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1 [2026 安徽芜湖质检]如图,在$△ ABC$中,$∠ ABC=90°$,$AB=8\ \mathrm{cm}$,$BC=7\ \mathrm{cm}$,动点$P,Q$分别从点$A,B$同时开始移动(移动方向如图所示),点$P$的速度为$1\ \mathrm{cm/s}$,点$Q$的速度为$2\ \mathrm{cm/s}$,点$Q$移动到$C$点后停止移动,点$P$也随之停止移动,当四边形$APQC$的面积为$13\ \mathrm{cm}^2$时,点$P$移动的时间是 (
A.$3\ \mathrm{s}$
B.$5\ \mathrm{s}$
C.$3\ \mathrm{s}$或$5\ \mathrm{s}$
D.$6\ \mathrm{s}$
A
)A.$3\ \mathrm{s}$
B.$5\ \mathrm{s}$
C.$3\ \mathrm{s}$或$5\ \mathrm{s}$
D.$6\ \mathrm{s}$
答案
设点$P$移动的时间是 $t$ s. 根据题意,得
$\frac{1}{2}×8×7-\frac{1}{2}(8-t)·2t=13$,解得 $t_1=3,t_2=5$. 当 $t=5$ 时,$2t=10＞7$,不符合题意,舍去,$\therefore t=3$,故选 A.
$\frac{1}{2}×8×7-\frac{1}{2}(8-t)·2t=13$,解得 $t_1=3,t_2=5$. 当 $t=5$ 时,$2t=10＞7$,不符合题意,舍去,$\therefore t=3$,故选 A.
解析
【分析】
求解本题可通过“整体减部分”的思路计算不规则四边形的面积：首先设点P的运动时间为t s，用含t的式子表示出PB、BQ的长度；再结合∠B为直角，分别计算△ABC和△PBQ的面积，根据四边形APQC的面积为13$\mathrm{cm}^2$列方程；最后结合点Q的运动限制（Q移动到C后停止，即BQ≤BC=7 cm）对方程的解进行取舍，排除不符合实际的解即可得到结果。
【解析】
设点P移动的时间是$t$ s。
先计算$\mathrm{Rt}△ABC$的面积：$S_{△ABC}=\frac{1}{2}×AB×BC=\frac{1}{2}×8×7=28\ \mathrm{cm}^2$。
运动$t$ s后，$AP=t\ \mathrm{cm}$，因此$PB=AB-AP=(8-t)\ \mathrm{cm}$，$BQ=2t\ \mathrm{cm}$；点Q最多移动到C点，因此$2t≤7$，即$t≤3.5$。
根据题意，四边形APQC的面积为$S_{△ABC}-S_{△PBQ}=13\ \mathrm{cm}^2$，其中$\mathrm{Rt}△PBQ$的面积为$\frac{1}{2}×PB×BQ=\frac{1}{2}(8-t)·2t$，列方程得：
$\frac{1}{2}×8×7-\frac{1}{2}(8-t)·2t=13$
化简得$t^2-8t+15=0$，因式分解得$(t-3)(t-5)=0$，解得$t_1=3$，$t_2=5$。
当$t=5$时，$2t=10＞7$，点Q已超出C点，不符合运动规则，舍去；$t=3$符合$t≤3.5$的要求。
因此点P移动的时间是3 s。
【答案】A
【知识点】
一元二次方程的应用；动点问题；直角三角形面积计算
【点评】
本题是动态几何的典型题型，解题核心是通过割补法将不规则图形面积转化为规则图形面积的差，求解方程后要注意结合动点的运动范围验证解的合理性，避免忽略实际限制出现错解。
【难度系数】
0.6
求解本题可通过“整体减部分”的思路计算不规则四边形的面积：首先设点P的运动时间为t s，用含t的式子表示出PB、BQ的长度；再结合∠B为直角，分别计算△ABC和△PBQ的面积，根据四边形APQC的面积为13$\mathrm{cm}^2$列方程；最后结合点Q的运动限制（Q移动到C后停止，即BQ≤BC=7 cm）对方程的解进行取舍，排除不符合实际的解即可得到结果。
【解析】
设点P移动的时间是$t$ s。
先计算$\mathrm{Rt}△ABC$的面积：$S_{△ABC}=\frac{1}{2}×AB×BC=\frac{1}{2}×8×7=28\ \mathrm{cm}^2$。
