分析 （1）第一次相切时，与斜边相切，假设此时，△ABC移至△A′B′C′处，A′C′与⊙O切于点D，连OD并延长，交B′C′于F．由切线长定理易得CC′的长，进而由三角形运动的速度可得答案；
（2）①当△ABC第一次与圆相切时，应是AC与圆相切．如图，△ABC移至△A′B′C′处，A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F．设⊙O与直线l切于点D，连OD，则OE⊥A′C′，OD⊥直线l．由切线长定理，以及直角三角形的性质可求得CD的值，进而求得CC′的值，从而求得点C运动的时间，也就有了点运动的时间，点B移动的距离可求得；
②△ABC与⊙O从开始运动到最后一次相切时，应为AB与圆相切，路程差为6，速度差为1，故从开始运动到最后一次相切的时间为6秒；求出⊙O与△A′B′C′第二次相切时运动的时间，连接B′′O并延长交A′′C′′于点P，则B′′P⊥A′′C′′，求出OP的长即可得出结论．
解答 解：
（1）由切线长定理可知C′E=C′D，设C′D=x，则C′E=x，易知C′F=$\sqrt{2}$x
∴$\sqrt{2}$x+x=1，
∴x=$\sqrt{2}$-1，
∴CC’=5-1-（$\sqrt{2}$-1）=5-$\sqrt{2}$，
∴点C运动的时间为$\frac{{5-\sqrt{2}}}{2}$，
∴点B运动的距离为$\frac{5-\sqrt{2}}{2}$×2=5-$\sqrt{2}$；
（2）①由切线长定理可知C′E=C′D，设C′D=x，则C′E=x，易知C′F=$\sqrt{2}$x
∴$\sqrt{2}$x+x=1，
∴x=$\sqrt{2}$-1，
∴CC’=5-1-（$\sqrt{2}$-1）=5-$\sqrt{2}$，
∴点C运动的时间为（5-$\sqrt{2}$）÷（2+0.5）=2-$\frac{2\sqrt{2}}{5}$，
∴点B运动的距离为（2-$\frac{2\sqrt{2}}{5}$）×2=4-$\frac{4\sqrt{2}}{5}$；
②如图2，设一共经过了t秒，根据题意得：2t-5=t+1，解得t=6（秒）．
则△ABC从开始移动，到它的边与圆最后一次相切，一共经过6秒．
∵△ABC与⊙O从开始运动到第二次相切时，2t+1=t+5，解得t=4，
∴从开始运动到第二次相切的时间为4秒，此时△ABC移至△A′′B′′C′′处，A′′B′′=1+4×$\frac{1}{2}$=3
连接B′′O并延长交A′′C′′于点P，则B′′P⊥A′′C′′，且OP=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$-$\sqrt{2}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜1，
∴此时⊙O与A′′C′′相交，
∴不存在△ABC各边与⊙O都相切．
设AB、BC沿BA、BC方向的速度为t，则（1+4t）×$\frac{{\sqrt{2}}}{2}-\sqrt{2}$=1，解得t=$\frac{{1+\sqrt{2}}}{4}$（秒）．
点评 本题考查的是圆的综合题，涉及的知识有：圆与直线的位置关系，切线长定理，切线的性质，平移的性质，以及等腰直角三角形的性质，利用了数形结合的思想，是一道较为复杂的试题．
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如图，抛物线y=ax2+bx-3，顶点为E，该抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且OB=OC=3OA．直线$y=-\frac{1}{3}x+1$与y轴交于点D．求∠DBC-∠CBE．查看答案和解析>>
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如图，在△PBC中，∠PCB=∠PBC，若PC⊥AC，PB⊥AB，求证：∠PAC=$\frac{1}{2}$∠BAC．