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9. 如图,四边形 PAOB 是扇形 OMN 的内接矩形,顶点 P 在$\overset{\frown}{MN}$上,且不与点 M、N 重合,当点 P 在$\overset{\frown}{MN}$上移动时,矩形 PAOB 的形状、大小随之变化,则$PA^{2}+PB^{2}$的值（
A.变大
B.变小
C.不变
D.不能确定
C
）A.变大
B.变小
C.不变
D.不能确定
答案
9. C 解析:如图,连接OP.在Rt△PAB中,$AB^2=PA^2+PB^2$.又
∵在矩形PAOB中,OP=AB,
∴$PA^2+PB^2=AB^2=OP^2$.
∵OP的大小不变,
∴$PA^2+PB^2$的值不变.
解析
【分析】要判断$PA^2 + PB^2$的值是否变化，需结合矩形性质和勾股定理转化式子。首先连接扇形的半径$OP$，利用矩形对角线相等的性质，将$AB$转化为$OP$；再在直角三角形$PAB$中，用勾股定理把$PA^2 + PB^2$转化为$AB^2$，进而得到$PA^2 + PB^2 = OP^2$，而$OP$是扇形半径，长度固定，即可得出结论。
【解析】连接$OP$。
1. 因为四边形$PAOB$是扇形$OMN$的内接矩形，根据矩形的性质：矩形的对角线相等，所以$AB = OP$（$OP$为扇形的半径，长度固定）。
2. 在$\mathrm{Rt}△ PAB$中，由勾股定理可得：$PA^2 + PB^2 = AB^2$。
3. 将$AB = OP$代入上式，得$PA^2 + PB^2 = OP^2$。
4. 由于$OP$是扇形$OMN$的半径，其长度始终不变，因此$PA^2 + PB^2$的值不变。
【答案】C
【知识点】矩形的性质、勾股定理、扇形的半径
【点评】本题考查矩形性质与勾股定理的综合应用，核心是通过辅助线将所求式子转化为定值，难度适中，属于几何基础题型。
【难度系数】0.6
【解析】连接$OP$。
1. 因为四边形$PAOB$是扇形$OMN$的内接矩形，根据矩形的性质：矩形的对角线相等，所以$AB = OP$（$OP$为扇形的半径，长度固定）。
2. 在$\mathrm{Rt}△ PAB$中，由勾股定理可得：$PA^2 + PB^2 = AB^2$。
3. 将$AB = OP$代入上式，得$PA^2 + PB^2 = OP^2$。
4. 由于$OP$是扇形$OMN$的半径，其长度始终不变，因此$PA^2 + PB^2$的值不变。
【答案】C
【知识点】矩形的性质、勾股定理、扇形的半径
【点评】本题考查矩形性质与勾股定理的综合应用，核心是通过辅助线将所求式子转化为定值，难度适中，属于几何基础题型。
【难度系数】0.6
10. 如图,在扇形$AOB$中,$D$为$\overset{\frown}{AB}$上的点,连接$AD$并延长与$OB$的延长线交于点$C$.若$CD=$$OA$,$∠ AOC=75^{ \circ }$,则$∠ OAC$的度数为（
A.$35^{ \circ }$
B.$52.5^{ \circ }$
C.$70^{ \circ }$
D.$72^{ \circ }$
C
）A.$35^{ \circ }$
B.$52.5^{ \circ }$
C.$70^{ \circ }$
D.$72^{ \circ }$
答案
10. C 解析:连接OD,设∠C的度数为n°.
∵CD=OA=OD,
∴∠DOC=∠C=n°,
∴∠ADO=∠DOC+∠C=(2n)°.
∵OA=OD,
∴∠OAC=∠ADO=(2n)°.
∵∠AOC+∠C+∠OAC=180°,∠AOC=75°,
∴75+n+2n=180,解得n=35.
∴∠OAC=(2n)°=70°.
∵CD=OA=OD,
∴∠DOC=∠C=n°,
∴∠ADO=∠DOC+∠C=(2n)°.
∵OA=OD,
∴∠OAC=∠ADO=(2n)°.
∵∠AOC+∠C+∠OAC=180°,∠AOC=75°,
∴75+n+2n=180,解得n=35.
∴∠OAC=(2n)°=70°.