运动$t$ s后，$AP=t\ \mathrm{cm}$，因此$PB=AB-AP=(8-t)\ \mathrm{cm}$，$BQ=2t\ \mathrm{cm}$；点Q最多移动到C点，因此$2t≤7$，即$t≤3.5$。
根据题意，四边形APQC的面积为$S_{△ABC}-S_{△PBQ}=13\ \mathrm{cm}^2$，其中$\mathrm{Rt}△PBQ$的面积为$\frac{1}{2}×PB×BQ=\frac{1}{2}(8-t)·2t$，列方程得：
$\frac{1}{2}×8×7-\frac{1}{2}(8-t)·2t=13$
化简得$t^2-8t+15=0$，因式分解得$(t-3)(t-5)=0$，解得$t_1=3$，$t_2=5$。
当$t=5$时，$2t=10＞7$，点Q已超出C点，不符合运动规则，舍去；$t=3$符合$t≤3.5$的要求。
因此点P移动的时间是3 s。
【答案】A
【知识点】
一元二次方程的应用；动点问题；直角三角形面积计算
【点评】
本题是动态几何的典型题型，解题核心是通过割补法将不规则图形面积转化为规则图形面积的差，求解方程后要注意结合动点的运动范围验证解的合理性，避免忽略实际限制出现错解。
【难度系数】
0.6
2[2026江苏苏州期末]如图,在△ACB中,∠C=90°,AC=30 cm,BC=25 cm,动点P从点C出发沿CA方向以2 cm/s的速度向终点A运动;同时动点Q从点B出发沿BC方向以1 cm/s的速度向终点C运动,则运动
10
s后,P,Q两点相距25 cm.答案
设运动 $x$ s 后,$P,Q$ 两点相距 25 cm,则
$CP=2x\ \mathrm{cm},CQ=(25-x)\ \mathrm{cm}$. 由题意,得 $(2x)^2+(25-x)^2=25^2$,整理得 $x^2-10x=0$,解得 $x_1=10,x_2=0$(不合题意,舍去),故答案为 10.
$CP=2x\ \mathrm{cm},CQ=(25-x)\ \mathrm{cm}$. 由题意,得 $(2x)^2+(25-x)^2=25^2$,整理得 $x^2-10x=0$,解得 $x_1=10,x_2=0$(不合题意,舍去),故答案为 10.
解析
【分析】
本题属于直角三角形中的动态几何问题，解题思路如下：第一步，设运动时间为x秒，根据两个动点的运动速度和方向，分别用含x的代数式表示出线段CP、CQ的长度；第二步，由于∠C是直角，可知△PCQ为直角三角形，PQ为斜边，结合P、Q两点相距25cm的条件，可利用勾股定理建立关于x的一元二次方程；第三步，解方程后，结合运动的实际意义舍去不符合要求的解，即可得到最终结果。
【解析】
设运动$x$ s后，P、Q两点相距25 cm。
根据动点运动速度可得：$CP=2x\ \mathrm{cm}$，$BQ=x\ \mathrm{cm}$，因此$CQ=BC-BQ=(25-x)\ \mathrm{cm}$。
∵$∠ C=90°$，在$\mathrm{Rt}△ PCQ$中，由勾股定理得$CP^2+CQ^2=PQ^2$，
代入已知条件得：$(2x)^2+(25-x)^2=25^2$，
展开整理得：$4x^2 + 625 - 50x + x^2 = 625$，
合并同类项化简得：$x^2-10x=0$，
因式分解得：$x(x-10)=0$，
解得：$x_1=10$，$x_2=0$。
其中$x=0$为初始未运动状态，不符合题意，舍去。
【答案】
$\boxed{10}$
【知识点】
勾股定理；动态几何问题；一元二次方程的应用
【点评】
本题是动态几何与方程结合的典型基础题，解题核心是将动态线段用含时间的代数式表示，结合直角三角形的勾股定理建立方程，求解后注意结合实际场景排除无意义的解即可。
【难度系数】
0.7
本题属于直角三角形中的动态几何问题，解题思路如下：第一步，设运动时间为x秒，根据两个动点的运动速度和方向，分别用含x的代数式表示出线段CP、CQ的长度；第二步，由于∠C是直角，可知△PCQ为直角三角形，PQ为斜边，结合P、Q两点相距25cm的条件，可利用勾股定理建立关于x的一元二次方程；第三步，解方程后，结合运动的实际意义舍去不符合要求的解，即可得到最终结果。
【解析】
设运动$x$ s后，P、Q两点相距25 cm。
根据动点运动速度可得：$CP=2x\ \mathrm{cm}$，$BQ=x\ \mathrm{cm}$，因此$CQ=BC-BQ=(25-x)\ \mathrm{cm}$。
