． 分析 （1）过点B作BE⊥AD，垂足为E．由点A和点B的坐标可知：BE=$\sqrt{3}$，AE=1，依据勾股定理可求得AB的长，从而可求得菱形的周长；
（2）记⊙M与x轴的切线为F，AD的中点为E．先求得EF的长，然后根据路程=时间×速度列出方程即可；平移的图形如图3所示：过点B作BE⊥AD，垂足为E，连接MF，F为⊙M与AD的切点．由特殊锐角三角函数值可求得∠EAB=60°，依据菱形的性质可得到∠FAC=60°，然后证明△AFM是等腰直角三角形，从而可得到∠MAF的度数，故此可求得∠MAC的度数；
（3）利用菱形的性质和切线的性质，分两种情况先求出AE即可得出时间t．
解答 解：（1）过点B作BE⊥AD，垂足为E．
∵B（1，-$\sqrt{3}$），A（2，0），
∴BE=$\sqrt{3}$，AE=1．
∴AB=$\sqrt{A{E}^{2}+B{E}^{2}}$=2．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC=CD=AD．
∴菱形的周长=2×4=8．
（2）如图2所示：⊙M与x轴的切线为F，AD的中点为E．
∵M（-3，1），
∴F（-3，0）．
∵AD=2，且E为AD的中点，
∴E（3，0）．
∴EF=6．
∴2t+3t=6．
解得：t=$\frac{6}{5}$．
平移的图形如图3所示：
过点B作BE⊥AD，垂足为E，连接MF，F为⊙M与AD的切点．
∵由（1）可知；AN=1，BN=$\sqrt{3}$，
∴tan∠NAB=$\sqrt{3}$．
∴∠NAB=60°．
∴∠FAB=120°．
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠FAC=$\frac{1}{2}$∠FAB=$\frac{1}{2}$×120°=60°．
∵AD为⊙M的切线，
∴MF⊥AD．
∵F为AD的中点，
∴AF=MF=1．
∴△AFM为等腰直角三角形．
∴∠MAF=45°．
∴∠MAC=∠MAF+∠FAC=45°+60°=105°．
（3）如图4所示，
连接DM，过点M作MN⊥BD，垂足为N，并延长交x轴于P，作ME⊥AD，垂足为E．
∵四边形ABCD为菱形，∠DAB=120°，
∴∠PDN=∠ADB=30°．
∵BD、AD是⊙M的切线，
∴∠PME=30°
∵ME=1，
在Rt△PME中，PM=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，PE=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
在Rt△PDN中，PN=PM-1=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$-1，
∴PD=2PN=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$-2，
∴DE=PE-PD=2-$\sqrt{3}$，
∴EA=5+2-（2-$\sqrt{3}$）=5+$\sqrt{3}$．
∴3t+2t=5+$\sqrt{3}$．
∴t=1+$\frac{\sqrt{3}}{5}$．
如图5所示：连接AM，过点作MN⊥AC，垂足为N，作ME⊥AD，垂足为E．
∵四边形ABCD为菱形，∠DAB=120°，
∴∠PDN=∠ADB=30°．
∵BD、AD是⊙M的切线，
∴∠PME=30°．
∵ME=1，
在Rt△PME中，PM=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，PE=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
在Rt△PDN中，PN=PM+1=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$+1，
∴PD=2PN=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$+2，
∴DE=PD-PE=2+$\sqrt{3}$，
∴EA=5+2+（2-$\sqrt{3}$）=9-$\sqrt{3}$．
∴3t+2t=9-$\sqrt{3}$．
∴t=$\frac{9}{5}$+$\frac{\sqrt{3}}{5}$．
综上所述当t=1+$\frac{\sqrt{3}}{5}$或t=$\frac{9}{5}$+$\frac{\sqrt{3}}{5}$时，⊙M与AC相切．
点评 此题是圆的综合题，主要应用了切线的性质、切线长定理、菱形的性质、特殊锐角三角函数值、勾股定理的应用根据题意列出关于t的方程是解题的关键．
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如图，平行四边形ABCD中，AB=2AD，AB=AE=BF，求证：EC⊥FD．