 [2026 北京]如图，过点P作$\odot O$的两条切线，切点分别为A，B，AC为$\odot O$的直径，过点B作AC的垂线，垂足为E，交$\odot O$于点D，连接OP，CD.
（1）求证：$∠ ACD=∠ POA$.
（2）连接PC，交BD于点F.若$CE=2$，$\tan∠ ACD=\sqrt{2}$，求BF的长.

（1）证明：
连接OB，
∵ PA，PB是⊙O的切线，
∴ OA⊥PA，OB⊥PB，OP平分∠AOB，即$∠ POA=∠ POB=\frac{1}{2}∠ AOB$。
∵ $BD⊥ AC$，AC是⊙O的直径，由垂径定理得：$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AD}$，
∵ $∠ ACD$是$\overset{\frown}{AD}$所对的圆周角，$∠ AOB$是$\overset{\frown}{AB}$所对的圆心角，
∴ $∠ ACD=\frac{1}{2}\overset{\frown}{AD}\mathrm{的度数}=\frac{1}{2}\overset{\frown}{AB}\mathrm{的度数}=\frac{1}{2}∠ AOB$，
∴ $∠ ACD=∠ POA$。
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（2）解：
在$\mathrm{Rt}△ CDE$中，$∠ CED=90°$，
$\tan∠ ACD=\frac{DE}{CE}=\sqrt{2}$，$CE=2$，
∴ $DE=2\sqrt{2}$。
由垂径定理得：$BE=DE=2\sqrt{2}$。
设⊙O的半径为$r$，则$OD=OC=r$，$OE=OC-CE=r-2$，
在$\mathrm{Rt}△ ODE$中，由勾股定理：
$OE^2+DE^2=OD^2$
代入得：$(r-2)^2+(2\sqrt{2})^2=r^2$，
解得$r=3$，即$OA=3$，$AC=2r=6$。
由（1）知$∠ POA=∠ ACD$，
在$\mathrm{Rt}△ POA$中，$∠ PAO=90°$，$\tan∠ POA=\frac{PA}{OA}=\sqrt{2}$，
∴ $PA=\sqrt{2}· OA=3\sqrt{2}$。
∵ $PA⊥ AC$，$BD⊥ AC$，
∴ $PA// BD$，可得$△ CEF∽△ CAP$，
∴ $\frac{EF}{PA}=\frac{CE}{CA}$，代入得：
$\frac{EF}{3\sqrt{2}}=\frac{2}{6}$
解得$EF=\sqrt{2}$。
∴ $BF=BE-EF=2\sqrt{2}-\sqrt{2}=\sqrt{2}$。
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最终结论：$BF$的长为$\boldsymbol{\sqrt{2}}$。