由$\angle ABC=45^{\circ}$, 作$BC$ 边上的高构造等腰直角三角形, 由已知可得$AG=4, GC=3, AC=5, DG=\frac{1}{2}$
可得$AD=\frac{\sqrt{65}}{2}$, 再由$\angle ABC=\angle BHD\Rightarrow \triangle ABD\backsim \triangle HDB\Rightarrow \frac{BD}{AD}=\frac{HD}{BD}$
从而求出$HD=\frac{49\sqrt{65}}{130}\Rightarrow \frac{AH}{HD}=\frac{16}{49}$.

过点$A$ 作$AE\parallel BC$, 构造比例线段, 由$\frac{AF}{CF}=\frac{AE}{BC}=\frac{AE}{2BD}=\frac{AH}{2HD}$
可求得$FC=\frac{49}{57}, AC=\frac{245}{57}$.

(1) 由已知易得$\angle PAB=30^{\circ}-\angle PBA=\angle PBC$, 所以$\triangle PAB\backsim \triangle PBC$.

(2) 易得$\frac{AB}{BC}=\sqrt{3}$. 由$\triangle PAB\backsim \triangle PBC\Rightarrow \frac{PA}{PB}=\frac{PB}{PC}=\frac{AB}{BC}=\sqrt{3}$ ,可得结论.

(3) 如图, 将线段$BP$ 绕点$B$ 顺时针旋转$60^{\circ}$ 得到$BP'$, 连结$PP',CP'$, 则$\triangle BPP'$ 为正三角形.
$\therefore \angle 4=\angle 7=60^{\circ}, PP'=PB=BP'=\sqrt{3}PC$,
$\therefore \angle 5=\angle BPC-\angle 4=150^{\circ}-60^{\circ}=90^{\circ}$,
在$Rt \triangle PP'C$ 中, $\angle 5=90^{\circ}, PP'=\sqrt{3}PC\Rightarrow \tan\angle 6=\frac{PC}{PP'}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
$\therefore \angle 6=60^{\circ}\Rightarrow \angle 6+\angle 7=30^{\circ}+60^{\circ}=90^{\circ}$.
$\therefore P'C=2PC$.
$\therefore $ 在$Rt\triangle BCP'$ 中, $P'C=2PC, BP'=\sqrt{3}PC$.
由(2) 中$\frac{AB}{BC}=\sqrt{3}, AB=10\Rightarrow BC=\frac{10}{\sqrt{3}}$
$\therefore (2PC)^2+(\sqrt{3}PC)^2=(\frac{10}{\sqrt{3}})^2\Rightarrow PC=\frac{10\sqrt{21}}{21}$
$\therefore PA=\frac{10\sqrt{21}}{7}$

(1) 连结$OE$, 根据角平分线的定义求出$\angle DFE=\angle OFE$, 根据等腰三角形的性质
得出$\angle OEF=\angle OFE$, 求出$\angle DFE=\angle OEF$, 求出$OE\bot AD$, 所以$AD$ 为
$\odot O$ 的切线.

(2) 连接$BE$, 易证$\triangle DEF\backsim \triangle ABE$, 得$\frac{DF}{AE}=\frac{DE}{AB}\Rightarrow DE=2\sqrt{2}$.

(1) 如图所示, 连结$OP,OQ,OM,ON$, 设$PQ$ 与$MN$ 相交于点$K$, 连结$OK$.
$\because PA=QB, PM,QN$ 为切线, 由切割线定理得
$PM^2=PA\cdot PB=PA\cdot (PA+AB)=QB\cdot (QB+BA)=QB\cdot QA=QN^2\Rightarrow PM=QN$.
且$OM=ON, \angle PMO=\angle QNO\Rightarrow \triangle PMO\cong QNO(HL)$
$\therefore OP=OQ, \angle MOP=\angle NOQ\Rightarrow \angle MON=\angle POQ$
$\therefore \angle QPO=\angle NMO\Rightarrow K,P,M,O$ 四点共圆,
$\therefore \angle QKO=\angle PMO=90^{\circ}$
$\therefore KA=KB$

(2) 如图, 如果$KA=KB\Rightarrow OK\bot AB$
$\therefore O,K,P,M$ 和$O,K,N,Q$ 都是四点共圆.
$\therefore \angle OPK=\angle OMK, \angle OQK=\angle ONK$
$\because OM=ON$, $\therefore \angle OMK=\angle ONK$.
$\therefore \angle OPK=\angle PQK\Rightarrow OP=OQ$
$\because OK\bot PQ\Rightarrow KP=KQ\Rightarrow PA=QB$

$\because ABCD$ 内接于圆$O$,
$\therefore \angle ABE=\angle ACD$, 又$\because \angle BAE=\angle CAD$.
$\therefore \triangle ABE \backsim \triangle ACD$.

(2) 由$\angle BAC=\angle EAD, \angle ADE=\angle ACB\Rightarrow \triangle ADE\backsim \triangle ACB$.
$\therefore \frac{AD}{AC}=\frac{DE}{CB}\Rightarrow AD\cdot BC=AC\cdot DE$.
由$\triangle ABE\backsim \triangle ACD\Rightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{BE}{CD}\Rightarrow AB\cdot CD=AC\cdot BE$
将上述两式相加得: $AD\cdot BC+AB\cdot CD=AC\cdot (DE+BE)=AC\cdot BD$. 得证.