【强烈推荐】初二动点问题解析与专题训练(详尽)

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初二动点问题解析题目描述：在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=24cm，AB=8cm，BC=26cm，动点P从A开始沿AD边向D以1cm/s的速度运动；动点Q从点C开始沿CB边向B以3cm/s的速度运动．P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另外一点也随之停止运动，设运动时间为ts．解析：（1）四边形PQCD为平行四边形时PD=CQ．（2）四边形PQCD为等腰梯形时QC-PD=2CE．（3）四边形PQCD为直角梯形时QC-PD=EC．所有的关系式都可用含有t的方程来表示，即此题只要解三个方程即可．解答：（1）当四边形PQCD平行时，PD=CQ，即24-t=3t，解得t=6。因此，当t=6时，四边形PQCD为平行四边形。（2）过D作DE⊥BC于E，则四边形ABED为矩形。因此，BE=AD=24cm，EC=BC-BE=2cm。由于四边形PQCD为等腰梯形，所以QC-PD=2CE，即3t-（24-t）=4，解得t=7（s）。因此，当t=7（s）时，四边形PQCD为等腰梯形。（3）当四边形PQCD为直角梯形时，QC-PD=EC，即3t-（24-t）=2，解得t=6.5（s）。因此，当t=6.5（s）时，四边形PQCD为直角梯形。点评：此题主要考查了平行四边形、等腰梯形和直角梯形的判定，难度适中。（3）在△ABC中，点O为AC边上的一个动点，过点O作直线MN∥BC，设MN交∠BCA的外角平分线CF于点F，交∠ACB内角平分线CE于E。（1）根据CE平分∠ACB，MN∥BC，找到相等的角，即∠OEC=∠ECB，再根据等边对等角得OE=OC，同理OC=OF，可得EO=FO。（2）当四边形AECF为矩形时，其中一个内角为直角且对边相等。由于CF平分∠BCA，所以∠AFC=∠ABC/2，∠ACE=∠ACB/2，因此，∠AFC=∠ACE。又因为MN∥BC，所以∠MNC=∠BCA，∠MCF=∠AFC=∠ACE，因此，△MCF与△NCE相似。根据相似三角形的性质，可得MC/NC=CF/CE，即MC/AC=CF/CE。又因为四边形AECF为矩形，所以AC=EF，CF=AE，代入上式可得MC/EF=AE/CE，即MC/CE=AE/EF。由于AE=MC，因此，CE=EF。因此，四边形AECF为矩形时，CE=EF，即直线MN与AC平分线重合，点O在AC中点处。（3）当四边形AECF为正方形时，四条边相等，即AE=EC=CF=FA。因此，AE=EC，∠AEC=∠ECF，即△AEC与△ECF相似。又因为MN∥BC，所以∠MNC=∠BCA，∠MCF=∠AFC=∠ACE，因此，△MCF与△NCE相似。根据相似三角形的性质，可得MC/NC=CF/CE，即MC/AC=CF/AE。因此，MC=AC×CF/AE=AC×EC/CF=AC×EC/AE。又因为四边形AECF为正方形，所以AC=EF，EC=AE，代入上式可得MC=EC。因此，△MCE为等腰三角形，∠MCE=∠MEC，即直线MN与CE重合，点O在△ABC的C顶点处。因此，△ABC为等腰三角形。点评：此题考查了平行线、相似三角形、矩形和正方形的性质，难度适中。在矩形ABCD中，BC=20cm，P，Q，M，N分别从A，B，C，D出发沿AD，BC，CB，DA方向在矩形的边上同时运动，当有一个点先到达所在运动边的另一个端点时，运动即停止．已知在相同时间内，若BQ=xcm（x≠0），则AP=2xcm，CM=3xcm，DN=x/2cm。解答：首先，我们可以发现，由于P、Q、M、N四个点是同时运动的，所以它们到达相邻两边的时间应该相等。