答案： $[1, 4]$

解析

取 $\overrightarrow{OE} = \dfrac{1}{4}\overrightarrow{OB}$，

∵ $\overrightarrow{OC} = x\overrightarrow{OA} + y\overrightarrow{OB}$，

∴ $\dfrac{1}{x+4y}\overrightarrow{OC} = \dfrac{x}{x+4y}\overrightarrow{OA} + \dfrac{y}{x+4y}\overrightarrow{OB}$，

∴ $\dfrac{1}{x+4y}\overrightarrow{OC} = \dfrac{x}{x+4y}\overrightarrow{OA} + \dfrac{4y}{x+4y} \cdot \dfrac{1}{4}\overrightarrow{OB}$，

令 $\overrightarrow{OM} = \dfrac{1}{x+4y}\overrightarrow{OC}$，所以 $O$、$M$、$C$ 三点共线，

又∵ $\overrightarrow{OM} = \dfrac{x}{x+4y}\overrightarrow{OA} + \dfrac{4y}{x+4y}\overrightarrow{OE}$，所以 $A$、$M$、$E$ 三点共线，

∴ $x + 4y = \dfrac{|\overrightarrow{OC}|}{|\overrightarrow{OM}|}$，

∵ $|\overrightarrow{OC}| = 1$，由图易知 $|\overrightarrow{OM}| \in \left[\dfrac{1}{4}, 1\right]$，

∴ $x + 4y \in [1, 4]$。

解析

延长 $AO$ 交 $BC$ 于点 $D$，设 $\overrightarrow{AD} = \lambda \overrightarrow{AO} = \lambda x \overrightarrow{AB} + \lambda y \overrightarrow{AC}$，由于 $B, D, C$ 三点共线则 $\lambda x + \lambda y = 1$，即

$x + y = \frac{1}{\lambda} = \frac{AO}{AD} = \frac{AO}{AO + OD} = \frac{1}{1 + \frac{OD}{OA}}$

过 $O$ 做 $BC, AB$ 的垂线．垂足分别为 $E, F$．

由 $\cos \angle BAC = \frac{1}{3}$，得 $\cos \angle OAF = \sqrt{\frac{2}{3}}$，
$\sin \angle OAF = \sqrt{\frac{1}{3}}$，则 $\frac{OE}{OA} = \frac{OF}{OA} = \sqrt{\frac{1}{3}}$，
又因为 $OD \geqslant OE$，所以 $\frac{OD}{OA} \geqslant \frac{OE}{OA} = \frac{OF}{OA} = \sqrt{\frac{1}{3}}$，
所以

$x + y \leqslant \frac{1}{1 + \sqrt{\frac{1}{3}}} = \frac{3 - \sqrt{3}}{2}$

答案： $\displaystyle \frac{3 - \sqrt{3}}{2}$

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$\frac{DF}{AE}=\frac{DE}{AB}\Rightarrow DE=2\sqrt{2}$.