用线形示意图解决问题教案教学设计

题型六

几何图形动态变化型问题

类型一

点

动

1. (2015宿迁25题)已知：⊙O上两个定点A、B和两个动点C、D，AC与BD交于点E. (1)如图①，求证：EA·EC＝EB·ED；

︵︵(2)如图②，若AB＝BC，AD是⊙O的直径，求证：AD·AC＝2BD·BC；

(3)如图③，若AC⊥BD，点O到AD的距离为2，求BC的长．

第1题图

2. (2014徐州28题)如图，矩形ABCD的边AB＝3 cm，AD＝4 cm，点E从点A出发，沿射线AD移动．以CE为直径作⊙O，点F为⊙O与射线BD的公共点，连接EF、CF.过点E作EG⊥EF、EG与⊙O相交于点G，连接CG. (1)试说明四边形EFCG是矩形；

(2)当⊙O与射线BD相切时，点E停止移动，在点E移动的过程中．

①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值？若存在，求出这个最大值或最小值；若不存在，说明理由；

②求点G移动路线的长．

第2题图

3. (2016淮安模拟)如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6 cm，BC＝8 cm，点D从点C出发，以2 cm/s的速度沿折线C→A→B向点B运动，同时，点E从点B出发，以1 cm/s的速度沿BC边向点C运动，设点E运动的时间为t秒(0＜t＜8)．

(1)AB＝________cm，sinB＝________；

(2)当△BDE是直角三角形时，求t的值；

(3)若四边形CDEF是以CD、DE为一组邻边的平行四边形，

①设▱CDEF的面积为S cm2，求S与t的函数关系式；

②是否存在某个时刻t，使▱CDEF为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

第3题图

．

4. 4. (2016青岛)已知：如图，在矩形ABCD中，AB＝6 cm，BC＝8 cm.对角线AC，BD交于点O，点P从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为1 cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1 cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接PO并延长，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，交BD于点F.设运动时间为t(s)(0

列问题；

(1)当t为何值时，△AOP是等腰三角形？

(2)设五边形OECQF的面积为S(cm2)，试确定S与t的函数关系式；

(3)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使S五边形OECQF∶S△ACD＝9∶16？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；

(4)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OD平分∠COP？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

第4题图

类型二

线

动

1. (2016广东)如图，BD是正方形ABCD的对角线，BC＝2，边BC在其所在的直线上平移，将通过平移得到的线段记为PQ，连接PA、QD，并过点Q作QO⊥BD，垂足为O，连接OA、OP. (1)请直接写出线段BC在平移过程中，四边形APQD是什么四边形？

(2)请判断OA、OP之间的数量关系和位置关系，并加以证明；

(3)在平移变换过程中，设y＝S△OPB，BP＝x(0≤x≤2)，求y与x之间的函数关系式，并求出y的最大值．

第1题图

2. 如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，BC＝10 cm，AD＝8 cm.点P从点B出发，在线段BC上以每秒3 cm的速度向点C匀速运动，与此同时，垂直于AD的直线m从底边BC出发，以每秒2 cm的速度沿DA方向匀速平移，分别交AB、AC、AD于点E、F、H，当点P到达点C时，点P与直线m同时停止运动，设运动时间为t秒(t＞0)．

(1)当t＝2时，连接DE、DF，求证：四边形AEDF为菱形；

(2)在整个运动过程中，所形成的△PEF的面积存在最大值，当△PEF的面积最大时，求线段BP的长；

(3)是否存在某一时刻t，使△PEF为直角三角形？若存在，请求出此时刻t的值；若不存在，请说明理由．

第2题图

类型三

面

动

1. (2014苏州28题)如图，已知l1⊥l2，⊙O与l1，l2都相切，⊙O的半径为2 cm，矩形ABCD的边AD、AB分别与l1，l2重合，AB＝43 cm，AD＝4 cm，若⊙O与矩形ABCD沿l1同时向右移动，⊙O的移动速度为3 cm/s，矩形ABCD的移动速度为4 cm/s，设移动时间．．为t(s)．