解析
【分析】
要解决本题，首先连接辅助线OD，利用扇形半径相等的性质，结合已知条件CD=OA，推导出等腰三角形，再借助等腰三角形的等边对等角性质、三角形外角性质，找到角之间的关系，最后通过三角形内角和定理列方程求解。
【解析】
连接OD，设∠C的度数为$ n° $。
∵ 扇形AOB中，OA、OD都是半径，
∴ $ OA = OD $，
又
∵ $ CD = OA $，
∴ $ CD = OD $，
根据等腰三角形等边对等角的性质，得$ ∠DOC = ∠C = n° $。
根据三角形外角的性质，$ ∠ADO $是$ △ODC $的外角，因此$ ∠ADO = ∠DOC + ∠C = n° + n° = 2n° $。
∵ $ OA = OD $，
∴ $ △OAD $是等腰三角形，故$ ∠OAC = ∠ADO = 2n° $。
在$ △AOC $中，根据三角形内角和为$ 180° $，已知$ ∠AOC = 75° $，可得：
$ ∠AOC + ∠C + ∠OAC = 180° $，即$ 75 + n + 2n = 180 $，
解方程得：$ 3n = 105 $，$ n = 35 $。
因此$ ∠OAC = 2n° = 2×35° = 70° $。
【答案】
C
【知识点】
等腰三角形性质、三角形内角和、三角形外角性质
【点评】
本题通过构造辅助线OD，利用扇形半径相等的特点建立等腰三角形，结合等腰三角形性质、三角形内角和与外角性质推导角的关系，再通过方程求解角度，核心是辅助线的构造和角关系的推导，是典型的几何角度计算问题。
【难度系数】
0.5
要解决本题，首先连接辅助线OD，利用扇形半径相等的性质，结合已知条件CD=OA，推导出等腰三角形，再借助等腰三角形的等边对等角性质、三角形外角性质，找到角之间的关系，最后通过三角形内角和定理列方程求解。
【解析】
连接OD，设∠C的度数为$ n° $。
∵ 扇形AOB中，OA、OD都是半径，
∴ $ OA = OD $，
又
∵ $ CD = OA $，
∴ $ CD = OD $，
根据等腰三角形等边对等角的性质，得$ ∠DOC = ∠C = n° $。
根据三角形外角的性质，$ ∠ADO $是$ △ODC $的外角，因此$ ∠ADO = ∠DOC + ∠C = n° + n° = 2n° $。
∵ $ OA = OD $，
∴ $ △OAD $是等腰三角形，故$ ∠OAC = ∠ADO = 2n° $。
在$ △AOC $中，根据三角形内角和为$ 180° $，已知$ ∠AOC = 75° $，可得：
$ ∠AOC + ∠C + ∠OAC = 180° $，即$ 75 + n + 2n = 180 $，
解方程得：$ 3n = 105 $，$ n = 35 $。
因此$ ∠OAC = 2n° = 2×35° = 70° $。
【答案】
C
【知识点】
等腰三角形性质、三角形内角和、三角形外角性质
【点评】
本题通过构造辅助线OD，利用扇形半径相等的特点建立等腰三角形，结合等腰三角形性质、三角形内角和与外角性质推导角的关系，再通过方程求解角度，核心是辅助线的构造和角关系的推导，是典型的几何角度计算问题。
【难度系数】
0.5
11. 如图，以$△ ABC$的边$BC$为直径的$\odot O$分别交$AB$、$AC$于点$D$、$E$，连接$OD$、$OE$。若$∠ A=$$65^{\circ }$，则$∠ DOE$的度数为
50°
。答案
11. 50° 解析:
∵∠A=65°,
∴∠B+∠C=180°−65°=115°.
∵OB=OD,OE=OC,
∴∠ODB=∠B,∠OEC=∠C,
∴∠ODB+∠OEC=115°,
∴∠BOD+∠COE=360°−115°×2=130°,
∴∠DOE=180°−130°=50°.
∵∠A=65°,
∴∠B+∠C=180°−65°=115°.
∵OB=OD,OE=OC,
∴∠ODB=∠B,∠OEC=∠C,
∴∠ODB+∠OEC=115°,
∴∠BOD+∠COE=360°−115°×2=130°,
∴∠DOE=180°−130°=50°.
