Question

【題目】如圖，A（-5，0），B（-3，0），點(diǎn)C在y軸的正半軸上，∠CBO=45°，CD∥AB．∠CDA=90°．點(diǎn)P從點(diǎn)Q（4，0）出發(fā)，沿x軸向左以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)時(shí)間t秒．

（1）求點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（2）當(dāng)∠BCP=15°時(shí)，求t的值；
（3）以點(diǎn)P為圓心，PC為半徑的⊙P隨點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)而變化，當(dāng)⊙P與四邊形ABCD的邊（或邊所在的直線）相切時(shí)，求t的值．

Answer 1

【答案】
（1）解：∵∠CBO=45°，
∴∠BCO=45°，
∴OC=OB，
又∵點(diǎn)C在y軸的正半軸上，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，3），

（2）解：分兩種情況討論：
①點(diǎn)P在B點(diǎn)右側(cè)時(shí)，如圖2：
∵∠BCP=15°,∠BCO=45°，
∴∠OCP=45°-15°=30°，
在Rt△PCO中，設(shè)PO=x,則PC=2x，
∴PO2+OC2=PC2，
∴x2+32=（2x）2，
∴x=PO=，
又∵Q（4，0），
∴PQ=4+，
即t=4+.

②點(diǎn)P在B點(diǎn)右側(cè)時(shí)，如圖3：
∵∠BCP=15°,∠BCO=45°，
∴∠OCP=45°+15°=60°，
∴∠CPO=30°，
在Rt△PCO中，
由（1）知OC=3，
∴PC=6，
∴PO2+OC2=PC2，
∴PO2+32=62，
∴PO=3，
又∵Q（4，0），
∴PQ=4+3，
即t=4+3.

綜上：t的值為：4+ 或4+3

（3）解： 依題可知：當(dāng)⊙P與四邊形ABCD的邊（或邊所在的直線）相切時(shí)，有以下三種情況：
①當(dāng)⊙P與CB相切C點(diǎn)時(shí)（如圖）：
∴∠BCP=90°，
由（1）知∠BCO=45°，
∴∠OCP=45°，
∴Rt△PCO為等腰直角三角形，
∴CO=PO=3，
又∵Q（4，0），
∴PQ=1，
即t=1.

②當(dāng)⊙P與CD相切于點(diǎn)C時(shí)（如圖）：
∴∠DCP=90°，
即點(diǎn)O與點(diǎn)P重合，
∴PQ=4，
即t=4.

③當(dāng)⊙P與AD相切于點(diǎn)A時(shí)（如圖4）：
∵Q（4，0），A（-5，0），
∴AQ=4-（-5）=9，
∴AP=PC=（9-t），PO=（t-4）,
在Rt△PCO中，
∴PO2+CO2=PC2，
∴（t-4）2+32=（9-t）2，
∴t=5.6.

綜上：t=1或4或5.6.

【解析】（1）由直角坐標(biāo)系和三角形內(nèi)角和定理得出∠CBO=∠BCO=45°，再根據(jù)等腰三角形性質(zhì)得出OC=OB，從而得出C點(diǎn)坐標(biāo).
（2）分兩種情況討論：①點(diǎn)P在B點(diǎn)右側(cè)時(shí)，如圖2：由∠BCP=15°,∠BCO=45°得出∠OCP=30°，在Rt△PCO中，設(shè)PO=x,則PC=2x，
由勾股定理得出PO，從而求出t=4+.
②點(diǎn)P在B點(diǎn)右側(cè)時(shí)，如圖3：由∠BCP=15°,∠BCO=45°得出∠OCP=60°，在Rt△PCO中，由直角三角形中，30度所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半得出PC=6，由勾股定理得出PO，從而求出t=4+3.
（3） 依題可知：當(dāng)⊙P與四邊形ABCD的邊（或邊所在的直線）相切時(shí)，有以下三種情況：
①當(dāng)⊙P與CB相切C點(diǎn)時(shí)（如上圖）：根據(jù)切線性質(zhì)得出∠BCP=90°，再由等腰直角三角形的性質(zhì)得出CO=PO=3，從而求出t=1.
②當(dāng)⊙P與CD相切于點(diǎn)C時(shí)（如上圖）：根據(jù)切線性質(zhì)得出∠DCP=90°，即點(diǎn)O與點(diǎn)P重合，從而求出t=4.
③當(dāng)⊙P與AD相切于點(diǎn)A時(shí)（如圖4）：由已知條件知AP=PC=（9-t），PO=（t-4）,在Rt△PCO中由勾股定理求出t=5.6.