(1)如图①，连接OA、AC，则∠OAC的度数为________°；

(2)如图②，两个图形移动一段时间后，⊙O到达⊙O1的位置，矩形ABCD到达A1B1C1D1的位置，此时点O1，A1，C1恰好在同一直线上，求圆心O移动的距离(即OO1的长)；

(3)在移动过程中，圆心O到矩形对角线AC所在直线的距离在不断变化，设该距离为d(cm)．当d<2时，求t的取值范围．(解答时可以利用备用图画出相关示意图)．

第1题图

2. (2016南通启东市二模)操作：将一把三角尺放在边长为1的正方形ABCD上，并使它的直角顶点P在对角线AC上滑动，直角的一边始终经过点B，另一边与射线DC相交于点Q，设A、P两点间的距离为x.探究：

(1)当点Q在边CD上时，线段PQ与线段PB之间有怎样的大小关系？试证明你的结论；

(2)当点Q在边CD上时，设四边形PBCQ的面积为y，求y与x之间的函数关系式，并写出x的取值范围；

(3)当点P在线段AC上滑动时，△PCQ是否能成为等腰三角形？如果能，指出所有能使△PCQ成为等腰三角形的点Q的位置，并求出相应的x的值；如果不能，请说明理由．

3. (2015苏州28题)如图，在矩形ABCD中，AD＝a cm，AB＝b cm(a＞b＞4)，半径为2 cm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→3. (2015苏州28题)如图，在矩形ABCD中，AD＝a

cm，AB＝b cm(a＞b＞4)，半径为2 cm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出发，移动2 s到达B点，继续移动3s，到达BC的中点，若点P与⊙O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．

第3题图

参考答案

题型六

几何图形动态变化型问题

类型一

点

动

1. (1)证明：∵∠CAD和∠DBC为劣弧CD所对的圆周角，

︵∠BCA和∠ADB为劣弧AB所对的圆周角，

∴∠CAD＝∠DBC，∠BCA＝∠BDA，

∴△AED∽△BEC，

AEDE∴BE＝CE，

∴EA·EC＝EB·ED；

︵

第1题解图①

(2)证明：如解图①，连接OB交AC于点F. ︵∵点B是AC的中点，

1∴∠BAC＝∠ADB＝∠ACB，OB⊥AC，且AF＝CF＝2AC. 又∵AD为⊙O的直径，

∴∠ABD＝90°，

又∵∠CFB＝90°，

∴△CBF∽△DAB. CFBC∴DB＝AD，

∴CF·AD＝BD·BC. ∴AC·AD＝2BD·BC；

第1题解图②

(3)解：如解图②，连接AO并延长交⊙O于点F，连接DF，过点O作OH⊥AD于点H，

∴∠ADF＝90°，AH＝DH，OH∥DF，

∵AO＝OF，

∴OH为△ADF的中位线，

∴DF＝2OH＝4，

∵AC⊥BD，

∴∠AEB＝∠ADF＝90°，

∵∠ABD＝∠AFD，

∴△ABE∽△AFD，

∴∠BAC＝∠DAF，

︵︵∴BC＝DF，

∴BC＝DF＝4. 2. (1)证明：如解图①，

第2题解图①

∵CE为⊙O的直径，

∴∠CFE＝∠CGE＝90°. ∵EG⊥EF，

∴∠FEG＝90°. ∴∠CFE＝∠CGE＝∠FEG＝90°. ∴四边形EFCG是矩形．

(2)解：①存在．

理由：连接OD，如解图②，

第2题解图②

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠A＝∠ADC＝90°. ∵点O是CE的中点，

∴OD＝OC. ∵点D在⊙O上．

∴∠FCE＝∠FDE，∠A＝∠CFE＝90°，

∴△CFE∽△DAB. ∴S△CFECF2＝(). S△DABAD

∵AD＝4，AB＝3，

CF∴S△CFE＝(AD)2·S△DAB

CF21＝16×2×3×4 3CF2＝8. 3CF2∴S矩形CFEG＝2S△CFE＝4. 即要判断线段CF在点E的运动过程中的最值情况．

①当点E在点A(E′)处时，点F在点B(F′)处，点G在点D(G′)处，如解图②，

此时，CF最大，CF＝CB＝4. ②当点F在点D(F″)处时，点E运动终止，直径F″G″⊥BD，

如解图③，

此时⊙O与射线BD相切，CF＝CD＝3. ③当CF⊥BD时，CF最小，此时点F到达点F处，如解图④.