解析
【分析】
要计算∠DOE的度数，需结合三角形内角和、等腰三角形性质及平角的定义推导。首先在△ABC中，利用内角和求出∠B与∠C的和；再由圆的半径相等得到等腰三角形，求出∠BOD与∠COE的和；最后根据平角为180°，计算出∠DOE的度数。
【解析】
在△ABC中，
∵∠A=65°，
∴∠B + ∠C = 180° - ∠A = 180° - 65° = 115°。
∵OB、OD都是⊙O的半径，
∴OB=OD，
∴△OBD是等腰三角形，∠ODB=∠B，
∴∠BOD = 180° - 2∠B。
同理，OE=OC，△OCE是等腰三角形，∠OEC=∠C，
∴∠COE = 180° - 2∠C。
∴∠BOD + ∠COE = (180° - 2∠B) + (180° - 2∠C) = 360° - 2(∠B + ∠C) = 360° - 2×115° = 130°。
∵BC是直径，
∴∠BOC=180°，
∴∠DOE = ∠BOC - (∠BOD + ∠COE) = 180° - 130° = 50°。
【答案】
50°
【知识点】
圆的半径性质、等腰三角形性质、三角形内角和定理
【点评】
本题结合圆与三角形的基础知识点，利用等腰三角形和内角和推导角度，是常规的几何角度计算题，考查学生对圆的基本性质及三角形相关性质的掌握。
【难度系数】
0.5
要计算∠DOE的度数，需结合三角形内角和、等腰三角形性质及平角的定义推导。首先在△ABC中，利用内角和求出∠B与∠C的和；再由圆的半径相等得到等腰三角形，求出∠BOD与∠COE的和；最后根据平角为180°，计算出∠DOE的度数。
【解析】
在△ABC中，
∵∠A=65°，
∴∠B + ∠C = 180° - ∠A = 180° - 65° = 115°。
∵OB、OD都是⊙O的半径，
∴OB=OD，
∴△OBD是等腰三角形，∠ODB=∠B，
∴∠BOD = 180° - 2∠B。
同理，OE=OC，△OCE是等腰三角形，∠OEC=∠C，
∴∠COE = 180° - 2∠C。
∴∠BOD + ∠COE = (180° - 2∠B) + (180° - 2∠C) = 360° - 2(∠B + ∠C) = 360° - 2×115° = 130°。
∵BC是直径，
∴∠BOC=180°，
∴∠DOE = ∠BOC - (∠BOD + ∠COE) = 180° - 130° = 50°。
【答案】
50°
【知识点】
圆的半径性质、等腰三角形性质、三角形内角和定理
【点评】
本题结合圆与三角形的基础知识点，利用等腰三角形和内角和推导角度，是常规的几何角度计算题，考查学生对圆的基本性质及三角形相关性质的掌握。
【难度系数】
0.5
12. 如图,$AB$是$\odot O$的弦,$C$是优弧$\overgroup{ACB}$上的动点(点$C$不与点$A$、$B$重合),$CH ⊥ AB$,垂足为$H$,$M$是$BC$的中点.若$\odot O$的半径是$3$,则$MH$长的最大值为
3
.答案
12. 3 解析:由题意得,△BHC是直角三角形.又
∵M是BC的中点,
∴$MH=\frac{1}{2}BC$.
∴当BC取得最大值时,MH也取得最大值.
∵BC的最大值为6,
∴MH长的最大值为3.
∵M是BC的中点,
∴$MH=\frac{1}{2}BC$.
∴当BC取得最大值时,MH也取得最大值.
∵BC的最大值为6,
∴MH长的最大值为3.