∵$∠ C=90°$，在$\mathrm{Rt}△ PCQ$中，由勾股定理得$CP^2+CQ^2=PQ^2$，
代入已知条件得：$(2x)^2+(25-x)^2=25^2$，
展开整理得：$4x^2 + 625 - 50x + x^2 = 625$，
合并同类项化简得：$x^2-10x=0$，
因式分解得：$x(x-10)=0$，
解得：$x_1=10$，$x_2=0$。
其中$x=0$为初始未运动状态，不符合题意，舍去。
【答案】
$\boxed{10}$
【知识点】
勾股定理；动态几何问题；一元二次方程的应用
【点评】
本题是动态几何与方程结合的典型基础题，解题核心是将动态线段用含时间的代数式表示，结合直角三角形的勾股定理建立方程，求解后注意结合实际场景排除无意义的解即可。
【难度系数】
0.7
3[2026浙江杭州期末]如图,一艘军舰位于点A处,在其正南方向有一目标B,在点B的正东方向有一目标C,且$AB+BC=3\ \mathrm{n mile}$,在AC上有一艘补给船D,$DC=1\ \mathrm{n mile}$.军舰从点A出发,沿AB,BC方向匀速航行,补给船同时从点D出发,沿垂直于AC的方向匀速直线航行,欲将一批物品送达军舰.已知军舰的速度是补给船的2倍,军舰在由点B到点C的途中与补给船相遇于点E处,则相遇时补给船航行了多远? 
答案
设相遇时补给船航行了 $x$ n mile, 即 $DE=x$ n mile. $\because$ 军舰的速度是补给船的 2 倍,航行时间相同,$\therefore AB+BE=2x$ n mile. $\because AB+BC=3$ n mile
$\therefore EC=(3-2x)$ n mile. 在 $\mathrm{Rt}△ CDE$ 中, $DC=1$ n mile,根据勾股定理可得 $x^2+1^2=(3-2x)^2$,解得
$x_1=2-\frac{2\sqrt{3}}{3},x_2=2+\frac{2\sqrt{3}}{3}$(不合题意,舍去). 故相遇时补给船航行了 $(2-\frac{2\sqrt{3}}{3})$ n mile.
$\therefore EC=(3-2x)$ n mile. 在 $\mathrm{Rt}△ CDE$ 中, $DC=1$ n mile,根据勾股定理可得 $x^2+1^2=(3-2x)^2$,解得
$x_1=2-\frac{2\sqrt{3}}{3},x_2=2+\frac{2\sqrt{3}}{3}$(不合题意,舍去). 故相遇时补给船航行了 $(2-\frac{2\sqrt{3}}{3})$ n mile.
解析
【分析】
这是一道结合行程与直角三角形的实际应用题，解题思路如下：首先从行程等量关系入手，两者航行时间相同，军舰速度是补给船的2倍，因此军舰航行总路程是补给船的2倍，我们可设补给船航行路程为x，先表示出军舰行驶的路程；再结合已知条件$AB+BC=3\ \mathrm{n\ mile}$，推出$EC$的长度；观察图形可知$△ CDE$是直角三角形，可利用勾股定理建立关于x的一元二次方程，求解后结合实际情况舍去不符合题意的根，即可得到最终结果。
【解析】
解：设相遇时补给船航行了 $x$ n mile，即 $DE=x$ n mile。
∵ 军舰的速度是补给船的2倍，且两者航行时间相同，根据路程=速度×时间，
∴ 军舰航行的总路程$AB+BE=2x$ n mile。
∵ $AB+BC=3$ n mile，且$BC=BE+EC$，
∴ $EC=AB+BC-(AB+BE)=(3-2x)$ n mile。
∵ $DE⊥ AC$，即$△ CDE$为直角三角形，$DC=1$ n mile，
根据勾股定理可得：$DE^2+DC^2=EC^2$，
代入得$x^2+1^2=(3-2x)^2$，
整理得$3x^2-12x+8=0$，
解得$x_1=2-\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$x_2=2+\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
∵ $EC=3-2x＞0$，即$x＜1.5$，$x_2=2+\frac{2\sqrt{3}}{3}＞1.5$，不符合实际，舍去。
