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10. (启东一模)如图,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=6 cm,BC=8 cm,P是AB的中点.点M从A点出发以2 cm/s向点C运动,点N从C点出发以2 cm/s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,另一点随之停止运动.当PQ的长是$2\sqrt{3}$ cm时,点M的运动时间为
$(2-\sqrt{2})$
s. 答案
10. $(2-\sqrt{2})$
解析
【分析】
首先利用△ABC是直角三角形的特点建立平面直角坐标系，方便用坐标表示各点位置。设运动时间为t s，先写出点P、M、N的坐标，再根据中点坐标公式得到点Q的坐标，最后利用两点间距离公式列出关于t的一元二次方程，求解后结合运动时间的取值范围舍去不符合题意的解即可。
【解析】
解：以点C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CA所在直线为y轴建立平面直角坐标系。
由题意得$A(0,6)$，$B(8,0)$，
∵P是AB中点，根据中点坐标公式得P点坐标为$(\dfrac{0+8}{2},\dfrac{6+0}{2})$，即$P(4,3)$。
设点M的运动时间为$t$ s，
则$AM=2t$ cm，$CN=2t$ cm，
∴M点坐标为$(0, 6-2t)$，N点坐标为$(2t, 0)$，
∵Q是MN的中点，根据中点坐标公式得Q点坐标为$(\dfrac{0+2t}{2},\dfrac{6-2t+0}{2})$，即$Q(t, 3-t)$。
已知$PQ=2\sqrt{3}$ cm，根据两点间距离公式：
$PQ=\sqrt{(4-t)^2+[3-(3-t)]^2}=2\sqrt{3}$
两边平方得：$(4-t)^2+t^2=(2\sqrt{3})^2$
展开整理：$16-8t+t^2+t^2=12$
即$2t^2-8t+4=0$，化简得$t^2-4t+2=0$
解得$t_1=2+\sqrt{2}$，$t_2=2-\sqrt{2}$
∵点M运动到C点的时间为$6÷2=3$s，点N运动到B点的时间为$8÷2=4$s，故$t≤3$
又
∵$2+\sqrt{2}\approx3.414＞3$，不符合题意，舍去
∴$t=2-\sqrt{2}$
【答案】
$2-\sqrt{2}$
【知识点】
平面直角坐标系应用，中点坐标公式，一元二次方程的应用
【点评】
本题通过建立平面直角坐标系将几何动点问题转化为代数方程问题，解题的关键是正确用含t的代数式表示各点坐标，同时要注意结合实际运动情况对方程的解进行取舍。
【难度系数】
0.6
首先利用△ABC是直角三角形的特点建立平面直角坐标系，方便用坐标表示各点位置。设运动时间为t s，先写出点P、M、N的坐标，再根据中点坐标公式得到点Q的坐标，最后利用两点间距离公式列出关于t的一元二次方程，求解后结合运动时间的取值范围舍去不符合题意的解即可。
【解析】
解：以点C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CA所在直线为y轴建立平面直角坐标系。
由题意得$A(0,6)$，$B(8,0)$，
∵P是AB中点，根据中点坐标公式得P点坐标为$(\dfrac{0+8}{2},\dfrac{6+0}{2})$，即$P(4,3)$。
设点M的运动时间为$t$ s，
则$AM=2t$ cm，$CN=2t$ cm，
∴M点坐标为$(0, 6-2t)$，N点坐标为$(2t, 0)$，
∵Q是MN的中点，根据中点坐标公式得Q点坐标为$(\dfrac{0+2t}{2},\dfrac{6-2t+0}{2})$，即$Q(t, 3-t)$。
已知$PQ=2\sqrt{3}$ cm，根据两点间距离公式：
$PQ=\sqrt{(4-t)^2+[3-(3-t)]^2}=2\sqrt{3}$
两边平方得：$(4-t)^2+t^2=(2\sqrt{3})^2$
展开整理：$16-8t+t^2+t^2=12$
即$2t^2-8t+4=0$，化简得$t^2-4t+2=0$
解得$t_1=2+\sqrt{2}$，$t_2=2-\sqrt{2}$
∵点M运动到C点的时间为$6÷2=3$s，点N运动到B点的时间为$8÷2=4$s，故$t≤3$
又
∵$2+\sqrt{2}\approx3.414＞3$，不符合题意，舍去
∴$t=2-\sqrt{2}$
【答案】
$2-\sqrt{2}$
【知识点】
平面直角坐标系应用，中点坐标公式，一元二次方程的应用
【点评】
本题通过建立平面直角坐标系将几何动点问题转化为代数方程问题，解题的关键是正确用含t的代数式表示各点坐标，同时要注意结合实际运动情况对方程的解进行取舍。
【难度系数】
0.6
11. 某商场“五一”节进行促销活动期间，前四天的总营业额为450万元，第五天的营业额是前四天总营业额的12％.
