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证明：（1）连接OA、OC.
∵PA与⊙O相切于点A，
∴PA⊥OA.
∴∠PAO=90°.
∴∠OAC+∠PAC=90°.
∴2∠OAC+2∠PAC=180°.
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA.
∵在△OAC中，∠AOC+∠OAC+∠OCA=180°，
∴∠AOC+2∠OAC=180°.
∴∠AOC=2∠PAC.
∵$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC}，$
∴∠AOC=2∠B.
∴∠PAC=∠B.
（2）由（1）可得∠PAC=∠B.
∵∠P=∠P，
∴△PAC∽△PBA.
∴$\frac{PA}{PB}=\frac{PC}{PA}.$
∴$PA^2=PC\cdot PB$
证明：（1）∵将△ABC绕点C旋转得到△DEC，
∴AC=DC，BC=EC，∠BCE=∠ACD.
∴$\frac{BC}{AC}=\frac{EC}{DC}.$
∴△BCE∽△ACD.
（2）∵∠ACB=90°，BC=2，AC=1，
∴∠A+∠ABC=90°，AB=$\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}.$
∵△BCE∽△ACD，
∴∠CBE=∠A,$\frac{BE}{AD}=\frac{BC}{AC}=2.$
∴∠DBE=∠CBE+∠ABC=∠A+∠ABC=90°，BE=2AD.
∴$BD^2+BE^2=DE^2.$
由旋转可知，DE=AB=$\sqrt{5}.$
∴$(\sqrt{5}-AD)^2+(2AD)^2=(\sqrt{5})^2，$<br>
解得AD=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$或AD=0（舍去）.
∴BE=2AD=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$
解：在​$Rt△ABC$​中，
∵​$∠C=90°，$​​$AC=3，$​​$BC=4，$​
∴由勾股定理，得​$AB=\sqrt {AC^2+BC^2}=5. $​
连接​$BP.$​
∵四边形​$PEBD$​是菱形，
∴​$PE=BE，$​​$PE∥AB. $
​设​$CE=x，$​则​$BE=PE=4-x.$​
∵​$PE∥AB，$​
∴​$△PEC∽△ABC.$​
∴​$\frac {CE}{CB}=\frac {PE}{AB}，$​即​$\frac {x}{4}=\frac {4-x}{5}，$​解得​$x=\frac {16}{9}.$​
∴​$CE=\frac {16}{9}，$​​$BE=PE=4-\frac {16}{9}=\frac {20}{9}.$​
∵在​$Rt△PCE$​中，​$PE=\frac {20}{9}，$​​$CE=\frac {16}{9}，$​
∴由勾股定理，得​$PC=\sqrt {PE^2-CE^2}=\frac {4}{3}.$​
∴在​$Rt△PCB$​中，由勾股定理，得​$BP=\sqrt {PC^2+BC^2}=\frac {4\sqrt {10}}{3}. $​
又∵易得​$S_{菱形PEBD}=BE·PC=\frac {1}{2}DE·BP，$​
∴​$DE=\frac {2BE·PC}{BP}=\frac {4\sqrt {10}}{9}$​
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