中考数学一轮复习考点复习专题41 几何问题（1）之动点问题【热点专题】（含解析）

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专题41 几何问题（1）之动点问题


题型精讲


题型一：圆背景下的动态探究题
【例1】（2020•连云港）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，唐代陈廷章在《水轮赋）中写道：“水
能利物，轮乃曲成”．如图，半径为3m的筒车⊙O按逆时针方向每分钟转圈，筒车与水面分别交于点A、
B筒车的轴心O距离水面的高度OC长为2.2m，筒车上均匀分布着若干个盛水筒．若以某个盛水筒P刚
浮出水面时开始计算时间．
（1）经过多长时间，盛水筒P首次到达最高点？
（2）浮出水面3.4秒后，盛水筒P距离水面多高？
（3）若接水槽MN所在直线是⊙O的切线，且与直线AB交于点M，MO＝8m．求盛水筒P从最高点开始，至少经过多长时间恰好在直线MN上．
（参考数据：cos43°＝sin47°，sin16°＝cos74°，sin22°＝cos68°）

【分析】（1）如图1中，连接OA．求出∠AOC的度数，以及旋转速度即可解决问题．
（2）如图2中，盛水筒P浮出水面3.4秒后，此时∠AOP＝3.4×5°＝17°，过点P作PD⊥OC于D，解直角三角形求出CD即可．
（3）如图3中，连接OP，解直角三角形求出∠POM，∠COM，可得∠POH的度数即可解决问题．
【解析】（1）如图1中，连接OA．

由题意，筒车每秒旋转360°60＝5°，
在Rt△ACO中，cos∠AOC．
∴∠AOC＝43°，
∴27.4（秒）．
答：经过27.4秒时间，盛水筒P首次到达最高点．
（2）如图2中，盛水筒P浮出水面3.4秒后，此时∠AOP＝3.4×5°＝17°，

∴∠POC＝∠AOC+∠AOP＝43°+17°＝60°，
过点P作PD⊥OC于D，
在Rt△POD中，OD＝OP•cos60°＝31.5（m），
2.2﹣1.5＝0.7（m），
答：浮出水面3.4秒后，盛水筒P距离水面0.7m．
（3）如图3中，

∵点P在⊙O上，且MN与⊙O相切，
∴当点P在MN上时，此时点P是切点，连接OP，则OP⊥MN，
在Rt△OPM中，cos∠POM，
∴∠POM＝68°，
在Rt△COM中，cos∠COM，
∴∠COM＝74°，
∴∠POH＝180°﹣∠POM﹣∠COM＝180°﹣68°﹣74°＝38°，
∴需要的时间为7.6（秒），
答：盛水筒P从最高点开始，至少经过7.6秒恰好在直线MN上．
【例2】（2020•苏州）如图，已知∠MON＝90°，OT是∠MON的平分线，A是射线OM上一点，OA＝8cm．动
点P从点A出发，以1cm/s的速度沿AO水平向左作匀速运动，与此同时，动点Q从点O出发，也以1cm/s
的速度沿ON竖直向上作匀速运动．连接PQ，交OT于点B．经过O、P、Q三点作圆，交OT于点C，连
接PC、QC．设运动时间为t（s），其中0＜t＜8．
（1）求OP+OQ的值；
（2）是否存在实数t，使得线段OB的长度最大？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
（3）求四边形OPCQ的面积．

【分析】（1）由题意得出OP＝8﹣t，OQ＝t，则可得出答案；
（2）如图，过点B作BD⊥OP，垂足为D，则BD∥OQ．设线段BD的长为x，则BD＝OD＝x，OBBDx，PD＝8﹣t﹣x，得出，则，解出x．由二次函数的性质可得出答案；
（3）证明△PCQ是等腰直角三角形．则S△PCQPC•QCPQPQ2．在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2．由四边形OPCQ的面积S＝S△POQ+S△PCQ可得出答案．
【解析】（1）由题意可得，OP＝8﹣t，OQ＝t，
∴OP+OQ＝8﹣t+t＝8（cm）．
（2）当t＝4时，线段OB的长度最大．
如图，过点B作BD⊥OP，垂足为D，则BD∥OQ．