（1）求该商场“五一”节这五天的总营业额；
（2）该商场2月份的营业额为350万元，3、4月份营业额的月增长率相同，“五一”节这五天的总营业额与4月份的营业额相等.求该商场3、4月份营业额的月增长率.
（1）求该商场“五一”节这五天的总营业额；
（2）该商场2月份的营业额为350万元，3、4月份营业额的月增长率相同，“五一”节这五天的总营业额与4月份的营业额相等.求该商场3、4月份营业额的月增长率.
答案
11. 解:(1) $450+450×12\%=450+54=504$(万元).答:该商场“五一”节这五天的总营业额为504万元；(2) 设该商场3、4月份营业额的月增长率为$x$，依题意得$350(1+x)^2=504$，解得$x_1=0.2=20\%$，$x_2=-2.2$(不合题意，舍去).答:该商场3、4月份营业额的月增长率为20%.
解析
【分析】
（1）要求五天的总营业额，首先根据“第五天营业额是前四天总营业额的12%”求出第五天的营业额，再将前四天总营业额和第五天营业额相加即可得到结果；（2）本题为平均增长率问题，设月增长率为$x$，根据增长率公式“增长后的量=增长前的量×(1+增长率)ⁿ（$n$为增长次数）”，2月份营业额为增长前的量，4月份营业额为增长后的量，增长次数为2，且4月份营业额等于第一问求出的五天总营业额，据此列一元二次方程求解，最后舍去不符合实际意义的负根即可。
【解析】
(1) 先计算第五天的营业额：
$450×12\% = 54$（万元）
五天总营业额为前四天总营业额加第五天营业额：
$450 + 54 = 504$（万元）
答：该商场“五一”节这五天的总营业额为504万元。
(2) 设该商场3、4月份营业额的月增长率为$x$，
从2月份到4月份共增长2次，结合题意列方程得：
$350(1+x)^2 = 504$
方程两边同时除以350，得：$(1+x)^2 = 1.44$
开平方得：$1+x = ±1.2$
解得：$x_1 = 0.2 = 20\%$，$x_2 = -2.2$
由于增长率不能为负数，因此$x_2=-2.2$不符合题意，舍去。
答：该商场3、4月份营业额的月增长率为20%。
【答案】
（1）504万元；（2）20%
【知识点】
百分数应用，一元二次方程应用，增长率问题
【点评】
本题第一问是基础的百分数计算类应用题，难度较低；第二问是典型的平均增长率问题，解题核心是掌握增长率的计算公式，同时要注意求解一元二次方程后，需结合实际意义对根进行取舍，排除不符合要求的解。
【难度系数】
0.8
（1）要求五天的总营业额，首先根据“第五天营业额是前四天总营业额的12%”求出第五天的营业额，再将前四天总营业额和第五天营业额相加即可得到结果；（2）本题为平均增长率问题，设月增长率为$x$，根据增长率公式“增长后的量=增长前的量×(1+增长率)ⁿ（$n$为增长次数）”，2月份营业额为增长前的量，4月份营业额为增长后的量，增长次数为2，且4月份营业额等于第一问求出的五天总营业额，据此列一元二次方程求解，最后舍去不符合实际意义的负根即可。
【解析】
(1) 先计算第五天的营业额：
$450×12\% = 54$（万元）
五天总营业额为前四天总营业额加第五天营业额：
$450 + 54 = 504$（万元）
答：该商场“五一”节这五天的总营业额为504万元。
(2) 设该商场3、4月份营业额的月增长率为$x$，
从2月份到4月份共增长2次，结合题意列方程得：
$350(1+x)^2 = 504$
方程两边同时除以350，得：$(1+x)^2 = 1.44$
开平方得：$1+x = ±1.2$
解得：$x_1 = 0.2 = 20\%$，$x_2 = -2.2$
由于增长率不能为负数，因此$x_2=-2.2$不符合题意，舍去。
答：该商场3、4月份营业额的月增长率为20%。
【答案】
（1）504万元；（2）20%
【知识点】
百分数应用，一元二次方程应用，增长率问题
【点评】
本题第一问是基础的百分数计算类应用题，难度较低；第二问是典型的平均增长率问题，解题核心是掌握增长率的计算公式，同时要注意求解一元二次方程后，需结合实际意义对根进行取舍，排除不符合要求的解。
【难度系数】
0.8
12. 如图,在矩形ABCD中,AB=5 cm,BC=7 cm,点P从点A开始沿AB边向点B以1 cm/s的速度移动,点Q从点B开始沿BC边向点C以2 cm/s的速度移动,如果点P,Q分别从点A,B同时出发.
