题目（九年级 · 解析几何）：(本小题 8.0 分)

如图, 已知点 $A$ 从 $(1,0)$ 出发, 以 1 个单位长度/秒的速度沿 $x$ 轴向正方向运动, 以 $0, A$ 为顶点作菱形 $O A B C$, 使点 $B, C$ 在第一象限内, 且 $\angle A O C=60^{\circ}$; 以 $P(0,3)$ 为圆心, $P C$ 为半径作圆. 设点 $A$ 运动了 $t$ 秒, 求:

(1) 点 $C$ 的坐标 (用含 $t$ 的代数式表示);

(2)当点 $A$ 在运动过程中, 所有使 $\odot P$ 与菱形 $O A B C$ 的边所在直线相切的 $t$ 的值.


选项：
答案：解: (1)过 $C$ 作 $C D \perp x$ 轴于 $D$.

$\because O A=1+t$,

$\therefore O C=1+t$,

$\therefore O D=O C \cos 60^{\circ}=\frac{1+t}{2}, D C=O C \sin 60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}(1+t)}{2}$.

<ImageHere>

图 1
$\therefore$ 点 $C$ 的坐标为 $\left(\frac{1+t}{2}, \frac{\sqrt{3}(1+t)}{2}\right)$.

(2) (1) 当 $\odot P$ 与 $O C$ 相切时(如图1), 切点为 $C$, 此时 $P C \perp O C$.

$\therefore O C=O P \cos 30^{\circ}$,

$\therefore 1+t=3 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$,

$\therefore t=\frac{3 \sqrt{3}}{2}-1$.

(2)当 $\odot P$ 与 $O A$, 即与 $x$ 轴相切时 (如图2), 则切点为 $O, P C=O P$.

过 $P$ 作 $P E \perp O C$ 于 $E$, 则 $O E=\frac{1}{2} O C$.

<ImageHere>

图 2

$\therefore \frac{1+t}{2}=O P \cos 30^{\circ}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$,

$\therefore t=3 \sqrt{3}-1$.

(3)当 $\odot P$ 与 $A B$ 所在直线相切时 (如图3), 设切点为 $F, P F$ 交 $O C$ 于 $G$, 则 $P F \perp O C$.

$\therefore F G=C D=\frac{\sqrt{3}(1+t)}{2}$

$\therefore P C=P F=O P \sin 30^{\circ}+\frac{\sqrt{3}(1+t)}{2}$.

<ImageHere>

图 3

过 $C$ 作 $C H \perp y$ 轴于 $H$, 则 $P H^{2}+C H^{2}=P C^{2}$.

$\therefore\left(\frac{1+t}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}(1+t)}{2}-3\right)^{2}=\left(\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{3}(1+t)}{2}\right)^{2}$,

化简, 得 $(t+1)^{2}-18 \sqrt{3}(t+1)+27=0$,

解得 $t+1=9 \sqrt{3} \pm 6 \sqrt{6}$.

$\because t=9 \sqrt{3}-6 \sqrt{6}-1<0$,

$\therefore t=9 \sqrt{3}+6 \sqrt{6}-1$.

$\therefore$ 所求 $t$ 的值是 $\frac{3 \sqrt{3}}{2}-1,3 \sqrt{3}-1$ 和 $9 \sqrt{3}+6 \sqrt{6}-1$.

【解析】(1)过 $C$ 向 $x$ 轴引垂线, 利用三角函数求出相应的横纵坐标;

(2) $\odot P$ 与菱形 $O A B C$ 的边所在直线相切, 则可与 $O C$ 相切; 或与 $O A$ 相切; 或与 $A B$ 相切, 应分情况探讨.

四边形所在的直线和圆相切，那么与各边都有可能相切;
注意特殊三角函数以及勾股定理的应用.
解析：解: (1)过 $C$ 作 $C D \perp x$ 轴于 $D$.

$\because O A=1+t$,

$\therefore O C=1+t$,

$\therefore O D=O C \cos 60^{\circ}=\frac{1+t}{2}, D C=O C \sin 60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}(1+t)}{2}$.



图 1
$\therefore$ 点 $C$ 的坐标为 $\left(\frac{1+t}{2}, \frac{\sqrt{3}(1+t)}{2}\right)$.

(2) (1) 当 $\odot P$ 与 $O C$ 相切时(如图1), 切点为 $C$, 此时 $P C \perp O C$.

$\therefore O C=O P \cos 30^{\circ}$,

$\therefore 1+t=3 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$,

$\therefore t=\frac{3 \sqrt{3}}{2}-1$.

(2)当 $\odot P$ 与 $O A$, 即与 $x$ 轴相切时 (如图2), 则切点为 $O, P C=O P$.

过 $P$ 作 $P E \perp O C$ 于 $E$, 则 $O E=\frac{1}{2} O C$.



图 2

$\therefore \frac{1+t}{2}=O P \cos 30^{\circ}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$,

$\therefore t=3 \sqrt{3}-1$.

(3)当 $\odot P$ 与 $A B$ 所在直线相切时 (如图3), 设切点为 $F, P F$ 交 $O C$ 于 $G$, 则 $P F \perp O C$.

$\therefore F G=C D=\frac{\sqrt{3}(1+t)}{2}$

$\therefore P C=P F=O P \sin 30^{\circ}+\frac{\sqrt{3}(1+t)}{2}$.



图 3

过 $C$ 作 $C H \perp y$ 轴于 $H$, 则 $P H^{2}+C H^{2}=P C^{2}$.

$\therefore\left(\frac{1+t}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}(1+t)}{2}-3\right)^{2}=\left(\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{3}(1+t)}{2}\right)^{2}$,

化简, 得 $(t+1)^{2}-18 \sqrt{3}(t+1)+27=0$,

解得 $t+1=9 \sqrt{3} \pm 6 \sqrt{6}$.

$\because t=9 \sqrt{3}-6 \sqrt{6}-1<0$,

$\therefore t=9 \sqrt{3}+6 \sqrt{6}-1$.

$\therefore$ 所求 $t$ 的值是 $\frac{3 \sqrt{3}}{2}-1,3 \sqrt{3}-1$ 和 $9 \sqrt{3}+6 \sqrt{6}-1$.

【解析】(1)过 $C$ 向 $x$ 轴引垂线, 利用三角函数求出相应的横纵坐标;

(2) $\odot P$ 与菱形 $O A B C$ 的边所在直线相切, 则可与 $O C$ 相切; 或与 $O A$ 相切; 或与 $A B$ 相切, 应分情况探讨.

四边形所在的直线和圆相切，那么与各边都有可能相切;
注意特殊三角函数以及勾股定理的应用.