【课标解读】
动态综合型试题是近年来各级各类考试命题的热点和焦点，她集多个知识点于一体，综合性高，探究
型强.解决这类问题的主要思路是:在动中取静，在静中探动，也就是用运动与变化的眼光去观察和研究图
形,把握图形运动的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系，特别关注一些不变量、不变关系和特殊位置
关系. 动态问题就是研究在几何图形的运动中伴随着一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性．就
其运动对象而言，有“点动” “线动”和“面动”；就其运动形式而言，有“移动”“滚动”“旋转”和“翻
折”等．
【解题策略】
动态几何问题常集几何、代数知识于一体，数形结合，有较强的综合性，题目灵活多变，动中有静，
动静结合，能够在运动变化过程中发展学生思维和空间想象能力，是中考热点，常在中考中以压轴题的形
式出现．解诀此类问题的关键是将运动的几何元素当作静止来加以解答，即“化动为静”的思路，并能在
从相对静止的瞬间清晰地发现图形变换前后各种量与量之间的关系，通过归纳得出规律和结论，并加以论
证。
【考点深剖】
★考点一 点动在函数中的问题研究
解题的关键是从运动图与描述图中获取信息，根据图象确定 x 的运动时间与函数的关系，同时关注图
象不同情况的讨论．这类问题往往探究点在运动变化过程中的变化规律，如等量关系、图形的特殊位置、
图形间的特殊关系等，且体现分类讨论和数形结合的思想．
【典例 1】 (2017·丽水)如图 1，在△ABC 中，∠A＝30°，点 P 从点 A 出发以 2cm/s 的速度沿折线 A－C
－B 运动，点 Q 从点 A 出发以 a(cm/s)的速度沿 AB 运动，P，Q 两点同时出发，当某一点运动到点 B 时，两
点同时停止运动．设运动时间为 x(s)，△APQ 的面积为 y(cm2)，y 关于 x 的函数图象由 C1，C2 两段组成，如
图 2 所示．
(1)求 a 的值；
(2)求图 2 中图象 C2 段的函数表达式；
(3)当点 P 运动到线段 BC 上某一段时△APQ 的面积大于当点 P 在线段 AC 上任意一点时△APQ 的面积，求 x
的取值范围．
★考点二点动在几何中的问题研究
【典例 2】（2018·四川省攀枝花）如图，在△ABC 中，AB=7.5，AC=9，S△ABC= ．动点 P 从 A 点出发，沿
AB 方向以每秒 5 个单位长度的速度向 B 点匀速运动，动点 Q 从 C 点同时出发，以相同的速度沿 CA 方向向 A
点匀速运动，当点 P 运动到 B 点时，P、Q 两点同时停止运动，以 PQ 为边作正△PQM（P、Q、M 按逆时针排
序），以 QC 为边在 AC 上方作正△QCN，设点 P 运动时间为 t 秒．
（1）求 cosA 的值；
（2）当△PQM 与△QCN 的面积满足 S△PQM= S△QCN 时，求 t 的值；
（3）当 t 为何值时，△PQM 的某个顶点（Q 点除外）落在△QCN 的边上．
解：（1）如图 1 中，作 BE⊥AC 于 E．
∵S△ABC= •AC•BE= ，∴BE= ．在 Rt△ABE 中，AE= =6，∴coaA= = = ．
（2）如图 2 中，作 PH⊥AC 于 H．
（3）①如图 3 中，当点 M 落在 QN 上时，作 PH⊥AC 于 H．
易知：PM∥AC，∴∠MPQ=∠PQH=60°，∴PH= HQ，∴3t= （9﹣9t），∴t= ．
②如图 4 中，当点 M 在 CQ 上时，作 PH⊥AC 于 H．
同法可得 PH= QH，∴3t= （9t﹣9），∴t= ．
综上所述：当 t= s 或 s 时，△PQM 的某个顶点（Q 点除外）落在△QCN 的边上．学科&网
★考点三 线动在函数中的问题研究
【典例 3】如图，矩形 AOCB 的顶点 A、C 分别位于 x 轴和 y 轴的正半轴上，线段 OA、OC 的长度满足方程|x