(1) 几秒后,△PBQ的面积为4 cm²?
(2) 几秒后,PQ的长度为5 cm?
(3) 在(1)中,△PBQ的面积能否等于7 cm²?请说明理由.
(1) 几秒后,△PBQ的面积为4 cm²?
(2) 几秒后,PQ的长度为5 cm?
(3) 在(1)中,△PBQ的面积能否等于7 cm²?请说明理由.
答案
12. 解:(1) 设$x\ \mathrm{s}$后，$△ PBQ$的面积为$4\ \mathrm{cm}^2$. 由题意，得$\frac{1}{2}×2x(5-x)=4$，解得$x_1=1$，$x_2=4$. $\because 2x≤7$，$\therefore x≤3.5$. $\therefore x=4$不符合题意，舍去. $\therefore x=1$，即$1\ \mathrm{s}$后，$△ PBQ$的面积为$4\ \mathrm{cm}^2$；(2) 设$y\ \mathrm{s}$后，$PQ$的长度为$5\ \mathrm{cm}$. 由题意，得$(2y)^2+(5-y)^2=25$，解得$y_1=2$，$y_2=0$(不合题意，舍去). $\therefore 2\ \mathrm{s}$后，$PQ$的长度为$5\ \mathrm{cm}$；(3) 在(1)中，$△ PBQ$的面积不能等于$7\ \mathrm{cm}^2$. 理由:由(1)得$x(5-x)=7$，即$x^2-5x+7=0$. $\because \Delta=5^2-4×7=-3＜0$，$\therefore$ 所列方程无实数解，即在(1)中，$△ PBQ$的面积不能等于$7\ \mathrm{cm}^2$.
解析
【分析】
这是矩形中的动点问题，均通过设运动时间为未知数，用含未知数的代数式表示出相关线段长度，结合对应几何关系列一元二次方程求解：
(1)求△PBQ面积时，△PBQ是直角三角形，直角边分别为PB和BQ，PB=AB-AP，BQ是Q的运动路程，根据直角三角形面积公式列方程，同时要注意点Q不能超出BC边，得到时间的取值范围，舍去不符合题意的根；
(2)求PQ长度时，在Rt△PBQ中利用勾股定理，两条直角边的平方和等于PQ的平方，列方程求解，舍去不符合实际的解；
(3)判断面积能否为7cm²时，同样先按面积公式列方程，再通过计算一元二次方程根的判别式，判断方程是否有符合实际的实数根，即可得出结论。
【解析】
(1) 设$x\ \mathrm{s}$后，$△ PBQ$的面积为$4\ \mathrm{cm}^2$。
此时$AP=x\ \mathrm{cm}$，$BQ=2x\ \mathrm{cm}$，则$PB=AB-AP=(5-x)\ \mathrm{cm}$。
由直角三角形面积公式得：$\frac{1}{2} × PB × BQ =4$，代入得$\frac{1}{2}×2x(5-x)=4$，
整理得$x^2-5x+4=0$，解得$x_1=1$，$x_2=4$。
又因为点Q在BC上运动，$BQ≤BC=7\ \mathrm{cm}$，即$2x≤7$，得$x≤3.5$，因此$x=4$不符合题意，舍去。
所以$x=1$。
(2) 设$y\ \mathrm{s}$后，PQ的长度为$5\ \mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}△ PBQ$中，由勾股定理得$PB^2+BQ^2=PQ^2$，代入得$(5-y)^2+(2y)^2=25$，
整理得$5y^2-10y=0$，即$y^2-2y=0$，解得$y_1=2$，$y_2=0$。
$y=0$为初始时刻，不符合题意，舍去，所以$y=2$。
(3) $△ PBQ$的面积不能等于$7\ \mathrm{cm}^2$，理由如下：
假设$△ PBQ$的面积等于$7\ \mathrm{cm}^2$，由面积公式得$\frac{1}{2}×2x(5-x)=7$，
整理得$x^2-5x+7=0$，
