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8. 如图,在$\odot O$中,$∠ ACB$是直角,$D$为$\overset{\frown}{BC}$的中点,$DE$为$\odot O$的切线,交$AB$的延长线于点$E$.连接$CD$,$BD$.
(1) 点$O$与$AB$的位置关系是
线段$CD$与线段$BD$的数量关系是
(2) 过点$E$作$EF ⊥ AE$,与$AD$的延长线交于点$F$.根据题意补全图形,判断$△ DEF$的形状,并说明理由.
(3) 在(2)的条件下,若$\odot O$的半径为$3$,$DE=4$,求$CD$的长.
(1) 点$O$与$AB$的位置关系是
点O在线段AB上
;线段$CD$与线段$BD$的数量关系是
CD=BD
.(2) 过点$E$作$EF ⊥ AE$,与$AD$的延长线交于点$F$.根据题意补全图形,判断$△ DEF$的形状,并说明理由.
(3) 在(2)的条件下,若$\odot O$的半径为$3$,$DE=4$,求$CD$的长.
答案
8. (1) 点O在线段AB上 $CD=BD$
提示:因为$∠ACB$是直角,所以AB为$\odot O$的直径,因为点O为圆心,所以点O在线段AB上. 因为D为$\overset{\frown}{BC}$的中点,所以$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{BD}$,所以$CD=BD$.
(2) 补图如图1,$△DEF$为等腰三角形. 理由如下:
连接OD. 因为DE为$\odot O$的切线,所以$∠ODE=90°$,所以$∠ODA+∠EDF=90°$. 因为$OA=OD$,所以$∠OAD=∠ODA$,所以$∠OAD+∠EDF=90°$. 因为$AE⊥EF$,所以$∠F+∠OAD=90°$,所以$∠F=∠EDF$,所以$ED=EF$,所以$△DEF$是等腰三角形.
(3) 如图2,过点D作$DH⊥AB$于点H. 因为$\odot O$的半径为3,$DE=4$,$∠ODE=90°$,所以$OE=\sqrt{3^2+4^2}=5$. 因为$S_{△ODE}=\frac{1}{2}OD×DE=\frac{1}{2}DH×OE$,所以$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5×DH$,所以$DH=\frac{12}{5}$,所以$OH=\sqrt{OD^2-DH^2}=\frac{9}{5}$,所以$BH=3-\frac{9}{5}=\frac{6}{5}$,所以$BD=\sqrt{BH^2+DH^2}=\frac{6\sqrt{5}}{5}$,所以$CD=BD=\frac{6\sqrt{5}}{5}$.
解析
【分析】
1. 第一问：根据圆周角定理，90°的圆周角所对的弦是直径，可判断AB为⊙O的直径，圆心O在直径AB上；再利用“等弧对等弦”，由D是$\overset{\frown}{BC}$中点，得CD与BD的数量关系。
2. 第二问：要判断△DEF形状，先连接切线相关的半径OD，利用切线性质得OD⊥DE，结合等腰三角形OA=OD的角相等关系，再由EF⊥AE的直角条件，推导角相等，进而确定三角形形状。
3. 第三问：由第一问知CD=BD，故转化为求BD；利用切线性质和勾股定理算出OE，再通过面积法（△ODE的两种面积表达式）求高DH，结合勾股定理算出OH、BH，最终求出BD即得CD。
【解析】
(1) 因为∠ACB=90°，根据圆周角定理：90°的圆周角所对的弦是直径，所以AB是⊙O的直径，又O为圆心，因此点O在线段AB上；
因为D为$\overset{\frown}{BC}$的中点，所以$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{BD}$，根据“等弧对等弦”，得$CD=BD$。
(2) 补全图形如图1，△DEF为等腰三角形，理由如下：
连接OD，
∵DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，即∠ODE=90°，
∴∠ODA + ∠EDF=90°；
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，代入得∠OAD + ∠EDF=90°；
∵EF⊥AE，
∴∠AEF=90°，在Rt△AEF中，∠F + ∠OAD=90°；
∴∠F=∠EDF，
∴ED=EF，故△DEF是等腰三角形。
(3) 求CD的长：
过点D作DH⊥AB于点H，
∵⊙O半径为3，
∴OD=OB=3；
∵DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，△ODE为直角三角形，由勾股定理得：$OE=\sqrt{OD^2 + DE^2}=\sqrt{3^2 +4^2}=5$；
△ODE的面积可表示为$S_{△ODE}=\frac{1}{2}×OD×DE=\frac{1}{2}×3×4=6$，也等于$\frac{1}{2}×OE×DH$，因此$\frac{1}{2}×5×DH=6$，解得$DH=\frac{12}{5}$；