﹣15|+ =0（OA＞OC），直线 y=kx+b 分别与 x 轴、y 轴交于 M、N 两点，将△BCN 沿直线 BN 折叠，点 C
恰好落在直线 MN 上的点 D 处，且 tan∠CBD=
（1）求点 B 的坐标；
（2）求直线 BN 的解析式；
（3）将直线 BN 以每秒 1 个单位长度的速度沿 y 轴向下平移，求直线 BN 扫过矩形 AOCB 的面积 S 关于运动
的时间 t（0＜t≤13）的函数关系式．
【考点】FI：一次函数综合题．
【分析】（1）由非负数的性质可求得 x、y 的值，则可求得 B 点坐标；
（2）过 D 作 EF⊥OA 于点 E，交 CB 于点 F，由条件可求得 D 点坐标，且可求得 = ，结合 DE∥ON，利用
平行线分线段成比例可求得 OM 和 ON 的长，则可求得 N 点坐标，利用待定系数法可求得直线 BN 的解析式；
（3）设直线 BN 平移后交 y 轴于点 N′，交 AB 于点 B′，当点 N′在 x 轴上方时，可知 S 即为▱BNN′B′的
面积，当 N′在 y 轴的负半轴上时，可用 t 表示出直线 B′N′的解析式，设交 x 轴于点 G，可用 t 表示出 G
点坐标，由 S=S 四边形 BNN′B′﹣S△OGN′，可分别得到 S 与 t 的函数关系式．
（2）如图 1，过 D 作 EF⊥OA 于点 E，交 CB 于点 F，
由折叠的性质可知 BD=BC=15，∠BDN=∠BCN=90°，
∵tan∠CBD= ，
∴ = ，且 BF2+DF2=BD2=152，解得 BF=12，DF=9，
∴CF=OE=15﹣12=3，DE=EF﹣DF=13﹣9=4，
∵∠CND+∠CBD=360°﹣90°﹣90°=180°，且∠ONM+∠CND=180°，
∴∠ONM=∠CBD，
∴ = ，
∵DE∥ON，
∴ = = ，且 OE=3，
∴ = ，解得 OM=6，
∴ON=8，即 N（0，8），
把 N、B 的坐标代入 y=kx+b 可得 ，解得 ，
∴直线 BN 的解析式为 y= x+8；
（3）设直线 BN 平移后交 y 轴于点 N′，交 AB 于点 B′，
当点 N′在 x 轴上方，即 0＜t≤8 时，如图 2，
∵NN′=t，
∴可设直线 B′N′解析式为 y= x+8﹣t，
令 y=0，可得 x=3t﹣24，
∴OG=24，
∵ON=8，NN′=t，
∴ON′=t﹣8，
∴S=S 四边形 BNN′B′﹣S△OGN′=15t﹣ （t﹣8）（3t﹣24）=﹣ t2+39t﹣96；
综上可知 S 与 t 的函数关系式为 S= ．
★考点四 线动在几何中的问题研究
解答这类问题时要用运动与变化的观点去观察和研究图形，把握直线或曲线变化的全过程，利用涉及
到的几何性质，抓住等量关系，特别注意一些不变量、不变关系或特殊关系．
【典例 4】（2016·黑龙江龙东·8 分）已知：点 P 是平行四边形 ABCD 对角线 AC 所在直线上的一个动点（点
P 不与点 A、C 重合），分别过点 A、C 向直线 BP 作垂线，垂足分别为点 E、F，点 O 为 AC 的中点．
（1）当点 P 与点 O 重合时如图 1，易证 OE=OF（不需证明）
（2）直线 BP 绕点 B 逆时针方向旋转，当∠OFE=30°时，如图 2、图 3 的位置，猜想线段 CF、AE、OE 之间
有怎样的数量关系？请写出你对图 2、图 3 的猜想，并选择一种情况给予证明．
【考点】四边形综合题．
【解答】解：（1）∵AE⊥PB，CF⊥BP，
∴∠AEO=∠CFO=90°，
在△AEO 和△CFO 中，
，
∴△AOE≌△COF，
∴OE=OF．
在 RT△EFG 中，∵EO=OG，
∴OE=OF=GO，
∵∠OFE=30°，
∴∠OFG=90°﹣30°=60°，
∴△OFG 是等边三角形，
∴OF=GF，
∵OE=OF，
