題5．如圖，在△AOB中，∠AOB為直角，OA=6，OB=8，半徑為2的動(dòng)圓圓心Q從點(diǎn)O出發(fā)，沿著OA方向以1個(gè)單位長(zhǎng)度/秒的速度勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿著AB方向也以1個(gè)單位長(zhǎng)度/秒的速度勻

分析 （1）由題意知CD⊥OA，所以△ACD∽△ABO，利用對(duì)應(yīng)邊的比求出AD的長(zhǎng)度，若Q與D重合時(shí)，則，AD+OQ=OA，列出方程即可求出t的值；
（2）由于0＜t≤5，當(dāng)Q經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)，OQ=4，此時(shí)用時(shí)為4s，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥OB于點(diǎn)E，利用垂徑定理即可求出⊙P被OB截得的弦長(zhǎng)；
（3）若⊙P與線段QC只有一個(gè)公共點(diǎn)，分以下兩種情況，①當(dāng)QC與⊙P相切時(shí)，計(jì)算出此時(shí)的時(shí)間；②當(dāng)Q與D重合時(shí)，計(jì)算出此時(shí)的時(shí)間；由以上兩種情況即可得出t的取值范圍．

解答 解：（1）∵OA=6，OB=8，
∴由勾股定理可求得：AB=10，
由題意知：OQ=AP=t，
∴AC=2t，
∵AC是⊙P的直徑，
∴∠CDA=90°，
∴CD∥OB，
∴△ACD∽△ABO，
∴$\frac{AC}{AB}=\frac{AD}{OA}$，
∴AD=$\frac{6}{5}t$，
當(dāng)Q與D重合時(shí)，
AD+OQ=OA，
∴$\frac{6}{5}t$+t=6，
∴t=$\frac{30}{11}$；

（2當(dāng)⊙Q經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)，如圖1，
OQ=OA-QA=4，
∴t=$\frac{4}{1}$=4s，
∴PA=4，
∴BP=AB-PA=6，
過(guò)點(diǎn)P作PE⊥OB于點(diǎn)E，⊙P與OB相交于點(diǎn)F、G，
連接PF，
∴PE∥OA，
∴△PEB∽△AOB，
∴$\frac{PE}{OA}=\frac{BP}{AB}$，
∴PE=$\frac{18}{5}$，
∴由勾股定理可求得：EF=$\frac{2\sqrt{19}}{5}$，
由垂徑定理可求知：FG=2EF=$\frac{4\sqrt{19}}{5}$；

（3）當(dāng)QC與⊙P相切時(shí)如圖2，
此時(shí)∠QCA=90°，
∵OQ=AP=t，
∴AQ=6-t，AC=2t，
∵∠A=∠A，
∠QCA=∠AOB，
∴△AQC∽△ABO，
∴$\frac{AQ}{AB}=\frac{AC}{OA}$，
∴$\frac{6-t}{10}=\frac{2t}{6}$，
∴t=$\frac{18}{13}$，
∴當(dāng)0＜t≤$\frac{18}{13}$時(shí)，⊙P與QC只有一個(gè)交點(diǎn)，
當(dāng)QC⊥OA時(shí)，
此時(shí)Q與D重合，
由（1）可知：t=$\frac{30}{11}$，
∴當(dāng)$\frac{30}{11}$＜t≤5時(shí)，⊙P與QC只有一個(gè)交點(diǎn)，
綜上所述，當(dāng)，⊙P與QC只有一個(gè)交點(diǎn)，t的取值范圍為：0＜t≤$\frac{18}{13}$或$\frac{30}{11}$＜t≤5．

點(diǎn)評(píng) 本題考查圓的綜合問(wèn)題，涉及圓的切線判定，圓周角定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，學(xué)生需要根據(jù)題意畫出相應(yīng)的圖形來(lái)分析，并且能綜合運(yùn)用所學(xué)知識(shí)進(jìn)行解答．