在Rt△ODH中，由勾股定理得：$OH=\sqrt{OD^2 - DH^2}=\sqrt{3^2 - (\frac{12}{5})^2}=\frac{9}{5}$；
∴$BH=OB - OH=3 - \frac{9}{5}=\frac{6}{5}$；
在Rt△BDH中，由勾股定理得：$BD=\sqrt{BH^2 + DH^2}=\sqrt{(\frac{6}{5})^2 + (\frac{12}{5})^2}=\frac{6\sqrt{5}}{5}$；
由(1)知CD=BD，故$CD=\frac{6\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
(1) 点O在线段AB上；$CD=BD$
(2) △DEF为等腰三角形，理由见解析
(3) $CD=\frac{6\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
圆周角定理，切线的性质，等腰三角形判定，勾股定理
【点评】
本题是圆的综合题，融合了圆周角定理、切线性质、等腰三角形判定及勾股定理，考查学生对圆相关性质的综合应用能力，需熟练掌握圆的基本性质与几何推导方法，难度适中。
【难度系数】
0.5
1. 第一问：根据圆周角定理，90°的圆周角所对的弦是直径，可判断AB为⊙O的直径，圆心O在直径AB上；再利用“等弧对等弦”，由D是$\overset{\frown}{BC}$中点，得CD与BD的数量关系。
2. 第二问：要判断△DEF形状，先连接切线相关的半径OD，利用切线性质得OD⊥DE，结合等腰三角形OA=OD的角相等关系，再由EF⊥AE的直角条件，推导角相等，进而确定三角形形状。
3. 第三问：由第一问知CD=BD，故转化为求BD；利用切线性质和勾股定理算出OE，再通过面积法（△ODE的两种面积表达式）求高DH，结合勾股定理算出OH、BH，最终求出BD即得CD。
【解析】
(1) 因为∠ACB=90°，根据圆周角定理：90°的圆周角所对的弦是直径，所以AB是⊙O的直径，又O为圆心，因此点O在线段AB上；
因为D为$\overset{\frown}{BC}$的中点，所以$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{BD}$，根据“等弧对等弦”，得$CD=BD$。
(2) 补全图形如图1，△DEF为等腰三角形，理由如下：
连接OD，
∵DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，即∠ODE=90°，
∴∠ODA + ∠EDF=90°；
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，代入得∠OAD + ∠EDF=90°；
∵EF⊥AE，
∴∠AEF=90°，在Rt△AEF中，∠F + ∠OAD=90°；
∴∠F=∠EDF，
∴ED=EF，故△DEF是等腰三角形。
(3) 求CD的长：
过点D作DH⊥AB于点H，
∵⊙O半径为3，
∴OD=OB=3；
∵DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，△ODE为直角三角形，由勾股定理得：$OE=\sqrt{OD^2 + DE^2}=\sqrt{3^2 +4^2}=5$；
△ODE的面积可表示为$S_{△ODE}=\frac{1}{2}×OD×DE=\frac{1}{2}×3×4=6$，也等于$\frac{1}{2}×OE×DH$，因此$\frac{1}{2}×5×DH=6$，解得$DH=\frac{12}{5}$；
在Rt△ODH中，由勾股定理得：$OH=\sqrt{OD^2 - DH^2}=\sqrt{3^2 - (\frac{12}{5})^2}=\frac{9}{5}$；
∴$BH=OB - OH=3 - \frac{9}{5}=\frac{6}{5}$；
在Rt△BDH中，由勾股定理得：$BD=\sqrt{BH^2 + DH^2}=\sqrt{(\frac{6}{5})^2 + (\frac{12}{5})^2}=\frac{6\sqrt{5}}{5}$；
由(1)知CD=BD，故$CD=\frac{6\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
(1) 点O在线段AB上；$CD=BD$
(2) △DEF为等腰三角形，理由见解析
(3) $CD=\frac{6\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
圆周角定理，切线的性质，等腰三角形判定，勾股定理
【点评】
本题是圆的综合题，融合了圆周角定理、切线性质、等腰三角形判定及勾股定理，考查学生对圆相关性质的综合应用能力，需熟练掌握圆的基本性质与几何推导方法，难度适中。
【难度系数】
0.5
9. 如图,$O$为正方形$ABCD$对角线上一点,以点$O$为圆心,$OA$的长为半径的$\odot O$与$CD$相切于点$M$.