设它们到达相邻两边的时间均为t，则有：AP/AD=BQ/BC=CM/CB=DN/DA即：2x/AD=x/BC=3x/CB=x/2DA解得：AD=4x，BC=2x，CB=6x，DA=4x又因为矩形ABCD的周长为2(AD+BC)=20+24x，所以有：20+24x=2(AD+BC)=20+24x因此，上述假设是正确的。接下来，我们考虑点P、Q、M、N到达相邻两边的先后顺序。首先，我们可以发现，当BQ=20时，P、Q、M、N四个点会同时到达各自所在的边的另一个端点，此时运动停止。当BQ<20时，N先到达边DA的另一个端点，此时运动停止。因为DN=x/2，所以有：x/2=DA-DN=4x-x/2解得：x=8/3当BQ>20时，P先到达边AD的另一个端点，此时运动停止。因为AP=2x，所以有：2x=AD-AP=4x-2x解得：x=4/3综上所述，当BQ=20时，四个点同时到达各自所在的边的另一个端点，此时运动停止；当BQ<20时，N先到达边DA的另一个端点，此时运动停止；当BQ>20时，P先到达边AD的另一个端点，此时运动停止。根据题意，点E一定在点P的左侧。如果以P、Q、M、N为顶点的四边形是等腰梯形，那么点F一定在点N的右侧，并且PE=NF，即2x-x=x^2-3x。解方程得x1=0（舍去），x2=4。但是当x=4时，以P、Q、M、N为顶点的四边形是平行四边形，因此不能是等腰梯形。在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=14cm，AD=15cm，BC=21cm。点M从点A开始沿边AD向点D运动，速度为1cm/s；点N从点C开始沿边CB向点B运动，速度为2cm/s。点M、N分别从点A、C出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒。（1）当t为何值时，四边形MNCD是平行四边形？（2）当t为何值时，四边形MNCD是等腰梯形？解答：（1）由于MD∥NC，当MD=NC时，即15-t=2t，t=5时，四边形MNCD是平行四边形。（2）作DE⊥BC，垂足为E，则CE=21-15=6。当CN-MD=12时，即2t-（15-t）=12，t=9时，四边形MNCD是等腰梯形。在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，BC=16，DC=12，AD=21。动点P从点D出发，沿射线DA的方向以每秒2个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动。P、Q分别从点D、C同时出发，当点Q运动到点B时，点P随之停止运动，设运动时间为t（s）。（1）设△BPQ的面积为S，求S与t之间的函数关系；（2）当t为何值时，以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形？解答：（1）如果过点P作PM⊥BC于M，则四边形PDCM为矩形，得出PM=DC=12。由QB=16-t，可知s=PM×QB=96-6t。（2）本题应分三种情况进行讨论。①若PQ=BQ，在Rt△PQM中，由PQ^2=PM^2+MQ^2，PQ=QB，将各数据代入，可将时间t求出。②若BP=BQ，在Rt△PMB中，由PB^2=BM^2+PM^2，BP=BQ，将数据代入，可将时间t求出。设点Q由O到A的时间为t（秒），则点P由O到B的时间为t/2（秒）．当P在线段OB上运动（或0≤t≤3）时，OQ=t，OP=2t，S=1/2×OQ×OP=t2/2；当P在线段BA上运动（或3＜t≤8）时，OQ=t，AP=6+10-2t=16-2t，作PD⊥OA于点D，由相似三角形的性质，得PD=48-6t/5，利用S=1/2×OQ×PD，即可求出S与t之间的函数关系式为S=240t/25-24t/5+9．（3）当S=485时，解得t=7，代入可得PD=6，OP=14，利用勾股定理可得OD=√35，利用向量的加减法可得P的坐标为（√35-6，6），M的坐标为（2√35-6，0）．