12. 如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,以$AC$为直径作$\odot O$交$AB$于点$D$,连接$CD$.
(1) 求证:$∠ A=∠ BCD$.
(2) 若$M$为线段$BC$上一点,当点$M$在什么位置时,直线$DM$与$\odot O$相切?说明理由.

12. (1) $\because AC$为直径,$\therefore ∠ ADC=90°.\therefore ∠ A+∠ DCA=90°$.$\because ∠ ACB=90°,\therefore ∠ BCD+∠ DCA=90°$.$\therefore ∠ A=∠ BCD$
(2) 当$MC=MD$(或$M$是$BC$的中点)时,直线$DM$与$\odot O$相切.如图,连接$DO$.$\because DO=CO,\therefore ∠ 1=∠ 2$.$\because DM=CM,\therefore ∠ 4=∠ 3$.又$\because ∠ 2+∠ 4=90°,\therefore ∠ 1+∠ 3=90°$,即$DM⊥ OD$.$\therefore$直线$DM$与$\odot O$相切.故当$MC=MD$(或$M$是$BC$的中点)时,直线$DM$与$\odot O$相切

【分析】
(1) 要证明∠A=∠BCD，首先结合已知条件思考：AC是⊙O的直径，根据直径所对圆周角为直角，可得∠ADC=90°，即∠A与∠DCA互余；又已知△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，因此∠BCD也和∠DCA互余，根据同角的余角相等即可证明两角相等。
(2) 要判断DM与⊙O相切的条件，根据切线判定定理，需证明DM垂直于⊙O的半径OD，因此先连接OD辅助解题。已知OD=OC，可得∠1=∠2，若要得到∠ODC+∠CDM=90°，则需要∠CDM=∠BCD，此时可推出MC=MD，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质，可知M为BC中点时满足该条件，进而可推导得到OD⊥DM，即DM为⊙O的切线。
【解析】
(1) 证明：
$\because AC$为$\odot O$的直径，
$\therefore ∠ADC=90°$，
$\therefore ∠A+∠DCA=90°$，
$\because ∠ACB=90°$，
$\therefore ∠BCD+∠DCA=90°$，
$\therefore ∠A=∠BCD$。
(2) 当$MC=MD$(或$M$是$BC$的中点)时，直线$DM$与$\odot O$相切，理由如下：
连接$DO$，
$\because DO=CO$，
$\therefore ∠1=∠2$，
$\because DM=CM$，
$\therefore ∠4=∠3$，
又$\because ∠2+∠4=90°$，
$\therefore ∠1+∠3=90°$，即$DM⊥ OD$，
$\therefore$直线$DM$与$\odot O$相切。
【答案】
(1) $\because AC$为直径,$\therefore ∠ ADC=90°.\therefore ∠ A+∠ DCA=90°$.$\because ∠ ACB=90°,\therefore ∠ BCD+∠ DCA=90°$.$\therefore ∠ A=∠ BCD$
(2) 当$MC=MD$(或$M$是$BC$的中点)时,直线$DM$与$\odot O$相切.如图,连接$DO$.$\because DO=CO,\therefore ∠ 1=∠ 2$.$\because DM=CM,\therefore ∠ 4=∠ 3$.又$\because ∠ 2+∠ 4=90°,\therefore ∠ 1+∠ 3=90°$,即$DM⊥ OD$.$\therefore$直线$DM$与$\odot O$相切.故当$MC=MD$(或$M$是$BC$的中点)时,直线$DM$与$\odot O$相切

【知识点】
圆周角定理，切线的判定，余角的性质
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的基础综合题，第一问难度较低，直接利用余角的性质即可求证；第二问需要结合切线判定定理构造辅助线，通过等腰三角形的角的关系推导垂直关系，能较好地考察学生对基础定理的理解和应用能力。
【难度系数】
0.7

13. 如图,在平面直角坐标系中,已知四边形AOBC为矩形,点A,B的坐标分别为(0,3),(6,0),点E在OB上,∠AEO=30°,点P从点Q(-4,0)出发,沿x轴向右以每秒1个单位长度的速度运动,运动时间为t s.
(1) 求点E的坐标；
(2) 以点P为圆心,PA为半径的⊙P随点P的运动而变化,当⊙P与四边形AEBC的边(或边所在的直线)相切时,求t的值.