∴OE=FG，
∵CF=FG+CG，
∴CF=OE+AE．
选图 3 的结论证明如下：
延长 EO 交 FC 的延长线于点 G，
∵AE⊥BP，CF⊥BP，
∴AE∥CF，
∴∠AEO=∠G，
在△AOE 和△COG 中，
，
∴△AOE≌△COG，
∴OE=OG，AE=CG，
★考点五 面动在函数中的问题研究
【典例 5】（2018·湖北江汉·12 分）抛物线 y=﹣ x2+ x﹣1 与 x 轴交于点 A，B（点 A 在点 B 的左侧），与
y 轴交于点 C，其顶点为 D．将抛物线位于直线 l：y=t（t＜ ）上方的部分沿直线 l 向下翻折，抛物线剩
余部分与翻折后所得图形组成一个“M”形的新图象．
（1）点 A，B，D 的坐标分别为 ， ， ；
（2）如图①，抛物线翻折后，点 D 落在点 E 处．当点 E 在△ABC 内（含边界）时，求 t 的取值范围；
（3）如图②，当 t=0 时，若 Q 是“M”形新图象上一动点，是否存在以 CQ 为直径的圆与 x 轴相切于点 P？
若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）当 y=0 时，有﹣ x2+ x﹣1=0，
解得：x1= ，x2=3，
∴点 A 的坐标为（ ，0），点 B 的坐标为（3，0）．
∵y=﹣ x2+ x﹣1=﹣ （x2﹣ x）﹣1=﹣ （x﹣ ）2+ ，
∴点 D 的坐标为（ ， ）．
故答案为：（ ，0）；（3，0）；（ ， ）．学科&网
（2）∵点 E.点 D 关于直线 y=t 对称，
∴点 E 的坐标为（ ，2t﹣ ）．
当 x=0 时，y=﹣ x2+ x﹣1=﹣1，
∴点 C 的坐标为（0，﹣1）．
设线段 BC 所在直线的解析式为 y=kx+b，
将 B（3，0）、C（0，﹣1）代入 y=kx+b，
，解得： ，
∴线段 BC 所在直线的解析式为 y= x﹣1．
∵点 E 在△ABC 内（含边界），
∴ ，
解得： ≤t≤ ．
②当 ≤m≤3 时，点 Q 的坐标为（m， x2﹣ x+1）（如图 2），
∵以 CQ 为直径的圆与 x 轴相切于点 P，
∴CP⊥PQ，
∴CQ2=CP2+PQ2，即 m2+（ m2﹣ m+2）2= m2+1+ m2+（ m2﹣ m+1）2，
整理，得：11m2﹣28m+12=0，
解得：m3= ，m4=2，
∴点 P 的坐标为（ ，0）或（1，0）．
综上所述：存在以 CQ 为直径的圆与 x 轴相切于点 P，点 P 的坐标为（ ，0）、（ ，0）、（1，0）或
（ ，0）．
★考点六 面动在几何中的问题研究
【典例 6】用如图 1，2 所示的两个直角三角形(部分边长及角的度数在图中已标出)，完成以下两个探究问
题：
探究一：将以上两个三角形如图 3 拼接(BC 和 ED 重合)，在 BC 边上有一动点 P.
(1)当点 P 运动到∠CFB 的角平分线上时，连结 AP，求线段 AP 的长；
(2)当点 P 在运动的过程中出现 PA＝FC 时，求∠PAB 的度数．
探究二：如图 4，将△DEF 的顶点 D 放在△ABC 的 BC 边上的中点处，并以点 D 为旋转中心旋转△DEF，使△DEF
的两直角边与△ABC 的两直角边分别交于 M、N 两点，连结 MN.在旋转△DEF 的过程中，△AMN 的周长是否存
在有最小值？若存在，求出它的最小值；若不存在，请说明理由．
解：探究一：(1)依题意画出图形，如图 1 所示：由题意，得∠CFB＝60°，FP 为角平分线，则∠CFP＝30°.
∴CF＝BC·tan30°＝3× 3
3
＝ 3.∴CP＝CF·tan∠CFP＝ 3× 3
3
＝1.过点 A 作 AG⊥BC 于点 G，则 AG＝1
2
BC
＝3
2
，∴PG＝CG－CP＝3
2
－1＝1
2
.在 Rt△APG 中，由勾股定理得：AP＝ AG2＋PG2＝ （3
2
）2＋（1
2
）2＝ 10
2
.