解析
【分析】
要解决本题，首先由CH⊥AB确定△BHC是直角三角形，再利用直角三角形斜边中线的性质得到MH与BC的数量关系，进而将求MH的最大值转化为求BC的最大值；而圆中弦的最大值为直径，结合圆的半径即可算出结果。
【解析】
∵ CH⊥AB，
∴ △BHC是直角三角形。
又
∵ M是BC的中点，根据直角三角形斜边中线定理：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可得MH = ½ BC。
在⊙O中，弦BC的最大值为直径，已知⊙O的半径是3，所以直径为2×3=6，即BC的最大值为6。
因此MH的最大值为½×6 = 3。
【答案】
3
【知识点】
直角三角形斜边中线定理；圆的弦的性质
【点评】
本题通过转化思想，将所求线段的最值问题转化为圆中弦的最值问题，结合直角三角形的性质即可求解，属于基础几何题，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解决本题，首先由CH⊥AB确定△BHC是直角三角形，再利用直角三角形斜边中线的性质得到MH与BC的数量关系，进而将求MH的最大值转化为求BC的最大值；而圆中弦的最大值为直径，结合圆的半径即可算出结果。
【解析】
∵ CH⊥AB，
∴ △BHC是直角三角形。
又
∵ M是BC的中点，根据直角三角形斜边中线定理：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可得MH = ½ BC。
在⊙O中，弦BC的最大值为直径，已知⊙O的半径是3，所以直径为2×3=6，即BC的最大值为6。
因此MH的最大值为½×6 = 3。
【答案】
3
【知识点】
直角三角形斜边中线定理；圆的弦的性质
【点评】
本题通过转化思想，将所求线段的最值问题转化为圆中弦的最值问题，结合直角三角形的性质即可求解，属于基础几何题，难度适中。
【难度系数】
0.6
13. 如图,在$\odot O$中,半径$OM=2\sqrt{5}$,正方形$ABCD$的四个顶点分别在半径$OM$、$OP$以及$\odot O$上,且$∠ POM=45^{ \circ }$,求$AB$的长.
答案
13. 设正方形ABCD的边长为x(x＞0),即AB=BC=CD=AD=x.由正方形的性质,得∠ABC=∠DCO=90°.又
∵∠POM=45°,
∴OC=CD=x,
∴OB=2x.连接OA,则OA=OM=$2\sqrt{5}$.在Rt△ABO中,$AB^2+OB^2=OA^2$,即$x^2+(2x)^2=(2\sqrt{5})^2$,
∴x=2(负值已舍去),即AB的长为2.
∵∠POM=45°,
∴OC=CD=x,
∴OB=2x.连接OA,则OA=OM=$2\sqrt{5}$.在Rt△ABO中,$AB^2+OB^2=OA^2$,即$x^2+(2x)^2=(2\sqrt{5})^2$,
∴x=2(负值已舍去),即AB的长为2.
解析
【分析】
要计算AB的长，我们先设正方形的边长为x，利用正方形的性质和∠POM=45°的条件，推导出OB与边长的关系，再结合圆的半径，通过勾股定理建立方程求解，最终得到AB的长度。
【解析】
设正方形ABCD的边长为$ x(x＞0) $，则$ AB=BC=CD=x $。
因为四边形ABCD是正方形，所以$ ∠ DCO=90° $，又已知$ ∠ POM=45° $，因此$ △ DCO $是等腰直角三角形，可得$ OC=CD=x $。
由此可得$ OB=BC + OC = x + x = 2x $。
连接OA，OA是$ \odot O $的半径，故$ OA=OM=2\sqrt{5} $。
在$ \mathrm{Rt}△ ABO $中，根据勾股定理：$ AB^2 + OB^2 = OA^2 $，代入各线段长度得：
$ x^2 + (2x)^2 = (2\sqrt{5})^2 $
化简得：$ 5x^2 = 20 $，解得$ x^2=4 $，因为$ x＞0 $，所以$ x=2 $，即AB的长为2。
【答案】
2
【知识点】
正方形性质、圆的半径、勾股定理
【点评】
本题将正方形与圆结合，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理建立方程求解，关键是推导OB与正方形边长的关系，属于中等难度的几何综合题，需要学生熟练掌握相关几何性质。
【难度系数】
0.6
要计算AB的长，我们先设正方形的边长为x，利用正方形的性质和∠POM=45°的条件，推导出OB与边长的关系，再结合圆的半径，通过勾股定理建立方程求解，最终得到AB的长度。
【解析】
设正方形ABCD的边长为$ x(x＞0) $，则$ AB=BC=CD=x $。
因为四边形ABCD是正方形，所以$ ∠ DCO=90° $，又已知$ ∠ POM=45° $，因此$ △ DCO $是等腰直角三角形，可得$ OC=CD=x $。
由此可得$ OB=BC + OC = x + x = 2x $。
连接OA，OA是$ \odot O $的半径，故$ OA=OM=2\sqrt{5} $。
在$ \mathrm{Rt}△ ABO $中，根据勾股定理：$ AB^2 + OB^2 = OA^2 $，代入各线段长度得：
$ x^2 + (2x)^2 = (2\sqrt{5})^2 $
化简得：$ 5x^2 = 20 $，解得$ x^2=4 $，因为$ x＞0 $，所以$ x=2 $，即AB的长为2。
【答案】
2
【知识点】
正方形性质、圆的半径、勾股定理
【点评】
本题将正方形与圆结合，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理建立方程求解，关键是推导OB与正方形边长的关系，属于中等难度的几何综合题，需要学生熟练掌握相关几何性质。
【难度系数】
0.6
14. 如图,$E$ 是菱形 $ABCD$ 内一点,$∠ BEC=90°,DF⊥ CE$,垂足为 $F$,且 $DF=CE$,连接 $AE$.