∵OT平分∠MON，
∴∠BOD＝∠OBD＝45°，
∴BD＝OD，OBBD．
设线段BD的长为x，则BD＝OD＝x，OBBDx，PD＝8﹣t﹣x，
∵BD∥OQ，
∴，
∴，
∴x．
∴OB．
当t＝4时，线段OB的长度最大，最大为2cm．
（3）∵∠POQ＝90°，
∴PQ是圆的直径．
∴∠PCQ＝90°．
∵∠PQC＝∠POC＝45°，
∴△PCQ是等腰直角三角形．
∴S△PCQPC•QCPQPQ2．
在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2．
∴四边形OPCQ的面积S＝S△POQ+S△PCQ，
，
＝4t16﹣4t＝16．
∴四边形OPCQ的面积为16cm2．
题型二：四边形动点探究
【例3】（2021·山东中考真题）如图，已知正方形ABCD，点E是BC边上一点，将△ABE沿直线AE折叠，点B落在F处，连接BF并延长，与∠DAF的平分线相交于点H，与AE，CD分别相交于点G，M，连接HC
（1）求证：AG＝GH；
（2）若AB＝3，BE＝1，求点D到直线BH的距离；
（3）当点E在BC边上（端点除外）运动时，∠BHC的大小是否变化？为什么？

【答案】（1）见解析；（2）；（3）不变，理由见解析
【分析】
（1）根据折叠的性质得到AG⊥BF，结合角平分线的定义得到∠FAH=∠FAD，从而推出∠EAH=（∠BAF+∠FAD）=45°，可得AG=GH；
（2）连接DH，DF，交AH于点N，易得等腰直角△DHF，推出DH的长即为点D到BH的距离，根据DH=FH，转化为求FH的长，结合（1）中条件，证明△ABG∽△AEB，得到，从而求出GF和GH，可得DH；
（3）作正方形ABCD的外接圆，判断出点H在圆上，结合圆周角定理求出∠BHC即可．
【详解】
解：（1）∵△ABE沿直线AE折叠，点B落在点F处，
∴∠BAG=∠GAF=BAF，B、F关于AE对称，
∴AG⊥BF，
∴∠AGF=90°，
∵AH平分∠DAF，
∴∠FAH=∠FAD，
∴∠EAH=∠GAF+∠FAH
=∠BAF+∠FAD
=（∠BAF+∠FAD）
=∠BAD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∴∠EAH=∠BAD=45°，
∴∠GHA=45°，
∴GA=GH；
（2）连接DH，DF，交AH于点N，
由（1）可知：AF=AD，∠FAH=∠DAH，
∴AH⊥DF，FN=DN，
∴DH=HF，∠FNH=∠DNH=90°，
又∵∠GHA=45°，
∴∠FHN=45°=∠NDH=∠DHN，
∴∠DHF=90°，
∴DH的长即为点D到直线BH的距离，
由（1）知：在Rt△ABE中，，
∴，
∵∠BAE+∠AEB=∠BAE+∠ABG=90°，
∴∠AEB=∠ABG，
∴△ABG∽△AEB，
∴，
∴，
，
由（1）知：GF=BG，AG=GH，
∴，，
∴DH=FH=GH-GF==，
即点D到直线BH的长为；
（3）作正方形ABCD的外接圆，对角线BD为圆的直径，
∵∠BHD=90°，
∴H在圆周上，
∴∠BHC=∠BDC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，BC=CD，
∴∠BDC=∠DBC=45°，
∴∠BHC=45°，
∴当点E在BC边上（除端点外）运动时，∠BHC的大小不变．

【例4】（2021·湖南中考真题）如图，在中，点为斜边上一动点，将沿直线折叠，使得点的对应点为，连接，，，．
（1）如图①，若，证明：．
（2）如图②，若，，求的值．
（3）如图③，若，是否存在点，使得．若存在，求此时的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，的值为或．
【分析】
（1）先根据平行线的判定与性质可得，再根据折叠的性质可得，从而可得，然后根据平行线的判定可得，最后根据菱形的判定与性质即可得证；
（2）设与的交点为点，过点作于点，设，从而可得，先证出，从而可得，设，根据线段的和差可得，代入可求出，从而可得，再在中，解直角三角形可得，由此可得，然后在中，根据余弦三角函数的定义即可得；
（3）如图（见解析），设，从而可得，分①点在直线的左侧；②点在直线的右侧两种情况，再分别利用等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质求解即可得．
【详解】
（1）证明：，，
，
，
由折叠的性质得：，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
平行四边形是菱形，
；
（2）如图，设与的交点为点，过点作于点，


