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7.「2025 江苏南通启东一模，★☆」如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AC=6\ \mathrm{cm}$,$BC=8\ \mathrm{cm}$,$P$是$AB$的中点,点$M$从$A$点出发以$2\ \mathrm{cm/s}$的速度向点$C$运动,点$N$从$C$点出发以$2\ \mathrm{cm/s}$的速度向点$B$运动,点$Q$是$MN$的中点,连接$PQ$.点$M$,$N$同时出发,当其中一个点到达终点时,另一点也随之停止运动.当$PQ$的长是$2\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$时,点$M$的运动时间为
$(2-\sqrt{2})$
s.答案
7.答案 $(2-\sqrt{2})$
解析 如图,以CB所在直线为x轴,CA所在直线为y轴,构造平面直角坐标系,则点B的坐标为$(8,0)$,点A的坐标为$(0,6)$,
$\because$ 点P是AB的中点,$\therefore$ 点P的坐标为$(4,3)$.设运动时间为t s,$\because 6÷2=3$,$8÷2=4$,$\therefore 0⩽t⩽3$.易得点N的坐标为$(2t,0)$,点M的坐标为$(0,6-2t)$,$\therefore$ 点Q的坐标为$(t,3-t)$,$\because PQ$的长是$2\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$,
$\therefore \sqrt{(4-t)^2+[3-(3-t)]^2}=2\sqrt{3}$,整理得$t^2-4t+2=0$,解得$t_1=2-\sqrt{2}$,$t_2=2+\sqrt{2}$(不符合题意,舍去),$\therefore$ 点M的运动时间为$(2-\sqrt{2})\ \mathrm{s}$.
解析
【分析】
本题是直角三角形背景下的动点求线段长问题，可通过建立平面直角坐标系将几何问题转化为代数计算求解：第一步，以C为原点建系，写出A、B坐标，利用中点坐标公式求出AB中点P的坐标；第二步，设运动时间为t s，根据M、N的运动速度和方向，表示出M、N的坐标，再利用中点坐标公式得到MN中点Q的坐标；第三步，根据PQ的长度，用两点间距离公式列方程，解方程后结合t的取值范围舍去不符合题意的根，即可得到结果。
【解析】
如图，以CB所在直线为x轴，CA所在直线为y轴，构造平面直角坐标系，则点B的坐标为$(8,0)$，点A的坐标为$(0,6)$。
$\because$ 点P是AB的中点，$\therefore$ 点P的坐标为$(4,3)$。
设运动时间为$t\ \mathrm{s}$，$\because 6÷2=3$，$8÷2=4$，$\therefore 0≤ t≤3$。
易得点N的坐标为$(2t,0)$，点M的坐标为$(0,6-2t)$，$\because$ Q是MN的中点，$\therefore$ 点Q的坐标为$(t,3-t)$。
$\because PQ$的长是$2\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$，根据两点间距离公式可得：
$\sqrt{(4-t)^2+[3-(3-t)]^2}=2\sqrt{3}$
整理得$t^2-4t+2=0$，解得$t_1=2-\sqrt{2}$，$t_2=2+\sqrt{2}$（$2+\sqrt{2}＞3$，不符合题意，舍去）。
$\therefore$ 点M的运动时间为$(2-\sqrt{2})\ \mathrm{s}$。
【答案】
$(2-\sqrt{2})$
【知识点】
动点问题计算，中点坐标公式，两点间距离公式
【点评】
本题是典型的几何动点问题，采用建立平面直角坐标系的方法将几何线段长度问题转化为一元二次方程求解，解题时要注意根据动点的运动范围对方程的根进行取舍，避免出现多解错误。
【难度系数】
0.6
本题是直角三角形背景下的动点求线段长问题，可通过建立平面直角坐标系将几何问题转化为代数计算求解：第一步，以C为原点建系，写出A、B坐标，利用中点坐标公式求出AB中点P的坐标；第二步，设运动时间为t s，根据M、N的运动速度和方向，表示出M、N的坐标，再利用中点坐标公式得到MN中点Q的坐标；第三步，根据PQ的长度，用两点间距离公式列方程，解方程后结合t的取值范围舍去不符合题意的根，即可得到结果。
