题目内容
【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】
（1） a+2b
（2）
解：∵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）
解：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
【解析】（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．
此题考查了圆综合应用，涉及知识点有有理数加法，速度与时间的关系，相似三角形的性质，等腰三角形判定，勾股定理等，需要将这些知识点综合灵活应用。