，
是等腰三角形，，
设，则，
，
，
由折叠的性质得：，
在和中，，
，
，
设，则，
，
解得，
，
在中，，
，
则；
（3），
，
设，则，
由折叠的性质得：，
，
由题意，分以下两种情况：
①如图，当点在直线的左侧时，过点作于点，


（等腰三角形的三线合一），
，
在中，，
，
又，
，
，
，
是等边三角形，
，
；
②如图，当点在直线的右侧时，过点作于点，

同理可得：，
，
点在上，
由折叠的性质得：，
在中，，
，
，
综上，存在点，使得，此时的值为或．


提分作业


1．（2021·江苏中考真题）在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动．
（1）是边长为3的等边三角形，E是边上的一点，且，小亮以为边作等边三角形，如图1，求的长；

（2）是边长为3的等边三角形，E是边上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，如图2，在点E从点C到点A的运动过程中，求点F所经过的路径长；
（3）是边长为3的等边三角形，M是高上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，如图3，在点M从点C到点D的运动过程中，求点N所经过的路径长；

（4）正方形的边长为3，E是边上的一个动点，在点E从点C到点B的运动过程中，小亮以B为顶点作正方形，其中点F、G都在直线上，如图4，当点E到达点B时，点F、G、H与点B重合．则点H所经过的路径长为______，点G所经过的路径长为______．
【答案】（1）1；（2）3；（3）；（4）；
【分析】
（1）由、是等边三角形，，， ，可证即可；
（2）连接，、是等边三角形，可证，可得，又点在处时，，点在A处时，点与重合．可得点运动的路径的长；
（3）取中点，连接，由、是等边三角形，可证，可得．又点在处时，，点在处时，点与重合．可求点所经过的路径的长；
（4）连接CG ,AC ，OB，由∠CGA=90°，点G在以AC中点为圆心，AC为直径的上运动，由四边形ABCD为正方形，BC为边长，设OC=x，由勾股定理即，可求，点G所经过的路径长为长=，点H所经过的路径长为的长．
【详解】
解:（1）∵、是等边三角形，
∴，，．
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）连接，
∵、是等边三角形，
∴，，．
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
又点在处时，，点在A处时，点与重合．
∴点运动的路径的长；
（3）取中点，连接，
∴，
∴，
∵，
∴，

∴，
∵、是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
又点在处时，，点在处时，点与重合，
∴点所经过的路径的长；
（4）连接CG ,AC ，OB，
∵∠CGA=90°，
∴点G在以AC中点为圆心，AC为直径的上运动，
∵四边形ABCD为正方形，BC为边长，
∴∠COB=90°，设OC=x，
由勾股定理即，
∴，
点G所经过的路径长为长=，
点H在以BC中点为圆心，BC长为直径的弧上运动，
点H所经过的路径长为的长度，
∵点G运动圆周的四分之一，
∴点H也运动圆周的四分一，
点H所经过的路径长为的长=，
故答案为；．

2．（2021·四川中考真题）如图，⊙O的半径为1，点A是⊙O的直径BD延长线上的一点，C为⊙O上的一点，AD＝CD，∠A＝30°．
（1）求证：直线AC是⊙O的切线；
（2）求△ABC的面积；
（3）点E在上运动（不与B、D重合），过点C作CE的垂线，与EB的延长线交于点F．
①当点E运动到与点C关于直径BD对称时，求CF的长；
②当点E运动到什么位置时，CF取到最大值，并求出此时CF的长．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）①3；②
【分析】
（1）连接OC，利用切线的判定定理，证明OC⊥AC即可；
（2）要求的面积，结合（1）题，底边AB可求，只需再求出底边上的高CH即可；
（3）根据垂径定理可求CE的长，再利用锐角三角函数，可求CF的长；
由可知，点E在运动过程中，始终有，所以，求出CE的最大值，即可得到CF的最大值．
【详解】
（1）证明：连结OC，如图所示．

∵AD＝CD ，∠A＝30°，
∴∠ACD＝∠A=30°．
∴∠CDB＝60°．
∵OD＝OC，
∴∠OCD＝∠ODC=60°．
∴∠ACO＝∠ACD＋∠OCD＝30°+60°=90°．
∴OC⊥AC．
∴直线AC是⊙O的切线．
（2）过点C作CH⊥AB于点H，如图所示．
∵OD=OC，∠ODC=60°，
∴是等边三角形．
∴．
∴在中，
．
∵AB＝AD＋BD＝3，
∴．
（3）当点运动到与点关于直径BD对称时，如图所示．