(2)由(1)可知，FC＝ 3，如图 2 所示，以点 A 为圆心，以 FC＝ 3长为半径画弧，与 BC 交于点 P1、P2，则
AP1＝AP2＝ 3.过点 A 作 AG⊥BC 于点 G，则 AG＝1
2
BC＝3
2
，在 Rt△AGP1 中，cos∠P1AG＝AG
AP1
＝
3
2
3
＝ 3
2
，∴∠P1AG
＝30°.∴∠P1AB＝45°－30°＝15°.同理求得，∠P2AG＝30°，∠P2AB＝45°＋30°＝75°.∴∠PAB 的度
数为 15°或 75°.
设 AM＝x，则 CN＝x，AN＝AC－CN＝ 2
2
BC－CN＝3 2
2
－x，
在 Rt△AMN 中，由勾股定理得：
MN＝ AM2＋AN2＝ x2＋（3 2
2
－x）2＝ 2x2－3 2x＋9
2
＝ 2（x－3 2
4
）2＋9
4
，
∴△AMN 的周长为：AM＋AN＋MN＝3 2
2
＋ 2（x－3 2
4
）2＋9
4
.当 x＝3 2
4
时，
有最小值，最小值为3 2
2
＋ 9
4
＝3＋3 2
2
.
∴△AMN 周长的最小值为3＋3 2
2
.
【讲透练活】
变式 1：（2018·广西贺州·12 分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线 y=ax2+bx+c 交 x 轴于 A.B 两点（A
在 B 的左侧），且 OA=3，OB=1，与 y 轴交于 C（0，3），抛物线的顶点坐标为 D（﹣1，4）．
（1）求 A.B 两点的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）过点 D 作直线 DE∥y 轴，交 x 轴于点 E，点 P 是抛物线上 B.D 两点间的一个动点（点 P 不与 B.D 两点
重合），PA.PB 与直线 DE 分别交于点 F、G，当点 P 运动时，EF+EG 是否为定值？若是，试求出该定值；若不
是，请说明理由．
（3）EF+EG=8（或 EF+EG 是定值），理由如下：
过点 P 作 PQ∥y 轴交 x 轴于 Q，如图．
设 P（t，﹣t2﹣2t+3），
则 PQ=﹣t2﹣2t+3，AQ=3+t，QB=1﹣t，
∵PQ∥EF，
∴△AEF∽△AQP，
∴ = ，
∴EF= = = ×（﹣t2﹣2t+3）=2（1﹣t）；
又∵PQ∥EG，
∴△BEG∽△BQP，
∴ = ，
∴EG= = =2（t+3），
∴EF+EG=2（1﹣t）+2（t+3）=8．
变式 2：（2018·吉林长春·10 分）如图，在 Rt△ABC 中，∠C=90°，∠A=30°，AB=4，动点 P 从点 A 出
发，沿 AB 以每秒 2 个单位长度的速度向终点 B 运动．过点 P 作 PD⊥AC 于点 D（点 P 不与点 A.B 重合），作
∠DPQ=60°，边 PQ 交射线 DC 于点 Q．设点 P 的运动时间为 t 秒．
（1）用含 t 的代数式表示线段 DC 的长；
（2）当点 Q 与点 C 重合时，求 t 的值；
（3）设△PDQ 与△ABC 重叠部分图形的面积为 S，求 S 与 t 之间的函数关系式；
（4）当线段 PQ 的垂直平分线经过△ABC 一边中点时，直接写出 t 的值．
【分析】（1）先求出 AC，用三角函数求出 AD，即可得出结论；
（2）利用 AD+DQ=AC，即可得出结论；
（3）分两种情况，利用三角形的面积公式和面积差即可得出结论；
（4）分三种情况，利用锐角三角函数，即可得出结论．
（2）在 Rt△PDQ 中，∵∠DPC=60°，
∴∠PQD=30°=∠A，
∴PA=PQ，
∵PD⊥AC，
∴AD=DQ，
∵点 Q 和点 C 重合，
∴AD+DQ=AC，
∴2× t=2 ，
∴t=1；
（4）当 PQ 的垂直平分线过 AB 的中点 F 时，如图 3，
∴∠PGF=90°，PG= PQ= AP=t，AF= AB=2，
∵∠A=∠AQP=30°，
∴∠FPG=60°，
∴∠PFG=30°，
∴PF=2PG=2t，
∴AP+PF=2t+2t=2，
∴t= ；
当 PQ 的垂直平分线过 AC 的中点 M 时，如图 4，
∴∠QMN=90°，AN= AC= ，QM= PQ= AP=t，
在 Rt△NMQ 中，NQ= = t，
∵AN+NQ=AQ，
∴ + t=2 t，
∴t= ，
即：当线段 PQ 的垂直平分线经过△ABC 一边中点时，t 的值为 秒或 秒或 秒．学科&网
变式 3：如图，C 为∠AOB 的边 OA 上一点，OC＝6，N 为边 OB 上异于点 O 的一动点，P 是线段 CN 上一点，过
点 P 分别作 PQ∥OA 交 OB 于点 Q，PM∥OB 交 OA 于点 M.
