题目（九年级 · 度量几何学）：(20 分) 如图, $\odot O$ 为等边 $\triangle A B C$ 的外接圆, 半径为 2 , 点 $D$ 在劣弧 $A B$ 上运动（不与点 $A, B$ 重合), 连接 $D A, D B, D C$.

（1）求证: $D C$ 是 $\angle A D B$ 的平分线;

(2) 四边形 $A D B C$ 的面积 $\mathrm{S}$ 是线段 $D C$ 的长 $x$ 的函数吗? 如果是, 求出函数解析式; 如果不是, 请说明理由;

（3）若点 $M, N$ 分别在线段 $C A, C B$ 上运动（不含端点)，经过探究发现，点 $D$ 运动到每一个确定的位置, $\triangle D M N$ 的周长有最小值 $t$, 随着点 $D$ 的运动, $t$ 的值会发生变化,求所有 $t$ 值中的最大值.


选项：
答案： (1) $\because \triangle \mathrm{ABC}$ 为等边三角形, $\mathrm{BC}=\mathrm{AC}$,

$\therefore A C=B C$, 都为 $\frac{1}{3}$ 圆,

$\therefore \angle \mathrm{AOC}=\angle \mathrm{BOC}=120^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{ADC}=\angle \mathrm{BDC}=60^{\circ}$,

$\therefore \mathrm{DC}$ 是 $\angle \mathrm{ADB}$ 的角平分线.

(2)是.

如图, 延长 $\mathrm{DA}$ 至点 $\mathrm{E}$, 使得 $\mathrm{AE}=\mathrm{DB}$.

连接 $\mathrm{EC}$, 则 $\angle \mathrm{EAC}=180^{\circ}-\angle \mathrm{DAC}=\angle \mathrm{DBC}$.

$\because \mathrm{AE}=\mathrm{DB}, \quad \angle \mathrm{EAC}=\angle \mathrm{DBC}, \mathrm{AC}=\mathrm{BC}$,

$\therefore \triangle \mathrm{EAC} \cong \triangle \mathrm{DBC}(\mathrm{SAS})$,

$\therefore \angle \mathrm{E}=\angle \mathrm{CDB}=\angle \mathrm{ADC}=60^{\circ}$,

故 $\triangle \mathrm{EDC}$ 是等边三角形,

$\because \mathrm{DC}=x, \therefore$ 根据等边三角形的特殊性可知 DC 边上的高为 $\frac{\sqrt{3}}{2} x$

$\therefore S=S_{\triangle D B C}+S_{\triangle A D C}=S_{\triangle E A C}+S_{\triangle A D C}=S_{\triangle C D E}=\frac{1}{2} \cdot x \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} x=\frac{\sqrt{3}}{4} x^{2}(2 \sqrt{3}<x \leq 4)$.

<ImageHere>

(3)依次作点 $\mathrm{D}$ 关于直线 $\mathrm{BC} 、 \mathrm{AC}$ 的对称点 $\mathrm{D}_{1} 、 \mathrm{D}_{2}$, 根据对称性

$\mathrm{C}_{\triangle \mathrm{DMN}}=\mathrm{DM}+\mathrm{MN}+\mathrm{ND}=\mathrm{D}_{1} \mathrm{M}+\mathrm{MN}+\mathrm{ND}_{2}$.

$\therefore \mathrm{D}_{1} 、 \mathrm{M} 、 \mathrm{~N} 、 \mathrm{D}$ 共线时 $\triangle \mathrm{DMN}$ 取最小值 $t$,此时 $t=\mathrm{D}_{1} \mathrm{D}_{2}$,

由对称有 $\mathrm{D}_{1} \mathrm{C}=\mathrm{DC}=\mathrm{D}_{2} \mathrm{C}=x, \angle \mathrm{D}_{1} \mathrm{CB}=\angle \mathrm{DCB}, \quad \angle \mathrm{D}_{2} \mathrm{CA}=\angle \mathrm{DCA}$,

$\therefore \angle \mathrm{D}_{1} \mathrm{CD}_{2}=\angle \mathrm{D}_{1} \mathrm{CB}+\angle \mathrm{BCA}+\angle \mathrm{D}_{2} \mathrm{CA}=\angle \mathrm{DCB}+60^{\circ}+\angle \mathrm{DCA}=120^{\circ}$.

$\therefore \angle \mathrm{CD}_{1} \mathrm{D}_{2}=\angle \mathrm{CD}_{2} \mathrm{D}_{1}=60^{\circ}$,

<ImageHere>

在等腰 $\triangle \mathrm{D}_{1} \mathrm{CD}_{2}$ 中, 作 $\mathrm{CH} \perp \mathrm{D}_{1} \mathrm{D}_{2}$,

则在 Rt $\triangle \mathrm{D}_{1} \mathrm{CH}$ 中, 根据 $30^{\circ}$ 特殊直角三角形的比例可得 $\mathrm{D}_{1} \mathrm{H}=\frac{\sqrt{3}}{2} C D_{1}=\frac{\sqrt{3}}{2} x$,

同理 $\mathrm{D}_{2} \mathrm{H}=\frac{\sqrt{3}}{2} C D_{2}=\frac{\sqrt{3}}{2} x$

$\therefore t=\mathrm{D}_{1} \mathrm{D}_{2}=\sqrt{3} D C=\sqrt{3} x$.

