如图，在矩形ABCD中，AD=acm，AB=bcm（a＞b＞4），半径为2cm的⊙O在矩形

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．

 解：（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．