(1) 求证:$BC$与$\odot O$相切.
(2) 若正方形的边长为1,求$\odot O$的半径.
(1) 求证:$BC$与$\odot O$相切.
(2) 若正方形的边长为1,求$\odot O$的半径.
答案
9. (1) 证明:如图,过点O作$OH⊥BC$于点H. 因为四边形ABCD是正方形,所以$∠ACB=∠ACD=45°$. 因为CD是$\odot O$的切线,所以$OM⊥CD$,所以$OM=OH$. 又因为OM为$\odot O$的半径,$OH⊥BC$,所以BC与$\odot O$相切.
(2) 解:因为正方形ABCD的边长为1,所以$AB=BC=1$,$∠B=90°$,$∠ACB=∠BAC=45°$,所以$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{2}$. 设$\odot O$的半径为r,因为$OH⊥BC$,所以$∠HOC=∠OCH=45°$,所以$OH=CH=r$,所以$OC=\sqrt{r^2+r^2}=\sqrt{2}r$. 因为$OA+OC=AC$,所以$r+\sqrt{2}r=\sqrt{2}$,所以$r=2-\sqrt{2}$.
解析
【分析】
要解决这道题，需分两步分析：
1. 证明BC与⊙O相切：根据切线的判定定理，需证明圆心O到BC的距离等于⊙O的半径。已知⊙O与CD相切，由切线性质得圆心到CD的距离等于半径；又O在正方形对角线AC上，AC是∠BCD的角平分线，根据角平分线性质，角平分线上的点到角两边距离相等，可推得O到BC的距离等于半径，进而完成证明。
2. 求⊙O的半径：利用正方形边长为1，先计算对角线AC的长度；设半径为r，结合等腰直角三角形性质用r表示OC的长度，再根据OA + OC = AC列方程求解。
【解析】
(1) 证明：过点O作OH⊥BC于点H。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AC平分∠BCD，即∠ACB=∠ACD=45°。
∵ ⊙O与CD相切于点M，
∴ OM⊥CD，且OM为⊙O的半径。
∵ OH⊥BC，AC平分∠BCD，
∴ OH=OM（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
又
∵ OM是⊙O的半径，
∴ OH是⊙O的半径，且OH⊥BC，
∴ BC与⊙O相切（切线的判定定理）。
(2) 解：
∵ 正方形ABCD的边长为1，
∴ AB=BC=1，∠B=90°，
∴ 对角线AC=√(AB² + BC²)=√(1² + 1²)=√2。
设⊙O的半径为r，则OA=r，
由(1)知OH=r，
在Rt△OHC中，∠ACB=45°，
∴ ∠HOC=∠OCH=45°，
∴ CH=OH=r，
∴ OC=√(OH² + CH²)=√(r² + r²)=√2 r。
∵ OA + OC = AC，
∴ r + √2 r = √2，
解得r=2 - √2。
【答案】
(1) 证明如上；(2) ⊙O的半径为2 - √2。
【知识点】
切线的判定、正方形的性质、角平分线的性质、勾股定理
【点评】
本题结合正方形与圆的切线知识，第一问利用角平分线性质和切线判定定理完成证明，第二问通过设未知数结合等腰直角三角形性质列方程求解，考查几何推理与计算能力，属于中等难度题。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需分两步分析：
