【题目】如图，在矩形ABCD中，AD=acm，AB=bcm（a＞b＞4），半径为2cm的⊙O在矩形内且与AB、AD均相切，现有动点P从A点出发，在矩形边上沿着A→B→C→D的方向匀速移动，当点P到达D点时停止移动．⊙O在矩形内部沿AD向右匀速平移，移动到与CD相切时立即沿原路按原速返回，当⊙O回到出发时的位置（即再次与AB相切）时停止移动，已知点P与⊙O同时开始移动，同时停止移动（即同时到达各自的终止位置）．

（1）如图①，点P从A→B→C→D，全程共移动了 cm（用含a、b的代数式表示）；

（2）如图①，已知点P从A点出发，移动2s到达B点，继续移动3s，到达BC的中点，若点P与⊙O的移动速度相等，求在这5s时间内圆心O移动的距离；

（3）如图②，已知a=20，b=10，是否存在如下情形：当⊙O到达⊙O1的位置时（此时圆心O1在矩形对角线BD上），DP与⊙O1恰好相切？请说明理由．

参考答案：

【答案】（1）a+2b；（2）20cm；（3）存在.

【解析】

试题分析：（1）根据有理数的加法，可得答案；

（2）根据圆O移动的距离与P点移动的距离相等，P点移动的速度相等，可得方程组，根据解方程组，可得a、b的值，根据速度与时间的关系，可得答案；

（3）根据相同时间内速度的比等于路程的比，可得的值，根据相似三角形的性质，可得∠ADB=∠BDP，根据等腰三角形的判定，可得BP与DP的关系，根据勾股定理，可得DP的长，根据有理数的加法，可得P点移动的距离；根据相似三角形的性质，可得EO1的长，分类讨论：当⊙O首次到达⊙O1的位置时，当⊙O在返回途中到达⊙O1位置时，根据的值，可得答案．

试题分析：（1）如图①，点P从A→B→C→D，全程共移动了a+2bcm（用含a、b的代数式表示）；

（2）∵圆心O移动的距离为2（a-4）cm，

由题意，得

a+2b=2（a-4）①，

∵点P移动2秒到达B，即点P2s移动了bcm，点P继续移动3s到达BC的中点，

即点P3秒移动了acm．

∴②

由①②解得

，

∵点P移动的速度为与⊙O移动速度相同，

∴⊙O移动的速度为

=4cm（cm/s）．

这5秒时间内⊙O移动的距离为5×4=20（cm）；

（3）存在这种情况，

设点P移动速度为v1cm/s，⊙O2移动的速度为v2cm/s，

由题意，得，

如图：

设直线OO1与AB交于E点，与CD交于F点，⊙O1与AD相切于G点，

若PD与⊙O1相切，切点为H，则O1G=O1H．

易得△DO1G≌△DO1H，

∴∠ADB=∠BDP．

∵BC∥AD，

∴∠ADB=∠CBD

∴∠BDP=∠CBD，

∴BP=DP．

设BP=xcm，则DP=xcm，PC=（20-x）cm，

在Rt△PCD中，由勾股定理，得

PC2+CD2=PD2，即（20-x）2+102=x2，

解得x=

此时点P移动的距离为10+=（cm），

∵EF∥AD，

∴△BEO1∽△BAD，

∴，即，

EO1=16cm，OO1=14cm．

①当⊙O首次到达⊙O1的位置时，⊙O移动的距离为14cm，

此时点P与⊙O移动的速度比为，

∵，

∴此时PD与⊙O1不能相切；

②当⊙O在返回途中到达⊙O1位置时，⊙O移动的距离为2（20-4）-14=18cm，

∴此时点P与⊙O移动的速度比为，

此时PD与⊙O1恰好相切．

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