计算根的判别式$\Delta = b^2-4ac = (-5)^2 -4×1×7 =25-28=-3＜0$，
因此该一元二次方程无实数根，即不存在符合条件的$x$，所以$△ PBQ$的面积不能等于$7\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
(1) 1 s；(2) 2 s；(3) 不能，理由见解析。
【知识点】
一元二次方程应用，勾股定理，根的判别式
【点评】
本题是动点类方程应用的基础题型，解题关键是将运动线段用含时间的代数式准确表示，结合几何性质列方程，同时要注意实际问题中未知数的取值范围，对求解结果进行合理取舍，第三问通过判别式判断方程根的情况即可解决存在性问题。
【难度系数】
0.7
这是矩形中的动点问题，均通过设运动时间为未知数，用含未知数的代数式表示出相关线段长度，结合对应几何关系列一元二次方程求解：
(1)求△PBQ面积时，△PBQ是直角三角形，直角边分别为PB和BQ，PB=AB-AP，BQ是Q的运动路程，根据直角三角形面积公式列方程，同时要注意点Q不能超出BC边，得到时间的取值范围，舍去不符合题意的根；
(2)求PQ长度时，在Rt△PBQ中利用勾股定理，两条直角边的平方和等于PQ的平方，列方程求解，舍去不符合实际的解；
(3)判断面积能否为7cm²时，同样先按面积公式列方程，再通过计算一元二次方程根的判别式，判断方程是否有符合实际的实数根，即可得出结论。
【解析】
(1) 设$x\ \mathrm{s}$后，$△ PBQ$的面积为$4\ \mathrm{cm}^2$。
此时$AP=x\ \mathrm{cm}$，$BQ=2x\ \mathrm{cm}$，则$PB=AB-AP=(5-x)\ \mathrm{cm}$。
由直角三角形面积公式得：$\frac{1}{2} × PB × BQ =4$，代入得$\frac{1}{2}×2x(5-x)=4$，
整理得$x^2-5x+4=0$，解得$x_1=1$，$x_2=4$。
又因为点Q在BC上运动，$BQ≤BC=7\ \mathrm{cm}$，即$2x≤7$，得$x≤3.5$，因此$x=4$不符合题意，舍去。
所以$x=1$。
(2) 设$y\ \mathrm{s}$后，PQ的长度为$5\ \mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}△ PBQ$中，由勾股定理得$PB^2+BQ^2=PQ^2$，代入得$(5-y)^2+(2y)^2=25$，
整理得$5y^2-10y=0$，即$y^2-2y=0$，解得$y_1=2$，$y_2=0$。
$y=0$为初始时刻，不符合题意，舍去，所以$y=2$。
(3) $△ PBQ$的面积不能等于$7\ \mathrm{cm}^2$，理由如下：
假设$△ PBQ$的面积等于$7\ \mathrm{cm}^2$，由面积公式得$\frac{1}{2}×2x(5-x)=7$，
整理得$x^2-5x+7=0$，
计算根的判别式$\Delta = b^2-4ac = (-5)^2 -4×1×7 =25-28=-3＜0$，
因此该一元二次方程无实数根，即不存在符合条件的$x$，所以$△ PBQ$的面积不能等于$7\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
(1) 1 s；(2) 2 s；(3) 不能，理由见解析。
【知识点】
一元二次方程应用，勾股定理，根的判别式
【点评】
本题是动点类方程应用的基础题型，解题关键是将运动线段用含时间的代数式准确表示，结合几何性质列方程，同时要注意实际问题中未知数的取值范围，对求解结果进行合理取舍，第三问通过判别式判断方程根的情况即可解决存在性问题。
【难度系数】
0.7
13. 如图，A,B,C,D为矩形的四个顶点，AB=16 cm，AD=6 cm，动点P,Q分别从点A,C同时出发，点P以3 cm/s的速度向点B移动，到点B停止移动，点Q以2 cm/s的速度向点D移动.
