Question

7．如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，以点D为圆心的⊙D与边AB相切于点E．
（1）求证：⊙D与边BC也相切；
（2）设⊙D与BD相交于点H，与边CD相交于点F，连接HF．若AB=$\sqrt{3}$，求图中阴影部分的面积（结果保留π）；
（3）假设⊙D的半径为r，⊙D上一动点M从点F出发，按逆时针方向运动一周，当△MDF与△ABD的面积之比为$\sqrt{3}$：2$\sqrt{2}$时，求动点M经过的弧长（结果用含r的式子表示，保留π）．

Answer 1

分析 （1）连接DE，过D作DN垂直于BC，垂足为N，由四边形ABCD为菱形，且∠A=60°，利用菱形的性质得到BD为角平分线，且三角形ABD与三角形DBC都为等边三角形，进而确定出BE=BN，利用SAS得到三角形DBE与三角形DBN全等，利用全等三角形对应边相等得到DN=DE，进而得到DN垂直于BC，即可得证；
（2）由题意求出AD与AE的长，利用勾股定理求出DE长，即为圆的半径，判断得到三角形HDF为等边三角形，由阴影部分面积=扇形DHF面积-三角形DHF面积，求出即可；
（3）假设点M运动到某一位置时，满足题意，过M点作MP⊥DF于点P，分别表示出三角形MDF与三角形ABD面积，根据面积之比表示出MP，根据DM=r得出三角形DPM为等腰直角三角形，求出∠MDP=45°，由圆的对称性可知，这样的点M有四个不同位置，分别求出各自的弧长，即为动点M经过的弧长．

解答 （1）证明：连结DE，过点D作DN⊥BC，垂足为点N，
∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°，
∴BD平分∠ABC，即∠DBE=∠DBN，△ABD与△DBC都为等边三角形，
∴EB=NB=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{1}{2}$BC，
∵边AB与⊙D相切于点E，
∴DE⊥AB，
在△DBE和△DBN中，
$\left\{\begin{array}{l}{DB=DB}\\{∠DBE=∠DBN}\\{BE=BN}\end{array}\right.$，
∴△DBE≌△DBN（SAS），
∴DN=DE，DN⊥BC，
∴⊙D与边BC也相切；
（2）解：∵四边形ABCD为菱形，AB=$\sqrt{3}$，
∴AD=$\sqrt{3}$，
∴DE=$\sqrt{（\sqrt{3}）^{2}-（\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}}$=$\frac{3}{2}$，即⊙D的半径是$\frac{3}{2}$，
又∵∠HDF=$\frac{1}{2}$∠CDA=60°，DH=DF，
∴△HDF是等边三角形，
∵S_△HDF=$\frac{1}{2}$DB•DC•sin∠DBC=$\frac{1}{2}$×$\frac{3}{2}$×$\frac{3}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{9\sqrt{3}}{16}$，S_扇形HDF=$\frac{60π×（\frac{3}{2}）^{2}}{360}$=$\frac{3π}{8}$，
∴S_阴影=S_扇形HDF-S_△HDF=$\frac{3π}{8}$-$\frac{9\sqrt{3}}{16}$；
（3）解：假设点M运动到某一位置时，满足题意，过M点作MP⊥DF于点P，
∵S_△ABD=$\frac{1}{2}$r•$\frac{2}{\sqrt{3}}$r=$\frac{\sqrt{3}}{3}$r²，S_△MDF=$\frac{1}{2}$r•MP，
且△MDF与△ABD的面积之比为$\sqrt{3}$：2$\sqrt{2}$，
∴（$\frac{1}{2}$r•MP）：（$\frac{\sqrt{3}}{3}$r²）=$\sqrt{3}$：2$\sqrt{2}$，
整理得：MP=$\frac{\sqrt{2}}{2}$r，
又DM=r，
∴PD=$\frac{\sqrt{2}}{2}$r，
∴∠MDP=45°，
由圆的对称性可知，这样的点M有四个不同位置，
此时经过点M的弧长依次为：$\frac{π}{4}$r，$\frac{3π}{4}$r，$\frac{5π}{4}$r，$\frac{7π}{4}$r，
综上所述，动点M经过的弧长依次为：$\frac{π}{4}$r，$\frac{3π}{4}$r，$\frac{5π}{4}$r，$\frac{7π}{4}$r．

点评 此题属于圆综合题，涉及的知识有：全等三角形的判断与性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，扇形面积公式，以及弧长公式，熟练掌握性质及公式是解本题的关键．