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． 答案： 解：（1）a+2b． （2）∵在整个运动过程中，点P移动的距离为cm， 圆心O移动的距离为cm， 由题意，得．    ① ∵点P移动2s到达B点，即点P用2s移动了bcm， 点P继续移动3s，到达BC的中点，即点P用3s移动了cm． ∴．            ② 由①②解得 ∵点P移动的速度与⊙O 移动的速度相等， ∴⊙O 移动的速度为（cm/s）． ∴这5s时间内圆心O移动的距离为5×4=20（cm）． （3）存在这种情形． 解法一：设点P移动的速度为v1cm/s，⊙O移动的速度为v2cm/s， 由题意，得． 如图，设直线OO1与AB交于点E，与CD交于点F，⊙O1与AD相切于点G． 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，可得， 即，解得． ∴此时点P移动的距离为（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不可能相切． ②当⊙O在返回途中到达⊙O1的位置时，⊙O移动的距离为2×(20-4)-14=18（cm）， ∴此时点P与⊙O移动的速度比为． ∴此时PD与⊙O1恰好相切． 解法二：∵点P移动的距离为cm（见解法一）， OO1=14cm（见解法一），， ∴⊙O应该移动的距离为（cm）． ①当⊙O首次到达⊙O1的位置时，⊙O移动的距离为14cm≠18 cm， ∴此时PD与⊙O1不可能相切． ②当⊙O在返回途中到达⊙O1的位置时，⊙O移动的距离为2×(20-4)-14=18（cm）， ∴此时PD与⊙O1恰好相切． 解法三：点P移动的距离为cm，（见解法一） OO1=14cm，（见解法一） 由可设点P的移动速度为5k cm/s，⊙O的移动速度为4k cm/s， ∴点P移动的时间为（s）． ①当⊙O首次到达⊙O1的位置时，⊙O移动的时间为， ∴此时PD与⊙O1不可能相切． ②当⊙O在返回途中到达⊙O1的位置时，⊙O移动的时间为， ∴此时PD与⊙O1恰好相切．

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