【分析】
首先根据A、B两点的坐标求出AB的总长度，设运动时间为t秒，分别表示出AP、BQ的长度。由于点P沿射线AB运动，因此需分两种情况讨论：①点P在线段AB上；②点P在线段AB的延长线上。结合∠ABC=60°，分析两种情况下等腰△PQB的边的关系：当P在线段AB上时，含60°角的等腰三角形是等边三角形，因此PB=BQ；当P在AB延长线上时，∠PBQ=120°，等腰三角形的腰只能为PB和BQ，据此列方程求解t，再转化为点P的坐标即可。
【解析】
已知$A(-8,0)$，$B(4,0)$，则$OA=8$，$OB=4$，因此$AB=OA+OB=12$。
设运动时间为$t\ \mathrm{s}$，由题意得：$AP=3t$，$BQ=t$。
当$AP=12$即$3t=12$时，$t=4$，此时$P$到达点$B$，以此为分界点分两种情况讨论：
① 当点$P$在线段$AB$上时，$0\le t\le4$，此时$PB=AB-AP=12-3t$。
∵$△ PQB$是等腰三角形，$∠ ABC=60°$，
∴$△ PQB$为等边三角形，即$PB=BQ$，
列方程：$12-3t=t$，解得$t=3$。
此时$AP=3×3=9$，$OP=AP-OA=9-8=1$，因此点$P$坐标为$(1,0)$。
② 当点$P$在线段$AB$的延长线上时，$t＞4$，此时$PB=AP-AB=3t-12$。
∵$∠ ABC=60°$，
∴$∠ PBQ=180°-60°=120°$，
∵$△ PQB$是等腰三角形，顶角为$120°$，因此两腰为$PB$和$QB$，即$PB=QB$，
列方程：$3t-12=t$，解得$t=6$。
此时$AP=3×6=18$，$OP=AP-OA=18-8=10$，因此点$P$坐标为$(10,0)$。
综上，点$P$的坐标为$(1,0)$或$(10,0)$。
【答案】
C

【知识点】
等腰三角形性质；动点分类讨论；坐标与线段转化
【点评】
本题是平面直角坐标系中的动点几何综合题，核心考查分类讨论思想的应用，易错点是忽略射线$AB$包含线段$AB$及延长线两种情况，解题时需结合特殊角分析等腰三角形的边的对应关系，再通过列方程求解时间，最终转化为点的坐标，能有效考查学生的逻辑推理能力和方程思想的应用能力。
【难度系数】
0.6

【分析】
解题时首先根据已知点的坐标计算出OA、OB、OC的长度，明确△AOB是直角边为2的等腰直角三角形；再结合全等三角形对应边相等的性质，得到OD的长度为2；最后根据D在y轴上的位置特征，分D在y轴正半轴和负半轴两种情况讨论，即可得到点D的坐标，注意不要漏解。
【解析】
已知$A(0,2)$，$B(-2,0)$，$C(2,0)$，因此可得：
$OA=2$，$OB=2$，$OC=2$，即$OA=OB=OC=2$。
$\because △ AOB ≌ △ DOC$，根据全等三角形对应边相等的性质，
$\therefore OD=OA=2$。
$\because$点$D$在$y$轴上，$y$轴上所有点的横坐标均为0，
当$D$在$y$轴正半轴时，点$D$坐标为$(0,2)$；
当$D$在$y$轴负半轴时，点$D$坐标为$(0,-2)$。
【答案】
$(0,2)$或$(0,-2)$
【知识点】
全等三角形的性质、平面直角坐标系点的特征、分类讨论思想
【点评】
这道题是平面直角坐标系和全等三角形结合的基础题，解题关键是利用全等三角形的性质确定OD的长度，同时要注意动点D在y轴上的位置有两种可能，避免因考虑不全面漏解。
【难度系数】
0.7