1. 证明BC与⊙O相切：根据切线的判定定理，需证明圆心O到BC的距离等于⊙O的半径。已知⊙O与CD相切，由切线性质得圆心到CD的距离等于半径；又O在正方形对角线AC上，AC是∠BCD的角平分线，根据角平分线性质，角平分线上的点到角两边距离相等，可推得O到BC的距离等于半径，进而完成证明。
2. 求⊙O的半径：利用正方形边长为1，先计算对角线AC的长度；设半径为r，结合等腰直角三角形性质用r表示OC的长度，再根据OA + OC = AC列方程求解。
【解析】
(1) 证明：过点O作OH⊥BC于点H。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AC平分∠BCD，即∠ACB=∠ACD=45°。
∵ ⊙O与CD相切于点M，
∴ OM⊥CD，且OM为⊙O的半径。
∵ OH⊥BC，AC平分∠BCD，
∴ OH=OM（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
又
∵ OM是⊙O的半径，
∴ OH是⊙O的半径，且OH⊥BC，
∴ BC与⊙O相切（切线的判定定理）。
(2) 解：
∵ 正方形ABCD的边长为1，
∴ AB=BC=1，∠B=90°，
∴ 对角线AC=√(AB² + BC²)=√(1² + 1²)=√2。
设⊙O的半径为r，则OA=r，
由(1)知OH=r，
在Rt△OHC中，∠ACB=45°，
∴ ∠HOC=∠OCH=45°，
∴ CH=OH=r，
∴ OC=√(OH² + CH²)=√(r² + r²)=√2 r。
∵ OA + OC = AC，
∴ r + √2 r = √2，
解得r=2 - √2。
【答案】
(1) 证明如上；(2) ⊙O的半径为2 - √2。
【知识点】
切线的判定、正方形的性质、角平分线的性质、勾股定理
【点评】
本题结合正方形与圆的切线知识，第一问利用角平分线性质和切线判定定理完成证明，第二问通过设未知数结合等腰直角三角形性质列方程求解，考查几何推理与计算能力，属于中等难度题。
【难度系数】
0.5
10. 如图,$O$是菱形$ABCD$对角线上一点,以点$O$为圆心,$OA$的长为半径的$\odot O$与$BC$相切于点$M$.
(1) 求证:$CD$与$\odot O$相切.
(2) 若$∠ B=60°$,$\odot O$的半径为$3$,求菱形的边长.
(1) 求证:$CD$与$\odot O$相切.
(2) 若$∠ B=60°$,$\odot O$的半径为$3$,求菱形的边长.
答案
10. (1) 证明:如图,连接OM,过点O作$ON⊥CD$于点N. 因为BC与$\odot O$相切于点M,所以$OM⊥BC$,OM是$\odot O$的半径. 因为四边形ABCD是菱形,所以AC平分$∠BCD$. 又因为$ON⊥CD$,所以$OM=ON$,所以CD与$\odot O$相切.
(2) 解:因为四边形ABCD是菱形,所以$AB// CD$. 因为$∠B=60°$,所以$∠BCD=180°-∠B=120°$. 因为AC平分$∠BCB$,所以$∠OCB=\frac{1}{2}∠BCD=60°$. 因为$OM⊥BC$,所以$∠COM=90°-∠OCB=30°$,所以$OC=2CM$. 在$Rt△OCM$中,$CM^2+OM^2=OC^2$,即$CM^2+3^2=(2CM)^2$,解得$CM=\sqrt{3}$,所以$OC=2CM=2\sqrt{3}$,所以$AC=OA+OC=3+2\sqrt{3}$. 因为在菱形ABCD中,$AB=BC$,$∠B=60°$,所以$△ABC$是等边三角形,所以$AB=AC=3+2\sqrt{3}$,即菱形的边长为$3+2\sqrt{3}$.