第2题解图

11S△BCD＝2BC·CD＝2BD·CF∴4×3＝5×CF．

12∴CF＝5. 12∴5≤CF≤4. 3CF2∵S矩形EFCG＝4，

3123∴×()2≤S矩形EFCG≤×42. 454108∴25≤S矩形EFCG≤12. 108∴矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为25. ②∵四边形EFCG是矩形，

∴FC∥EG. ∴∠FCE＝∠CEG. ∵∠GDC＝∠CEG，∠FCE＝∠FDE，

．

∴∠GDC＝∠FDE. ∵∠GDC＝∠FDE＝定值，点G的起点为D，终点为G″，

∴点G的移动路线是线段DG″.

∵∠GDC＝∠FDE，∠DCG″＝∠A＝90°，

∴△DCG″∽△DAB. DCDG″∴DA＝DB. 3DG″∴4＝5. 15∴DG″＝4. 15∴点G移动路线的长为. 433. 解：(1)10，5；

【解法提示】由勾股定理得：AB＝62＋82＝10，

AC63sinB＝AB＝10＝5.

第3题解图①

(2)如解图①，当∠BED＝90°时，△BDE是直角三角形，

则BE＝t，AC＋AD＝2t，

∴BD＝6＋10－2t＝16－2t，

BEBC8cosB＝BD＝AB＝10，

t8∴＝10，

16－2t64∴t＝13；

如解图②，当∠EDB＝90°时，△BDE是直角三角形，

第3题解图②

则BE＝t，BD＝16－2t，

BDBC8cosB＝BE＝AB＝10，

16－2t8t＝10，

40∴t＝7；

∴6440因此，当△BDE是直角三角形时，t的值为13或7；

第3解题图③

(3)①如解图③，当0＜t≤3时，BE＝t，CD＝2t，CE＝8－t，

11∴S▱CDEF＝2S△CDE＝2×2×CD·CE＝2×2×2t×(8－t)＝－2t2＋16t，

如解图④，当3＜t＜8时，BE＝t，CE＝8－t，

第3题解图④

过点D作DH⊥BC，垂足为H，

∴DH∥AC，

DHBD∴AC＝AB，

DH16－2t即6＝10，

3（16－2t）∴DH＝，

53（16－2t）62963841∴S▱CDEF＝2S△CDE＝2×2×CE·DH＝(8－t)·＝5t－5t＋5；

5∴S与t的函数关系式为：

－2t2＋16t （0＜t≤3）S＝6296384；

t－t＋

（3＜t＜8）555

第3题解图⑤

②存在，如解图⑤，当▱CDEF为菱形时，DF⊥CE，且CE与DF互相垂直平分，交点为H，

易证得△DHB∽△ACB，

BHBDBH16－2t∴BC＝BA，即8＝10，

4（16－2t）∴BH＝，

58－t∵BH＝BE＋EH，BE＝t，EH＝2，

4（16－2t）8－t∴＝t＋52，

88∴t＝21，

88即当t＝21时，▱CDEF为菱形．

4. 解：(1)分三种情况讨论：

第4题解图①

①若AP＝AO，

在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，

∴AC＝10.