(1) P,Q两点从出发开始到几秒时，四边形PBCQ的面积为33 cm²？
(2) P,Q两点从出发开始到几秒时，PQ的长度是10 cm？
(3) P,Q两点从出发开始到几秒时，以P,Q,D为顶点的三角形是等腰三角形？
(1) P,Q两点从出发开始到几秒时，四边形PBCQ的面积为33 cm²？
(2) P,Q两点从出发开始到几秒时，PQ的长度是10 cm？
(3) P,Q两点从出发开始到几秒时，以P,Q,D为顶点的三角形是等腰三角形？
答案
13. 解:(1) 设$P$，$Q$两点从出发开始到$x\ \mathrm{s}$时，四边形$PBCQ$的面积为$33\ \mathrm{cm}^2$，则$PB=(16-3x)\mathrm{cm}$，$QC=2x\ \mathrm{cm}$. 根据梯形的面积公式，得$\frac{1}{2}(16-3x+2x)×6=33$，解得$x=5$. $\therefore P$，$Q$两点从出发开始到$5\ \mathrm{s}$时，四边形$PBCQ$的面积为$33\ \mathrm{cm}^2$；(2) 设$P$，$Q$两点从出发开始到$t\ \mathrm{s}$时，点$P$，$Q$间的距离是$10\ \mathrm{cm}$，如图①，过点$Q$作$QE⊥ AB$，垂足为$E$，则$QE=AD=6\ \mathrm{cm}$，$PQ=10\ \mathrm{cm}$. $\because PA=3t\ \mathrm{cm}$，$CQ=BE=2t\ \mathrm{cm}$，$\therefore PE=AB-AP-BE=(16-5t)\mathrm{cm}$. 由勾股定理，得$PE^2+QE^2=PQ^2$，即$(16-5t)^2+6^2=10^2$，解得$t_1=4.8$，$t_2=1.6$. $\therefore P$，$Q$两点从出发开始到$1.6\ \mathrm{s}$或$4.8\ \mathrm{s}$时，$PQ$的长度是$10\ \mathrm{cm}$；(3) 如图②，连接$PD$，过点$P$作$PM⊥ CD$于点$M$，设$P$，$Q$两点从出发开始到$y\ \mathrm{s}$时，以$P$，$Q$，$D$为顶点的三角形是等腰三角形，则$DM=AP=3y\ \mathrm{cm}$，$CQ=BE=2y\ \mathrm{cm}$. 分三种情况:① 当$DP=PQ$时，则$DM=MQ=3y\ \mathrm{cm}$. $\because 3y+3y+2y=16$，$\therefore y=2$；② 当$DQ=PQ$时，在$\mathrm{Rt}△ PEQ$中，由勾股定理得$(16-2y)^2=6^2+(16-3y-2y)^2$，整理，得$7y^2-32y+12=0$，解得$y_1=\frac{16+2\sqrt{43}}{7}$，$y_2=\frac{16-2\sqrt{43}}{7}$；③ 当$DP=DQ$时，在$\mathrm{Rt}△ DAP$中，由勾股定理得:$(16-2y)^2=6^2+(3y)^2$，整理，得$5y^2+64y-220=0$，解得$y_1=\frac{-32+6\sqrt{59}}{5}$，$y_2=\frac{-32-6\sqrt{59}}{5}$(不合题意，舍去). 综上所述，$P$，$Q$两点从出发开始到$2\ \mathrm{s}$、$\frac{16+2\sqrt{43}}{7}\ \mathrm{s}$、$\frac{16-2\sqrt{43}}{7}\ \mathrm{s}$或$\frac{-32+6\sqrt{59}}{5}\ \mathrm{s}$时，以$P$，$Q$，$D$为顶点的三角形是等腰三角形.