解析
【分析】
要解决本题，第一问证明CD与⊙O相切，需利用切线的判定方法：圆心到直线的距离等于半径。已知BC与⊙O相切，可得OM⊥BC且OM为半径；结合菱形对角线平分内角的性质，AC平分∠BCD，过O作ON⊥CD，根据角平分线的性质可证OM=ON，从而证明CD与⊙O相切。第二问求菱形边长，需利用菱形邻角互补、对角线平分内角的性质，结合直角三角形的30°角性质和勾股定理求出OC，再由∠B=60°推出△ABC为等边三角形，进而得到边长等于AC。
【解析】
(1) 证明：连接OM，过点O作ON⊥CD于点N。
∵ BC与⊙O相切于点M，
∴ OM⊥BC，且OM是⊙O的半径。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AC平分∠BCD。
又
∵ ON⊥CD，OM⊥BC，根据角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，
∴ OM=ON。
∵ ON是⊙O的半径，且ON⊥CD，
∴ CD与⊙O相切。
(2) 解：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB//CD，AB=BC。
∵ ∠B=60°，
∴ ∠BCD=180°-∠B=120°。
∵ AC平分∠BCD，
∴ ∠OCB=½∠BCD=60°。
∵ OM⊥BC，
∴ 在Rt△OCM中，∠OMC=90°，∠COM=90°-∠OCB=30°，
∴ OC=2CM。
根据勾股定理：CM² + OM² = OC²，已知OM=3，OC=2CM，代入得：
CM² + 3² = (2CM)² → CM² +9=4CM² → 3CM²=9 → CM²=3 → CM=√3（长度为正）。
∴ OC=2CM=2√3。
∵ OA是⊙O的半径，OA=3，
∴ AC=OA + OC=3 + 2√3。
∵ AB=BC，∠B=60°，
∴ △ABC是等边三角形，
∴ AB=AC=3 + 2√3，即菱形的边长为3 + 2√3。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) 菱形的边长为$3+2\sqrt{3}$。
【知识点】
切线的判定、菱形的性质、直角三角形的性质
【点评】
本题综合考查切线判定、菱形性质及直角三角形的相关知识，解题关键是利用角平分线性质证明CD与⊙O相切，再结合直角三角形性质和等边三角形的判定求解边长，需熟练运用几何性质进行逻辑推导。
【难度系数】
0.5
要解决本题，第一问证明CD与⊙O相切，需利用切线的判定方法：圆心到直线的距离等于半径。已知BC与⊙O相切，可得OM⊥BC且OM为半径；结合菱形对角线平分内角的性质，AC平分∠BCD，过O作ON⊥CD，根据角平分线的性质可证OM=ON，从而证明CD与⊙O相切。第二问求菱形边长，需利用菱形邻角互补、对角线平分内角的性质，结合直角三角形的30°角性质和勾股定理求出OC，再由∠B=60°推出△ABC为等边三角形，进而得到边长等于AC。
【解析】
(1) 证明：连接OM，过点O作ON⊥CD于点N。
∵ BC与⊙O相切于点M，
∴ OM⊥BC，且OM是⊙O的半径。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AC平分∠BCD。
又
∵ ON⊥CD，OM⊥BC，根据角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，
∴ OM=ON。
∵ ON是⊙O的半径，且ON⊥CD，
∴ CD与⊙O相切。
(2) 解：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB//CD，AB=BC。
∵ ∠B=60°，
∴ ∠BCD=180°-∠B=120°。
∵ AC平分∠BCD，
∴ ∠OCB=½∠BCD=60°。
∵ OM⊥BC，
∴ 在Rt△OCM中，∠OMC=90°，∠COM=90°-∠OCB=30°，
∴ OC=2CM。
根据勾股定理：CM² + OM² = OC²，已知OM=3，OC=2CM，代入得：
CM² + 3² = (2CM)² → CM² +9=4CM² → 3CM²=9 → CM²=3 → CM=√3（长度为正）。
∴ OC=2CM=2√3。
∵ OA是⊙O的半径，OA=3，
∴ AC=OA + OC=3 + 2√3。
∵ AB=BC，∠B=60°，
∴ △ABC是等边三角形，
∴ AB=AC=3 + 2√3，即菱形的边长为3 + 2√3。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) 菱形的边长为$3+2\sqrt{3}$。
【知识点】
切线的判定、菱形的性质、直角三角形的性质
【点评】
本题综合考查切线判定、菱形性质及直角三角形的相关知识，解题关键是利用角平分线性质证明CD与⊙O相切，再结合直角三角形性质和等边三角形的判定求解边长，需熟练运用几何性质进行逻辑推导。
【难度系数】
0.5
11. 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,以$AB$为直径的圆交$AC$于点$D$,交$BC$于点$E$,连接$AE$并延长至点$F$,使$EF=AE$,连接$FB,FC$.