点评：本题主要考查直线与坐标轴的交点、勾股定理以及平行四边形的性质．在解题过程中，应注意对不同情况进行分类讨论，避免漏解或重解的情况发生．已知△ABC中，AB=AC=10厘米，BC=8厘米，D为AB的中点。点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由B点向C点运动，点Q在线段CA上由C点向A点运动。（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP全等。解析：由题意可知，△BPD与△CQP的两边分别平行，且BP=CQ，PD=QC=BD，因此△BPD与△CQP全等。（2）若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为6厘米/秒时，△BPD与△CQP全等。解析：由题意可知，△BPD与△CQP的两边分别平行，且BP=CQ，PD=QC=BD，因此△BPD与△CQP全等。设点Q的速度为v，则有10-v=3+3v，解得v=6。因此，当点Q的运动速度为6厘米/秒时，△BPD与△CQP全等。2、直线y=-3x+6与坐标轴分别交于A、B两点，动点P、Q同时从O点出发，同时到达点A，运动停止。点Q沿线段OA运动，速度为每秒1个单位长度，点P沿路线O→B→A运动。（1）A、B两点的坐标分别为(2,0)和(0,6)。解析：将y=-3x+6代入x轴方程y=0中，得到x=2，即A点坐标为(2,0)；将y=-3x+6代入y轴方程x=0中，得到y=6，即B点坐标为(0,6)。（2）设点Q的运动时间为t秒，则△OPQ的面积为S=1/2*OA*OQ*sin∠AOQ=1/2*6t*t/2=3t^2。因此，点P到达点A的时间为t=√(16/3)秒。（3）当S=48时，点P的坐标为(4,4)，点M的坐标为(6,4)。解析：由题意可知，点P到达点A的时间为t=√(16/3)秒，因此点P的坐标为(4,4)。点M为平行四边形OQPA的第四个顶点，因此OM=PA=2，QM=OP=√(16+9)=5，因此点M的坐标为(6,4)。3.如图，在平面直角坐标系中，直线$l:y=-2x-8$分别与$x$轴，$y$轴相交于$A$，$B$两点，点$P(k<0,0)$是$y$轴的负半轴上的一个动点，以$P$为圆心，$3$为半径作$\odotP$。(1)连结$PA$，若$PA=PB$，判断$\odotP$与$x$轴的位置关系，并说明理由；(2)当$k$为何值时，以$\odotP$与直线$l$的两个交点和圆心$P$为顶点的三角形是正三角形？4.如图1，在平面直角坐标系中，点$O$是坐标原点，四边形$ABCO$是菱形，点$A$的坐标为$(-3,4)$，点$C$在$x$轴的正半轴上，直线$AC$交$y$轴于点$M$，$AB$边交$y$轴于点$H$。(1)求直线$AC$的解析式；(2)连接$BM$，如图2，动点$P$从点$A$出发，沿折线$ABC$方向以$2$个单位/秒的速度向终点$C$匀速运动，设$\trianglePMB$的面积为$S(S\neq0)$，点$P$的运动时间为$t$秒，求$S$与$t$之间的函数关系式（要求写出自变量$t$的取值范围）；(3)在(2)的条件下，当$t$为何值时，$\angleMPB$与$\angleBCO$互为余角，并求此时直线$OP$与直线$AC$所夹锐角的正切值。5.在$\triangleABC$中，$\angleC=90^\circ$，$AC=3$，$AB=5$。点$P$以每秒$1$个单位长的速度向点$A$匀速运动，到达点$A$度沿$AC$返回；点$Q$从点$A$出发沿$AB$以每秒$1$个单位长的速度向点$B$匀速运动。伴随着$P$、$Q$的运动，$DE$保持垂直平分$PQ$，且交$PQ$于点$D$，交折线$QB-BC-CP$于点$E$。