解析
【分析】
本题是矩形背景下的动点问题，核心是用含时间的代数式表示各线段长度，结合几何性质列方程求解：
(1) 四边形PBCQ是直角梯形，高为BC=6cm，上下底分别为PB、QC，设运动时间为x s，分别表示PB和QC的长度，代入梯形面积公式即可列方程求解；
(2) 过Q作AB的垂线构造直角三角形PEQ，PQ为斜边，竖直直角边长为6cm，水平直角边PE可由AB减去AP、BE（BE=CQ）得到，结合勾股定理列一元二次方程求解；
(3) 以P、Q、D为顶点的等腰三角形需分三种情况讨论：DP=PQ、DQ=PQ、DP=DQ，每种情况结合勾股定理表示三边长度列方程，求解后舍去不符合运动范围的解即可。
【解析】
(1) 设$P$，$Q$两点从出发开始到$x\ \mathrm{s}$时，四边形$PBCQ$的面积为$33\ \mathrm{cm}^2$，则$PB=(16-3x)\mathrm{cm}$，$QC=2x\ \mathrm{cm}$。
根据梯形的面积公式，得$\frac{1}{2}(16-3x+2x)×6=33$，
解得$x=5$。
(2) 设$P$，$Q$两点从出发开始到$t\ \mathrm{s}$时，点$P$，$Q$间的距离是$10\ \mathrm{cm}$，如图①，过点$Q$作$QE⊥ AB$，垂足为$E$，则$QE=AD=6\ \mathrm{cm}$，$PQ=10\ \mathrm{cm}$。
$\because PA=3t\ \mathrm{cm}$，$CQ=BE=2t\ \mathrm{cm}$，
$\therefore PE=AB-AP-BE=(16-5t)\mathrm{cm}$。
由勾股定理，得$PE^2+QE^2=PQ^2$，即$(16-5t)^2+6^2=10^2$，
解得$t_1=4.8$，$t_2=1.6$。
(3) 如图②，连接$PD$，过点$P$作$PM⊥ CD$于点$M$，设$P$，$Q$两点从出发开始到$y\ \mathrm{s}$时，以$P$，$Q$，$D$为顶点的三角形是等腰三角形，则$DM=AP=3y\ \mathrm{cm}$，$CQ=2y\ \mathrm{cm}$。
分三种情况:
① 当$DP=PQ$时，则$DM=MQ=3y\ \mathrm{cm}$。
$\because 3y+3y+2y=16$，
$\therefore y=2$；
② 当$DQ=PQ$时，在$\mathrm{Rt}△ PEQ$中，由勾股定理得$(16-2y)^2=6^2+(16-5y)^2$，
整理得$7y^2-32y+12=0$，
解得$y_1=\frac{16+2\sqrt{43}}{7}$，$y_2=\frac{16-2\sqrt{43}}{7}$；
③ 当$DP=DQ$时，在$\mathrm{Rt}△ DAP$中，由勾股定理得$(16-2y)^2=6^2+(3y)^2$，
整理得$5y^2+64y-220=0$，
解得$y_1=\frac{-32+6\sqrt{59}}{5}$，$y_2=\frac{-32-6\sqrt{59}}{5}$(不合题意，舍去)。
【答案】
(1) $5\ \mathrm{s}$；
(2) $1.6\ \mathrm{s}$或$4.8\ \mathrm{s}$；
(3) $2\ \mathrm{s}$、$\frac{16+2\sqrt{43}}{7}\ \mathrm{s}$、$\frac{16-2\sqrt{43}}{7}\ \mathrm{s}$或$\frac{-32+6\sqrt{59}}{5}\ \mathrm{s}$。
【知识点】
一元二次方程应用，勾股定理，等腰三角形分类讨论
【点评】
本题是动点与几何结合的综合题，将动态运动问题转化为静态方程求解，重点考查方程思想和分类讨论思想，解题时需注意根据等腰三角形腰的不同情况分类，同时要验证解是否符合动点的运动范围，避免漏解或产生不合题意的解。
【难度系数】