【分析】
(1) 已知AM=MN构成等腰三角形，可过M作x轴的垂线，利用等腰三角形三线合一的性质得到底边上的高也是中线，即AC=NC，结合M的横坐标m、点A坐标为(5,0)，即可推导N的横坐标，纵坐标为0；
(2) 点到y轴的距离等于该点横坐标的绝对值，据此列出含m的绝对值方程，结合M不与B、P重合（即0＜m＜5）的隐含条件，分类讨论求解即可；
(3) ① 要使点Q在线段MN的延长线上，需点N位于原点O左侧，即N的横坐标小于0，结合m的取值范围即可求解；
② 先利用关于原点对称的点的坐标特征得到E的横坐标，再结合MN与MA关于直线x=m对称的性质，得到Q的对称点与E关于点A对称，列方程得到m与n的关系，代入①中m的取值范围即可得到n的范围，从中找出整数解即可。
【解析】
(1) 过点M作MC⊥x轴于点C。
∵AM=MN，MC⊥x轴，
∴NC=AC=5-m，
∴NA=2NC=2(5-m)=10-2m，
∴点N的横坐标为5-(10-2m)=2m-5，纵坐标为0，
即点N的坐标为(2m-5, 0)。
(2) 点M到y轴的距离为m，点N到y轴的距离为|2m-5|，由题意得：
|2m-5|=m，
分类讨论：
①若2m-5＞0，则2m-5=m，解得m=5，此时M与P重合，不符合题意，舍去；
②若2m-5≤0，则5-2m=m，解得m=$\frac{5}{3}$，符合0＜m＜5的要求。
综上，m的值为$\frac{5}{3}$。
(3) ①
∵M在线段BP上且不与B、P重合，
∴0＜m＜5，
若Q在线段MN的延长线上，则点N在原点O左侧，即2m-5＜0，解得m＜$\frac{5}{2}$，
∴m的取值范围为0＜m＜$\frac{5}{2}$。
②
∵点Q与点E关于点O对称，点Q横坐标为n，
∴点E的横坐标为-n，且Q在MN的延长线上，故0＜m＜$\frac{5}{2}$。
由题意得MN与MA关于直线x=m对称，因此点Q关于直线x=m的对称点Q'与点E关于点A对称，Q'的横坐标为2m-n。
∵A点坐标为(5,0)，两点关于A对称则A为两点中点，
∴$\frac{-n + (2m - n)}{2} = 5$，
整理得m = n + 5，
代入0＜m＜$\frac{5}{2}$得：$0 ＜ n + 5 ＜ \frac{5}{2}$，
解得$-5 ＜ n ＜ -\frac{5}{2}$，
则该范围内的整数n为-4、-3。
【答案】
(1) $\boxed{(2m-5, 0)}$
(2) $\boxed{\dfrac{5}{3}}$
(3) ① $\boxed{0＜m＜\dfrac{5}{2}}$；② $\boxed{-4}$或$\boxed{-3}$
【知识点】
等腰三角形三线合一，坐标与图形性质，对称的性质
【点评】
本题结合平面直角坐标系考查等腰三角形、对称的相关性质，设置分层问题，侧重考查数形结合、分类讨论的数学思想，要求能够熟练完成几何性质与坐标运算的转化，是坐标与几何综合的典型题型。
【难度系数】
0.3

【分析】
首先观察所求的CA+AB+BD中，AB长度是固定值2，因此求整个式子的最小值可转化为求CA+BD的最小值。由于CA、BD是分散的两条线段，可通过平移的方法将BD平移，使点B与点A重合，把两条分散的线段转化为有公共端点的线段，再根据“两点之间线段最短”的原理求出CA+BD的最小值，最后加上固定长度AB即可得到最终结果。
【解析】
解：
∵AB的长度为固定值2，
∴要使CA+AB+BD最小，只需先求出CA+BD的最小值。
将BD向左平移2个单位长度，使点B与点A重合，得到线段AE。根据平移的性质可知AE=BD，点E的坐标为(6-2,-1)，即E(4,-1)。
此时CA+BD=CA+AE，根据两点之间线段最短，可得CA+AE≥CE，当且仅当C、A、E三点共线时，等号成立，即CA+AE的最小值为CE的长度。
已知C(0,2)，E(4,-1)，由勾股定理计算CE的长度：
$CE=\sqrt{(4-0)^2+(-1-2)^2}=\sqrt{16+9}=\sqrt{25}=5$
因此CA+AB+BD的最小值为$CE+AB=5+2=7$。
【答案】B
【知识点】平移的性质，两点之间线段最短，勾股定理
【点评】本题是典型的最短路径问题，核心是通过平移变换将分散的待求线段整合，转化为两点之间线段最短的经典模型，再结合平面直角坐标系的坐标运算和勾股定理即可求解，解题的关键是灵活运用平移转化的数学思想。
【难度系数】0.6

【分析】
本题是动点线段最值问题，直接分析动点C的轨迹求PC最小值难度较大，我们可以借助等边三角形的性质构造全等转化线段：首先构造与△ABC共顶点A的等边三角形APE，利用“SAS”证明△ABE和△ACP全等，得到BE=PC，即可将求PC的最小值转化为求BE的最小值；再结合点B在x轴上运动的特征，根据“垂线段最短”，BE的最小值就是定点E到x轴的垂线段长度，计算该长度即可得到结果。
【解析】
解：如图，以AP为边向左作等边三角形APE，连接BE，过点E作EF⊥AP于点F。
∵△APE是等边三角形，EF⊥AP，
∴$AF=PF=\frac{1}{2}AP$，$AE=AP$，$∠ EAP=60°$。
∵点A坐标为$(0,4)$，
∴$OA=4$。
∵P是OA的中点，
∴$AP=\frac{1}{2}OA=2$，
∴$AF=PF=1$，则$OF=OA-AF=4-1=3$，即点E为定点，其纵坐标为3。
∵△ABC是等边三角形，
∴$AB=AC$，$∠ BAC=60°$，
∴$∠ EAP=∠ BAC$，
∴$∠ EAP-∠ BAP=∠ BAC-∠ BAP$，即$∠ BAE=∠ CAP$。
在$△ ABE$和$△ ACP$中：
$\begin{cases}AE=AP \\∠ BAE=∠ CAP \\AB=AC\end{cases}$
∴$△ ABE≌△ ACP(\mathrm{SAS})$，
∴$BE=CP$，即BE的最小值与PC的最小值相等。
∵点B在x轴上运动，根据垂线段最短，当$BE⊥ x$轴时，BE的长度最小，
此时BE的长度等于点E的纵坐标，即$BE_{\mathrm{最小}}=3$，
∴PC的长的最小值为3。