(1)求证:菱形 $ABCD$ 是正方形.
(2)当 $F$ 是线段 $CE$ 的中点时,求证:点 $F$ 在以 $AB$ 的长为半径的$\odot A$上.
(1)求证:菱形 $ABCD$ 是正方形.
(2)当 $F$ 是线段 $CE$ 的中点时,求证:点 $F$ 在以 $AB$ 的长为半径的$\odot A$上.
答案
14. 证明:(1)
∵DF⊥CE,
∴∠CFD=90°,
∴∠CDF+∠FCD=90°.
∵∠BEC=90°,
∴∠BEC=∠CFD.
∵四边形ABCD为菱形,
∴BC=CD.在Rt△BEC和Rt△CFD中,$\begin{cases} BC=CD, \\ CE=DF, \end{cases}$
∴Rt△BEC≌Rt△CFD(HL),
∴∠BCE=∠CDF,
∴∠BCE+∠FCD=90°,即∠BCD=90°,
∴菱形ABCD是正方形.
(2)如图,连接AF、ED.
∵四边形ABCD为正方形,
∴∠ADC=90°,AD=CD.
∵F是线段CE的中点,
∴EF=CF.又
∵DF⊥CE,
∴DF是CE的垂直平分线,
∴DE=DC=AD,
∴∠DAE=∠DEA,∠DEC=∠DCE.
∵∠DAE+∠DEA+∠ADE=180°,∠DEC+∠DCE+∠CDE=180°,
∴∠AED=$\frac{180°−∠ADE}{2}$,∠DEC=$\frac{180°−∠CDE}{2}$,
∴∠AEF=∠AED+∠DEC=180°−$\frac{1}{2}$(∠ADE+∠CDE)=180°−$\frac{1}{2}$×90°=135°,
∴∠AEB=360°−∠AEF−∠BEC=135°,
∴∠AEF=∠AEB.由(1),得Rt△BEC≌Rt△CFD,
∴BE=CF,
∴EF=EB.在△ABE和△AFE中,$\begin{cases} AE=AE, \\ ∠AEB=∠AEF, \\ EB=EF, \end{cases}$
∴△ABE≌△AFE(SAS),
∴AB=AF,
∴点F在以AB的长为半径的⊙A上.
解析
【分析】
(1) 要证明菱形ABCD是正方形，需利用“有一个内角为直角的菱形是正方形”，因此只需证明∠BCD=90°。已知四边形ABCD是菱形，故BC=CD；又∠BEC=90°，DF⊥CE得∠CFD=90°，且CE=DF，可通过HL证明Rt△BEC≌Rt△CFD，得到对应角相等，结合直角三角形两锐角互余，即可推出∠BCD=90°，完成第一问证明。
(2) 要证明点F在以AB为半径的⊙A上，根据圆的定义，只需证明AF=AB。由F是CE中点且DF⊥CE，可知DF是CE的垂直平分线，得DE=DC；结合正方形ABCD中DC=AD，得DE=AD。再利用第一问全等的结论BE=CF，结合F是CE中点得CF=EF，故BE=EF。最后通过SAS证明△ABE≌△AFE，即可得AF=AB，完成第二问证明。
【解析】
(1) 证明：
∵ DF⊥CE，
∴ ∠CFD=90°，
∴ ∠CDF + ∠FCD = 90°。
∵ ∠BEC=90°，
∴ ∠BEC=∠CFD。
∵ 四边形ABCD为菱形，
∴ BC=CD。
在Rt△BEC和Rt△CFD中，