【答案】
相遇时补给船航行了 $\boldsymbol{(2-\dfrac{2\sqrt{3}}{3})\ \mathrm{n\ mile}}$
【知识点】
勾股定理，一元二次方程应用，行程问题关系
【点评】
本题属于几何与行程结合的综合应用题，核心是抓住路程间的数量关系，结合直角三角形勾股定理列方程求解，解题时需注意实际问题中解的取值范围，要舍去不符合实际意义的根。
【难度系数】
0.6
这是一道结合行程与直角三角形的实际应用题，解题思路如下：首先从行程等量关系入手，两者航行时间相同，军舰速度是补给船的2倍，因此军舰航行总路程是补给船的2倍，我们可设补给船航行路程为x，先表示出军舰行驶的路程；再结合已知条件$AB+BC=3\ \mathrm{n\ mile}$，推出$EC$的长度；观察图形可知$△ CDE$是直角三角形，可利用勾股定理建立关于x的一元二次方程，求解后结合实际情况舍去不符合题意的根，即可得到最终结果。
【解析】
解：设相遇时补给船航行了 $x$ n mile，即 $DE=x$ n mile。
∵ 军舰的速度是补给船的2倍，且两者航行时间相同，根据路程=速度×时间，
∴ 军舰航行的总路程$AB+BE=2x$ n mile。
∵ $AB+BC=3$ n mile，且$BC=BE+EC$，
∴ $EC=AB+BC-(AB+BE)=(3-2x)$ n mile。
∵ $DE⊥ AC$，即$△ CDE$为直角三角形，$DC=1$ n mile，
根据勾股定理可得：$DE^2+DC^2=EC^2$，
代入得$x^2+1^2=(3-2x)^2$，
整理得$3x^2-12x+8=0$，
解得$x_1=2-\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$x_2=2+\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
∵ $EC=3-2x＞0$，即$x＜1.5$，$x_2=2+\frac{2\sqrt{3}}{3}＞1.5$，不符合实际，舍去。
【答案】
相遇时补给船航行了 $\boldsymbol{(2-\dfrac{2\sqrt{3}}{3})\ \mathrm{n\ mile}}$
【知识点】
勾股定理，一元二次方程应用，行程问题关系
【点评】
本题属于几何与行程结合的综合应用题，核心是抓住路程间的数量关系，结合直角三角形勾股定理列方程求解，解题时需注意实际问题中解的取值范围，要舍去不符合实际意义的根。
【难度系数】
0.6
4 如图,在矩形ABCD中,AB=$3\sqrt{2}$ cm,$BC=\sqrt{2}$ cm,点P从点A出发沿AB以$\sqrt{2}$ cm/s的速度向点B运动,当$PA=\sqrt{2}PC$时,点P运动的时间为 (
A.$\sqrt{2}$ s
B.2 s
C.10 s
D.10 s或2 s
B
)A.$\sqrt{2}$ s
B.2 s
C.10 s
D.10 s或2 s
答案
设点 $P$ 运动的时间为 $t$ s. 根据题意得
$AP=\sqrt{2}t\ \mathrm{cm},\therefore PC=\frac{\sqrt{2}t}{\sqrt{2}}=t\ \mathrm{cm}.\because PB=AB-AP=(3\sqrt{2}-\sqrt{2}t)\ \mathrm{cm},PC^2=BC^2+PB^2,\therefore t^2=(\sqrt{2})^2+(3\sqrt{2}-\sqrt{2}t)^2$,解得 $t=2$ 或 $t=10$(不合题意,舍去)
$\therefore$ 点 $P$ 运动的时间为 2 s,故选 B.
$AP=\sqrt{2}t\ \mathrm{cm},\therefore PC=\frac{\sqrt{2}t}{\sqrt{2}}=t\ \mathrm{cm}.\because PB=AB-AP=(3\sqrt{2}-\sqrt{2}t)\ \mathrm{cm},PC^2=BC^2+PB^2,\therefore t^2=(\sqrt{2})^2+(3\sqrt{2}-\sqrt{2}t)^2$,解得 $t=2$ 或 $t=10$(不合题意,舍去)
$\therefore$ 点 $P$ 运动的时间为 2 s,故选 B.