0.3
本题是矩形背景下的动点问题，核心是用含时间的代数式表示各线段长度，结合几何性质列方程求解：
(1) 四边形PBCQ是直角梯形，高为BC=6cm，上下底分别为PB、QC，设运动时间为x s，分别表示PB和QC的长度，代入梯形面积公式即可列方程求解；
(2) 过Q作AB的垂线构造直角三角形PEQ，PQ为斜边，竖直直角边长为6cm，水平直角边PE可由AB减去AP、BE（BE=CQ）得到，结合勾股定理列一元二次方程求解；
(3) 以P、Q、D为顶点的等腰三角形需分三种情况讨论：DP=PQ、DQ=PQ、DP=DQ，每种情况结合勾股定理表示三边长度列方程，求解后舍去不符合运动范围的解即可。
【解析】
(1) 设$P$，$Q$两点从出发开始到$x\ \mathrm{s}$时，四边形$PBCQ$的面积为$33\ \mathrm{cm}^2$，则$PB=(16-3x)\mathrm{cm}$，$QC=2x\ \mathrm{cm}$。
根据梯形的面积公式，得$\frac{1}{2}(16-3x+2x)×6=33$，
解得$x=5$。
(2) 设$P$，$Q$两点从出发开始到$t\ \mathrm{s}$时，点$P$，$Q$间的距离是$10\ \mathrm{cm}$，如图①，过点$Q$作$QE⊥ AB$，垂足为$E$，则$QE=AD=6\ \mathrm{cm}$，$PQ=10\ \mathrm{cm}$。
$\because PA=3t\ \mathrm{cm}$，$CQ=BE=2t\ \mathrm{cm}$，
$\therefore PE=AB-AP-BE=(16-5t)\mathrm{cm}$。
由勾股定理，得$PE^2+QE^2=PQ^2$，即$(16-5t)^2+6^2=10^2$，
解得$t_1=4.8$，$t_2=1.6$。
(3) 如图②，连接$PD$，过点$P$作$PM⊥ CD$于点$M$，设$P$，$Q$两点从出发开始到$y\ \mathrm{s}$时，以$P$，$Q$，$D$为顶点的三角形是等腰三角形，则$DM=AP=3y\ \mathrm{cm}$，$CQ=2y\ \mathrm{cm}$。
分三种情况:
① 当$DP=PQ$时，则$DM=MQ=3y\ \mathrm{cm}$。
$\because 3y+3y+2y=16$，
$\therefore y=2$；
② 当$DQ=PQ$时，在$\mathrm{Rt}△ PEQ$中，由勾股定理得$(16-2y)^2=6^2+(16-5y)^2$，
整理得$7y^2-32y+12=0$，
解得$y_1=\frac{16+2\sqrt{43}}{7}$，$y_2=\frac{16-2\sqrt{43}}{7}$；
③ 当$DP=DQ$时，在$\mathrm{Rt}△ DAP$中，由勾股定理得$(16-2y)^2=6^2+(3y)^2$，
整理得$5y^2+64y-220=0$，
解得$y_1=\frac{-32+6\sqrt{59}}{5}$，$y_2=\frac{-32-6\sqrt{59}}{5}$(不合题意，舍去)。
【答案】
(1) $5\ \mathrm{s}$；
(2) $1.6\ \mathrm{s}$或$4.8\ \mathrm{s}$；
(3) $2\ \mathrm{s}$、$\frac{16+2\sqrt{43}}{7}\ \mathrm{s}$、$\frac{16-2\sqrt{43}}{7}\ \mathrm{s}$或$\frac{-32+6\sqrt{59}}{5}\ \mathrm{s}$。
【知识点】
一元二次方程应用，勾股定理，等腰三角形分类讨论
【点评】
本题是动点与几何结合的综合题，将动态运动问题转化为静态方程求解，重点考查方程思想和分类讨论思想，解题时需注意根据等腰三角形腰的不同情况分类，同时要验证解是否符合动点的运动范围，避免漏解或产生不合题意的解。
【难度系数】
0.3
