【例4】 在平面直角坐标系中,直线y= x-2与x轴、y轴分别交于点B,C,半径为1的$\odot P$的圆心P从位于直线y= x-2上的点A(4,m)出发,以每秒$\sqrt{2}$个单位长度的速度沿射线AC的方向运动,设点P运动的时间为t秒,则当t= ______时,$\odot P$与坐标轴相切。

1或3或5

【变式】 如图所示,$\odot O与直线l_1$相离,圆心O到直线$l_1$的距离OB= 2$\sqrt{3}$,OA= 4,将直线$l_1$绕点A逆时针旋转30°后得到的直线$l_2刚好与\odot O$相切于点C,则OC= ( )

A.1
B.2
C.3
D.4

B

解：
∵直线$l_2$与$\odot O$相切于点$C$，
∴$OC \perp l_2$，即$\angle OCA = 90°$。
在$Rt\triangle OBA$中，$OB = 2\sqrt{3}$，$OA = 4$，
$\sin \angle OAB = \frac{OB}{OA} = \frac{2\sqrt{3}}{4} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴$\angle OAB = 60°$。
∵直线$l_1$绕点$A$逆时针旋转$30°$得到$l_2$，
∴$\angle CAB = 30°$，
$\angle OAC = \angle OAB - \angle CAB = 60° - 30° = 30°$。
在$Rt\triangle OCA$中，$\angle OAC = 30°$，$OA = 4$，
$OC = OA \cdot \sin 30° = 4 × \frac{1}{2} = 2$。
答案：B

1. 如图,在平面直角坐标系中,$\odot P$与x轴相切,与y轴相交于点A(0,2),B(0,8),则圆心P的坐标是( )

A.(5,3)
B.(5,4)
C.(3,5)
D.(4,5)

D

解：设圆心$P$的坐标为$(x,y)$。
因为$\odot P$与$x$轴相切，所以半径$r = y$。
$\odot P$与$y$轴相交于$A(0,2)$，$B(0,8)$，则圆心$P$到$y$轴的距离为$|x|$，弦$AB$的长为$8 - 2 = 6$，弦心距为$|y - 5|$（$AB$中点坐标为$(0,5)$）。
根据勾股定理：$x^2 + 3^2 = y^2$。
又因为$r = y$，且圆心到$A$点距离为半径，即$x^2 + (y - 2)^2 = y^2$，化简得$x^2 - 4y + 4 = 0$。
联立$\begin{cases}x^2 + 9 = y^2 \\ x^2 - 4y + 4 = 0\end{cases}$，解得$y^2 - 4y - 5 = 0$，$(y - 5)(y + 1) = 0$，$y = 5$（$y = -1$舍去）。
将$y = 5$代入$x^2 = 4y - 4 = 16$，$x = 4$（$x ＞ 0$）。
所以圆心$P$的坐标为$(4,5)$。
D

2. 如图,BM与$\odot O$相切于点B,若$\angle MBA= 110^{\circ}$,则$\angle ACB$的度数为( )

A.70°
B.60°
C.55°
D.50°

A

证明：连接OB。
∵BM与$\odot O$相切于点B，
∴$OB\perp BM$，即$\angle OBM=90°$。
∵$\angle MBA=110°$，
∴$\angle ABO=\angle MBA-\angle OBM=110°-90°=20°$。
∵OA=OB，
∴$\angle OAB=\angle ABO=20°$。
∴$\angle AOB=180°-\angle OAB-\angle ABO=140°$。
∵$\angle ACB$是$\overset{\frown}{AB}$所对的圆周角，$\angle AOB$是$\overset{\frown}{AB}$所对的圆心角，
∴$\angle ACB=\frac{1}{2}\angle AOB=70°$。
A

3. 如图,在以点O为圆心的两个同心圆中,大圆的弦AB与小圆相切,切点为C,若大圆的半径是13,小圆的半径是5,则AB的长为( )

A.10
B.12
C.20
D.24

D

解：连接OC，OA。
∵AB与小圆相切于点C，
∴OC⊥AB，OC=5。
∵OA为大圆半径，OA=13，
∴在Rt△OAC中，$AC=\sqrt{OA^2-OC^2}=\sqrt{13^2-5^2}=12$。
∵OC⊥AB，
∴AB=2AC=2×12=24。
答案：D

4. 如图,PA和PB是$\odot O$的两条切线,A,B为切点,点D在AB上,点E,F分别在线段PA和PB上,且AD= BF,BD= AE。若$\angle P= \alpha$,则$\angle EDF$的度数为( )

A.$90^{\circ}-\alpha$
B.$\frac{2}{3}\alpha$
C.$90^{\circ}-\frac{1}{2}\alpha$
D.$2\alpha$

C

证明：
∵PA，PB是$\odot O$切线，
∴PA=PB，∠OAP=∠OBP=90°，
∴∠PAB=∠PBA=$\frac{180°-\alpha}{2}=90°-\frac{1}{2}\alpha$。
在△AED和△BDF中，
$\begin{cases}AE=BD, \\\angle EAD=\angle DBF, \\AD=BF,\end{cases}$
∴△AED≌△BDF(SAS)，
∴∠AED=∠BDF，∠ADE=∠BFD。
∵∠AED+∠ADE=180°-∠PAB=180°-$(90°-\frac{1}{2}\alpha)$=$90°+\frac{1}{2}\alpha$，
∴∠BDF+∠ADE=$90°+\frac{1}{2}\alpha$。
∵∠EDF=180°-(∠BDF+∠ADE)=180°-$(90°+\frac{1}{2}\alpha)$=$90°-\frac{1}{2}\alpha$。
答案：C