解析
【分析】
这是矩形中的动态几何问题，解题思路如下：首先设点P的运动时间为t s，用含t的代数式分别表示出AP、PB的长度，再结合已知条件$PA=\sqrt{2}PC$，将PC也用含t的代数式表示；然后利用矩形的性质可知$∠ B$为直角，$△ PBC$是直角三角形，根据勾股定理建立关于t的一元二次方程；最后求解方程，并结合点P的运动范围（P在AB上运动，总运动时间不超过3s）舍去不符合题意的解，即可得到正确结果。
【解析】
设点P运动的时间为$t$ s。
由点P的运动速度为$\sqrt{2}$ cm/s，可得$AP=\sqrt{2}t\ \mathrm{cm}$。
根据$PA=\sqrt{2}PC$，得$PC=\frac{PA}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}t}{\sqrt{2}}=t\ \mathrm{cm}$。
因为$AB=3\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$，所以$PB=AB-AP=(3\sqrt{2}-\sqrt{2}t)\ \mathrm{cm}$。
又因为四边形ABCD是矩形，所以$∠ B=90°$，在$\mathrm{Rt}△ PBC$中，由勾股定理得$PC^2=BC^2+PB^2$。
将$PC=t$，$BC=\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$，$PB=3\sqrt{2}-\sqrt{2}t$代入得：
$t^2=(\sqrt{2})^2+(3\sqrt{2}-\sqrt{2}t)^2$
展开并整理方程：
$t^2=2 + 2(3-t)^2$
$t^2=2 + 18 - 12t + 2t^2$
$t^2 -12t +20=0$
因式分解得$(t-2)(t-10)=0$，解得$t_1=2$，$t_2=10$。
点P沿AB运动的总时长为$\frac{AB}{\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=3\ \mathrm{s}$，$t=10＞3$，不符合运动实际，故舍去。
因此点P运动的时间为2 s。
【答案】
B
【知识点】
矩形的性质；勾股定理；一元二次方程的应用
【点评】
本题属于动态几何的基础题型，核心解题思路是化动为静，将动态线段用含时间的代数式表示，结合几何性质列方程求解，求解后要注意结合动点的运动范围检验解的合理性，避免出现增解。
【难度系数】
0.7
这是矩形中的动态几何问题，解题思路如下：首先设点P的运动时间为t s，用含t的代数式分别表示出AP、PB的长度，再结合已知条件$PA=\sqrt{2}PC$，将PC也用含t的代数式表示；然后利用矩形的性质可知$∠ B$为直角，$△ PBC$是直角三角形，根据勾股定理建立关于t的一元二次方程；最后求解方程，并结合点P的运动范围（P在AB上运动，总运动时间不超过3s）舍去不符合题意的解，即可得到正确结果。
【解析】
设点P运动的时间为$t$ s。
由点P的运动速度为$\sqrt{2}$ cm/s，可得$AP=\sqrt{2}t\ \mathrm{cm}$。
根据$PA=\sqrt{2}PC$，得$PC=\frac{PA}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}t}{\sqrt{2}}=t\ \mathrm{cm}$。
因为$AB=3\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$，所以$PB=AB-AP=(3\sqrt{2}-\sqrt{2}t)\ \mathrm{cm}$。
又因为四边形ABCD是矩形，所以$∠ B=90°$，在$\mathrm{Rt}△ PBC$中，由勾股定理得$PC^2=BC^2+PB^2$。
将$PC=t$，$BC=\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$，$PB=3\sqrt{2}-\sqrt{2}t$代入得：
$t^2=(\sqrt{2})^2+(3\sqrt{2}-\sqrt{2}t)^2$
展开并整理方程：
$t^2=2 + 2(3-t)^2$
$t^2=2 + 18 - 12t + 2t^2$
$t^2 -12t +20=0$
因式分解得$(t-2)(t-10)=0$，解得$t_1=2$，$t_2=10$。
点P沿AB运动的总时长为$\frac{AB}{\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=3\ \mathrm{s}$，$t=10＞3$，不符合运动实际，故舍去。
因此点P运动的时间为2 s。
【答案】
B
【知识点】
矩形的性质；勾股定理；一元二次方程的应用
【点评】
本题属于动态几何的基础题型，核心解题思路是化动为静，将动态线段用含时间的代数式表示，结合几何性质列方程求解，求解后要注意结合动点的运动范围检验解的合理性，避免出现增解。
【难度系数】
0.7
5 如图,点 O 为坐标原点,点 C 在 x 轴的正半轴上. 在$□ AOCB$中,边$AO=2,OC=4,∠AOC=60^{\circ },∠AOC$的平分线交 AB 于点 D.
(1)求 B,D 两点的坐标.
(2)点 P 从点 O 出发,以每秒$\sqrt{3}$个单位长度的速度沿射线 OD 方向移动;同时点 Q 从点 O 出发,以每秒 2 个单位长度的速度沿射线 OC 方向移动.连接 QP,BQ,BP,设移动时间为 t 秒.当 t 为何值时,$△ PQB$是直角三角形.
