题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $A B$ 为半圆 $O$ 的直径, 以 $A O$ 为直径作半圆 $M, C$ 为 $O B$ 的中点,过点 $C$ 作半圆 $M$ 的切线交半圆 $M$ 于点 $D$, 延长 $A D$ 交 $\odot O$ 于点 $E$,若 $A B=4$, 求图中阴影部分的面积.


选项：
答案：解: $\because C D$ 与半圆 $M$ 相切, 过点 $D$ 作 $D F \perp A B$, 交点为 $F$,

<ImageHere>
$\therefore D C \perp M D$,

$\because A B=4, O$ 为 $A B$ 中点, $M 、 C$ 分别为 $A O 、 O B$ 的中点,

$\therefore A M=O M=O C=C B=1$,

在Rt $\triangle M D C$ 中, $D M=1, M C=O M+O C=2$,

$\therefore D M=\frac{1}{2} M C$, 即 $\angle D C M=30^{\circ}$,

$\therefore \angle D M C=60^{\circ}$,

$\because A M=D M$,

$\therefore \angle M A D=\angle M D A=30^{\circ}$,

$\therefore \angle E O B=60^{\circ}$,

$\because O A=O E$,

$\therefore \angle O A E=\angle O E A=30^{\circ}$,

$\therefore O D=\frac{1}{2} O A=1, A D=\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}$,

$\because O D \perp A E$,

$\therefore A E=2 A D=2 \sqrt{3}$,

$\therefore D F=\frac{1}{2} A D=\frac{\sqrt{3}}{2}, \quad A F=(\sqrt{3})^{2}-\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}=\frac{3}{2}$,

$\therefore A C=2 A F=3$,

则 $S_{\text {阴影 }}=S_{\triangle A O E}+S_{\text {扇形 } E O B}-S_{\triangle A C D}=\frac{1}{2} \times 2 \sqrt{3} \times 1+\frac{60 \pi \times 2^{2}}{360}-\frac{1}{2} \times 3 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{2 \pi}{3}$.

<ImageHere>
解得: $\left\{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{3} \\ b=4\end{array}\right.$
二次函数的解析式为: $y=-\frac{1}{3} x^{2}+\frac{1}{3} x+4$.

(2)过点 $D$ 作 $D H \perp A B$ 于 $H$,

$\because A(-3,0)$ 和点 $B(0,4)$,

$\therefore O A=3, O B=4$

由勾股定理得 $A B=\sqrt{O A^{2}+O B^{2}}=5$,

$\because A C$ 平分 $\angle B A O$,

$\therefore O D=O H=m$,

<ImageHere>

$\because S_{\triangle O A B}=S_{\triangle O A D}+S_{\triangle D A B}$,

$\therefore \frac{1}{2} \times 3 \times 4=\frac{1}{2} \times 3 m+\frac{1}{2} \times 5 m$,

$\therefore m=\frac{3}{2}$,

$$
\therefore D\left(0, \frac{3}{2}\right)
$$

设直线 $A C$ 的解析式为 $y=k x+b$ 过 $D\left(0, \frac{3}{2}\right)$ 和 $A(-3,0)$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}-3 k+b=0 \\ b=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}k=\frac{1}{2} \\ b=\frac{3}{2}\end{array}\right.$,

$\therefore$ 直线 $A C$ 的解析式为 $y=\frac{1}{2} x+\frac{3}{2}$,

联立 $\left\{\begin{array}{l}y=-\frac{1}{3} x^{2}+\frac{1}{3} x+4 \\ y=\frac{1}{2} x+\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x_{1}=-3 \\ y_{1}=0\end{array},\left\{\begin{array}{l}x_{2}=\frac{5}{2} \\ y_{2}=\frac{11}{4}\end{array}\right.\right.$.

$\therefore$ 点 $C$ 坐标为 $\left(\frac{5}{2}, \frac{11}{4}\right)$,

$\because P E \perp x$ 轴,

$\therefore \angle P E C=\angle A D O$,

$\because \triangle P C E$ 与 $\triangle A D O$ 相似,

$\therefore \angle C P E=90^{\circ}$ 或 $\angle E C P=90^{\circ}$.