(1) 求证:四边形$ABFC$是菱形.
(2) 若$AD=7$,$BE=2$,求半圆和菱形$ABFC$的面积.
(3) 只用一把无刻度的直尺,作出菱形的边$AB$上的高$CH$.
(1) 求证:四边形$ABFC$是菱形.
(2) 若$AD=7$,$BE=2$,求半圆和菱形$ABFC$的面积.
(3) 只用一把无刻度的直尺,作出菱形的边$AB$上的高$CH$.
答案
11. (1) 证明:因为AB是直径,所以$∠AEB=90°$,所以$AE⊥BC$. 因为$AB=AC$,所以$BE=CE$. 又因为$AE=EF$,所以四边形ABFC是平行四边形. 又因为$AB=AC$,所以$□ ABFC$是菱形.
(2) 解:如图1,连接BD. 设$CD=x$,则$AB=AC=7+x$. 因为$BE=2$,所以$BC=2BE=4$. 因为AB是直径,所以$∠ADB=∠BDC=90°$,所以$AB^2-AD^2=CB^2-CD^2$,即$(7+x)^2-7^2=4^2-x^2$,解得$x=1$或$x=-8$(舍去),所以$AC=8$,$BD=\sqrt{8^2-7^2}=\sqrt{15}$,所以$S_{菱形ABFC}=AC·BD=8\sqrt{15}$,$S_{半圆}=\frac{1}{2}π·(\frac{AB}{2})^2=8π$.
(3) 解:如图2,设BD交AE于点K,作直线CK交AB于点H. 因为AB是直径,所以$∠ADB=∠AEB=90°$. 因为三角形的高相交于一点,所以线段CH即为所求.
解析
【分析】
本题分三小问，解题思路如下：
(1) 要证四边形ABFC是菱形，先利用AB为直径得∠AEB=90°，即AE⊥BC，结合AB=AC，由等腰三角形三线合一得E是BC中点；再由AE=EF，可知AF与BC互相平分，故ABFC是平行四边形，又AB=AC，邻边相等，因此是菱形。
(2) 求面积需先求边长与高：连接BD，AB为直径则∠ADB=90°，设CD=x，得AB=AC=7+x，BC=2BE=4；利用勾股定理，在Rt△ABD和Rt△CBD中，BD²相等，列方程解x，进而得AB长度和BD长度，菱形面积为底×高（AC×BD），半圆面积为圆面积的一半。
(3) 作AB边上的高，利用三角形垂心性质：△ABC中，AE⊥BC、BD⊥AC，交点K是垂心，连接CK延长交AB于H，则CH即为AB边上的高。
【解析】
(1) 证明：
∵ AB是⊙O的直径，点E在⊙O上，
∴ ∠AEB=90°，即AE⊥BC。
又
∵ AB=AC，
∴ 由等腰三角形三线合一，得BE=CE。
∵ AE=EF，
∴ 四边形ABFC的对角线互相平分，故四边形ABFC是平行四边形。
又
∵ AB=AC，
∴ 平行四边形ABFC是菱形。
(2) 解：
连接BD，
∵ AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，
∴ ∠ADB=∠BDC=90°，即BD⊥AC。
设CD=x，则AB=AC=AD+CD=7+x，
∵ BE=2，BE=CE，
∴ BC=BE+CE=4。
在Rt△ABD中，BD²=AB²-AD²=(7+x)²-7²，
在Rt△CBD中，BD²=BC²-CD²=4²-x²，
∴ (7+x)²-7²=4²-x²，
展开整理得：x²+7x-8=0，
解得x=1（x=-8舍去，边长为正），
∴ AC=8，AB=8，
BD=√(BC²-CD²)=√(16-1)=√15，
