Question

4．如图1，已知∠ACM=90°，且AC=2，以AC为直径作⊙O，B是射线CM上的一动点，以1个单位/秒，从点C向CM方向运动，运动时间为t秒，连结AB交⊙O 于另一点D，BC的中点为E，
（1）请问在点B的运动过程中，DE与⊙O的位置关系是否会发生变化？请说明你的理由；
（2）当DE∥AC时，求t的值；
（3）当直线DE与直线AC相交时，设其交点为F，且DF=$\sqrt{3}$，求t的值，并求此时△ABC的面积．

Answer 1

分析 （1）连接OD、DC，利用圆周角定理的推理证明∠ADC为直角，然后由直角三角形中线的性质可知DE=BE=EC，然后结合等腰三角形的性质证明∠ODE=90°即可；
（2）如图2所示；连接OD、DC．首先证明四边形ODEC为正方形，然后利用直角三角形中线的性质可知：BC=2；
（3）如图3所示：连接OD、DC．先证明∠DOC=60°，从而可知△ODC为等边三角形，接下来在Rt△BCD中，利用特殊锐角三角函数值即可求得BC的长；如图4所示，连接OD、DC，过点O作OG⊥DC，垂足为G．首先证明∠DOC=60°，接下来可求得DC=$\sqrt{3}$，∠DCB=60°最后在Rt△BCD中，利用特殊锐角三角形函数值可求得BC的长．

解答 解：DE与⊙O相切．
理由：如图1所示：连接OD、DC．

∵AC是⊙O的切线，
∴∠ADC=90°．
∴△DCB为直角三角形．
又∵E是BC的中点，
∴DE=BE=EC．
∴∠ODC=∠OCD，∠DEC=∠ECD．
∵∠ECD+∠DCA=90°，
∴∠ODC+∠CDE=90°，即∠ODC=90°．
∴DE是与⊙O相切．
（2）如图2所示；连接OD、DC．

由（1）可知：∠ODE=90°，DE=BE=EC．
∵DE∥AC，
∴∠ODE+∠DOC=180°．
∴∠DOC=90°．
∵∠ODE=∠DOC=∠OCE=90°，
∴四边形DOCE为矩形．
又∵OD=OC，
∴四边形ODEC为正方形．
∴ED=EC=BC=1．
∴BC=2．
∴t=2．
（3）如图3所示：连接OD、DC．

由（1）可知∠ODF=90°，
∴tan∠DOF=$\frac{DF}{OD}=\frac{\sqrt{3}}{1}=\sqrt{3}$．
∴∠DOC=60°．
∵OD=OC，
∴△ODC为等边三角形．
∴DC=OC=1．
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=90°．
∴∠BDC=90°．
∵∠DBC=60°，
∴sin∠DBC=$\frac{DC}{BC}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，即$\frac{1}{BC}=\frac{\sqrt{3}}{2}$．
∴BC=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
∴t=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
∴△ABC的面积=$\frac{1}{2}BC•AC$=$\frac{1}{2}×2×\frac{2\sqrt{3}}{3}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
如图4所示，连接OD、DC，过点O作OG⊥DC，垂足为G．

由（1）可知∠ODF=90°，
∴tan∠DOF=$\frac{DF}{OD}=\frac{\sqrt{3}}{1}=\sqrt{3}$．
∴∠DOC=60°．
∴∠DOC=120°．
∵OD=OC，OG⊥DC，
∴DG=ODsin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，∠OCD=$\frac{1}{2}×（180°-120°）$=30°
∴DC=2DG=$\sqrt{3}$，∠DCB=60°．
在Rt△BCD中，cos∠DCB=$\frac{DC}{BC}=\frac{1}{2}$，
∴$\frac{\sqrt{3}}{BC}=\frac{1}{2}$．
∴BC=2$\sqrt{3}$．
∴t=2$\sqrt{3}$．
∴△ABC的面积=$\frac{1}{2}BC•AC$=$\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×2$=2$\sqrt{3}$．
综上所述，当t=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$时，DF=$\sqrt{3}$，△ABC的面积为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$；当t=2$\sqrt{3}$时，DF=$\sqrt{3}$，△ABC的面积为$2\sqrt{3}$．

点评 本题主要考查的是切线的判定，圆的性质，正方形的判定和性质、直角三角形斜边上的中线的性质，特殊锐角三角函数的应用，掌握熟练掌握相关知识是解题的关键．