【解析】
如图，以CB所在直线为x轴，CA所在直线为y轴，构造平面直角坐标系，则点B的坐标为$(8,0)$，点A的坐标为$(0,6)$。
$\because$ 点P是AB的中点，$\therefore$ 点P的坐标为$(4,3)$。
设运动时间为$t\ \mathrm{s}$，$\because 6÷2=3$，$8÷2=4$，$\therefore 0≤ t≤3$。
易得点N的坐标为$(2t,0)$，点M的坐标为$(0,6-2t)$，$\because$ Q是MN的中点，$\therefore$ 点Q的坐标为$(t,3-t)$。
$\because PQ$的长是$2\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$，根据两点间距离公式可得：
$\sqrt{(4-t)^2+[3-(3-t)]^2}=2\sqrt{3}$
整理得$t^2-4t+2=0$，解得$t_1=2-\sqrt{2}$，$t_2=2+\sqrt{2}$（$2+\sqrt{2}＞3$，不符合题意，舍去）。
$\therefore$ 点M的运动时间为$(2-\sqrt{2})\ \mathrm{s}$。
【答案】
$(2-\sqrt{2})$
【知识点】
动点问题计算，中点坐标公式，两点间距离公式
【点评】
本题是典型的几何动点问题，采用建立平面直角坐标系的方法将几何线段长度问题转化为一元二次方程求解，解题时要注意根据动点的运动范围对方程的根进行取舍，避免出现多解错误。
【难度系数】
0.6
8.「2026 江苏无锡江阴青阳中学月考，★☆」如图，△ABC中，∠C=90°,AC=8 cm,BC=6 cm,动点D从点A出发以4 cm/s的速度向点C移动,同时动点E从C出发以3 cm/s的速度向点B移动,设它们的运动时间为t s.
(1)根据题意知 CE=
(2)t为何值时,△CDE的面积等于四边形ABED的面积的$\frac{1}{3}$?
(3)点D,E运动时,DE的长可以是4 cm吗?如果可以,请求出t的值,如果不可以,请说明理由.
(1)根据题意知 CE=
$3t\ \mathrm{cm}$
,CD=$(8-4t)\ \mathrm{cm}$
.（用含t的代数式表示）(2)t为何值时,△CDE的面积等于四边形ABED的面积的$\frac{1}{3}$?
(3)点D,E运动时,DE的长可以是4 cm吗?如果可以,请求出t的值,如果不可以,请说明理由.
答案
8.解析 (1)$3t\ \mathrm{cm}$;$(8-4t)\ \mathrm{cm}$.
(2)当$△CDE$的面积等于四边形ABED的面积的$\frac{1}{3}$时,$△CDE$的面积等于$△ABC$的面积的$\frac{1}{4}$,根据题意得$\frac{1}{2}×3t(8-4t)=\frac{1}{4}×\frac{1}{2}×8×6$,整理得$t^2-2t+1=0$,解得$t_1=t_2=1$.故当$t=1$时,$△CDE$的面积等于四边形ABED的面积的$\frac{1}{3}$.
(3)不可以.理由:如果DE的长是4,则由勾股定理得$(3t)^2+(8-4t)^2=4^2$,整理得$25t^2-64t+48=0$,
$\because Δ=(-64)^2-4×25×48=-704＜0$,$\therefore$ 该方程没有实数根,$\therefore DE$的长不可以是4 cm.
(2)当$△CDE$的面积等于四边形ABED的面积的$\frac{1}{3}$时,$△CDE$的面积等于$△ABC$的面积的$\frac{1}{4}$,根据题意得$\frac{1}{2}×3t(8-4t)=\frac{1}{4}×\frac{1}{2}×8×6$,整理得$t^2-2t+1=0$,解得$t_1=t_2=1$.故当$t=1$时,$△CDE$的面积等于四边形ABED的面积的$\frac{1}{3}$.
(3)不可以.理由:如果DE的长是4,则由勾股定理得$(3t)^2+(8-4t)^2=4^2$,整理得$25t^2-64t+48=0$,
$\because Δ=(-64)^2-4×25×48=-704＜0$,$\therefore$ 该方程没有实数根,$\therefore DE$的长不可以是4 cm.