∴AO＝CO＝5. ∴AP＝5. ∴t＝5. ②若AP＝PO＝t，

在矩形ABCD中，AD∥BC，OA＝OC，

∴∠PAO＝∠OCE，∠APO＝∠OEC. ∴△APO≌△CEO. ∴PO＝OE＝t. 如解图①，过点A作AG∥PE交BC于点G，则四边形APEG是平行四边形．

∴AG＝PE＝2t，GE＝AP＝t. 又∵EC＝AP＝t，

∴BG＝8－2t. 在Rt△ABG中，根据勾股定理，得62＋(8－2t)2＝(2t)2. 25解得t＝8. ③若OP＝AO＝5，则t＝0或t＝8，不合题意，舍去．

25综上可知，当t＝5或t＝8时，△AOP是等腰三角形；

(2)如解图②，过点O作OM⊥BC，垂足是M，作ON⊥CD，垂足是N.

第4题解图②

11则OM＝2AB＝3，ON＝2BC＝4. 113∴S△OEC＝2·CE·OM＝2·t·3＝2t，

11S△OCD＝2·CD·ON＝2×6×4＝12. ∵QF∥AC，

∴△DFQ∽△DOC. S△DFQDQ2S△DFQt2∴＝()，即12＝(6)，

S△DOCDC1∴S△DFQ＝3t2. 1∴S四边形OFQC＝12－3t2. 13∴S五边形OECQF＝S四边形OFQC＋S△OEC＝12－3t2＋2t. 13即S＝－3t2＋2t＋12(0＜t＜6)．

(3)存在．

理由如下：要使S五边形OECQF：S△ACD＝9∶16，

131即(－3t2＋2t＋12)∶(2×6×8)＝9∶16，

解得t1＝3，t2＝1.5.两个解都符合题意．

∴存在两个t，使S五边形OECQF∶S△ACD＝9∶16，此时t1＝3，t2＝1.5；

(4)存在．

第4题解图③

理由如下：如解图③，过点D作DI⊥OP，垂足是I，DJ⊥OC，垂足是J，过点A作AG∥PE交BC于点G. 11∵S△OCD＝2·OC·DJ＝2×5×DJ＝12，

24∴DJ＝. 5∵OD平分∠POC，DI⊥OP，DJ⊥OC，

24∴DI＝DJ＝5. ∵AG∥PE，∴∠DPI＝∠DAG. ∵AD∥BC，

∴∠DAG＝∠AGB. ∴∠DPI＝∠AGB. ∴Rt△ABG∽Rt△DIP. 由(1)知，在Rt△ABG中，BG＝8－2t. ABBG68－2t∴DI＝IP，

∴24＝PI. 54∴PI＝5(8－2t)．

在Rt△DPI中，根据勾股定理得DI2＋PI2＝PD2，

244即(5)2＋[5(8－2t)]2＝(8－t)2，

112解得t＝39，t＝0(不合题意，舍去)．

112∴存在t＝39时，OD平分∠COP. 类型二

线

动

1. 解：(1)四边形APQD为平行四边形；

【解法提示】由平移的性质知，PQ＝BC＝AD，

又∵PQ∥AD，

∴四边形APQD为平行四边形．

(2)OA＝OP，OA⊥OP.

证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝BC＝PQ，∠ABO＝∠OBQ＝45°，

∵OQ⊥BD，

∴∠PQO＝45°，

∴∠ABO＝∠OBQ＝∠PQO＝45°，

∴OB＝OQ，

AB＝PQ在△AOB和△POQ中，∠ABO＝∠PQO，

BO＝QO∴△AOB≌△POQ(SAS)，

∴OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，

∴∠AOP＝∠BOQ＝90°，

∴OA⊥OP；

(3)过点O作OE⊥BC于点E. ①如解图①，当P点在B点的右侧时，

x＋2则BQ＝x＋2，OE＝2，

1x＋2∴y＝2·2·x，

11即y＝4(x＋1)2－4，

又∵0≤x≤2，

∴当x＝2时，y的最大值为2；

第1题解图

②如解图②，当P点在B点的左侧时，

2－x则BQ＝2－x，OE＝2，

12－x∴y＝2×2·x，

11即y＝－4(x－1)2＋4，

又∵0≤x≤2，

1∴当x＝1时，y的最大值为4；

综上所述，y与x的函数关系式为：

11当P点在B点右侧时，y＝4x2＋2x(0≤x≤2)，

11当P点在B点左侧时，y＝－4x2＋2x(0≤x≤2)，

当P点在B点右侧且x＝2时，y的最大值为2.

