Question

（本题满分10分）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．

Answer

【解析】

试题分析：（1）根据点P走过的是线段AB+BC+CD，因此可直接求出；

（2）由（1）知P移动的距离为（a+2b）cm，圆心O移动的距离为2（a-4）cm，因此可得a+2b=2（a-4），再由P的移动情况可知，联立方程组可求得a=24cm，b=8cm，因此可求出它们的速度为=4cm/s，然后求出O点5s的路程；

（3）存在，设点P移动的速度为v1cm/s，⊙O移动的速度为v2cm/s，可根据它们的路程求出，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．根据相切可得证△DO1G≌△DO1H，再进一步得到BP=DP，设BP=DP=x，然后根据勾股定理求出x，再根据相似三角形可求得结果.但是在移动中圆O有两次可能到达合适的位置，应分两种情况讨论.

试题解析：【解析】
（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．

考点：动点与图形运动