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第122頁(yè)

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（1）證明：
∵AB是⊙O的切線，切點(diǎn)為B，
∴OB⊥AB（切線垂直于過(guò)切點(diǎn)的半徑），即∠ABO=90°。
在Rt△ABO中，∠A=30°，
∴∠AOB=90°-∠A=60°。
∵點(diǎn)O在AC上，
∴∠AOB+∠BOC=180°（平角定義），
∴∠BOC=180°-∠AOB=120°。
∵OB=OC（⊙O的半徑），
∴∠OBC=∠OCB（等邊對(duì)等角）。
在△OBC中，∠OBC+∠OCB+∠BOC=180°，
∴2∠OCB=180°-∠BOC=60°，即∠OCB=30°。
∵∠A=30°，
∴∠A=∠OCB，
∴AB=BC（等角對(duì)等邊）。
（2）四邊形BOCD是菱形。理由如下：
連接OD。
∵D是弧BC的中點(diǎn)，
∴弧BD=弧DC，
∴∠BOD=∠DOC（等弧所對(duì)的圓心角相等）。
∵∠BOC=120°（已證），
∴∠BOD=∠DOC=60°。
∵OB=OD=OC（⊙O的半徑），
∴△BOD和△DOC都是等邊三角形（有一個(gè)角是60°的等腰三角形是等邊三角形）。
∴BD=OB，DC=OC。
又
∵OB=OC，
∴BD=OB=OC=DC。
∴四邊形BOCD是菱形（四邊相等的四邊形是菱形）。
(1) 證明：連接 $OD，$$AD。$
∵ $AB$ 為 $\odot O$ 直徑，
∴ $\angle ADB = 90^\circ，$則 $\angle ADC = 90^\circ。$
∵ $E$ 是 $AC$ 中點(diǎn)，
∴ $DE = AE = \frac{1}{2}AC，$
∴ $\angle EAD = \angle EDA。$
∵ $OA = OD，$
∴ $\angle OAD = \angle ODA。$
∵ $AB \perp AC，$
∴ $\angle OAC = 90^\circ，$即 $\angle OAD + \angle EAD = 90^\circ。$
∴ $\angle ODA + \angle EDA = 90^\circ，$即 $\angle ODE = 90^\circ。$
∵ $OD$ 是 $\odot O$ 半徑，
∴ $DE$ 是 $\odot O$ 的切線。
(2) 解：設(shè) $\odot O$ 半徑為 $r，$則 $OD = OB = r，$$AB = 2r，$$OF = OB + BF = r + 1。$
∵ $DE$ 是切線，
∴ $OD \perp DE。$在 $Rt\triangle ODF$ 中，$\angle F = 30^\circ，$
∴ $\angle DOF = 60^\circ，$$OD = \frac{1}{2}OF，$即 $r = \frac{1}{2}(r + 1)，$解得 $r = 1。$
∵ $OD = OB，$$\angle DOF = 60^\circ，$
∴ $\triangle OBD$ 是等邊三角形，$\angle OBD = 60^\circ。$
在 $Rt\triangle ABD$ 中，$\angle BAD = 30^\circ，$$AB = 2r = 2，$
∴ $AD = AB \cdot \cos 30^\circ = \sqrt{3}。$
∵ $\angle CAD = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ，$$E$ 為 $AC$ 中點(diǎn)，$\angle ADC = 90^\circ，$
∴ $AE = AD = \sqrt{3}，$$AC = 2AE = 2\sqrt{3}。$
在 $Rt\triangle ABC$ 中，$BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{2^2 + (2\sqrt{3})^2} = 4。$
∵ $\triangle ABC$ 是直角三角形，外接圓半徑為斜邊一半，
∴ 半徑為 $\frac{BC}{2} = 2。$
$(1)$ 證明$\odot D$與邊$BC$也相切
解：連接$DE$，過(guò)點(diǎn)$D$作$DN\perp BC$于點(diǎn)$N$。
因?yàn)樗倪呅?ABCD$是菱形，所以$BD$平分$\angle ABC$。
因?yàn)?\odot D$與$AB$相切于點(diǎn)$E$，所以$DE\perp AB$。
又因?yàn)?DN\perp BC$，根據(jù)角平分線的性質(zhì)：角平分線上的點(diǎn)到角兩邊的距離相等，所以$DE = DN$。
因?yàn)?DN$是點(diǎn)$D$到$BC$的距離，且$DN = DE$（$DE$是圓$D$的半徑），所以$\odot D$與邊$BC$也相切。
$(2)$ 求圖中陰影部分的面積
解：因?yàn)樗倪呅?ABCD$是菱形，$AB = 2\sqrt{3}$，$\angle A=60^{\circ}$，所以$\triangle ABD$是等邊三角形，則$BD = AB = AD = 2\sqrt{3}$，$\angle ADB = 60^{\circ}$，所以$\angle BDC=\angle ADB = 60^{\circ}$。
因?yàn)?DE\perp AB$，所以$AE=\frac{1}{2}AB=\sqrt{3}$，根據(jù)勾股定理$DE=\sqrt{AD^{2}-AE^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{3})^{2}-(\sqrt{3})^{2}} = 3$，即圓$D$的半徑$r = 3$。
因?yàn)?DH = DF = 3$，$\angle HDF = 60^{\circ}$，所以$\triangle HDF$是等邊三角形。
$S_{\triangle HDF}=\frac{\sqrt{3}}{4}×3^{2}=\frac{9\sqrt{3}}{4}$，$S_{扇形HDF}=\frac{60\pi×3^{2}}{360}=\frac{3\pi}{2}$。
則$S_{陰影}=S_{扇形HDF}-S_{\triangle HDF}=\frac{3\pi}{2}-\frac{9\sqrt{3}}{4}$。
$(3)$ 求動(dòng)點(diǎn)$M$經(jīng)過(guò)的弧長(zhǎng)
解：設(shè)$\triangle MDF$中$DF$邊上的高為$h_{1}$，$\triangle HDF$中$DF$邊上的高為$h_{2}$。
因?yàn)?S_{\triangle HDF}=\sqrt{3}S_{\triangle MDF}$，$S_{\triangle HDF}=\frac{1}{2}DF\cdot h_{2}$，$S_{\triangle MDF}=\frac{1}{2}DF\cdot h_{1}$，所以$h_{2}=\sqrt{3}h_{1}$。
因?yàn)?\triangle HDF$是等邊三角形，邊長(zhǎng)為$3$，其高$h_{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}×3=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，則$h_{1}=\frac{3}{2}$。
所以$\angle MDF = 30^{\circ}$或$\angle MDF = 150^{\circ}$。
當(dāng)$\angle MDF = 30^{\circ}$時(shí)，弧長(zhǎng)$l_{1}=\frac{30\pi×3}{180}=\frac{\pi}{2}$；
當(dāng)$\angle MDF = 150^{\circ}$時(shí)，弧長(zhǎng)$l_{2}=\frac{150\pi×3}{180}=\frac{5\pi}{2}$。
綜上，動(dòng)點(diǎn)$M$經(jīng)過(guò)的弧長(zhǎng)為$\boldsymbol{\frac{\pi}{2}}$或$\boldsymbol{\frac{5\pi}{2}}$。
【答案】：
(1) $ 2 $；(2) 是，證明見(jiàn)上。

