Question

【題目】如圖，在矩形ABCD中，AD=acm，AB=bcm（a＞b＞4），半徑為2cm的⊙O在矩形內且與AB、AD均相切．現有動點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）20cm；（3）存在，理由見解析.

【解析】

試題分析：（1）點P運動的路程等于（AB+BC+CD）的長度；（2）圓心移動的距離為2（a－4）cm，然后根據點P運動的路程等于圓心移動的距離以及點P繼續(xù)移動3s，到達BC的中點，即點P用3s移動了cm列出方程組從而求出a和b的長度，然后得出圓心移動的速度，從而求出圓心移動的距離；（3）設點P移動的速度為v1cm/s，⊙O移動的速度為v2cm/s，從而求出兩個速度的比值.設直線OO1與AB交于點E，與CD交于點F，⊙O1與AD相切于點G，得出△DO1G≌△DO1H，設BP=xcm，則DP=xcm，PC=（20-x）cm，根據Rt△PCD的勾股定理求出x的值，根據△BEO1∽△BAD得出EO1和OO1的長度，然后分當⊙O首次到達⊙O1的位置時，⊙O移動的距離為14cm以及當⊙O在返回途中到達⊙O1的位置時，⊙O移動的距離為18cm分別進行說明，得出答案.

試題解析：（1）a+2b．

（2）∵在整個運動過程中，點P移動的距離為cm，圓心O移動的距離為cm，

由題意，得①

∵點P移動2s到達B點，即點P用2s移動了bcm，

點P繼續(xù)移動3s，到達BC的中點，即點P用3s移動了cm． ∴．②

由①②解得 ∵點P移動的速度與⊙O 移動的速度相等，

∴⊙O 移動的速度為（cm/s）． ∴這5s時間內圓心O移動的距離為5×4=20（cm）．

（3）存在這種情形．

設點P移動的速度為v1cm/s，⊙O移動的速度為v2cm/s，

由題意，得．

如圖，設直線OO1與AB交于點E，與CD交于點F，⊙O1與AD相切于點G．

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，可得，

即，解得．

∴此時點P移動的距離為（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不可能相切．

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

∴此時點P與⊙O移動的速度比為． ∴此時PD與⊙O1恰好相切．