解析
【分析】
(1) 根据“路程=速度×时间”可直接表示CE的长度；CD的长度为AC的总长减去D点运动的路程AD，AD也可通过速度乘时间计算得到。
(2) 先推导面积关系：△CDE的面积是四边形ABED面积的$\frac{1}{3}$，说明△CDE的面积占△ABC总面积的$\frac{1}{1+3}=\frac{1}{4}$，分别表示出△CDE和△ABC的面积后列一元二次方程求解，同时注意t的取值要符合动点的运动范围（$0≤ t≤2$）。
(3) △CDE是直角三角形，若DE=4cm，可根据勾股定理列方程，通过判断方程是否有符合条件的实数根，即可确定DE的长能不能为4cm。
【解析】
(1) 动点E从C出发，速度为3cm/s，运动时间为t s，因此$CE=3t\ \mathrm{cm}$；动点D从A出发，速度为4cm/s，运动t s时$AD=4t\ \mathrm{cm}$，已知$AC=8\ \mathrm{cm}$，因此$CD=AC-AD=(8-4t)\ \mathrm{cm}$。
(2) 由题意得$S_{△CDE}=\frac{1}{4}S_{△ABC}$，
先计算$S_{△ABC}=\frac{1}{2}×AC×BC=\frac{1}{2}×8×6=24\ \mathrm{cm^2}$，
$S_{△CDE}=\frac{1}{2}×CE×CD=\frac{1}{2}×3t×(8-4t)$，
列方程：$\frac{1}{2}×3t(8-4t)=\frac{1}{4}×24$，
整理得$t^2-2t+1=0$，
解得$t_1=t_2=1$，符合$0≤ t≤2$的取值要求。
(3) 不可以，理由如下：
若$DE=4\ \mathrm{cm}$，在Rt△CDE中由勾股定理得$CE^2+CD^2=DE^2$，
代入得$(3t)^2+(8-4t)^2=4^2$，
整理得$25t^2-64t+48=0$，
判别式$\Delta=(-64)^2-4×25×48=-704＜0$，
因此该方程没有实数根，不存在符合条件的t值，故DE的长不可以是4cm。
【答案】
(1) $3t\ \mathrm{cm}$；$(8-4t)\ \mathrm{cm}$
(2) $t=1$
(3) 不可以，理由见解析
【知识点】
列代数式；一元二次方程的应用；勾股定理
【点评】
本题结合动点场景考察几何图形中的方程应用，解题关键是找准等量关系建立方程，同时要注意动点的运动边界，判断解的合理性。
【难度系数】
0.7
(1) 根据“路程=速度×时间”可直接表示CE的长度；CD的长度为AC的总长减去D点运动的路程AD，AD也可通过速度乘时间计算得到。
(2) 先推导面积关系：△CDE的面积是四边形ABED面积的$\frac{1}{3}$，说明△CDE的面积占△ABC总面积的$\frac{1}{1+3}=\frac{1}{4}$，分别表示出△CDE和△ABC的面积后列一元二次方程求解，同时注意t的取值要符合动点的运动范围（$0≤ t≤2$）。
(3) △CDE是直角三角形，若DE=4cm，可根据勾股定理列方程，通过判断方程是否有符合条件的实数根，即可确定DE的长能不能为4cm。
【解析】
(1) 动点E从C出发，速度为3cm/s，运动时间为t s，因此$CE=3t\ \mathrm{cm}$；动点D从A出发，速度为4cm/s，运动t s时$AD=4t\ \mathrm{cm}$，已知$AC=8\ \mathrm{cm}$，因此$CD=AC-AD=(8-4t)\ \mathrm{cm}$。
(2) 由题意得$S_{△CDE}=\frac{1}{4}S_{△ABC}$，
先计算$S_{△ABC}=\frac{1}{2}×AC×BC=\frac{1}{2}×8×6=24\ \mathrm{cm^2}$，
$S_{△CDE}=\frac{1}{2}×CE×CD=\frac{1}{2}×3t×(8-4t)$，
列方程：$\frac{1}{2}×3t(8-4t)=\frac{1}{4}×24$，
整理得$t^2-2t+1=0$，
解得$t_1=t_2=1$，符合$0≤ t≤2$的取值要求。
(3) 不可以，理由如下：