$\begin{cases} BC=CD, \\ CE=DF, \end{cases}$
∴ Rt△BEC≌Rt△CFD(HL)，
∴ ∠BCE=∠CDF，
∴ ∠BCE + ∠FCD = 90°，即∠BCD=90°，
∴ 菱形ABCD是正方形。
(2) 证明：
连接AF、ED。
∵ 四边形ABCD为正方形，
∴ ∠ADC=90°，AD=CD。
∵ F是线段CE的中点，
∴ EF=CF。又
∵ DF⊥CE，
∴ DF是CE的垂直平分线，
∴ DE=DC=AD，
∴ ∠DAE=∠DEA，∠DEC=∠DCE。
∵ ∠DAE + ∠DEA + ∠ADE=180°，∠DEC + ∠DCE + ∠CDE=180°，
∴ ∠AED=$\frac{180°−∠ADE}{2}$，∠DEC=$\frac{180°−∠CDE}{2}$，
∴ ∠AEF=∠AED + ∠DEC=180°−$\frac{1}{2}$(∠ADE + ∠CDE)=180°−$\frac{1}{2}$×90°=135°，
∴ ∠AEB=360°−∠AEF−∠BEC=135°，
∴ ∠AEF=∠AEB。
由(1)得Rt△BEC≌Rt△CFD，
∴ BE=CF，
又
∵ F是CE中点，
∴ CF=EF，故BE=EF。
在△ABE和△AFE中，
$\begin{cases} AE=AE, \\ ∠AEB=∠AEF, \\ EB=EF, \end{cases}$
∴ △ABE≌△AFE(SAS)，
∴ AB=AF，
∴ 点F在以AB的长为半径的⊙A上。
【答案】
14. 证明:(1)
∵DF⊥CE,
∴∠CFD=90°,
∴∠CDF+∠FCD=90°.
∵∠BEC=90°,
∴∠BEC=∠CFD.
∵四边形ABCD为菱形,
∴BC=CD.在Rt△BEC和Rt△CFD中,$\begin{cases} BC=CD, \\ CE=DF, \end{cases}$
∴Rt△BEC≌Rt△CFD(HL),
∴∠BCE=∠CDF,
∴∠BCE+∠FCD=90°,即∠BCD=90°,
∴菱形ABCD是正方形.
(2)如图,连接AF、ED.
∵四边形ABCD为正方形,
∴∠ADC=90°,AD=CD.
∵F是线段CE的中点,
∴EF=CF.又
∵DF⊥CE,
∴DF是CE的垂直平分线,
∴DE=DC=AD,
∴∠DAE=∠DEA,∠DEC=∠DCE.
∵∠DAE+∠DEA+∠ADE=180°,∠DEC+∠DCE+∠CDE=180°,
∴∠AED=$\frac{180°−∠ADE}{2}$,∠DEC=$\frac{180°−∠CDE}{2}$,
∴∠AEF=∠AED+∠DEC=180°−$\frac{1}{2}$(∠ADE+∠CDE)=180°−$\frac{1}{2}$×90°=135°,
∴∠AEB=360°−∠AEF−∠BEC=135°,
∴∠AEF=∠AEB.由(1),得Rt△BEC≌Rt△CFD,
∴BE=CF,
∴EF=EB.在△ABE和△AFE中,$\begin{cases} AE=AE, \\ ∠AEB=∠AEF, \\ EB=EF, \end{cases}$
∴△ABE≌△AFE(SAS),
∴AB=AF,
∴点F在以AB的长为半径的$\odot A$上.