此时，CE⊥AB，设垂足为K．
由（2）可知，．
∵BD为圆的直径，CE⊥AB，
∴CE＝2CK＝．
∵CF⊥CE，
∴∠ECF＝90°．
∵，
∴∠E=∠CDB＝60°．
在中，
∵，
∴．
如图所示：
由可知，在中，
∵，
∴．

∴当点E在上运动时，始终有．
∴当CE最大时，CF取得最大值．
∴当CE为直径，即CE=2时，CF最大，最大值为．
3．（2020•河北）如图1和图2，在△ABC中，AB＝AC，BC＝8，tanC．点K在AC边上，点M，N分别在AB，BC上，且AM＝CN＝2．点P从点M出发沿折线MB﹣BN匀速移动，到达点N时停止；而点Q在AC边上随P移动，且始终保持∠APQ＝∠B．
（1）当点P在BC上时，求点P与点A的最短距离；
（2）若点P在MB上，且PQ将△ABC的面积分成上下4：5两部分时，求MP的长；
（3）设点P移动的路程为x，当0≤x≤3及3≤x≤9时，分别求点P到直线AC的距离（用含x的式子表示）；
（4）在点P处设计并安装一扫描器，按定角∠APQ扫描△APQ区域（含边界），扫描器随点P从M到B再到N共用时36秒．若AK，请直接写出点K被扫描到的总时长．

【分析】（1）如图1中，过点A作AH⊥BC于H．解直角三角形求出AH即可．
（2）利用相似三角形的性质求解即可．
（3）分两种情形：当0≤x≤3时，当3＜x≤9时，分别画出图形求解即可．
（4）求出CK的长度，以及CQ的最大值，利用路程与速度的关系求解即可．
【解析】（1）如图1中，过点A作AH⊥BC于H．

∵AB＝AC，AH⊥BC，
∴BH＝CH＝4，∠B＝∠C，
∴tan∠B＝tan∠C，
∴AH＝3，AB＝AC5．
∴当点P在BC上时，点P到A的最短距离为3．

（2）如图1中，∵∠APQ＝∠B，
∴PQ∥BC，
∴△APQ∽△ABC，
∵PQ将△ABC的面积分成上下4：5，
∴（）2，
∴，
∴AP，
∴PM＝AP＝AM2．

（3）当0≤x≤3时，如图1﹣1中，过点P作PJ⊥CA交CA的延长线于J．

∵PQ∥BC，
∴，∠AQP＝∠C，
∴，
∴PQ（x+2），
∵sin∠AQP＝sin∠C，
∴PJ＝PQ•sin∠AQP（x+2）．
当3＜x≤9时，如图2中，过点P作PJ⊥AC于J．

同法可得PJ＝PC•sin∠C（11﹣x）．

（4）由题意点P的运动速度单位长度/秒．
当3＜x≤9时，设CQ＝y．
∵∠APC＝∠B+∠BAP＝∠APQ+∠CPQ，∠APQ＝∠B，
∴∠BAP＝∠CPQ，
∵∠B＝∠C，
∴△ABP∽△PCQ，
∴，
∴，
∴y（x﹣7）2，
∵0，
∴x＝7时，y有最大值，最大值，
∵AK，
∴CK＝5
当y时，（x﹣7）2，
解得x＝7±，
∴点K被扫描到的总时长＝（6﹣3）23秒．
4．（2020•青岛）已知：如图，在四边形ABCD和Rt△EBF中，AB∥CD，CD＞AB，点C在EB上，∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，延长DC交EF于点M．点P从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为2cm/s；同时，点Q从点M出发，沿MF方向匀速运动，速度为1cm/s．过点P作GH⊥AB于点H，交CD于点G．设运动时间为t（s）（0＜t＜5）．
解答下列问题：
（1）当t为何值时，点M在线段CQ的垂直平分线上？
（2）连接PQ，作QN⊥AF于点N，当四边形PQNH为矩形时，求t的值；
（3）连接QC，QH，设四边形QCGH的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；
（4）点P在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点P在∠AFE的平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）由平行线分线段成比例可得，可求CM的长，由线段垂直平分线的性质可得CM＝MQ，即可求解；
（2）利用锐角三角函数分别求出PHt，QN＝6t，由矩形的性质可求解；
（3）利用面积的和差关系可得S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，即可求解；
（4）连接PF，延长AC交EF于K，由“SSS”可证△ABC≌△EBF，可得∠E＝∠CAB，可证∠ABC＝∠EKC＝90°，由面积法可求CK的长，由角平分线的性质可求解．
【解析】（1）∵AB∥CD，
∴，
∴，
∴CM，
∵点M在线段CQ的垂直平分线上，
∴CM＝MQ，
∴1×t，
∴t；
（2）如图1，过点Q作QN⊥AF于点N，