若$DE=4\ \mathrm{cm}$，在Rt△CDE中由勾股定理得$CE^2+CD^2=DE^2$，
代入得$(3t)^2+(8-4t)^2=4^2$，
整理得$25t^2-64t+48=0$，
判别式$\Delta=(-64)^2-4×25×48=-704＜0$，
因此该方程没有实数根，不存在符合条件的t值，故DE的长不可以是4cm。
【答案】
(1) $3t\ \mathrm{cm}$；$(8-4t)\ \mathrm{cm}$
(2) $t=1$
(3) 不可以，理由见解析
【知识点】
列代数式；一元二次方程的应用；勾股定理
【点评】
本题结合动点场景考察几何图形中的方程应用，解题关键是找准等量关系建立方程，同时要注意动点的运动边界，判断解的合理性。
【难度系数】
0.7
9. 核心素养 几何直观 如图,在矩形ABCD中,AB=15 cm,AD=5 cm,动点P,Q分别从点A,C同时出发,点P沿AB以3 cm/s的速度向点B移动,到点B停止移动,点Q沿CD以2 cm/s的速度向点D移动(点P停止移动时,点Q也停止移动).设移动时间为t s.
(1)当t为何值时,P,Q两点间的距离为15 cm?
(2)当t为何值时,四边形PBCQ的面积为30 cm²?
(3)四边形APQD的形状可能为矩形吗?若可能,求出t的值;若不可能,请说明理由.
(4)当△BPQ为等腰三角形时,求出t的值.
(5)在运动过程中,是否存在一个时刻,使得∠PQB=90°?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.
(1)当t为何值时,P,Q两点间的距离为15 cm?
(2)当t为何值时,四边形PBCQ的面积为30 cm²?
(3)四边形APQD的形状可能为矩形吗?若可能,求出t的值;若不可能,请说明理由.
(4)当△BPQ为等腰三角形时,求出t的值.
(5)在运动过程中,是否存在一个时刻,使得∠PQB=90°?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.
答案
9.解析 (1)如图,过点Q作$QM⊥AB$于点M,
$\because$ 点P以3 cm/s的速度向点B移动,点Q以2 cm/s的速度向点D移动,移动时间为t s,$\therefore AP=3t\ \mathrm{cm}$,$CQ=2t\ \mathrm{cm}$,$\because AB=15\ \mathrm{cm}$,$\therefore PM=|15-2t-3t|=|15-5t|\ \mathrm{cm}$,
当P,Q两点间的距离为15 cm时,易得$(15-5t)^2+5^2=15^2$,解得$t=3+2\sqrt{2}$或$t=3-2\sqrt{2}$,$\because AB=15\ \mathrm{cm}$,$\therefore 3t⩽15$,$\therefore t⩽5$,$\therefore t=3+2\sqrt{2}$不符合题意,舍去,$\therefore$ 当$t=3-2\sqrt{2}$时,P,Q两点间的距离是15 cm.
(2) $\because$ 四边形ABCD是矩形,$\therefore AB// CD$,$∠C=∠ABC=90°$,$AD=BC$,
$\because BP=(15-3t)\ \mathrm{cm}$,$CQ=2t\ \mathrm{cm}$,四边形PBCQ的面积为$30\ \mathrm{cm}^2$,$AD=5\ \mathrm{cm}$,
$\therefore \frac{1}{2}(15-3t+2t)×5=30$,解得$t=3$,
$\therefore$ 当$t=3$时,四边形PBCQ的面积为$30\ \mathrm{cm}^2$.
(3)四边形APQD的形状可能为矩形.
$\because$ 四边形ABCD是矩形,
$\therefore AB// CD$,$∠D=∠A=90°$,
当四边形APQD为矩形时,$AP=DQ$,
即$3t=15-2t$,解得$t=3$,
$\therefore$ 当$t=3$时,四边形APQD为矩形.