(1)当 $\angle C P E=90^{\circ}$ 时, 如图所示:

<ImageHere>

$\therefore P C / / O A$,

$\therefore$ 点 $P$ 和点 $C$ 关于直线 $x=\frac{1}{2}$ 对称,

$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $\left(-\frac{3}{2}, \frac{11}{4}\right)$;

(2)当 $\angle P C E=90^{\circ}$ 时, 如图所示: 过点 $C$ 作 $x$ 轴的垂线与过点 $P$ 作 $x$ 轴的平行线相交于 $N$,

$\therefore \angle 2+\angle 3=90^{\circ}, \angle 1+\angle 3=90^{\circ}$,

$\therefore \angle 1=\angle 2$,

$\therefore \tan \angle 1=\tan \angle 2$,

$\therefore \frac{C M}{A M}=\frac{N P}{C N}$,

设 $P$ 的坐标为 $\left(t,-\frac{1}{3} t^{2}+\frac{1}{3} t+4\right)$,

<ImageHere>

$\therefore \frac{\frac{11}{4}}{\frac{4}{2}}=\frac{t-\frac{5}{2}}{\frac{11}{4}-\left(-\frac{1}{3} t^{2}+\frac{1}{3} t+4\right)}$,

整理得: $4 t^{2}-28 t+45=0 ，$

解得; $t_{1}=\frac{5}{2}$ (与点 $C$ 重合, 舍去), $t_{2}=\frac{9}{2}$.

当 $t_{2}=\frac{9}{2}$ 时,$-\frac{1}{3} t^{2}+\frac{1}{3} t+4=-\frac{5}{4}$.

$\therefore P$ 的坐标为 $\left(\frac{9}{2},-\frac{5}{4}\right)$.

综上所述当以点 $P, C, E$ 为顶点的三角形与 $\triangle A D O$ 相似时, 点 $P$ 的坐标为 $\left(-\frac{3}{2}, \frac{11}{4}\right)$ 或 $\left(\frac{9}{2},-\frac{5}{4}\right)$.

(3)如图: 作 $\angle A B O$ 的平分线与 $A C$ 相交于 $I$, 则 $I$ 是 $R t \triangle A O B$ 的内心,

过 $I$ 作 $I G$ 垂直 $y$ 轴于 $G$, 则四边形 $O G I H$ 是正方形,
$I G=\frac{3+4-5}{2}=1=O G=O H$.

$\therefore D G=\frac{1}{2}$,

$$
D I=\sqrt{D G^{2}+I G^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{2}
$$

$A I=\sqrt{I H^{2}+A H^{2}}=\sqrt{5}$,

$\because F$ 在直线 $y=\frac{1}{2} x+\frac{3}{2}$ 上, 设 $F\left(n, \frac{1}{2} n+\right.$ $\left.\frac{3}{2}\right)$

(1)当 $F$ 在射线 $D A$ 上时,

<ImageHere>

$\because \angle D F B=\frac{1}{2} \angle A B O$,

$\angle D B I=\frac{1}{2} \angle A B O$,

$\therefore \angle D F B=\angle D B I$,

$\because \angle B D F=\angle I D B$,

$\therefore \triangle B D F \sim \triangle I D B$,

$\therefore \frac{B D}{I D}=\frac{D F}{D B}$,

$\therefore \frac{\frac{5}{2}}{\frac{\sqrt{5}}{2}}=\frac{D F}{\frac{5}{2}}$,

$\therefore D F=\frac{5 \sqrt{5}}{2}$,

$\therefore D F^{2}=n^{2}+\left(\frac{3}{2}-\frac{1}{2} n-\frac{3}{2}\right)^{2}=\left(\frac{5 \sqrt{2}}{2}\right)^{2}$,

解得: $n_{1}=-5, n_{2}=5$ (不合题意, 舍去)

当 $n=-5$ 时, $\frac{1}{2} n+\frac{3}{2}=-1$.

$\therefore$ 点 $F$ 的坐标为 $(-5,-1)$;

(2)当 $F^{\prime}$ 在射线 $A D$ 上时,

$\because \angle D F^{\prime} B=\frac{1}{2} \angle A B O$,

$\angle A B I=\frac{1}{2} \angle A B O$,

$\therefore \angle D F^{\prime} B=\angle A B I$,

$\because \angle B A F^{\prime}=\angle I A B$,

$\therefore \triangle B A F^{\prime} \sim \triangle I A B$,
$\therefore \frac{A B}{A I}=\frac{A F^{\prime}}{A B}$,

$\therefore \frac{5}{\sqrt{5}}=\frac{A F^{\prime}}{5}$

$\therefore A F^{\prime}=5 \sqrt{5}$,

$\therefore(n+3)^{2}+\left(\frac{1}{2} n+\frac{3}{2}\right)^{2}=(5 \sqrt{5})^{2}$, 整理得 $n^{2}+6 n-91=0$

解得: $n_{1}=7, n_{2}=-13$ (不合题意, 舍去),

当 $n=7$ 时, $\frac{1}{2} n+\frac{3}{2}=5$

$\therefore$ 点 $F$ 的坐标为 $(7,5)$.