(1)求 B,D 两点的坐标.
(2)点 P 从点 O 出发,以每秒$\sqrt{3}$个单位长度的速度沿射线 OD 方向移动;同时点 Q 从点 O 出发,以每秒 2 个单位长度的速度沿射线 OC 方向移动.连接 QP,BQ,BP,设移动时间为 t 秒.当 t 为何值时,$△ PQB$是直角三角形.
答案
(1) 作 $AH ⊥ OC$ 于 $H$. 在 $\mathrm{Rt}△ AOH$ 中,
$\because ∠ AOH=60°,\therefore ∠ OAH=30°.\because OA=2,\therefore OH=\frac{1}{2}OA=1,\therefore AH=\sqrt{3},\therefore A(1,\sqrt{3}).\because$ 四边形 $AOCB$ 是平行四边形,$\therefore AB=OC=4,AB// OC,\therefore B(5,\sqrt{3})$,$∠ ADO = ∠ DOC$. $\because OD$ 平分 $∠ AOC,\therefore ∠ AOD=∠ DOC,\therefore ∠ AOD=∠ ADO,\therefore AO=AD=2,\therefore D(3,\sqrt{3})$. 综上, $B,D$ 两点的坐标分别为 $(5,\sqrt{3})$,$(3,\sqrt{3})$.
(2) 由题意易得 $P(\frac{3}{2}t,\frac{\sqrt{3}}{2}t),Q(2t,0),\therefore PB^2=(\frac{3}{2}t-5)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t-\sqrt{3})^2,BQ^2=(5-2t)^2+3,PQ^2=(\frac{1}{2}t)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t)^2$. ① 当 $PB$ 为斜边时,$(\frac{3}{2}t-5)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t-\sqrt{3})^2=(5-2t)^2+3+(\frac{1}{2}t)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t)^2$, 解得 $t=1$ 或 $t=0$(舍去); ② 当 $PQ$ 为斜边时,$(\frac{3}{2}t-5)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t-\sqrt{3})^2+(5-2t)^2+3=(\frac{1}{2}t)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t)^2$, 解得 $t=4$ 或 $t=\frac{7}{3}$; ③ 当 $BQ$ 为斜边时,$(\frac{3}{2}t-5)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t-\sqrt{3})^2+(\frac{1}{2}t)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t)^2=(5-2t)^2+3$, 解得 $t=0$(舍去). 综上所述,当 $t$ 的值为 1 或 4 或 $\frac{7}{3}$ 时,$△ PQB$ 是直角三角形.
$\because ∠ AOH=60°,\therefore ∠ OAH=30°.\because OA=2,\therefore OH=\frac{1}{2}OA=1,\therefore AH=\sqrt{3},\therefore A(1,\sqrt{3}).\because$ 四边形 $AOCB$ 是平行四边形,$\therefore AB=OC=4,AB// OC,\therefore B(5,\sqrt{3})$,$∠ ADO = ∠ DOC$. $\because OD$ 平分 $∠ AOC,\therefore ∠ AOD=∠ DOC,\therefore ∠ AOD=∠ ADO,\therefore AO=AD=2,\therefore D(3,\sqrt{3})$. 综上, $B,D$ 两点的坐标分别为 $(5,\sqrt{3})$,$(3,\sqrt{3})$.
(2) 由题意易得 $P(\frac{3}{2}t,\frac{\sqrt{3}}{2}t),Q(2t,0),\therefore PB^2=(\frac{3}{2}t-5)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t-\sqrt{3})^2,BQ^2=(5-2t)^2+3,PQ^2=(\frac{1}{2}t)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t)^2$. ① 当 $PB$ 为斜边时,$(\frac{3}{2}t-5)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t-\sqrt{3})^2=(5-2t)^2+3+(\frac{1}{2}t)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t)^2$, 解得 $t=1$ 或 $t=0$(舍去); ② 当 $PQ$ 为斜边时,$(\frac{3}{2}t-5)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t-\sqrt{3})^2+(5-2t)^2+3=(\frac{1}{2}t)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t)^2$, 解得 $t=4$ 或 $t=\frac{7}{3}$; ③ 当 $BQ$ 为斜边时,$(\frac{3}{2}t-5)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t-\sqrt{3})^2+(\frac{1}{2}t)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t)^2=(5-2t)^2+3$, 解得 $t=0$(舍去). 综上所述,当 $t$ 的值为 1 或 4 或 $\frac{7}{3}$ 时,$△ PQB$ 是直角三角形.