2. (1)证明：如解图①，当t＝2时，HD＝2t＝4.

第2题解图①

∵AD＝8，

1∴HD＝2AD，

∵EF⊥AD，AD⊥BC，

∴EF∥BC，

∴E，F分别是AB，AC的中点，

∵AB＝AC，AD⊥BC，

∴D是BC的中点，

∵DE∥AC，DF∥AB，

∴四边形AEDF是平行四边形．

又∵AD⊥EF，

∴四边形AEDF是菱形．

(2)如解图②，∵EF∥BC，

第2题解图②

∴△AEF∽△ABC，

EFAH∴BC＝AD，

EF8－2t∴10＝8，

5∴EF＝10－2t，

11555∴S△PEF＝2EF·DH＝2(10－2t)·2t＝－2t2＋10t＝－2(t－2)2＋10. ∴当S△PEF取最大值时，t＝2. 此时，BP＝3t＝3×2＝6 cm.

第2题解图③

(3)存在．

①如解图③，若∠PEF＝90°，则PE∥AD. ∴△BEP∽△BAD，

PEBP∴AD＝BD，

2t3t∴8＝5，

∴t＝0.

第2题解图④

∵当t＝0时，△EPF不存在，

∴t＝0不符合题意，舍去．

②如解图④，若∠EPF＝90°，在Rt△EPF中，

连接PH，∵H是EF的中点，

1155∴PH＝2EF＝2(10－2t)＝5－4t，

在Rt△HDP中，∵HP2＝HD2＋DP2，

5∴(5－4t)2＝(2t)2＋(5－3t)2. 280解得t＝0(舍去)或t＝183.

第2题解图⑤

280∴t＝183. ③如解图⑤，若∠EFP＝90°，

则PF∥AD，

∴△CPF∽△CDA，

PFCP∴AD＝CD，

2t10－3t40∴8＝5，解得t＝17. 40280综上所述，当t＝17或t＝183时，△PEF是直角三角形．

类型三

面

动

1. 解：(1)∵l1⊥l2，⊙O与l1，l2都相切，

∴∠OAD＝45°，

∵AB＝CD＝43 cm，AD＝4 cm，

CD43∴tan∠DAC＝AD＝4＝3，

∴∠DAC＝60°，

∴∠OAC的度数为：∠OAD＋∠DAC＝105°；

(2)如解图位置二，当O1，A1，C1恰好在同一直线上时，设⊙O1与l1的切点为E，连接O1E，可得O1E＝2，O1E⊥l1，

在Rt△A1D1C1中，∵A1D1＝4，D1C1＝43，

∴tan∠C1A1D1＝3，∴∠C1A1D1＝60°，

∴A1E＝223＝3，

tan60°∵A1E＝AA1－OO1－2＝t－2，

23∴t－2＝3，

23∴t＝3＋2，

∴OO1＝3t＝23＋6；

第1题解图

(3)①当直线AC与⊙O第一次相切时，设移动时间为t1，如解图位置一，此时⊙O移动到⊙O2的位置，矩形ABCD移动到A2B2C2D2的位置，设⊙O2与直线

l1，A2C2分别相切于点F，G，连接O2F，O2G，O2A2，

∴O2F⊥l1，O2G⊥A2C2，

由(2)得，∠C2A2D2＝60°，∴∠GA2F＝120°，

∴∠O2A2F＝60°，

23在Rt△A2O2F中，O2F＝2，∴A2F＝3，

23∵OO2＝3t1，AF＝AA2＋A2F＝4t1＋3，

23∴AF－OO2＝4t1＋3－3t1＝2，

23∴t1＝2－3，

②当直线AC与⊙O第二次相切时，设移动时间为t2，记第一次相切时为位置一，点O1，A1，C1共线时为位置二，第二次相切时为位置三，由题意知，从位置一到位置二所用时间与位置二到位置三所用时间相等，