综上所述: 点 $F$ 为直线 $A C$ 上一点, 若 $\angle B F D=\frac{1}{2} \angle A B O$,

点 $F$ 的坐标为点 $F$ 的坐标为 $(7,5)$ 或 $(-5,-1)$.

故答案为点 $F$ 的坐标为 $(7,5)$ 或 $(-5,-1)$.
解析：解: $\because C D$ 与半圆 $M$ 相切, 过点 $D$ 作 $D F \perp A B$, 交点为 $F$,


$\therefore D C \perp M D$,

$\because A B=4, O$ 为 $A B$ 中点, $M 、 C$ 分别为 $A O 、 O B$ 的中点,

$\therefore A M=O M=O C=C B=1$,

在Rt $\triangle M D C$ 中, $D M=1, M C=O M+O C=2$,

$\therefore D M=\frac{1}{2} M C$, 即 $\angle D C M=30^{\circ}$,

$\therefore \angle D M C=60^{\circ}$,

$\because A M=D M$,

$\therefore \angle M A D=\angle M D A=30^{\circ}$,

$\therefore \angle E O B=60^{\circ}$,

$\because O A=O E$,

$\therefore \angle O A E=\angle O E A=30^{\circ}$,

$\therefore O D=\frac{1}{2} O A=1, A D=\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}$,

$\because O D \perp A E$,

$\therefore A E=2 A D=2 \sqrt{3}$,

$\therefore D F=\frac{1}{2} A D=\frac{\sqrt{3}}{2}, \quad A F=(\sqrt{3})^{2}-\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}=\frac{3}{2}$,

$\therefore A C=2 A F=3$,

则 $S_{\text {阴影 }}=S_{\triangle A O E}+S_{\text {扇形 } E O B}-S_{\triangle A C D}=\frac{1}{2} \times 2 \sqrt{3} \times 1+\frac{60 \pi \times 2^{2}}{360}-\frac{1}{2} \times 3 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{2 \pi}{3}$.


解得: $\left\{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{3} \\ b=4\end{array}\right.$
二次函数的解析式为: $y=-\frac{1}{3} x^{2}+\frac{1}{3} x+4$.

(2)过点 $D$ 作 $D H \perp A B$ 于 $H$,

$\because A(-3,0)$ 和点 $B(0,4)$,

$\therefore O A=3, O B=4$

由勾股定理得 $A B=\sqrt{O A^{2}+O B^{2}}=5$,

$\because A C$ 平分 $\angle B A O$,

$\therefore O D=O H=m$,



$\because S_{\triangle O A B}=S_{\triangle O A D}+S_{\triangle D A B}$,

$\therefore \frac{1}{2} \times 3 \times 4=\frac{1}{2} \times 3 m+\frac{1}{2} \times 5 m$,

$\therefore m=\frac{3}{2}$,

$$
\therefore D\left(0, \frac{3}{2}\right)
$$

设直线 $A C$ 的解析式为 $y=k x+b$ 过 $D\left(0, \frac{3}{2}\right)$ 和 $A(-3,0)$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}-3 k+b=0 \\ b=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}k=\frac{1}{2} \\ b=\frac{3}{2}\end{array}\right.$,

$\therefore$ 直线 $A C$ 的解析式为 $y=\frac{1}{2} x+\frac{3}{2}$,

联立 $\left\{\begin{array}{l}y=-\frac{1}{3} x^{2}+\frac{1}{3} x+4 \\ y=\frac{1}{2} x+\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x_{1}=-3 \\ y_{1}=0\end{array},\left\{\begin{array}{l}x_{2}=\frac{5}{2} \\ y_{2}=\frac{11}{4}\end{array}\right.\right.$.

$\therefore$ 点 $C$ 坐标为 $\left(\frac{5}{2}, \frac{11}{4}\right)$,

$\because P E \perp x$ 轴,

$\therefore \angle P E C=\angle A D O$,

$\because \triangle P C E$ 与 $\triangle A D O$ 相似,

$\therefore \angle C P E=90^{\circ}$ 或 $\angle E C P=90^{\circ}$.

(1)当 $\angle C P E=90^{\circ}$ 时, 如图所示:



$\therefore P C / / O A$,

$\therefore$ 点 $P$ 和点 $C$ 关于直线 $x=\frac{1}{2}$ 对称,

$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $\left(-\frac{3}{2}, \frac{11}{4}\right)$;

(2)当 $\angle P C E=90^{\circ}$ 时, 如图所示: 过点 $C$ 作 $x$ 轴的垂线与过点 $P$ 作 $x$ 轴的平行线相交于 $N$,

$\therefore \angle 2+\angle 3=90^{\circ}, \angle 1+\angle 3=90^{\circ}$,

$\therefore \angle 1=\angle 2$,

$\therefore \tan \angle 1=\tan \angle 2$,

$\therefore \frac{C M}{A M}=\frac{N P}{C N}$,

设 $P$ 的坐标为 $\left(t,-\frac{1}{3} t^{2}+\frac{1}{3} t+4\right)$,



$\therefore \frac{\frac{11}{4}}{\frac{4}{2}}=\frac{t-\frac{5}{2}}{\frac{11}{4}-\left(-\frac{1}{3} t^{2}+\frac{1}{3} t+4\right)}$,

整理得: $4 t^{2}-28 t+45=0 ，$

解得; $t_{1}=\frac{5}{2}$ (与点 $C$ 重合, 舍去), $t_{2}=\frac{9}{2}$.