解析
【分析】
(1) 求平面直角坐标系内点的坐标，可先作x轴的垂线，利用含30°角的直角三角形性质求出点A坐标，再结合平行四边形对边平行且相等的性质推导点B坐标；根据角平分线定义和平行线的内错角相等可证△AOD为等腰三角形，求出AD长度后即可得到点D坐标。
(2) 先根据点P、Q的运动速度、方向和运动时间t，用含t的代数式表示出P、Q两点的坐标，再利用勾股定理分别表示出△PQB三边长度的平方；由于直角三角形的直角顶点不确定，因此分三种情况讨论：分别以P、Q、B为直角顶点，根据勾股定理列方程求解，最后舍去不符合题意的解即可得到t的取值。
【解析】
(1) 过点A作$AH ⊥ OC$于点H，
在$\mathrm{Rt}△ AOH$中，$∠ AOH=60°$，$OA=2$，
$\therefore ∠ OAH=30°$，$\therefore OH=\frac{1}{2}OA=1$，
由勾股定理得$AH=\sqrt{OA^2-OH^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
$\therefore$ 点A坐标为$(1,\sqrt{3})$。
$\because$ 四边形$AOCB$是平行四边形，
$\therefore AB=OC=4$，$AB// OC$，
$\therefore$ 点B的横坐标为$1+4=5$，纵坐标与A相同，即$B(5,\sqrt{3})$，且$∠ ADO = ∠ DOC$。
$\because OD$平分$∠ AOC$，$\therefore ∠ AOD=∠ DOC$，
$\therefore ∠ AOD=∠ ADO$，$\therefore AD=AO=2$，
$\therefore$ 点D的横坐标为$1+2=3$，纵坐标与A相同，即$D(3,\sqrt{3})$。
(2) 由题意知，OD平分$∠AOC=60°$，$\therefore ∠DOC=30°$，
点P的运动速度为每秒$\sqrt{3}$个单位，运动时间为t秒，
$\therefore$ 点P的横坐标为$\sqrt{3}t · \cos30°=\frac{3}{2}t$，纵坐标为$\sqrt{3}t · \sin30°=\frac{\sqrt{3}}{2}t$，即$P(\frac{3}{2}t,\frac{\sqrt{3}}{2}t)$，
点Q沿OC运动，速度为每秒2个单位，$\therefore Q(2t,0)$。
由勾股定理可得：
$PB^2=(\frac{3}{2}t-5)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t-\sqrt{3})^2$，
$BQ^2=(5-2t)^2+(\sqrt{3}-0)^2=(5-2t)^2+3$，
$PQ^2=(\frac{3}{2}t-2t)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t-0)^2=(\frac{1}{2}t)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t)^2$。
分三种情况讨论：
① 当$PB$为斜边，即$∠PQB=90°$时，$PB^2=BQ^2+PQ^2$，
代入得：$(\frac{3}{2}t-5)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t-\sqrt{3})^2=(5-2t)^2+3+(\frac{1}{2}t)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t)^2$，
解得$t=1$或$t=0$（$t=0$时三点重合，不符合题意，舍去）；
② 当$PQ$为斜边，即$∠PBQ=90°$时，$PQ^2=PB^2+BQ^2$，
代入得：$(\frac{1}{2}t)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t)^2=(\frac{3}{2}t-5)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t-\sqrt{3})^2+(5-2t)^2+3$，
解得$t=4$或$t=\frac{7}{3}$；
③ 当$BQ$为斜边，即$∠QPB=90°$时，$BQ^2=PB^2+PQ^2$，
代入得：$(5-2t)^2+3=(\frac{3}{2}t-5)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t-\sqrt{3})^2+(\frac{1}{2}t)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t)^2$，
解得$t=0$（舍去）。
综上，符合条件的t值为1、$\frac{7}{3}$、4。
【答案】
(1) $B(5,\sqrt{3})$，$D(3,\sqrt{3})$；
(2) $t$的值为$1$或$\frac{7}{3}$或$4$。
【知识点】
平行四边形的性质；角平分线的定义；勾股定理的应用
【点评】
本题第一问较为基础，结合平行四边形性质和等腰三角形判定即可求解；第二问属于动态几何问题，核心是用含t的代数式表示出各点坐标，再对直角顶点分类讨论列方程求解，解题时需注意舍去不符合实际运动情况的解，避免漏解或多解。
【难度系数】