(4)如图,过点Q作$QG⊥AB$于点G,得矩形BCQG,矩形AGQD,
$\therefore BG=CQ=2t\ \mathrm{cm}$,$QG=BC=5\ \mathrm{cm}$,$PB=(15-3t)\ \mathrm{cm}$,
$\therefore PG=|15-3t-2t|=|15-5t|\ \mathrm{cm}$,当P,G不重合时,$△PQG$是直角三角形,根据勾股定理得$PQ^2=PG^2+QG^2=(15-5t)^2+5^2$,$BQ^2=(2t)^2+5^2$,当$PQ=PB$时,$(15-5t)^2+5^2=(15-3t)^2$,整理得$16t^2-60t+25=0$,解得$t=\frac{15-5\sqrt{5}}{8}$或$t=\frac{15+5\sqrt{5}}{8}$;当$BQ=PB$时,$(2t)^2+5^2=(15-3t)^2$,整理得$t^2-18t+40=0$,解得$t=9-\sqrt{41}$或$t=9+\sqrt{41}$(舍去);当$QP=QB$时,G为PB的中点,$\therefore 15-5t=2t$,解得$t=\frac{15}{7}$.综上所述,当$△BPQ$为等腰三角形时,t的值为$\frac{15-5\sqrt{5}}{8}$或$\frac{15+5\sqrt{5}}{8}$或$9-\sqrt{41}$或$\frac{15}{7}$.
(5)不存在一个时刻,使得$∠PQB=90°$,理由:当$∠PQB=90°$时,有$PQ^2+BQ^2=PB^2$,$\therefore (15-5t)^2+5^2+(2t)^2+5^2=(15-3t)^2$,化简得$2t^2-6t+5=0$,$\because Δ=(-6)^2-4×2×5=-4＜0$,$\therefore$ 此方程无实数解,$\therefore$ 不存在一个时刻,使得$∠PQB=90°$.
解析
【分析】
本题为矩形中的动点综合问题，解题核心是先用含时间t的代数式表示出对应线段的长度，再结合各小问的几何性质列方程求解：
1. 求两点距离时，可通过作垂线构造直角三角形，利用勾股定理建立方程，同时要注意动点的运动范围，舍去不符合实际的解；
2. 求直角梯形面积可直接套用梯形面积公式列方程；
3. 判定矩形时，利用矩形对边相等的性质列等量关系求解；
4. 等腰三角形存在性问题需分三种情况分类讨论，分别对应三条边两两相等，结合勾股定理列方程后筛选合理的解；
5. 直角存在性问题利用直角三角形的勾股关系列方程，通过判别式判断方程是否有实根即可得到结论。
【解析】
(1)如图,过点Q作$QM⊥AB$于点M,
$\because$ 点P以3 cm/s的速度向点B移动,点Q以2 cm/s的速度向点D移动,移动时间为t s,
$\therefore AP=3t\ \mathrm{cm}$,$CQ=2t\ \mathrm{cm}$,
$\because AB=15\ \mathrm{cm}$,$\therefore PM=|15-2t-3t|=|15-5t|\ \mathrm{cm}$,
当P,Q两点间的距离为15 cm时,易得$(15-5t)^2+5^2=15^2$,
解得$t=3+2\sqrt{2}$或$t=3-2\sqrt{2}$,
$\because AB=15\ \mathrm{cm}$,$\therefore 3t⩽15$,$\therefore t⩽5$,
$\therefore t=3+2\sqrt{2}$不符合题意,舍去,
$\therefore$ 当$t=3-2\sqrt{2}$时,P,Q两点间的距离是15 cm.
(2) $\because$ 四边形ABCD是矩形,$\therefore AB// CD$,$∠C=∠ABC=90°$,$AD=BC$,
$\because BP=(15-3t)\ \mathrm{cm}$,$CQ=2t\ \mathrm{cm}$,四边形PBCQ的面积为$30\ \mathrm{cm}^2$,$AD=5\ \mathrm{cm}$,
$\therefore \frac{1}{2}(15-3t+2t)×5=30$,解得$t=3$,
$\therefore$ 当$t=3$时,四边形PBCQ的面积为$30\ \mathrm{cm}^2$.
