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（1）证明：
∵AB是⊙O的切线，切点为B，
∴OB⊥AB（切线垂直于过切点的半径），即∠ABO=90°。
在Rt△ABO中，∠A=30°，
∴∠AOB=90°-∠A=60°。
∵点O在AC上，
∴∠AOB+∠BOC=180°（平角定义），
∴∠BOC=180°-∠AOB=120°。
∵OB=OC（⊙O的半径），
∴∠OBC=∠OCB（等边对等角）。
在△OBC中，∠OBC+∠OCB+∠BOC=180°，
∴2∠OCB=180°-∠BOC=60°，即∠OCB=30°。
∵∠A=30°，
∴∠A=∠OCB，
∴AB=BC（等角对等边）。
（2）四边形BOCD是菱形。理由如下：
连接OD。
∵D是弧BC的中点，
∴弧BD=弧DC，
∴∠BOD=∠DOC（等弧所对的圆心角相等）。
∵∠BOC=120°（已证），
∴∠BOD=∠DOC=60°。
∵OB=OD=OC（⊙O的半径），
∴△BOD和△DOC都是等边三角形（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形）。
∴BD=OB，DC=OC。
又
∵OB=OC，
∴BD=OB=OC=DC。
∴四边形BOCD是菱形（四边相等的四边形是菱形）。
(1) 证明：连接 $OD，$$AD。$
∵ $AB$ 为 $\odot O$ 直径，
∴ $\angle ADB = 90^\circ，$则 $\angle ADC = 90^\circ。$
∵ $E$ 是 $AC$ 中点，
∴ $DE = AE = \frac{1}{2}AC，$
∴ $\angle EAD = \angle EDA。$
∵ $OA = OD，$
∴ $\angle OAD = \angle ODA。$
∵ $AB \perp AC，$
∴ $\angle OAC = 90^\circ，$即 $\angle OAD + \angle EAD = 90^\circ。$
∴ $\angle ODA + \angle EDA = 90^\circ，$即 $\angle ODE = 90^\circ。$
∵ $OD$ 是 $\odot O$ 半径，
∴ $DE$ 是 $\odot O$ 的切线。
(2) 解：设 $\odot O$ 半径为 $r，$则 $OD = OB = r，$$AB = 2r，$$OF = OB + BF = r + 1。$
∵ $DE$ 是切线，
∴ $OD \perp DE。$在 $Rt\triangle ODF$ 中，$\angle F = 30^\circ，$
∴ $\angle DOF = 60^\circ，$$OD = \frac{1}{2}OF，$即 $r = \frac{1}{2}(r + 1)，$解得 $r = 1。$
∵ $OD = OB，$$\angle DOF = 60^\circ，$
∴ $\triangle OBD$ 是等边三角形，$\angle OBD = 60^\circ。$
在 $Rt\triangle ABD$ 中，$\angle BAD = 30^\circ，$$AB = 2r = 2，$
∴ $AD = AB \cdot \cos 30^\circ = \sqrt{3}。$
∵ $\angle CAD = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ，$$E$ 为 $AC$ 中点，$\angle ADC = 90^\circ，$
∴ $AE = AD = \sqrt{3}，$$AC = 2AE = 2\sqrt{3}。$
在 $Rt\triangle ABC$ 中，$BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{2^2 + (2\sqrt{3})^2} = 4。$
∵ $\triangle ABC$ 是直角三角形，外接圆半径为斜边一半，
∴ 半径为 $\frac{BC}{2} = 2。$
$(1)$ 证明$\odot D$与边$BC$也相切
解：连接$DE$，过点$D$作$DN\perp BC$于点$N$。
因为四边形$ABCD$是菱形，所以$BD$平分$\angle ABC$。
因为$\odot D$与$AB$相切于点$E$，所以$DE\perp AB$。
又因为$DN\perp BC$，根据角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，所以$DE = DN$。
因为$DN$是点$D$到$BC$的距离，且$DN = DE$（$DE$是圆$D$的半径），所以$\odot D$与边$BC$也相切。
$(2)$ 求图中阴影部分的面积
解：因为四边形$ABCD$是菱形，$AB = 2\sqrt{3}$，$\angle A=60^{\circ}$，所以$\triangle ABD$是等边三角形，则$BD = AB = AD = 2\sqrt{3}$，$\angle ADB = 60^{\circ}$，所以$\angle BDC=\angle ADB = 60^{\circ}$。