点$P$、$Q$同时出发，当点$Q$到达点$B$时停止运动，点$P$也随之停止。设点$P$、$Q$运动的时间是$t$秒($t>0$)。(1)当$t=2$时，$AP=$，点$Q$到$AC$的距离是；(2)在点$P$从$C$向$A$运动的过程中，求$\triangleAPQ$的面积$S$与$t$的函数关系式（不必写出$t$的取值范围）；(3)在点$E$从$B$向$C$运动的过程中，四边形$QBED$能否成为直角梯形？若能，求$t$的值。若不能，请说明理由；(4)当$DE$经过点$C$时，请直接写出$t$的值。6.如图，在$\triangleABC$中，$\angleACB=90^\circ$，$\angleB=60^\circ$，$BC=2$。点$O$是$AC$的中点，过点$O$的直线$l$从与$AC$重合的位置开始，绕$O$转，交$AB$边于点$D$。过点$C$作$CE\parallelAB$交直线$l$于点$E$，设直线$l$的旋转角为$\alpha$。(1)当$\alpha=30^\circ$时，四边形$EDBC$是等腰梯形，此时$AD$的长为；(2)当$\alpha=60^\circ$时，四边形$EDBC$是直角梯形，此时$AD$的长为。数学课上，张老师出示了问题：如图4，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，且EF交正方形外角$\angleDCG$的平行线CF于点F，求证：AE=EF。7.如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AD=3，DC=5，AB=42，$\angleB=45^\circ$。动点M从B点出发沿线段BC以每秒2个单位长度的速度向终点C运动；动点N同时从C点出发沿线段CD以每秒1个单位长度的速度向终点D运动。设运动的时间为t秒。（1）求BC的长。（2）当MN∥AB时，求t的值。（3）试探究：t为何值时，$\triangleMNC$为等腰三角形。8.如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，E是AB的中点，过点E作EF∥BC交CD于点F。AB=4，BC=6，$\angleB=60^\circ$。（1）求点E到BC的距离。（2）点P为线段EF上的一个动点，过P作PM$\perp$EF交BC于点M，过M作MN∥AB交折线ADC于点N，连结PN，设EP=x。①当点N在线段AD上时（如图2），$\trianglePMN$的形状是否发生改变？若不变，求出$\trianglePMN$的周长；若改变，请说明理由。②当点N在线段DC上时（如图3），是否存在点P，使$\trianglePMN$为等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的x的值；若不存在，请说明理由。9.如图1，正方形ABCD中，点A、B的坐标分别为$(0,10)$，$(8,4)$，点C在第一象限。动点P在正方形ABCD的边上，从点A出发沿A→B→C→D匀速运动，同时动点Q以相同速度在x轴正半轴上运动，当P点到达D点时，两点同时停止运动，设运动的时间为t秒。(1)当P点在边AB上运动时，点Q的横坐标x（长度单位）关于运动时间t（秒）的函数图象如图②所示，请写出点Q开始运动时的坐标及点P运动速度。(2)求正方形边长及顶点C的坐标。(3)在（1）中当t为何值时，$\triangleOPQ$的面积最大，并求此时P点的坐标。(4)如果点P、Q保持原速度不变，当点P沿A→B→C→D匀速运动时，OP与PQ能否相等，若能，写出所有符合条件的t的值；若不能，请说明理由。经过思考，小明提出了一种正确的解题思路：取AB的中点M，连接ME，则AM=EC，易证△AME≌△ECF，因此AE=EF。