【解析】：
(1) 設(shè) $ AD = x $，以 $ D $ 為原點(diǎn)，$ DE $ 所在直線為 $ x $ 軸，$ AD $ 所在直線為 $ y $ 軸建立坐標(biāo)系。則 $ D(0,0) $，$ E(2,0) $，$ O(1,0) $，$ A(0,x) $，$ C(0,\frac{x}{2}) $。
直線 $ AE $ 方程：$ y = -\frac{x}{2}x + x $。
⊙$ O $ 方程：$ (x-1)^2 + y^2 = 1 $。
∵ 四邊形 $ BCOE $ 是平行四邊形，∴ $ \overrightarrow{CB} = \overrightarrow{OE} = (1,0) $，故 $ B(1,\frac{x}{2}) $。
將 $ B(1,\frac{x}{2}) $ 代入⊙$ O $ 方程：$ (1-1)^2 + (\frac{x}{2})^2 = 1 $，解得 $ x = 2 $。
∴ $ AD = 2 $。
(2) 是切線。證明如下：
由(1)得 $ B(1,1) $，$ O(1,0) $，$ C(0,1) $。
$ OB = \sqrt{(1-1)^2 + (1-0)^2} = 1 $，$ BC = \sqrt{(1-0)^2 + (1-1)^2} = 1 $，$ OC = \sqrt{(1-0)^2 + (0-1)^2} = \sqrt{2} $。
∵ $ OB^2 + BC^2 = 1 + 1 = 2 = OC^2 $，∴ $ \angle OBC = 90^\circ $，即 $ OB \perp BC $。
∵ $ OB $ 是半徑，∴ $ BC $ 是⊙$ O $ 的切線。
【答案】：
(1) 證明：
∵AB是⊙O的切線，切點(diǎn)為B，
∴OB⊥AB（切線垂直于過(guò)切點(diǎn)的半徑），即∠ABO=90°。
在Rt△ABO中，∠A=30°，
∴∠AOB=90°-∠A=60°。
∵點(diǎn)O在AC上，
∴∠AOB+∠BOC=180°（平角定義），
∴∠BOC=180°-∠AOB=120°。
∵OB=OC（⊙O的半徑），
∴∠OBC=∠OCB（等邊對(duì)等角）。
在△OBC中，∠OBC+∠OCB+∠BOC=180°，
∴2∠OCB=180°-∠BOC=60°，即∠OCB=30°。
∵∠A=30°，
∴∠A=∠OCB，
∴AB=BC（等角對(duì)等邊）。
(2) 四邊形BOCD是菱形。理由如下：
連接OD。
∵D是弧BC的中點(diǎn)，
∴弧BD=弧DC，
∴∠BOD=∠DOC（等弧所對(duì)的圓心角相等）。
∵∠BOC=120°（已證），
∴∠BOD=∠DOC=60°。
∵OB=OD=OC（⊙O的半徑），
∴△BOD和△DOC都是等邊三角形（有一個(gè)角是60°的等腰三角形是等邊三角形）。
∴BD=OB，DC=OC。
又∵OB=OC，
∴BD=OB=OC=DC。
∴四邊形BOCD是菱形（四邊相等的四邊形是菱形）。