13. (1) $\because A(0,3),B(6,0)$,$\therefore OA=3,OB=6$.$\because ∠ AEO=30°,\therefore AE=2OA=6$.在$Rt△ AOE$中,$OE=\sqrt{AE^2-OA^2}=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}$,$\therefore$点$E$的坐标为$(3\sqrt{3},0)$
(2) 由题意知,若$\odot P$与四边形$AEBC$的边相切,有以下三种情况:如图①,当$PA⊥ AE$时,$\odot P$与$AE$相切.$\because ∠ AEO=30°,AO=3,\therefore ∠ APO=60°.\therefore OP=\sqrt{3}$.$\therefore QP=QO-PO=4-\sqrt{3}$.$\because$点$P$从点$Q(-4,0)$出发,沿$x$轴向右以每秒1个单位长度的速度运动,$\therefore t=4-\sqrt{3}$ s.如图②,当$PA⊥ AC$时,$\odot P$与$AC$相切.$\because QO=4$,点$P$从点$Q(-4,0)$出发,沿$x$轴向右以每秒1个单位长度的速度运动,$\therefore t=4$ s.如图③,当$\odot P$与$BC$相切时.由题意,得$PA^2=PB^2=(10-t)^2,PO^2=(t-4)^2$.于是$(10-t)^2=(t-4)^2+3^2$.解得$t=\frac{25}{4}$(s).综上所述,当$\odot P$与四边形$AEBC$的边(或边所在的直线)相切时,$t$的值为$(4-\sqrt{3})$s,4 s或$\frac{25}{4}$s

【分析】
(1) 求点E坐标只需先求出OE的长度：已知A点坐标可得OA长，在Rt△AOE中，利用30°角对应的直角边是斜边一半的性质求出AE长，再通过勾股定理计算OE即可得到E的坐标。
(2) 圆与四边形的边相切需要分类讨论三种情况：①与AE相切，此时PA⊥AE，结合角度关系求出OP长度，即可得到P的运动距离，算出t；②与AC相切，此时PA垂直于AC，因为AC平行x轴，所以P与原点O重合，直接可得运动时间t；③与BC相切，此时PB=PA（圆心到BC的距离等于半径PA），利用勾股定理列方程求解t即可。
【解析】
(1) 由A(0,3)得OA=3，
在Rt△AOE中，∠AEO=30°，
∴ AE=2OA=6，
由勾股定理得：$OE=\sqrt{AE^2-OA^2}=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}$，
∵ E在x轴正半轴，
∴ 点E坐标为$(3\sqrt{3},0)$。
(2) 点P从Q(-4,0)向右以每秒1个单位长度运动，t秒后P坐标为$(t-4,0)$，⊙P半径为PA，相切分三种情况：
① 如图①，⊙P与AE相切时，PA⊥AE，
∵ ∠AEO=30°，
∴ ∠APO=60°，
在Rt△AOP中，$OP=\frac{OA}{\tan60°}=\sqrt{3}$，
P运动的距离为$4-\sqrt{3}$，即$t=4-\sqrt{3}$；
② 如图②，⊙P与AC相切时，PA⊥AC，
∵ AC//x轴，
∴ PA⊥y轴，即P与O重合，
P运动的距离为4，即$t=4$；
③ 如图③，⊙P与BC相切时，PB=PA，
PB=6-(t-4)=10-t，由勾股定理得$PA^2=(t-4)^2+3^2$，
列方程：$(10-t)^2=(t-4)^2+9$，
解得$t=\frac{25}{4}$。
【答案】
(1) 点E的坐标为$(3\sqrt{3},0)$；
(2) t的值为$(4-\sqrt{3})$s，4 s或$\frac{25}{4}$s。

【知识点】
1. 含30°直角三角形性质
2. 切线的性质
3. 勾股定理应用
【点评】
本题是动点与圆结合的中档题型，核心考察分类讨论思想，解题时要注意梳理全所有相切的可能情况，结合几何性质建立方程即可求解，是圆章节的常考综合题。
【难度系数】
0.6