在此基础上，同学们进行了进一步的研究：（1）小颖提出：如图2，如果把“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC上（除B，C外）的任意一点”，其它条件不变，那么结论“AE=EF”仍然成立。我认为小颖的观点是正确的。因为连接ME后，根据三角形的性质可以得知△AME≌△ECF，所以AE=EF。（2）小华提出：如图3，点E是BC的延长线上（除C点外）的任意一点，其他条件不变，结论“AE=EF”仍然成立。我认为小华的观点是不正确的。因为连接ME后，无法证明△AME≌△ECF，所以不能得出AE=EF的结论。11已知一个直角三角形纸片OAB，其中∠AOB=90°，OA=2，OB=4。如图，将该纸片放置在平面直角坐标系中，折叠该纸片，折痕与边OB交于点C，与边AB交于点D。（Ⅰ）若折叠后使点B与点A重合，求点C的坐标。解：因为B与A重合，所以BD垂直于OA且BD=OA=2。又因为CD平行于OA，所以CD的斜率等于OA的斜率，即-1/2。设C的坐标为(x,y)，则CD的解析式为y=-1/2(x-4)，因为C点在CD上，所以也满足该式，代入得y=-1/2(x-4)。又因为C点在折痕上，所以C点到OB的距离等于2，即|(y-4)/x|=2，化简得y=8-2x或y=2x-4。将这两个式子代入y=-1/2(x-4)中，得到C点的坐标为(8/5,16/5)或(4/3,2/3)。（Ⅱ）若折叠后点B落在边OA上的点为B'，设OB'=x，OC=y，试写出y关于x的函数解析式，并确定y的取值范围。解：因为OB'=x，所以BD'=2-x。因为B'在OA上，所以AB'=OA=2，又因为△AB'C与△OBC相似，所以AB'/BC=OB'/OC，即2/y=x/4，解得y=8/x。因为C点在折痕上，所以C点到OB的距离等于2，即|(y-4)/x|=2，解得y=2x或y=-2x+8。因为B'在OA上，所以x的取值范围是[0,2]，代入y=8/x中得到y的取值范围是[4,∞)。（Ⅲ）若折叠后点B落在边OA上的点为B'，且使B'D∥OB，求此时点C的坐标。解：因为B'D∥OB，所以△B'DO与△BCO相似，即BD'/BC=DO/OC，解得OC=4/3。因为B'在OA上，所以AB'=OA=2，又因为△AB'C与△OBC相似，所以AB'/BC=OB'/OC，即2/y=x/4/3，解得y=8x/3。因为C点在折痕上，所以C点到OB的距离等于2，即|(y-4)/x|=2，解得y=2x或y=-2x+8。将y=8x/3代入上式得到C点的坐标为(8/5,16/5)或(4/3,2/3)。12问题解决如图（1），将正方形纸片ABCD折叠，使点B落在CD边上一点E（不与点C，D重合），压平后得到折痕MN。求CE/CD的值。解：设CE/CD=x，BC=a，MN=b，BE=y，则AE=a-y，根据折痕的性质，可以得到以下等式：CE/ME=CD/MN，即x/(a-2y)=1/(b-y)；AE/ME=BE/MN，即(a-y)/(b-y)=y/b；根据这两个等式可以解得y=a/(x+2)，代入第一个等式中可以解得x=2a/(a+b)。因此CE/CD的值为2a/(a+b)。类比归纳在图（1）中，若n=3，则CE/CD的值等于3/4；若n=4，则CE/CD的值等于4/5；若n=k，则CE/CD的值等于k/(k+1)。联系拓广如图（2），将矩形纸片ABCD折叠，使点B落在CD边上一点E（不与点C，D重合），压平后得到折痕MN，设CE/CD=m，BE=x，DE=y，BC=a，AD=b。则有以下等式：CE/ME=CD/MN，即m/(a-x-y)=1/(b-x)；BE/ME=DE/MN，即x/(a-x-y)=y/(b-y)；根据这两个等式可以解得y=(ab-ma)/(m+1)，代入第一个等式中可以解得x=(am-bm+b)/(m+1)，因此CE/CD的值为m/(m+1)。因此，类比归纳中的式子可以写成CE/CD=k/(k+1)，其中k=m+1。1.根据题意，点P和点Q在三角形ABC内运动，且P、Q分别沿着边BC和边AB运动。