【解析】：

(1) 證明：
∵AB是⊙O的切線，
∴∠OBA=90°，
∵∠A=30°，
∴∠AOB=60°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∵∠AOB=∠OBC+∠OCB=2∠OCB，
∴∠OCB=30°，
∵∠A=∠OCB=30°，
∴AB=BC．
(2) 四邊形BOCD是菱形．理由如下：
連接OD，
∵∠AOB=60°，
∴∠BOC=180°-∠AOB=120°，
∵D是$\overset{\frown}{BC}$的中點(diǎn)，
∴$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，
∴∠BOD=∠COD=60°，
∵OB=OD=OC，
∴△BOD和△COD都是等邊三角形，
∴OB=BD=DC=OC，
∴四邊形BOCD是菱形．
(1) 連接 $OD$，$AD$。
∵ $AB$ 為 $\odot O$ 直徑，
∴ $\angle ADB = 90°$，則 $\angle ADC = 90°$。
∵ $E$ 是 $AC$ 中點(diǎn)，
∴ $DE = AE = \frac{1}{2}AC$，
∴ $\angle EAD = \angle EDA$。
∵ $OA = OD$，
∴ $\angle OAD = \angle ODA$。
∵ $AB \perp AC$，
∴ $\angle OAC = 90°$，即 $\angle OAD + \angle EAD = 90°$。
∴ $\angle ODA + \angle EDA = 90°$，即 $\angle ODE = 90°$。
∵ $OD$ 是 $\odot O$ 半徑，
∴ $DE$ 是 $\odot O$ 的切線。
(2) 設(shè) $\odot O$ 半徑為 $r$，則 $OD = OB = r$，$AB = 2r$，$OF = OB + BF = r + 1$。
∵ $DE$ 是切線，
∴ $OD \perp DE$。在 $Rt\triangle ODF$ 中，$\angle F = 30°$，
∴ $\angle DOF = 60°$，$OD = \frac{1}{2}OF$，即 $r = \frac{1}{2}(r + 1)$，解得 $r = 1$。
∵ $OD = OB$，$\angle DOF = 60°$，
∴ $\triangle OBD$ 是等邊三角形，$\angle OBD = 60°$。
在 $Rt\triangle ABD$ 中，$\angle BAD = 30°$，$AB = 2r = 2$，
∴ $AD = AB \cdot \cos 30° = \sqrt{3}$。
∵ $\angle CAD = 90° - 30° = 60°$，$E$ 為 $AC$ 中點(diǎn)，$\angle ADC = 90°$，
∴ $AE = AD = \sqrt{3}$，$AC = 2AE = 2\sqrt{3}$。
在 $Rt\triangle ABC$ 中，$BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{2^2 + (2\sqrt{3})^2} = 4$。
∵ $\triangle ABC$ 是直角三角形，外接圓半徑為斜邊一半，
∴ 半徑為 $\frac{BC}{2} = 2$。
【答案】：
(1) 見(jiàn)解析；(2) 3π/2 - 9√3/4；(3) π/2或5π/2。

【解析】：
(1) 證明：連接DE，∵AB與⊙D相切于E，∴DE⊥AB，DE為半徑。在菱形ABCD中，AD=AB=2√3，∠A=60°，∴DE=AD·sin60°=2√3×(√3/2)=3。過(guò)D作DG⊥BC于G，∵∠C=∠A=60°，CD=2√3，∴DG=CD·sin60°=2√3×(√3/2)=3，即D到BC距離=半徑，∴⊙D與BC相切。
(2) ∵DF=3（半徑），BD為菱形對(duì)角線，∠A=60°，△ABD為等邊三角形，BD=2√3，DH=3。∠HDF=60°（∠CDB=60°）。扇形DHF面積=60/360×π×32=3π/2?！鱀HF面積=√3/4×32=9√3/4。陰影面積=3π/2 - 9√3/4。
(3) S△MDF=9/4，設(shè)M到DF距離h=3/2?！袲中y=3/2，x=±3√3/2。F(3,0)，M1(3√3/2,3/2)對(duì)應(yīng)圓心角30°，弧長(zhǎng)=30π×3/180=π/2；M2(-3√3/2,3/2)對(duì)應(yīng)圓心角150°，弧長(zhǎng)=150π×3/180=5π/2。
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