∵∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，
∴AC10cm，EF10cm，
∵CE＝2cm，CMcm，
∴EM，
∵sin∠PAH＝sin∠CAB，
∴，
∴，
∴PHt，
同理可求QN＝6t，
∵四边形PQNH是矩形，
∴PH＝NQ，
∴6tt，
∴t＝3；
∴当t＝3时，四边形PQNH为矩形；
（3）如图2，过点Q作QN⊥AF于点N，

由（2）可知QN＝6t，
∵cos∠PAH＝cos∠CAB，
∴，
∴，
∴AHt，
∵四边形QCGH的面积为S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，
∴S6×（8t+6+8t）[6﹣（6t）]（6t）（8t+6）t2t；
（4）存在，
理由如下：如图3，连接PF，延长AC交EF于K，

∵AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，AC＝EF＝10cm，
∴△ABC≌△EBF（SSS），
∴∠E＝∠CAB，
又∵∠ACB＝∠ECK，
∴∠ABC＝∠EKC＝90°，
∵S△CEMEC×CMEM×CK，
∴CK，
∵PF平分∠AFE，PH⊥AF，PK⊥EF，
∴PH＝PK，
∴t＝10﹣2t，
∴t，
∴当t时，使点P在∠AFE的平分线上．
5．（2020•温州）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，DE，BF分别平分∠ADC，∠ABC，并交线段AB，CD于点E，F（点E，B不重合）．在线段BF上取点M，N（点M在BN之间），使BM＝2FN．当点P从点D匀速运动到点E时，点Q恰好从点M匀速运动到点N．记QN＝x，PD＝y，已知yx+12，当Q为BF中点时，y．
（1）判断DE与BF的位置关系，并说明理由．
（2）求DE，BF的长．
（3）若AD＝6．
①当DP＝DF时，通过计算比较BE与BQ的大小关系．
②连结PQ，当PQ所在直线经过四边形ABCD的一个顶点时，求所有满足条件的x的值．

【分析】（1）推出∠AED＝∠ABF，即可得出DE∥BF；
（2）求出DE＝12，MN＝10，把y代入yx+12，解得x＝6，即NQ＝6，得出QM＝4，由FQ＝QB，BM＝2FN，得出FN＝2，BM＝4，即可得出结果；
（3）连接EM并延长交BC于点H，易证四边形DFME是平行四边形，得出DF＝EM，求出∠DEA＝∠FBE＝∠FBC＝30°，∠ADE＝∠CDE＝∠FME＝60°，∠MEB＝∠FBE＝30°，得出∠EHB＝90°，DF＝EM＝BM＝4，MH＝2，EH＝6，由勾股定理得HB＝2，BE＝4，当DP＝DF时，求出BQ，即可得出BQ＞BE；
②（Ⅰ）当PQ经过点D时，y＝0，则x＝10；
（Ⅱ）当PQ经过点C时，由FQ∥DP，得出△CFQ∽△CDP，则，即可求出x；
（Ⅲ）当PQ经过点A时，由PE∥BQ，得出△APE∽△AQB，则，求出AE＝6，AB＝10，即可得出x，由图可知，PQ不可能过点B．
【解析】（1）DE与BF的位置关系为：DE∥BF，理由如下：
如图1所示：
∵∠A＝∠C＝90°，
∴∠ADC+∠ABC＝360°﹣（∠A+∠C）＝180°，
∵DE、BF分别平分∠ADC、∠ABC，
∴∠ADE∠ADC，∠ABF∠ABC，
∴∠ADE+∠ABF180°＝90°，
∵∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠AED＝∠ABF，
∴DE∥BF；
（2）令x＝0，得y＝12，
∴DE＝12，
令y＝0，得x＝10，
∴MN＝10，
把y代入yx+12，
解得：x＝6，即NQ＝6，
∴QM＝10﹣6＝4，
∵Q是BF中点，
∴FQ＝QB，
∵BM＝2FN，
∴FN+6＝4+2FN，
解得：FN＝2，
∴BM＝4，
∴BF＝FN+MN+MB＝16；
（3）①连接EM并延长交BC于点H，如图2所示：
∵FM＝2+10＝12＝DE，DE∥BF，
∴四边形DFME是平行四边形，
∴DF＝EM，EH∥CD，
∴∠MHB＝∠C＝90°，
∵AD＝6，DE＝12，∠A＝90°，
∴∠DEA＝30°，
∴∠DEA＝∠FBE＝∠FBC＝30°，
∴∠ADE＝60°，
∴∠ADE＝∠CDE＝∠FME＝60°，
∴∠DFM＝∠DEM＝120°，
∴∠MEB＝180°﹣120°﹣30°＝30°，
∴∠MEB＝∠FBE＝30°，
∴∠EHB＝180°﹣30°﹣30°﹣30°＝90°，DF＝EM＝BM＝4，
∴MHBM＝2，
∴EH＝4+2＝6，
由勾股定理得：HB2，
∴BE4，
当DP＝DF时，x+12＝4，
解得：x，
∴BQ＝14﹣x＝14，
∵4，
∴BQ＞BE；
②（Ⅰ）当PQ经过点D时，如图3所示：
y＝0，
则x＝10；
（Ⅱ）当PQ经过点C时，如图4所示：
∵BF＝16，∠FCB＝90°，∠CBF＝30°，
∴CFBF＝8，
∴CD＝8+4＝12，
∵FQ∥DP，
∴△CFQ∽△CDP，
∴，
∴，
解得：x；
（Ⅲ）当PQ经过点A时，如图5所示：
∵PE∥BQ，
∴△APE∽△AQB，
∴，
由勾股定理得：AE6，
∴AB＝6410，
∴，
解得：x，
由图可知，PQ不可能过点B；
综上所述，当x＝10或x或x时，PQ所在的直线经过四边形ABCD的一个顶点．





