题目（九年级 · 解析几何）：如图, $A(-5,0), B(-3,0)$ 点 $C$ 在 $y$ 的正半轴上, $\angle C B O=45^{\circ}, C D / / A B . \angle C D A=90^{\circ}$, 点 $P$ 从点 $A$ 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 $t$ 秒.



图1



图2

(1)当时 $t=1$, 求 $P C$ 的长;

(2)当 $\angle B C P=15^{\circ}$ 时, 求 $t$ 的值;

(3)以线段 $P C$ 为直径的 $\odot Q$ 随点 $P$ 的运动而变化, 当 $\odot Q$ 与四边形 $A B C D$ 的边(或边所在的直线)相切时, 求 $t$ 的值.
选项：
答案：解: $(1) A(-5,0), B(-3,0)$,

$\therefore O A=5, O B=3$,

当 $t=1$ 时,$A P=1$,

$\therefore O P=O A-A P=4$,

$\because \angle C B O=45^{\circ}, \angle B O C=90^{\circ}$,

$\therefore \triangle B O C$ 是等腰直角三角形,

$\therefore \angle O C B=45^{\circ}, O C=O B=3$,

$\therefore P C=\sqrt{O P^{2}+O C^{2}}=\sqrt{4^{2}+3^{2}}=5$

(2)分两种情况：如图 1 所示：(1)当 $P$ 在点 $B$ 的左侧时,

$\because \angle C B O=45^{\circ}, \angle B C P=15^{\circ}$

$\therefore \angle O C P=\angle O C B+\angle B C P=45^{\circ}+15^{\circ}=60^{\circ}$,
$\therefore \angle O P C=30^{\circ}$,

$\therefore O P=\sqrt{3} O C=3 \sqrt{3}$,

$\therefore A P=O A-O P=5-3 \sqrt{3}$,

$\because$ 点 $P$ 沿 $x$ 轴向右以每秒 1 个单位的速度运动,

$\therefore t=5-3 \sqrt{3}$,

(2) 当 $P$ 在点 $B$ 的右侧时,

$\because \angle O C B=45^{\circ}, \angle B C P=15^{\circ}$

$\therefore \angle O C P=\angle O C B-\angle B C P=45^{\circ}-15^{\circ}=30^{\circ}$,

$\therefore O P=\frac{\sqrt{3}}{3} O C=\sqrt{3}$,

$\therefore A P=O A-O P=5-\sqrt{3}$,

$\because$ 点 $P$ 沿 $x$ 轴向右以每秒 1 个单位的速度运动,

$\therefore t=5-\sqrt{3}$

综上所述, 当 $\angle B C P=15^{\circ}$ 时, $t$ 的值为 $(5-3 \sqrt{3})$ 秒或 $(5-\sqrt{3})$ 秒;

(3)如图 2 中, 由题意知, 若该圆与四边形 $A B C D$ 的边相切, 有以下三种情况:

(1)当该圆与 $B C$ 相切于点 $C$ 时, 有 $\angle B C P=90^{\circ}$,

从而 $\angle O C P=45^{\circ}$, 得到 $O P_{1}=O C=3$, 此时 $A P_{1} Q=5+3=8$,

$\therefore t=8$

(2)当该圆与 $C D$ 相切于点 $C$ 时, 有 $P_{2} C \perp C D$, 即点 $P_{2}$ 与点 $O$ 重合,此时 $A P_{2}=5$,
$\therefore t=5$;

(3)当该圆与 $A D$ 相切时,

设 $P_{3}(5-t, 0)$, 则 $Q\left(\frac{5-t}{2}, \frac{3}{2}\right)$, 半径 $r^{2}=\left(\frac{5-t}{2}\right)^{2}+\left(\frac{3}{2}\right)^{2}$,

作 $Q H \perp A D$ 于点 $H$, 则 $Q H=\frac{5+t}{2}$,

$\because Q H^{2}=r^{2}$,

$\therefore\left(\frac{5+t}{2}\right)^{2}=\left(\frac{5-t}{2}\right)^{2}+\left(\frac{3}{2}\right)^{2}$,

解得 $t=\frac{9}{20}$,

综上所述, $t$ 的值为 8 秒或 5 秒或 $\frac{9}{20}$ 秒.