【答案】
3
【知识点】
等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短
【点评】
本题属于平面直角坐标系中的几何最值问题，核心解法是通过构造共顶点等边三角形，利用手拉手全等实现线段转化，将动线段最值问题转化为定点到定直线的距离问题，体现了转化的数学思想，需要熟练掌握这类辅助线的构造思路。
【难度系数】
0.3

【分析】
首先由点A纵坐标恒为4，可知点A在直线$ y=4 $上运动。要求点O到直线AB的距离最大值，可先分析动态问题中的不变量：结合△ABC是等腰直角三角形、$ ∠ ACB=90° $的条件，通过构造全等三角形证明直线AB始终经过一个定点；再根据垂线段最短的性质，原点到动直线AB的最大距离就是原点到该定点的距离，当AB与原点和定点的连线垂直时取到最大值。
【解析】
设纵坐标为4的点所在直线为$ l $，直线$ l $交$ y $轴于点$ E $，则$ E(0,4) $。取点$ F(-4,0) $，可得$ OE=OF=4 $，连接$ EF $交$ AB $于点$ G $，连接$ OG $。
1. 证明$ △ ACE ≌ △ CBO $：
因为$ ∠ ACB=90° $，所以$ ∠ ACE + ∠ BCO = 90° $；又$ ∠ BCO + ∠ CBO = 90° $，由同角的余角相等得$ ∠ ACE = ∠ CBO $。
又$ ∠ AEC = ∠ COB = 90° $，$ AC=CB $，所以$ △ ACE ≌ △ CBO $（AAS），由全等性质得$ AE=CO $，$ CE=BO $。
2. 推导$ AE=BF $：
因为$ CE = OE + OC $，$ BO = BF + OF $，且$ OE=OF=4 $，代入$ CE=BO $可得$ OE + OC = BF + OF $，化简得$ OC=BF $，结合$ AE=CO $，得$ AE=BF $。
3. 证明$ G $为定点：
因为直线$ l // x $轴，所以$ ∠ EAG = ∠ FBG $，$ ∠ AEG = ∠ BFG $，结合$ AE=BF $得$ △ AEG ≌ △ BFG $（ASA），所以$ EG=FG $，即$ G $是$ EF $的中点。
由$ E(0,4) $、$ F(-4,0) $，根据中点坐标公式得$ G(-2,2) $，为定点，即无论点A在直线$ l $上如何运动，AB始终经过定点$ G(-2,2) $。
4. 求最大距离：
过点$ O $作$ OD ⊥ AB $于点$ D $，根据垂线段最短，$ OD ≤ OG $，当$ AB ⊥ OG $时等号成立。
由勾股定理得$ OG = \sqrt{(-2)^2 + 2^2} = \sqrt{8} $，即点O到直线AB的距离最大值为$ \sqrt{8} $（或$ 2\sqrt{2} $）。
【答案】
如图,设纵坐标始终为 4 的点所在的直线为 l,直线 l 交 y 轴于点 E,则 E(0,4).取点 F(-4,0),则 OE=OF=4.连接 EF 交 AB 于点 G,连接 OG. 因为∠ACB=90°,所以∠ACE+∠BCO=90°.又∠BCO+∠CBO=90°,所以∠ACE=∠CBO.又∠AEC=∠COB=90°,AC=CB,所以△ACE≌△CBO(AAS).所以 AE=CO,CE=BO.所以 CE-OE=BO-OF,即 OC=BF.所以 AE=BF.因为 l//x 轴,所以∠EAG=∠FBG,∠AEG=∠BFG.所以△AEG≌△BFG(ASA).所以 EG=FG,即 G 为 EF 的中点.所以 G(-2,2),为定点,即无论点 A 在直线 l 上任意位置,AB 始终经过点 G.所以 OG=√((-2)²+2²)=√8.过点 O 作 OD⊥AB 于点 D,则 OD≤OG.当 AB⊥OG 时取等号,此时点 O 到直线 AB 的距离取最大值,且最大值为√8.
【知识点】
全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，垂线段最短
【点评】
本题是平面直角坐标系与几何动态的综合题，解题核心是通过构造全等三角形确定动直线AB经过的定点，再利用垂线段最短的性质求解最值，能够有效考查几何推理能力和动态问题的分析能力。
【难度系数】
0.3