已知BP=4，CQ=5，求Q的速度。解：根据题意，BP=PC=4，CQ=BD=5，因此可以得到BP/PC=CQ/BD=4/5。又因为△BPD≌△CQP，所以∠B=∠C，BP=PC=4，CQ=BD=5。根据相似三角形的性质，可以得到BP/PC=CQ/BD=4/5。因此，点P和点Q的速度分别为BP/3和CQ/4，即vP=BP/3=4/3，vQ=CQ/4=5/4。因此，点Q的速度为5/4厘米/秒。2.设经过x秒后点P与点Q第一次相遇，求x的值。解：根据题意，点P和点Q在三角形ABC内运动，且P、Q分别沿着边BC和边AB运动。设经过x秒后点P和点Q第一次相遇，那么可以得到BP=PC=4，CQ=BD=5，因此可以得到BP/PC=CQ/BD=4/5。又因为△BPD≌△CQP，所以∠B=∠C，BP=PC=4，CQ=BD=5。因此，可以得到点Q从O到A的时间为OA=8秒。根据题意，点P和点Q的速度分别为BP/3和CQ/4，所以可以列出方程4x/3=5(x-8)/4，解得x=80/3秒。因此，经过80/3秒后点P和点Q第一次相遇。3.已知圆P的圆心在直线y=-2x-8上，且与x轴相切，求圆P的方程。解：根据题意，圆P的圆心在直线y=-2x-8上，且与x轴相切。设圆P的半径为r，圆心坐标为(x0,y0)。因为圆心在直线y=-2x-8上，所以可以得到y0=-2x0-8。又因为圆与x轴相切，所以可以得到y0=r。因此，可以得到r=y0=-2x0-8。又因为圆P与x轴相切，所以可以得到x0=4。因此，可以得到r=-8。因此，圆P的方程为(x-4)^2+(y+8)^2=64。4.已知三角形ABC中，AB=BC=AC，点D、E、F分别在AB、BC、AC上，且DE=EF=FD，求证：四边形ABNG是平行四边形。解：根据题意，三角形ABC中，AB=BC=AC，点D、E、F分别在AB、BC、AC上，且DE=EF=FD。因此，可以得到△DEF是等边三角形，且点D、E、F是△ABC的三条中线的交点。因此，可以得到四边形ABNG是平行四边形，且AG=BN=NG。因为MN垂直于BE，所以∠EBC+∠BNM=90°。又因为NG垂直于BC，所以∠MNG+∠BNM=90°，所以∠EBC=∠MNG。于是在三角形BCE和NGM中，有∠EBC=∠MNG，BC=NG，因此可以得出△BCE≌△NGM，EC=MG。由题意可知，AM=AG-MG，所以AM=51-44=7。又因为△ABN∽△AMD，所以AN/AM=BN/BD，即AN/7=5/13，所以AN=35/13。又因为DE平行于AB，所以三角形ADE与三角形ABN相似，所以AD/AN=DE/BN，即AD/(35/13)=DE/5，所以DE=65/13。联系拓广可得，(n+m)^2=n^2+2nm+m^2，所以n^2m^2-2n+1=(nm-1)^2。因此，当nm=1时，即n=1，m=1时，式子成立。解题思路：首先根据题目给出的条件，利用几何知识推导出一些结论。然后根据题目所求的量，运用类比归纳、联系拓广等方法进行推导计算。最后需要注意检查计算过程中的细节错误。首先，文章中存在一些格式错误，如“t”和“214Q”之间的空格，需要删除。另外，有些段落不清楚或明显有问题，需要删除。最后，对每段话进行小幅度改写，使其更加清晰明了。改写后的文章如下：点P由C向A运动，DE经过点C。连接QC，作QG⊥BC于点G，如图5所示。根据勾股定理，得到PC²=QC²=QG²+CG²。因此，可以得到t的值为545或214。点P由A向C运动，DE经过点C，如图6所示。通过勾股定理，可以得到t的值为34或45。当∠α=90时，四边形EDBC是菱形。因为∠α=∠ACB=90，所以BC//ED。又因为CE//AB，所以四边形EDBC是平行四边形。在Rt△ABC中，∠ACB=90，∠B=60，BC=2，所以∠A=30。因此，AB=4，AC=23，AO=1/2AC=3。在Rt△AOD中，∠A=30，∴AD=2。因此，BD=2，BD=BC。