解题思路：（1）连接AC，如图1，由
AB
＝
CD
可得
AC
=
BD
，从而有∠ADF=∠DAB．然后利用切线的性质和圆周角定理即可得到∠AED=90°-∠ADB=∠DAB=∠ADF﹒
（2）连接AB、AC，过点E作EP⊥AC，交AC的延长线于点P，如图1′．易证△AEP≌△EAB，则有AP=EB．易证四边形PEFC是矩形，则有EF=CP．由
AB
＝
CD
可得
AC
=
BD
，从而得到BD=AC，即可证到BD=BE-EF．
（3）连接AC、AB，过点A作AM⊥EF，交FE的延长线于点M，如图2，则有∠M=90°．易证四边形ACFM是矩形，则有AC=MF，∠CAM=90°．易证△AME≌△ABE，则有ME=BE由
AB
＝
CD
可得
AC
=
BD
，从而有AC=BD，即可证到BD=BE+EF．
（4））运用勾股定理可求出DE，运用面积法可求出AB，然后运用勾股定理可求出BD，从而可求出BE，然后利用BD=BE+EF就可求出EF长．
（1）连接AC，如图1．
∵
AB＝
CD，
∴
AC=
BD，
∴∠ADF=∠DAB．
∵AE与⊙O相切于点A，∴∠DAE=90°．
∵AD是⊙O的直径，∴∠ABD=90°，
∴∠AED=90°-∠ADB=∠DAB=∠ADF﹒
（2）BD=BE-EF．
证明：连接AB、AC，过点E作EP⊥AC，交AC的延长线于点P，如图1′．
∵AD是⊙O的直径，AE与⊙O相切于点A，
∴∠ABD=∠ACD=∠DAE=90°，
∴∠PAE=90°-∠DAC=∠ADF，
∵∠AED=∠ADF（已证），
∴∠PAE=∠AED．
在△AEP和△EAB中，
∠APE＝∠EBA
∠PAE＝∠AEB
AE＝EA，
∴△AEP≌△EAB（AAS），
∴AP=EB．
∵EF⊥DF，∠PCF=∠ACD=90°，∠P=90°，
∴∠F=∠PCF=∠P=90°，
∴四边形PEFC是矩形，
∴EF=CP．
∵
AB＝
CD，
∴
AC=
BD，
∴BD=AC，
∴BD=AC=AP-CP=BE-EF．
（3）BD=BE+EF．
证明：连接AC、AB，过点A作AM⊥EF，交FE的延长线于点M，如图2．
则有∠M=90°．
∵AD是⊙O的直径，∴∠ABD=∠ACD=90°．
∵AE与⊙O相切于点A，
∴∠DAE=90°，
∴∠BAE=90°-∠DAB=∠ADB．
∵∠F=∠ACF=∠M=90°，
∴四边形ACFM是矩形，
∴AC=MF，∠CAM=90°，
∴∠MAE=90°-∠CAE=∠DAC，
∵
AB＝
CD，
∴∠ADB=∠DAC，
∴∠BAE=∠ADB=∠DAC=∠MAE．
在△AME和△ABE中，
∠M＝∠ABE＝90°
∠MAE＝∠BAE
AE＝AE，
∴△AME≌△ABE（AAS），
∴ME=BE
∵
AB＝
CD，
∴
AC=
BD，
∴AC=BD，
∴BD=AC=MF=ME+EF=BE+EF．
（4）∵∠DAE=90°，AE=3，AD=4，
∴DE=5，
∴AB=[AD•AE/DE]=[4×3/5]=[12/5]．
∴BD=
AD2−AB2=[16/5]，
∴BE=DE-BD=5-[16/5]=[9/5]，
∴EF=BD-BE=[16/5]-[9/5]=[7/5]．
∴EF的长为[7/5]．
点评：
本题考点： 圆的综合题．
考点点评： 本题主要考查了弧与弦的关系、圆周角定理、切线的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，综合性性比较强．将两条线段的和转化成一条线段是解决第（2）小题和第（3）小题的关键．