(1)若∠AOB＝60°，OM＝4，OQ＝1，求证：CN⊥OB；
(2)当点 N 在边 OB 上运动时，四边形 OMPQ 始终保持为菱形．
①问： 1
OM
－ 1
ON
的值是否发生变化？如果变化，求出其取值范围；如果不变，请说明理由；
②设菱形 OMPQ 的面积为 S1，△NOC 的面积为 S2，求S1
S2
的取值范围
解：(1)过 P 作 PE⊥OA 于 E，∵PQ∥OA，PM∥OB，∴四边形 OMPQ 为平行四边形．∴PM＝OQ＝1，∠PME＝∠AOB
＝60°，∴PE＝PM·sin60°＝ 3
2
，ME＝1
2
，∴CE＝OC－OM－ME＝3
2
，∴tan∠PCE＝PE
CE
＝ 3
3
，∴∠PCE＝30°，
∴∠CPM＝90°，又∵PM∥OB，∴∠CNO＝∠CPM＝90°，即 CN⊥OB.
变式 4：由 6 根钢管首尾顺次铰接而成六边形钢架 ABCDEF，相邻两钢管可以转动．已知各钢管的长度为 AB
＝DE＝1 米，BC＝CD＝EF＝FA＝2 米．(铰接点长度忽略不计)
(1)转动钢管得到三角形钢架，如图 1，则点 A，E 之间的距离是多少米？
(2)转动钢管得到如图 2 所示的六边形钢架，有∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝120°，现用三根钢条连接顶点使该
钢架不能活动，则所用三根钢条总长度的最小值是多少米？
解： (1)如图 1 中，∵FB＝DF，FA＝FE，∴∠FAE＝∠FEA，∠B＝∠D，∴∠FAE＝∠B，∴AE∥BD，∴AE
DB
＝AF
FB
，
∴AE
4
＝2
3
，∴AE＝8
3
，故答案为8
3
.
(2)如图 2 中，作 BN⊥FA 于 N，延长 AB、DC 交于点 M，连结 BD、AD、BF、CF.在 Rt△BFN 中，∵∠BNF＝90°，
BN＝ 3
2
，FN＝AN＋AF＝1
2
＋2＝5
2
，
∴BF＝ BN2＋NF2＝ 7，同理得到 AC＝DF＝ 7，
变式 5：（2018•广安•10 分）如图，抛物线 y= x2+bx+c 与直线 y= x+3 交于 A，B 两点，交 x 轴于 C.D 两点，
连接 AC.BC，已知 A（0，3），C（﹣3，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线对称轴 l 上找一点 M，使|MB﹣MD|的值最大，并求出这个最大值；
（3）点 P 为 y 轴右侧抛物线上一动点，连接 PA，过点 P 作 PQ⊥PA 交 y 轴于点 Q，问：是否存在点 P 使得
以 A，P，Q 为顶点的三角形与△ABC 相似？若存在，请求出所有符合条件的点 P 的坐标；若不存在，请说明
理由．
【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据对称性，可得 MC=MD，根据解方程组，可得 B 点坐标，根据两边之差小于第三边，可得 B，C，M
共线，根据勾股定理，可得答案；
（3）根据等腰直角三角形的判定，可得∠BCE，∠ACO，根据相似三角形的判定与性质，可得关于 x 的方程，
根据解方程，可得 x，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案．
【解答】解：（1）将 A（0，3），C（﹣3，0）代入函数解析式，得
，
解得 ，
抛物线的解析式是 y= x2+ x+3；
，
在 Rt△BEC 中，由勾股定理，得
BC= = ，
|MB﹣MD|取最大值为 ；
（3）存在点 P 使得以 A，P，Q 为顶点的三角形与△ABC 相似，
在 Rt△BEC 中，∵BE=CE=1，
∴∠BCE=45°，
在 Rt△ACO 中，
∵AO=CO=3，
∴∠ACO=45°，
∴∠ACB=180°﹣45°﹣45°=90°，