【知识点】
正方形的判定、全等三角形的判定与性质、圆的定义
【点评】
本题是几何综合证明题，结合菱形、正方形的性质，全等三角形的判定与性质，圆的定义进行考查，需要学生熟练掌握相关几何定理，具备较强的逻辑推理能力，是对几何核心知识的综合应用。
【难度系数】
0.5
(1) 要证明菱形ABCD是正方形，需利用“有一个内角为直角的菱形是正方形”，因此只需证明∠BCD=90°。已知四边形ABCD是菱形，故BC=CD；又∠BEC=90°，DF⊥CE得∠CFD=90°，且CE=DF，可通过HL证明Rt△BEC≌Rt△CFD，得到对应角相等，结合直角三角形两锐角互余，即可推出∠BCD=90°，完成第一问证明。
(2) 要证明点F在以AB为半径的⊙A上，根据圆的定义，只需证明AF=AB。由F是CE中点且DF⊥CE，可知DF是CE的垂直平分线，得DE=DC；结合正方形ABCD中DC=AD，得DE=AD。再利用第一问全等的结论BE=CF，结合F是CE中点得CF=EF，故BE=EF。最后通过SAS证明△ABE≌△AFE，即可得AF=AB，完成第二问证明。
【解析】
(1) 证明：
∵ DF⊥CE，
∴ ∠CFD=90°，
∴ ∠CDF + ∠FCD = 90°。
∵ ∠BEC=90°，
∴ ∠BEC=∠CFD。
∵ 四边形ABCD为菱形，
∴ BC=CD。
在Rt△BEC和Rt△CFD中，
$\begin{cases} BC=CD, \\ CE=DF, \end{cases}$
∴ Rt△BEC≌Rt△CFD(HL)，
∴ ∠BCE=∠CDF，
∴ ∠BCE + ∠FCD = 90°，即∠BCD=90°，
∴ 菱形ABCD是正方形。
(2) 证明：
连接AF、ED。
∵ 四边形ABCD为正方形，
∴ ∠ADC=90°，AD=CD。
∵ F是线段CE的中点，
∴ EF=CF。又
∵ DF⊥CE，
∴ DF是CE的垂直平分线，
∴ DE=DC=AD，
∴ ∠DAE=∠DEA，∠DEC=∠DCE。
∵ ∠DAE + ∠DEA + ∠ADE=180°，∠DEC + ∠DCE + ∠CDE=180°，
∴ ∠AED=$\frac{180°−∠ADE}{2}$，∠DEC=$\frac{180°−∠CDE}{2}$，
∴ ∠AEF=∠AED + ∠DEC=180°−$\frac{1}{2}$(∠ADE + ∠CDE)=180°−$\frac{1}{2}$×90°=135°，
∴ ∠AEB=360°−∠AEF−∠BEC=135°，
∴ ∠AEF=∠AEB。
由(1)得Rt△BEC≌Rt△CFD，
∴ BE=CF，
又
∵ F是CE中点，
∴ CF=EF，故BE=EF。
在△ABE和△AFE中，
$\begin{cases} AE=AE, \\ ∠AEB=∠AEF, \\ EB=EF, \end{cases}$
∴ △ABE≌△AFE(SAS)，
∴ AB=AF，
∴ 点F在以AB的长为半径的⊙A上。
【答案】
14. 证明:(1)
∵DF⊥CE,
∴∠CFD=90°,
∴∠CDF+∠FCD=90°.
∵∠BEC=90°,
∴∠BEC=∠CFD.
∵四边形ABCD为菱形,
∴BC=CD.在Rt△BEC和Rt△CFD中,$\begin{cases} BC=CD, \\ CE=DF, \end{cases}$
∴Rt△BEC≌Rt△CFD(HL),
∴∠BCE=∠CDF,
∴∠BCE+∠FCD=90°,即∠BCD=90°,
∴菱形ABCD是正方形.
(2)如图,连接AF、ED.
∵四边形ABCD为正方形,
∴∠ADC=90°,AD=CD.
∵F是线段CE的中点,
∴EF=CF.又
∵DF⊥CE,
∴DF是CE的垂直平分线,
∴DE=DC=AD,
∴∠DAE=∠DEA,∠DEC=∠DCE.
∵∠DAE+∠DEA+∠ADE=180°,∠DEC+∠DCE+∠CDE=180°,
∴∠AED=$\frac{180°−∠ADE}{2}$,∠DEC=$\frac{180°−∠CDE}{2}$,
∴∠AEF=∠AED+∠DEC=180°−$\frac{1}{2}$(∠ADE+∠CDE)=180°−$\frac{1}{2}$×90°=135°,
∴∠AEB=360°−∠AEF−∠BEC=135°,
∴∠AEF=∠AEB.由(1),得Rt△BEC≌Rt△CFD,
∴BE=CF,
∴EF=EB.在△ABE和△AFE中,$\begin{cases} AE=AE, \\ ∠AEB=∠AEF, \\ EB=EF, \end{cases}$
∴△ABE≌△AFE(SAS),
∴AB=AF,
∴点F在以AB的长为半径的$\odot A$上.
【知识点】
正方形的判定、全等三角形的判定与性质、圆的定义
【点评】
本题是几何综合证明题，结合菱形、正方形的性质，全等三角形的判定与性质，圆的定义进行考查，需要学生熟练掌握相关几何定理，具备较强的逻辑推理能力，是对几何核心知识的综合应用。
【难度系数】
0.5