(3)四边形APQD的形状可能为矩形.
$\because$ 四边形ABCD是矩形,
$\therefore AB// CD$,$∠D=∠A=90°$,
当四边形APQD为矩形时,$AP=DQ$,
即$3t=15-2t$,解得$t=3$,
$\therefore$ 当$t=3$时,四边形APQD为矩形.
(4)如图,过点Q作$QG⊥AB$于点G,得矩形BCQG,矩形AGQD,
$\therefore BG=CQ=2t\ \mathrm{cm}$,$QG=BC=5\ \mathrm{cm}$,$PB=(15-3t)\ \mathrm{cm}$,
$\therefore PG=|15-3t-2t|=|15-5t|\ \mathrm{cm}$,
当P,G不重合时,$△PQG$是直角三角形,根据勾股定理得$PQ^2=PG^2+QG^2=(15-5t)^2+5^2$,$BQ^2=(2t)^2+5^2$,
当$PQ=PB$时,$(15-5t)^2+5^2=(15-3t)^2$,整理得$16t^2-60t+25=0$,解得$t=\frac{15-5\sqrt{5}}{8}$或$t=\frac{15+5\sqrt{5}}{8}$;
当$BQ=PB$时,$(2t)^2+5^2=(15-3t)^2$,整理得$t^2-18t+40=0$,解得$t=9-\sqrt{41}$或$t=9+\sqrt{41}$(舍去);
当$QP=QB$时,G为PB的中点,$\therefore 15-5t=2t$,解得$t=\frac{15}{7}$.
综上所述,当$△BPQ$为等腰三角形时,t的值为$\frac{15-5\sqrt{5}}{8}$或$\frac{15+5\sqrt{5}}{8}$或$9-\sqrt{41}$或$\frac{15}{7}$.
(5)不存在一个时刻,使得$∠PQB=90°$,理由:
当$∠PQB=90°$时,有$PQ^2+BQ^2=PB^2$,
$\therefore (15-5t)^2+5^2+(2t)^2+5^2=(15-3t)^2$,化简得$2t^2-6t+5=0$,
$\because Δ=(-6)^2-4×2×5=-4＜0$,
$\therefore$ 此方程无实数解,
$\therefore$ 不存在一个时刻,使得$∠PQB=90°$.
【答案】
(1) $t=3-2\sqrt{2}$
(2) $t=3$
(3) 可能，$t=3$
(4) $t=\frac{15-5\sqrt{5}}{8}$或$\frac{15+5\sqrt{5}}{8}$或$9-\sqrt{41}$或$\frac{15}{7}$
(5) 不存在，理由见解析
【知识点】
矩形的性质；勾股定理；分类讨论思想
【点评】
本题是矩形背景下的动点综合题，融合了方程思想、分类讨论思想，考查了矩形的判定与性质、梯形面积计算、等腰三角形的判定、一元二次方程的求解及判别式的应用，解题时需注意结合动点的运动范围对解进行取舍，讨论等腰三角形时要做到不重不漏。
【难度系数】
0.4
本题为矩形中的动点综合问题，解题核心是先用含时间t的代数式表示出对应线段的长度，再结合各小问的几何性质列方程求解：
1. 求两点距离时，可通过作垂线构造直角三角形，利用勾股定理建立方程，同时要注意动点的运动范围，舍去不符合实际的解；
2. 求直角梯形面积可直接套用梯形面积公式列方程；
3. 判定矩形时，利用矩形对边相等的性质列等量关系求解；
4. 等腰三角形存在性问题需分三种情况分类讨论，分别对应三条边两两相等，结合勾股定理列方程后筛选合理的解；
5. 直角存在性问题利用直角三角形的勾股关系列方程，通过判别式判断方程是否有实根即可得到结论。
【解析】
(1)如图,过点Q作$QM⊥AB$于点M,
$\because$ 点P以3 cm/s的速度向点B移动,点Q以2 cm/s的速度向点D移动,移动时间为t s,
$\therefore AP=3t\ \mathrm{cm}$,$CQ=2t\ \mathrm{cm}$,
$\because AB=15\ \mathrm{cm}$,$\therefore PM=|15-2t-3t|=|15-5t|\ \mathrm{cm}$,
当P,Q两点间的距离为15 cm时,易得$(15-5t)^2+5^2=15^2$,
解得$t=3+2\sqrt{2}$或$t=3-2\sqrt{2}$,
$\because AB=15\ \mathrm{cm}$,$\therefore 3t⩽15$,$\therefore t⩽5$,
$\therefore t=3+2\sqrt{2}$不符合题意,舍去,
$\therefore$ 当$t=3-2\sqrt{2}$时,P,Q两点间的距离是15 cm.