<ImageHere>

图 2

<ImageHere>

图1
解析：解: $(1) A(-5,0), B(-3,0)$,

$\therefore O A=5, O B=3$,

当 $t=1$ 时,$A P=1$,

$\therefore O P=O A-A P=4$,

$\because \angle C B O=45^{\circ}, \angle B O C=90^{\circ}$,

$\therefore \triangle B O C$ 是等腰直角三角形,

$\therefore \angle O C B=45^{\circ}, O C=O B=3$,

$\therefore P C=\sqrt{O P^{2}+O C^{2}}=\sqrt{4^{2}+3^{2}}=5$

(2)分两种情况：如图 1 所示：(1)当 $P$ 在点 $B$ 的左侧时,

$\because \angle C B O=45^{\circ}, \angle B C P=15^{\circ}$

$\therefore \angle O C P=\angle O C B+\angle B C P=45^{\circ}+15^{\circ}=60^{\circ}$,
$\therefore \angle O P C=30^{\circ}$,

$\therefore O P=\sqrt{3} O C=3 \sqrt{3}$,

$\therefore A P=O A-O P=5-3 \sqrt{3}$,

$\because$ 点 $P$ 沿 $x$ 轴向右以每秒 1 个单位的速度运动,

$\therefore t=5-3 \sqrt{3}$,

(2) 当 $P$ 在点 $B$ 的右侧时,

$\because \angle O C B=45^{\circ}, \angle B C P=15^{\circ}$

$\therefore \angle O C P=\angle O C B-\angle B C P=45^{\circ}-15^{\circ}=30^{\circ}$,

$\therefore O P=\frac{\sqrt{3}}{3} O C=\sqrt{3}$,

$\therefore A P=O A-O P=5-\sqrt{3}$,

$\because$ 点 $P$ 沿 $x$ 轴向右以每秒 1 个单位的速度运动,

$\therefore t=5-\sqrt{3}$

综上所述, 当 $\angle B C P=15^{\circ}$ 时, $t$ 的值为 $(5-3 \sqrt{3})$ 秒或 $(5-\sqrt{3})$ 秒;

(3)如图 2 中, 由题意知, 若该圆与四边形 $A B C D$ 的边相切, 有以下三种情况:

(1)当该圆与 $B C$ 相切于点 $C$ 时, 有 $\angle B C P=90^{\circ}$,

从而 $\angle O C P=45^{\circ}$, 得到 $O P_{1}=O C=3$, 此时 $A P_{1} Q=5+3=8$,

$\therefore t=8$

(2)当该圆与 $C D$ 相切于点 $C$ 时, 有 $P_{2} C \perp C D$, 即点 $P_{2}$ 与点 $O$ 重合,此时 $A P_{2}=5$,
$\therefore t=5$;

(3)当该圆与 $A D$ 相切时,

设 $P_{3}(5-t, 0)$, 则 $Q\left(\frac{5-t}{2}, \frac{3}{2}\right)$, 半径 $r^{2}=\left(\frac{5-t}{2}\right)^{2}+\left(\frac{3}{2}\right)^{2}$,

作 $Q H \perp A D$ 于点 $H$, 则 $Q H=\frac{5+t}{2}$,

$\because Q H^{2}=r^{2}$,

$\therefore\left(\frac{5+t}{2}\right)^{2}=\left(\frac{5-t}{2}\right)^{2}+\left(\frac{3}{2}\right)^{2}$,

解得 $t=\frac{9}{20}$,

综上所述, $t$ 的值为 8 秒或 5 秒或 $\frac{9}{20}$ 秒.



图 2



图1