0.55
(1) 求平面直角坐标系内点的坐标，可先作x轴的垂线，利用含30°角的直角三角形性质求出点A坐标，再结合平行四边形对边平行且相等的性质推导点B坐标；根据角平分线定义和平行线的内错角相等可证△AOD为等腰三角形，求出AD长度后即可得到点D坐标。
(2) 先根据点P、Q的运动速度、方向和运动时间t，用含t的代数式表示出P、Q两点的坐标，再利用勾股定理分别表示出△PQB三边长度的平方；由于直角三角形的直角顶点不确定，因此分三种情况讨论：分别以P、Q、B为直角顶点，根据勾股定理列方程求解，最后舍去不符合题意的解即可得到t的取值。
【解析】
(1) 过点A作$AH ⊥ OC$于点H，
在$\mathrm{Rt}△ AOH$中，$∠ AOH=60°$，$OA=2$，
$\therefore ∠ OAH=30°$，$\therefore OH=\frac{1}{2}OA=1$，
由勾股定理得$AH=\sqrt{OA^2-OH^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
$\therefore$ 点A坐标为$(1,\sqrt{3})$。
$\because$ 四边形$AOCB$是平行四边形，
$\therefore AB=OC=4$，$AB// OC$，
$\therefore$ 点B的横坐标为$1+4=5$，纵坐标与A相同，即$B(5,\sqrt{3})$，且$∠ ADO = ∠ DOC$。
$\because OD$平分$∠ AOC$，$\therefore ∠ AOD=∠ DOC$，
$\therefore ∠ AOD=∠ ADO$，$\therefore AD=AO=2$，
$\therefore$ 点D的横坐标为$1+2=3$，纵坐标与A相同，即$D(3,\sqrt{3})$。
(2) 由题意知，OD平分$∠AOC=60°$，$\therefore ∠DOC=30°$，
点P的运动速度为每秒$\sqrt{3}$个单位，运动时间为t秒，
$\therefore$ 点P的横坐标为$\sqrt{3}t · \cos30°=\frac{3}{2}t$，纵坐标为$\sqrt{3}t · \sin30°=\frac{\sqrt{3}}{2}t$，即$P(\frac{3}{2}t,\frac{\sqrt{3}}{2}t)$，
点Q沿OC运动，速度为每秒2个单位，$\therefore Q(2t,0)$。
由勾股定理可得：
$PB^2=(\frac{3}{2}t-5)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t-\sqrt{3})^2$，
$BQ^2=(5-2t)^2+(\sqrt{3}-0)^2=(5-2t)^2+3$，
$PQ^2=(\frac{3}{2}t-2t)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t-0)^2=(\frac{1}{2}t)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t)^2$。
分三种情况讨论：
① 当$PB$为斜边，即$∠PQB=90°$时，$PB^2=BQ^2+PQ^2$，
代入得：$(\frac{3}{2}t-5)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t-\sqrt{3})^2=(5-2t)^2+3+(\frac{1}{2}t)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t)^2$，
解得$t=1$或$t=0$（$t=0$时三点重合，不符合题意，舍去）；
② 当$PQ$为斜边，即$∠PBQ=90°$时，$PQ^2=PB^2+BQ^2$，
代入得：$(\frac{1}{2}t)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t)^2=(\frac{3}{2}t-5)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t-\sqrt{3})^2+(5-2t)^2+3$，
解得$t=4$或$t=\frac{7}{3}$；
③ 当$BQ$为斜边，即$∠QPB=90°$时，$BQ^2=PB^2+PQ^2$，
代入得：$(5-2t)^2+3=(\frac{3}{2}t-5)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t-\sqrt{3})^2+(\frac{1}{2}t)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}t)^2$，
解得$t=0$（舍去）。
综上，符合条件的t值为1、$\frac{7}{3}$、4。
【答案】
(1) $B(5,\sqrt{3})$，$D(3,\sqrt{3})$；
(2) $t$的值为$1$或$\frac{7}{3}$或$4$。
【知识点】
平行四边形的性质；角平分线的定义；勾股定理的应用
【点评】
本题第一问较为基础，结合平行四边形性质和等腰三角形判定即可求解；第二问属于动态几何问题，核心是用含t的代数式表示出各点坐标，再对直角顶点分类讨论列方程求解，解题时需注意舍去不符合实际运动情况的解，避免漏解或多解。
【难度系数】
0.55