∴$ S_{菱形ABFC}=AC×BD=8×√15=8√15$，
$S_{半圆}= \frac{1}{2}π×(\frac{AB}{2})^2=\frac{1}{2}π×16=8π$。
(3) 作图：
如图2，设BD与AE交于点K，作直线CK交AB于点H，则线段CH即为菱形ABFC的边AB上的高。
【答案】
(1) 四边形ABFC是菱形，证明成立；
(2) 菱形ABFC的面积为8√15，半圆的面积为8π；
(3) 作图见解析（图2）；
【知识点】
圆的性质、菱形的判定、勾股定理
【点评】
本题综合考查圆、等腰三角形、菱形的几何知识，第(1)问为基础证明，第(2)问需结合勾股定理列方程求解，第(3)问利用三角形垂心作图，体现了几何知识的综合应用，难度适中。
【难度系数】
0.4
本题分三小问，解题思路如下：
(1) 要证四边形ABFC是菱形，先利用AB为直径得∠AEB=90°，即AE⊥BC，结合AB=AC，由等腰三角形三线合一得E是BC中点；再由AE=EF，可知AF与BC互相平分，故ABFC是平行四边形，又AB=AC，邻边相等，因此是菱形。
(2) 求面积需先求边长与高：连接BD，AB为直径则∠ADB=90°，设CD=x，得AB=AC=7+x，BC=2BE=4；利用勾股定理，在Rt△ABD和Rt△CBD中，BD²相等，列方程解x，进而得AB长度和BD长度，菱形面积为底×高（AC×BD），半圆面积为圆面积的一半。
(3) 作AB边上的高，利用三角形垂心性质：△ABC中，AE⊥BC、BD⊥AC，交点K是垂心，连接CK延长交AB于H，则CH即为AB边上的高。
【解析】
(1) 证明：
∵ AB是⊙O的直径，点E在⊙O上，
∴ ∠AEB=90°，即AE⊥BC。
又
∵ AB=AC，
∴ 由等腰三角形三线合一，得BE=CE。
∵ AE=EF，
∴ 四边形ABFC的对角线互相平分，故四边形ABFC是平行四边形。
又
∵ AB=AC，
∴ 平行四边形ABFC是菱形。
(2) 解：
连接BD，
∵ AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，
∴ ∠ADB=∠BDC=90°，即BD⊥AC。
设CD=x，则AB=AC=AD+CD=7+x，
∵ BE=2，BE=CE，
∴ BC=BE+CE=4。
在Rt△ABD中，BD²=AB²-AD²=(7+x)²-7²，
在Rt△CBD中，BD²=BC²-CD²=4²-x²，
∴ (7+x)²-7²=4²-x²，
展开整理得：x²+7x-8=0，
解得x=1（x=-8舍去，边长为正），
∴ AC=8，AB=8，
BD=√(BC²-CD²)=√(16-1)=√15，
∴$ S_{菱形ABFC}=AC×BD=8×√15=8√15$，
$S_{半圆}= \frac{1}{2}π×(\frac{AB}{2})^2=\frac{1}{2}π×16=8π$。
(3) 作图：
如图2，设BD与AE交于点K，作直线CK交AB于点H，则线段CH即为菱形ABFC的边AB上的高。
【答案】
(1) 四边形ABFC是菱形，证明成立；
(2) 菱形ABFC的面积为8√15，半圆的面积为8π；
(3) 作图见解析（图2）；
【知识点】
圆的性质、菱形的判定、勾股定理
【点评】
本题综合考查圆、等腰三角形、菱形的几何知识，第(1)问为基础证明，第(2)问需结合勾股定理列方程求解，第(3)问利用三角形垂心作图，体现了几何知识的综合应用，难度适中。
【难度系数】
0.4