过点 P 作 PQ⊥y 轴于 Q 点，∠PQA=90°，
设 P 点坐标为（x， x2+ x+3）（x＞0）
②当∠PAQ=∠ABC 时，△PAQ∽△CBA，
∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠ABC，
∴△PGA∽△ACB，
∴ = ，
即 = =3，
∴ =3，
解得 x1=﹣ （舍去），x2=0（舍去）
∴此时无符合条件的点 P，
综上所述，存在点 P（1，6）．
变式 6：（2018·辽宁省沈阳市）（10.00 分）如图，在平面直角坐标系中，点 F 的坐标为（0，10）．点 E 的
坐标为（20，0），直线 l1 经过点 F 和点 E，直线 l1 与直线 l2 、y= x 相交于点 P．
（1）求直线 l1 的表达式和点 P 的坐标；
（2）矩形 ABCD 的边 AB 在 y 轴的正半轴上，点 A 与点 F 重合，点 B 在线段 OF 上，边 AD 平行于 x 轴，且
AB=6，AD=9，将矩形 ABCD 沿射线 FE 的方向平移，边 AD 始终与 x 轴平行．已知矩形 ABCD 以每秒 个单位
的速度匀速移动（点 A 移动到点 E 时止移动），设移动时间为 t 秒（t＞0）．
①矩形 ABCD 在移动过程中，B.C.D 三点中有且只有一个顶点落在直线 l1 或 l2 上，请直接写出此时 t 的值；
②若矩形 ABCD 在移动的过程中，直线 CD 交直线 l1 于点 N，交直线 l2 于点 M．当△PMN 的面积等于 18 时，
请直接写出此时 t 的值．
【分析】（1）利用待定系数法求解析式，函数关系式联立方程求交点；
（2）①分析矩形运动规律，找到点 D 和点 B 分别在直线 l2 上或在直线 l1 上时的情况，利用 AD.AB 分别可以
看成图象横坐标、纵坐标之差构造方程求点 A 坐标，进而求出 AF 距离；
②设点 A 坐标，表示△PMN 即可．
（2）①如图，当点 D 在直线上 l2 时
∵AD=9
∴点 D 与点 A 的横坐标之差为 9
如图，当点 B 在 l2 直线上时
∵AB=6
∴点 A 的纵坐标比点 B 的纵坐标高 6 个单位
∴直线 l1 的解析式减去直线 l2 的解析式得
﹣ x+10﹣ x=6
解得 x=
则点 A 坐标为（ ， ）
则 AF=
∵点 A 速度为每秒 个单位
∴t=
故 t 值为 或
②如图，
当 t= 时，△PMN 的面积等于 18。学科&网
变式 7：已知：如图 10－S－3①，在▱ABCD 中，AB＝3 cm，BC＝5 cm，AC⊥AB.将△ACD 沿 AC 方向匀速平移
得到△PNM，速度为 1 cm/s；同时，点 Q 从点 C 出发，沿 CB 方向匀速移动，速度为 1 cm/s；当△PNM 停止
平移时，点 Q 也停止移动，如图②.设移动时间为 ts(0＜t＜4)，连接 PQ，MQ，MC.解答下列问题：
图 10－S－3
(1)当 t 为何值时，PQ∥MN?
(2)设△QMC 的面积为 ycm2，求 y 与 t 之间的函数表达式．
(3)是否存在某一时刻 t，使 S△QMC∶S 四边形 ABQP＝1∶4？若存在，求出 t 的值；若不存在，请说明理由．
(4)是否存在某一时刻 t，使 PQ⊥MQ？若存在，求出 t 的值；若不存在，请说明理由．
(2)如图②所示，过点 P 作 PD⊥BC 于点 D，则△CPD∽△CBA，
∴CP
CB
＝PD
BA
.
∵BA＝3 cm，CP＝(4－t)cm，BC＝5 cm，
∴4－t
5
＝PD
3
，∴PD＝3
5
(4－t)cm.
又∵CQ＝tcm，
∴y＝1
2
×3
5
(4－t)t＝－ 3
10
t2＋6
5
t(0
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