当 $t_{2}=\frac{9}{2}$ 时,$-\frac{1}{3} t^{2}+\frac{1}{3} t+4=-\frac{5}{4}$.

$\therefore P$ 的坐标为 $\left(\frac{9}{2},-\frac{5}{4}\right)$.

综上所述当以点 $P, C, E$ 为顶点的三角形与 $\triangle A D O$ 相似时, 点 $P$ 的坐标为 $\left(-\frac{3}{2}, \frac{11}{4}\right)$ 或 $\left(\frac{9}{2},-\frac{5}{4}\right)$.

(3)如图: 作 $\angle A B O$ 的平分线与 $A C$ 相交于 $I$, 则 $I$ 是 $R t \triangle A O B$ 的内心,

过 $I$ 作 $I G$ 垂直 $y$ 轴于 $G$, 则四边形 $O G I H$ 是正方形,
$I G=\frac{3+4-5}{2}=1=O G=O H$.

$\therefore D G=\frac{1}{2}$,

$$
D I=\sqrt{D G^{2}+I G^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{2}
$$

$A I=\sqrt{I H^{2}+A H^{2}}=\sqrt{5}$,

$\because F$ 在直线 $y=\frac{1}{2} x+\frac{3}{2}$ 上, 设 $F\left(n, \frac{1}{2} n+\right.$ $\left.\frac{3}{2}\right)$

(1)当 $F$ 在射线 $D A$ 上时,



$\because \angle D F B=\frac{1}{2} \angle A B O$,

$\angle D B I=\frac{1}{2} \angle A B O$,

$\therefore \angle D F B=\angle D B I$,

$\because \angle B D F=\angle I D B$,

$\therefore \triangle B D F \sim \triangle I D B$,

$\therefore \frac{B D}{I D}=\frac{D F}{D B}$,

$\therefore \frac{\frac{5}{2}}{\frac{\sqrt{5}}{2}}=\frac{D F}{\frac{5}{2}}$,

$\therefore D F=\frac{5 \sqrt{5}}{2}$,

$\therefore D F^{2}=n^{2}+\left(\frac{3}{2}-\frac{1}{2} n-\frac{3}{2}\right)^{2}=\left(\frac{5 \sqrt{2}}{2}\right)^{2}$,

解得: $n_{1}=-5, n_{2}=5$ (不合题意, 舍去)

当 $n=-5$ 时, $\frac{1}{2} n+\frac{3}{2}=-1$.

$\therefore$ 点 $F$ 的坐标为 $(-5,-1)$;

(2)当 $F^{\prime}$ 在射线 $A D$ 上时,

$\because \angle D F^{\prime} B=\frac{1}{2} \angle A B O$,

$\angle A B I=\frac{1}{2} \angle A B O$,

$\therefore \angle D F^{\prime} B=\angle A B I$,

$\because \angle B A F^{\prime}=\angle I A B$,

$\therefore \triangle B A F^{\prime} \sim \triangle I A B$,
$\therefore \frac{A B}{A I}=\frac{A F^{\prime}}{A B}$,

$\therefore \frac{5}{\sqrt{5}}=\frac{A F^{\prime}}{5}$

$\therefore A F^{\prime}=5 \sqrt{5}$,

$\therefore(n+3)^{2}+\left(\frac{1}{2} n+\frac{3}{2}\right)^{2}=(5 \sqrt{5})^{2}$, 整理得 $n^{2}+6 n-91=0$

解得: $n_{1}=7, n_{2}=-13$ (不合题意, 舍去),

当 $n=7$ 时, $\frac{1}{2} n+\frac{3}{2}=5$

$\therefore$ 点 $F$ 的坐标为 $(7,5)$.

综上所述: 点 $F$ 为直线 $A C$ 上一点, 若 $\angle B F D=\frac{1}{2} \angle A B O$,

点 $F$ 的坐标为点 $F$ 的坐标为 $(7,5)$ 或 $(-5,-1)$.

故答案为点 $F$ 的坐标为 $(7,5)$ 或 $(-5,-1)$.