因为$DE\perp AB$，所以$AE=\frac{1}{2}AB=\sqrt{3}$，根据勾股定理$DE=\sqrt{AD^{2}-AE^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{3})^{2}-(\sqrt{3})^{2}} = 3$，即圆$D$的半径$r = 3$。
因为$DH = DF = 3$，$\angle HDF = 60^{\circ}$，所以$\triangle HDF$是等边三角形。
$S_{\triangle HDF}=\frac{\sqrt{3}}{4}×3^{2}=\frac{9\sqrt{3}}{4}$，$S_{扇形HDF}=\frac{60\pi×3^{2}}{360}=\frac{3\pi}{2}$。
则$S_{阴影}=S_{扇形HDF}-S_{\triangle HDF}=\frac{3\pi}{2}-\frac{9\sqrt{3}}{4}$。
$(3)$ 求动点$M$经过的弧长
解：设$\triangle MDF$中$DF$边上的高为$h_{1}$，$\triangle HDF$中$DF$边上的高为$h_{2}$。
因为$S_{\triangle HDF}=\sqrt{3}S_{\triangle MDF}$，$S_{\triangle HDF}=\frac{1}{2}DF\cdot h_{2}$，$S_{\triangle MDF}=\frac{1}{2}DF\cdot h_{1}$，所以$h_{2}=\sqrt{3}h_{1}$。
因为$\triangle HDF$是等边三角形，边长为$3$，其高$h_{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}×3=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，则$h_{1}=\frac{3}{2}$。
所以$\angle MDF = 30^{\circ}$或$\angle MDF = 150^{\circ}$。
当$\angle MDF = 30^{\circ}$时，弧长$l_{1}=\frac{30\pi×3}{180}=\frac{\pi}{2}$；
当$\angle MDF = 150^{\circ}$时，弧长$l_{2}=\frac{150\pi×3}{180}=\frac{5\pi}{2}$。
综上，动点$M$经过的弧长为$\boldsymbol{\frac{\pi}{2}}$或$\boldsymbol{\frac{5\pi}{2}}$。
【答案】：
(1) $ 2 $；(2) 是，证明见上。

【解析】：
(1) 设 $ AD = x $，以 $ D $ 为原点，$ DE $ 所在直线为 $ x $ 轴，$ AD $ 所在直线为 $ y $ 轴建立坐标系。则 $ D(0,0) $，$ E(2,0) $，$ O(1,0) $，$ A(0,x) $，$ C(0,\frac{x}{2}) $。
直线 $ AE $ 方程：$ y = -\frac{x}{2}x + x $。
⊙$ O $ 方程：$ (x-1)^2 + y^2 = 1 $。
∵ 四边形 $ BCOE $ 是平行四边形，∴ $ \overrightarrow{CB} = \overrightarrow{OE} = (1,0) $，故 $ B(1,\frac{x}{2}) $。
将 $ B(1,\frac{x}{2}) $ 代入⊙$ O $ 方程：$ (1-1)^2 + (\frac{x}{2})^2 = 1 $，解得 $ x = 2 $。
∴ $ AD = 2 $。
(2) 是切线。证明如下：
由(1)得 $ B(1,1) $，$ O(1,0) $，$ C(0,1) $。
$ OB = \sqrt{(1-1)^2 + (1-0)^2} = 1 $，$ BC = \sqrt{(1-0)^2 + (1-1)^2} = 1 $，$ OC = \sqrt{(1-0)^2 + (0-1)^2} = \sqrt{2} $。
∵ $ OB^2 + BC^2 = 1 + 1 = 2 = OC^2 $，∴ $ \angle OBC = 90^\circ $，即 $ OB \perp BC $。
∵ $ OB $ 是半径，∴ $ BC $ 是⊙$ O $ 的切线。
【答案】：
(1) 证明：
∵AB是⊙O的切线，切点为B，
∴OB⊥AB（切线垂直于过切点的半径），即∠ABO=90°。
在Rt△ABO中，∠A=30°，
∴∠AOB=90°-∠A=60°。
∵点O在AC上，
∴∠AOB+∠BOC=180°（平角定义），
∴∠BOC=180°-∠AOB=120°。
∵OB=OC（⊙O的半径），
∴∠OBC=∠OCB（等边对等角）。
在△OBC中，∠OBC+∠OCB+∠BOC=180°，
∴2∠OCB=180°-∠BOC=60°，即∠OCB=30°。
∵∠A=30°，
∴∠A=∠OCB，
∴AB=BC（等角对等边）。
(2) 四边形BOCD是菱形。理由如下：
连接OD。
∵D是弧BC的中点，