又因为四边形EDBC是平行四边形，所以四边形EDBC是菱形。在图①中，过A、D分别作AK⊥BC于K，四边形ADHK是矩形。因为MN∥AB，所以MN∥DG，因此BG=AD=3，GC=10-3=7。由题意可知，当M、N运动到t秒时，CN=t，CM=10-2t。因为DG∥MN，所以∠NMC=∠DGC。又因为∠C=∠C，所以△MNC∽△GDC。因此，可以得到t的值为5717/10或3。分三种情况讨论：①当NC=MC时，如图③所示，即t=10-2t。因此，可以得到t的值为5/3。②当MN=NC时，如图④所示，过N作NE⊥MC于E。在Rt△CEN中，cosc=NC/CD。在Rt△DHC中，cosc=CH/CD。因此，可以得到t的值为11/17或3/5。③当MN=MC时，如图⑤所示，即2t=10-2t。因此，可以得到t的值为5/2。通过以上分析，可以得到t的取值范围为34、45、5/3、3/5、11/17、3、5/2、545或214。题目：如图所示，正三角形ABC的边长为6，点D、E、F分别在线段AB、BC、CA上，且DE=EF=FD=x，点M、N分别在线段DF、DE上，且PM⊥MN，求△PMN的周长。解法：首先可以发现△DEF是等边三角形，所以DE=EF=FD=x。接下来分两种情况考虑。情况一：当点N在线段AD上运动时，△PMN的形状不发生改变。解法一：如图1，过点E作EG⊥BC于点G。由于E为AB的中点，所以BE=AB=6。在直角三角形EBG中，∠B=60°，所以∠BEG=30°。因此BG=BE=6/2=3，EG=BE-BG=3。由于PM⊥EG，所以PM=EG=3。同理，MN=AB=6，PN=EN+EP=6/2+3=6。所以△PMN的周长=PM+PN+MN=3+6+6=15。解法二：由勾股定理得AC=6√3，CD=BD=3√3，所以△BDC是等腰三角形。由等腰三角形的三线合一性质得EC=AC/2=3√3。又因为△NEC∽△DHC，所以NC/CH=EC/DC，即NC=x/(6-x)=3√3/3，解得x=6/7。同理可得PM=3，MN=4，PN=7。所以△PMN的周长=PM+PN+MN=3+7+4=14。情况二：当点N在线段DC上运动时，△PMN的形状发生改变，但△MNC恒为等边三角形。如图2，当PM=PN时，作PR⊥MN于R，则MR=NR。由于△MNC是等边三角形，所以MC=MN=3。此时，x=EP=GM=BC-BG-MC=6-1-3=2。同理可得MR=3/2，MN=3，PN=5/2。所以△PMN的周长=PM+PN+MN=3+5/2+3=13.5。综上所述，当点N在线段AD上运动时，△PMN的周长为15，当点N在线段DC上运动时，△PMN的周长为13.5。当NP=NM时，根据图5可知，∠NPM=∠PMN=30°。因此，∠PMN=120°，且∠MNC=60°。由此可得，∠PNM+∠MNC=180°。因此，点P与F重合，且△PMC为直角三角形。因为MC=PMtan30°=1，所以此时x=EP=GM=6-1-1=4。综上所述，当x=2或4或5-3时，△PMN为等腰三角形。解：（1）点P的运动速度为每秒钟1个单位长度。（2）过点B作BF⊥y轴于点F，BE⊥x轴于点E，则BF=8，OF=BE=4。因此，AF=10-4=6。在Rt△AFB中，AB=√(8^2+6^2)=√100=10。过点C作CG⊥x轴于点G，与FB的延长线交于点H。因为∠ABC=90°，且AB=BC，所以△ABF≌△BCH。因此，BH=AF=6，CH=BF=8。因此，OG=FH=8+6=14，CG=8+4=12。因此，点C的坐标为（14，12）。（3）过点P作PM⊥y轴于点M，PN⊥x轴于点N，则△APM∽△ABF。因此，AP/AM=MP/AF，即AM/MP=AF/AP。因为AB=10，AF=6，所以BM=√(10^2-6^2)=8。因此，AM=8-t，PM=t。因为△APM∽△ABF，所以PN/ON=AM/BF，即PN=t/