6．（2020•衡阳）如图1，平面直角坐标系xOy中，等腰△ABC的底边BC在x轴上，BC＝8，顶点A在y的正半轴上，OA＝2，一动点E从（3，0）出发，以每秒1个单位的速度沿CB向左运动，到达OB的中点停止．另一动点F从点C出发，以相同的速度沿CB向左运动，到达点O停止．已知点E、F同时出发，以EF为边作正方形EFGH，使正方形EFGH和△ABC在BC的同侧，设运动的时间为t秒（t≥0）．
（1）当点H落在AC边上时，求t的值；
（2）设正方形EFGH与△ABC重叠面积为S，请问是否存在t值，使得S？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，取AC的中点D，连结OD，当点E、F开始运动时，点M从点O出发，以每秒2个单位的速度沿OD﹣DC﹣CD﹣DO运动，到达点O停止运动．请问在点E的整个运动过程中，点M可能在正方形EFGH内（含边界）吗？如果可能，求出点M在正方形EFGH内（含边界）的时长；若不可能，请说明理由．

【分析】（1）利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．
（2）由题意，在E，F的运动过程中，开始正方形EFGH的边长为1，因为正方形EFGH与△ABC重叠面积为S，S，推出此时点F与O重合，已经停止运动，如图1﹣2中，重叠部分是五边形OEKJG．构建方程求解即可．
（3）分别求出点M第一次和第二次落在正方形内部（包括边界）的时长即可解决问题．
【解析】（1）如图1﹣1中，

由题意，OA＝2，OB＝OC＝4，EF＝EH＝FG＝HG＝1，
当点H落在AC上时，∵EH∥OA，
∴，
∴，
∴CE＝2，
∴点E的运动路程为1，
∴t＝1时，点E落在AC上．

（2）由题意，在E，F的运动过程中，开始正方形EFGH的边长为1，
∵正方形EFGH与△ABC重叠面积为S，S，
∴此时点F与O重合，已经停止运动，如图1﹣2中，重叠部分是五边形OEKJG．

由题意：（t﹣3）2••（3t﹣13），
整理得45t2﹣486t+1288＝0，
解得t或（舍弃），
∴满足条件的t的值为．

（3）如图3﹣1中，当点M第一次落在EH上时，4t+t＝3，t

当点M第一次落在FG上时，4t+t＝4，t，
∴点M第一次落在正方形内部（包括边界）的时长（s），
当点M第二次落在FG上时，4t﹣t＝4，t，
当点M第二次落在EH上时，4t﹣（t+1）＝4，t，
点M第二次落在正方形内部（包括边界）的时长，
∴点M落在正方形内部（包括边界）的总时长（s）．