∴弧BD=弧DC，
∴∠BOD=∠DOC（等弧所对的圆心角相等）。
∵∠BOC=120°（已证），
∴∠BOD=∠DOC=60°。
∵OB=OD=OC（⊙O的半径），
∴△BOD和△DOC都是等边三角形（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形）。
∴BD=OB，DC=OC。
又∵OB=OC，
∴BD=OB=OC=DC。
∴四边形BOCD是菱形（四边相等的四边形是菱形）。

【解析】：

(1) 证明：
∵AB是⊙O的切线，
∴∠OBA=90°，
∵∠A=30°，
∴∠AOB=60°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∵∠AOB=∠OBC+∠OCB=2∠OCB，
∴∠OCB=30°，
∵∠A=∠OCB=30°，
∴AB=BC．
(2) 四边形BOCD是菱形．理由如下：
连接OD，
∵∠AOB=60°，
∴∠BOC=180°-∠AOB=120°，
∵D是$\overset{\frown}{BC}$的中点，
∴$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，
∴∠BOD=∠COD=60°，
∵OB=OD=OC，
∴△BOD和△COD都是等边三角形，
∴OB=BD=DC=OC，
∴四边形BOCD是菱形．
(1) 连接 $OD$，$AD$。
∵ $AB$ 为 $\odot O$ 直径，
∴ $\angle ADB = 90°$，则 $\angle ADC = 90°$。
∵ $E$ 是 $AC$ 中点，
∴ $DE = AE = \frac{1}{2}AC$，
∴ $\angle EAD = \angle EDA$。
∵ $OA = OD$，
∴ $\angle OAD = \angle ODA$。
∵ $AB \perp AC$，
∴ $\angle OAC = 90°$，即 $\angle OAD + \angle EAD = 90°$。
∴ $\angle ODA + \angle EDA = 90°$，即 $\angle ODE = 90°$。
∵ $OD$ 是 $\odot O$ 半径，
∴ $DE$ 是 $\odot O$ 的切线。
(2) 设 $\odot O$ 半径为 $r$，则 $OD = OB = r$，$AB = 2r$，$OF = OB + BF = r + 1$。
∵ $DE$ 是切线，
∴ $OD \perp DE$。在 $Rt\triangle ODF$ 中，$\angle F = 30°$，
∴ $\angle DOF = 60°$，$OD = \frac{1}{2}OF$，即 $r = \frac{1}{2}(r + 1)$，解得 $r = 1$。
∵ $OD = OB$，$\angle DOF = 60°$，
∴ $\triangle OBD$ 是等边三角形，$\angle OBD = 60°$。
在 $Rt\triangle ABD$ 中，$\angle BAD = 30°$，$AB = 2r = 2$，
∴ $AD = AB \cdot \cos 30° = \sqrt{3}$。
∵ $\angle CAD = 90° - 30° = 60°$，$E$ 为 $AC$ 中点，$\angle ADC = 90°$，
∴ $AE = AD = \sqrt{3}$，$AC = 2AE = 2\sqrt{3}$。
在 $Rt\triangle ABC$ 中，$BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{2^2 + (2\sqrt{3})^2} = 4$。
∵ $\triangle ABC$ 是直角三角形，外接圆半径为斜边一半，
∴ 半径为 $\frac{BC}{2} = 2$。
【答案】：
(1) 见解析；(2) 3π/2 - 9√3/4；(3) π/2或5π/2。

【解析】：
(1) 证明：连接DE，∵AB与⊙D相切于E，∴DE⊥AB，DE为半径。在菱形ABCD中，AD=AB=2√3，∠A=60°，∴DE=AD·sin60°=2√3×(√3/2)=3。过D作DG⊥BC于G，∵∠C=∠A=60°，CD=2√3，∴DG=CD·sin60°=2√3×(√3/2)=3，即D到BC距离=半径，∴⊙D与BC相切。
(2) ∵DF=3（半径），BD为菱形对角线，∠A=60°，△ABD为等边三角形，BD=2√3，DH=3。∠HDF=60°（∠CDB=60°）。扇形DHF面积=60/360×π×3²=3π/2。△DHF面积=√3/4×3²=9√3/4。阴影面积=3π/2 - 9√3/4。
(3) S△MDF=9/4，设M到DF距离h=3/2。⊙D中y=3/2，x=±3√3/2。F(3,0)，M1(3√3/2,3/2)对应圆心角30°，弧长=30π×3/180=π/2；M2(-3√3/2,3/2)对应圆心角150°，弧长=150π×3/180=5π/2。
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