232323∴3＋2－(2－3)＝t2－(3＋2)，

解得：t2＝2＋23，

23综上所述，当d＜2时，t的取值范围是：2－3＜t＜2＋23. 2. (1)证明：过点P作MN∥BC，分别交AB、CD于点M、N，如解图①，

第2题解图①

则四边形AMND和四边形BCNM都是矩形，△AMP和△CNP都是等腰直角三角形，

∴NP＝NC＝MB. ∵∠BPQ＝90°，

∴∠QPN＋∠BPM＝90°，

∵∠BPM＋∠PBM＝90°，

∴∠QPN＝∠PBM，

又∵∠QNP＝∠PMB＝90°，

∴在△QNP和△PMB中，

∠QPN＝∠PBM，

NP＝MB∠QNP＝∠PMB∴△QNP≌△PMB(ASA)，

∴PQ＝PB；

(2)解：由(1)知，△QNP≌△PMB，得NQ＝MP. ∵AP＝x，

∴AM＝MP＝NQ＝DN＝2＝1－22x，BM＝PN＝CN2x，

∴CQ＝CD－DQ＝1－2×22x＝1－2x，

∴S111×(1－212△PBC＝2BC·BM＝2×2x)＝2－4x，

S11213212△PCQ＝2CQ·PN＝2×(1－2x)(1－2x)＝2－4x＋2x，

∴S＝12四边形PBCQ＝S△PBC＋S△PCQ2x－2x＋1，

即y＝12－2x＋1(0≤x＜22x2)；

(3)解：△PCQ能成为等腰三角形．

理由：①当点Q在边DC上时(0≤x≤22)，

由PQ2＝CQ2得：(1－2222x)＋(2x)2＝(1－2x)2，

解得x1＝0，x2＝2(舍去)；

第2题解图②

②当点Q在边DC的延长线上时(22＜x≤2)，如解图②，同理可证得△QNP≌△PMB，

∴QN＝PM＝22x，

PC＝2－x，CQ＝QN－NC

＝222x－(1－2x)＝2x－1，

由PC＝CQ得：2－x＝2x－1，解得x＝1；

③当点Q与C点重合，△PCQ不存在．

综上所述，当x＝0或x＝1时，△PCQ为等腰三角形．

3.

第3题解图①

解：(1)a＋2b；

【解法提示】如解图①，点P沿A→B→C→D，全程共移动了(a＋2b) cm. (2)∵圆心O一共移动的距离为2(a－4) cm，

由题意得：a＋2b＝2(a－4)

①，

∵点P移动2 s到达B，即点P在2 s内移动了b cm，点P继续移动3 s到1达BC的中点，即点P在3秒内移动了2a cm. 1ab2∴2＝3

②，

由①②解得：a＝24，b＝8，

∵点P移动的速度与⊙O移动速度相同，

b∴⊙O移动的速度为2＝4 cm/s；

则这5 s时间内⊙O移动的距离为5×4＝20 cm；

(3)存在这种情况，理由如下：

设点P的移动速度为v1 cm/s，⊙O移动的速度为v2 cm/s，

a＋2b20＋2×10v15由题意得：v＝＝＝，

2×（20－4）422（a－4）

第3题解图②

如解图②，设直线OO1与AB交于E点，与CD交于F点，⊙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＝x cm，则DP＝x cm，PC＝(20－x) cm，

在Rt△PCD中，由勾股定理得：PC2＋CD2＝PD2，

25即(20－x)2＋102＝x2，解得：x＝2，

2545此时点P移动的距离为：10＋2＝2

cm，

∵EF∥AD，

∴△BEO1∽△BAD，

EO1BE∴AD＝BA，

EO18即20＝10，

∴EO1＝16 cm，OO1＝14 cm，

①当⊙O首次到达⊙O1的位置时，⊙O移动的距离为14

cm，

45245此时点P与⊙O移动的速度比为：14＝28，

455∵28≠4，

∴此时PD与⊙O1不能相切；

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，

452455∴此时点P与⊙O移动的速度比为18＝36＝4，

此时PD与⊙O1恰好相切．故存在这种情况．