Question

【題目】如圖，在矩形ABCD中，AD=acm，AB=bcm（a＞b＞4），半徑為2cm的⊙O在矩形內(nèi)且與AB、AD均相切，現(xiàn)有動點P從A點出發(fā)，在矩形邊上沿著A→B→C→D的方向勻速移動，當點P到達D點時停止移動．⊙O在矩形內(nèi)部沿AD向右勻速平移，移動到與CD相切時立即沿原路按原速返回，當⊙O回到出發(fā)時的位置（即再次與AB相切）時停止移動，已知點P與⊙O同時開始移動，同時停止移動（即同時到達各自的終止位置）．

（1）如圖①，點P從A→B→C→D，全程共移動了 cm（用含a、b的代數(shù)式表示）
（2）如圖①，已知點P從A點出發(fā)，移動2s到達B點，繼續(xù)移動3s，到達BC的中點，若點P與⊙O的移動速度相等，求在這5s時間內(nèi)圓心O移動的距離
（3）如圖②，已知a=20，b=10，是否存在如下情形：當⊙O到達⊙O1的位置時（此時圓心O1在矩形對角線BD上），DP與⊙O1恰好相切？請說明理由．

Answer 1

【答案】
（1） a+2b
（2）

解：∵圓心O移動的距離為2（a﹣4）cm，

由題意，得

a+2b=2（a﹣4）①，

∵點P移動2秒到達B，即點P2s移動了bcm，點P繼續(xù)移動3s到達BC的中點，

即點P3秒移動了acm．

∴= ②

由①②解得，

∵點P移動的速度為與⊙O移動速度相同，

∴⊙O移動的速度為==4cm（cm/s）．

這5秒時間內(nèi)⊙O移動的距離為5×4=20（cm）

（3）

解：存在這種情況，

設點P移動速度為v1cm/s，⊙O2移動的速度為v2cm/s，

由題意，得

===，

如圖：

設直線OO1與AB交于E點，與CD交于F點，⊙O1與AD相切于G點，

若PD與⊙O1相切，切點為H，則O1G=O1H．

易得△DO1G≌△DO1H，

∴∠ADB=∠BDP．

∵BC∥AD，

∴∠ADB=∠CBD

∴∠BDP=∠CBD，

∴BP=DP．

設BP=xcm，則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=

此時點P移動的距離為10+=（cm），

∵EF∥AD，

∴△BEO1∽△BAD，

∴=，即=，

EO1=16cm，OO1=14cm．

①當⊙O首次到達⊙O1的位置時，⊙O移動的距離為14cm，

此時點P與⊙O移動的速度比為=，

∵≠，

∴此時PD與⊙O1不能相切；

②當⊙O在返回途中到達⊙O1位置時，⊙O移動的距離為2（20﹣4）﹣14=18cm，

∴此時點P與⊙O移動的速

【解析】（1）根據(jù)有理數(shù)的加法，可得答案；
（2）根據(jù)圓O移動的距離與P點移動的距離相等，P點移動的速度相等，可得方程組，根據(jù)解方程組，可得a、b的值，根據(jù)速度與時間的關系，可得答案；
（3）根據(jù)相同時間內(nèi)速度的比等于路程的比，可得的值，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，可得∠ADB=∠BDP，根據(jù)等腰三角形的判定，可得BP與DP的關系，根據(jù)勾股定理，可得DP的長，根據(jù)有理數(shù)的加法，可得P點移動的距離；根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，可得EO1的長，分類討論：當⊙O首次到達⊙O1的位置時，當⊙O在返回途中到達⊙O1位置時，根據(jù)的值，可得答案．
此題考查了圓綜合應用，涉及知識點有有理數(shù)加法，速度與時間的關系，相似三角形的性質(zhì)，等腰三角形判定，勾股定理等，需要將這些知識點綜合靈活應用。