(2) $\because$ 四边形ABCD是矩形,$\therefore AB// CD$,$∠C=∠ABC=90°$,$AD=BC$,
$\because BP=(15-3t)\ \mathrm{cm}$,$CQ=2t\ \mathrm{cm}$,四边形PBCQ的面积为$30\ \mathrm{cm}^2$,$AD=5\ \mathrm{cm}$,
$\therefore \frac{1}{2}(15-3t+2t)×5=30$,解得$t=3$,
$\therefore$ 当$t=3$时,四边形PBCQ的面积为$30\ \mathrm{cm}^2$.
(3)四边形APQD的形状可能为矩形.
$\because$ 四边形ABCD是矩形,
$\therefore AB// CD$,$∠D=∠A=90°$,
当四边形APQD为矩形时,$AP=DQ$,
即$3t=15-2t$,解得$t=3$,
$\therefore$ 当$t=3$时,四边形APQD为矩形.
(4)如图,过点Q作$QG⊥AB$于点G,得矩形BCQG,矩形AGQD,
$\therefore BG=CQ=2t\ \mathrm{cm}$,$QG=BC=5\ \mathrm{cm}$,$PB=(15-3t)\ \mathrm{cm}$,
$\therefore PG=|15-3t-2t|=|15-5t|\ \mathrm{cm}$,
当P,G不重合时,$△PQG$是直角三角形,根据勾股定理得$PQ^2=PG^2+QG^2=(15-5t)^2+5^2$,$BQ^2=(2t)^2+5^2$,
当$PQ=PB$时,$(15-5t)^2+5^2=(15-3t)^2$,整理得$16t^2-60t+25=0$,解得$t=\frac{15-5\sqrt{5}}{8}$或$t=\frac{15+5\sqrt{5}}{8}$;
当$BQ=PB$时,$(2t)^2+5^2=(15-3t)^2$,整理得$t^2-18t+40=0$,解得$t=9-\sqrt{41}$或$t=9+\sqrt{41}$(舍去);
当$QP=QB$时,G为PB的中点,$\therefore 15-5t=2t$,解得$t=\frac{15}{7}$.
综上所述,当$△BPQ$为等腰三角形时,t的值为$\frac{15-5\sqrt{5}}{8}$或$\frac{15+5\sqrt{5}}{8}$或$9-\sqrt{41}$或$\frac{15}{7}$.
(5)不存在一个时刻,使得$∠PQB=90°$,理由:
当$∠PQB=90°$时,有$PQ^2+BQ^2=PB^2$,
$\therefore (15-5t)^2+5^2+(2t)^2+5^2=(15-3t)^2$,化简得$2t^2-6t+5=0$,
$\because Δ=(-6)^2-4×2×5=-4＜0$,
$\therefore$ 此方程无实数解,
$\therefore$ 不存在一个时刻,使得$∠PQB=90°$.
【答案】
(1) $t=3-2\sqrt{2}$
(2) $t=3$
(3) 可能，$t=3$
(4) $t=\frac{15-5\sqrt{5}}{8}$或$\frac{15+5\sqrt{5}}{8}$或$9-\sqrt{41}$或$\frac{15}{7}$
(5) 不存在，理由见解析
【知识点】
矩形的性质；勾股定理；分类讨论思想
【点评】
本题是矩形背景下的动点综合题，融合了方程思想、分类讨论思想，考查了矩形的判定与性质、梯形面积计算、等腰三角形的判定、一元二次方程的求解及判别式的应用，解题时需注意结合动点的运动范围对解进行取舍，讨论等腰三角形时要做到不重不漏。
【难度系数】
0.4