$\therefore x$ 取最大值时, $t$ 取最大值.

即 D 与 $\mathrm{O} 、 \mathrm{C}$ 共线时 $t$ 取最大值, $x=4$.

所有 $t$ 值中的最大值为 $4 \sqrt{3}$.

![](本地图片-988.jpg
解析：) $\because \triangle \mathrm{ABC}$ 为等边三角形, $\mathrm{BC}=\mathrm{AC}$,

$\therefore A C=B C$, 都为 $\frac{1}{3}$ 圆,

$\therefore \angle \mathrm{AOC}=\angle \mathrm{BOC}=120^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{ADC}=\angle \mathrm{BDC}=60^{\circ}$,

$\therefore \mathrm{DC}$ 是 $\angle \mathrm{ADB}$ 的角平分线.

(2)是.

如图, 延长 $\mathrm{DA}$ 至点 $\mathrm{E}$, 使得 $\mathrm{AE}=\mathrm{DB}$.

连接 $\mathrm{EC}$, 则 $\angle \mathrm{EAC}=180^{\circ}-\angle \mathrm{DAC}=\angle \mathrm{DBC}$.

$\because \mathrm{AE}=\mathrm{DB}, \quad \angle \mathrm{EAC}=\angle \mathrm{DBC}, \mathrm{AC}=\mathrm{BC}$,

$\therefore \triangle \mathrm{EAC} \cong \triangle \mathrm{DBC}(\mathrm{SAS})$,

$\therefore \angle \mathrm{E}=\angle \mathrm{CDB}=\angle \mathrm{ADC}=60^{\circ}$,

故 $\triangle \mathrm{EDC}$ 是等边三角形,

$\because \mathrm{DC}=x, \therefore$ 根据等边三角形的特殊性可知 DC 边上的高为 $\frac{\sqrt{3}}{2} x$

$\therefore S=S_{\triangle D B C}+S_{\triangle A D C}=S_{\triangle E A C}+S_{\triangle A D C}=S_{\triangle C D E}=\frac{1}{2} \cdot x \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} x=\frac{\sqrt{3}}{4} x^{2}(2 \sqrt{3}<x \leq 4)$.



(3)依次作点 $\mathrm{D}$ 关于直线 $\mathrm{BC} 、 \mathrm{AC}$ 的对称点 $\mathrm{D}_{1} 、 \mathrm{D}_{2}$, 根据对称性

$\mathrm{C}_{\triangle \mathrm{DMN}}=\mathrm{DM}+\mathrm{MN}+\mathrm{ND}=\mathrm{D}_{1} \mathrm{M}+\mathrm{MN}+\mathrm{ND}_{2}$.

$\therefore \mathrm{D}_{1} 、 \mathrm{M} 、 \mathrm{~N} 、 \mathrm{D}$ 共线时 $\triangle \mathrm{DMN}$ 取最小值 $t$,此时 $t=\mathrm{D}_{1} \mathrm{D}_{2}$,

由对称有 $\mathrm{D}_{1} \mathrm{C}=\mathrm{DC}=\mathrm{D}_{2} \mathrm{C}=x, \angle \mathrm{D}_{1} \mathrm{CB}=\angle \mathrm{DCB}, \quad \angle \mathrm{D}_{2} \mathrm{CA}=\angle \mathrm{DCA}$,

$\therefore \angle \mathrm{D}_{1} \mathrm{CD}_{2}=\angle \mathrm{D}_{1} \mathrm{CB}+\angle \mathrm{BCA}+\angle \mathrm{D}_{2} \mathrm{CA}=\angle \mathrm{DCB}+60^{\circ}+\angle \mathrm{DCA}=120^{\circ}$.

$\therefore \angle \mathrm{CD}_{1} \mathrm{D}_{2}=\angle \mathrm{CD}_{2} \mathrm{D}_{1}=60^{\circ}$,



在等腰 $\triangle \mathrm{D}_{1} \mathrm{CD}_{2}$ 中, 作 $\mathrm{CH} \perp \mathrm{D}_{1} \mathrm{D}_{2}$,

则在 Rt $\triangle \mathrm{D}_{1} \mathrm{CH}$ 中, 根据 $30^{\circ}$ 特殊直角三角形的比例可得 $\mathrm{D}_{1} \mathrm{H}=\frac{\sqrt{3}}{2} C D_{1}=\frac{\sqrt{3}}{2} x$,

同理 $\mathrm{D}_{2} \mathrm{H}=\frac{\sqrt{3}}{2} C D_{2}=\frac{\sqrt{3}}{2} x$

$\therefore t=\mathrm{D}_{1} \mathrm{D}_{2}=\sqrt{3} D C=\sqrt{3} x$.

$\therefore x$ 取最大值时, $t$ 取最大值.

即 D 与 $\mathrm{O} 、 \mathrm{C}$ 共线时 $t$ 取最大值, $x=4$.

所有 $t$ 值中的最大值为 $4 \sqrt{3}$.