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8. 如图,有一块长为 80 cm,宽为 60 cm 的矩形硬纸片,在四角各剪去一个同样的小正方形,用剩余部分做成一个底面积为 1 500 cm² 的无盖长方体盒子,则剪去的小正方形的边长为
15 cm
。答案
8.15 cm
解析
【分析】
解题时首先明确几何量的关系：四角各剪去一个边长为x的小正方形后，无盖长方体盒子底面的长等于原矩形长减去2倍小正方形边长，底面的宽等于原矩形宽减去2倍小正方形边长。再结合给出的底面积条件，根据矩形面积公式列一元二次方程求解，最后要结合实际情况检验根的合理性，舍去不符合实际的解。
【解析】
设剪去的小正方形的边长为$x\ \mathrm{cm}$，则无盖长方体盒子底面的长为$(80-2x)\ \mathrm{cm}$，宽为$(60-2x)\ \mathrm{cm}$。
根据底面积为$1500\ \mathrm{cm^2}$，列方程得：
$(80-2x)(60-2x)=1500$
展开整理方程：
$\begin{aligned}4800 - 280x + 4x^2 &= 1500\\x^2 - 70x + 825 &= 0\end{aligned}$
因式分解得：
$(x-15)(x-55)=0$
解得$x_1=15$，$x_2=55$。
检验：当$x=55$时，$80-2x=-30＜0$，不符合实际，舍去；当$x=15$时，底面长和宽均为正数，符合题意。
【答案】
$\boxed{15\ \mathrm{cm}}$
【知识点】
一元二次方程应用；矩形面积计算；根的合理性检验
【点评】
本题是一元二次方程在几何实际问题中的典型应用，解题关键是准确表示出无盖盒子底面的长和宽，列方程后要注意结合实际意义舍去不符合要求的根，避免多解错误。
【难度系数】
0.7
解题时首先明确几何量的关系：四角各剪去一个边长为x的小正方形后，无盖长方体盒子底面的长等于原矩形长减去2倍小正方形边长，底面的宽等于原矩形宽减去2倍小正方形边长。再结合给出的底面积条件，根据矩形面积公式列一元二次方程求解，最后要结合实际情况检验根的合理性，舍去不符合实际的解。
【解析】
设剪去的小正方形的边长为$x\ \mathrm{cm}$，则无盖长方体盒子底面的长为$(80-2x)\ \mathrm{cm}$，宽为$(60-2x)\ \mathrm{cm}$。
根据底面积为$1500\ \mathrm{cm^2}$，列方程得：
$(80-2x)(60-2x)=1500$
展开整理方程：
$\begin{aligned}4800 - 280x + 4x^2 &= 1500\\x^2 - 70x + 825 &= 0\end{aligned}$
因式分解得：
$(x-15)(x-55)=0$
解得$x_1=15$，$x_2=55$。
检验：当$x=55$时，$80-2x=-30＜0$，不符合实际，舍去；当$x=15$时，底面长和宽均为正数，符合题意。
【答案】
$\boxed{15\ \mathrm{cm}}$
【知识点】
一元二次方程应用；矩形面积计算；根的合理性检验
【点评】
本题是一元二次方程在几何实际问题中的典型应用，解题关键是准确表示出无盖盒子底面的长和宽，列方程后要注意结合实际意义舍去不符合要求的根，避免多解错误。
【难度系数】
0.7
9. A教材经典图形·一次函数求面积如图，一次函数$y=-2x+6$的图象交$x$轴于点$A$，交$y$轴于点$B$，点$P$在线段$AB$上（不与点$A$，$B$重合），过点$P$分别作$OA$和$OB$的垂线，垂足为$C$，$D$。当矩形$OCPD$的面积为4时，点$P$的坐标为
(1,4)或(2,2)
。答案
9.(1,4)或(2,2)
解析
【分析】
要解决本题，首先明确点P在一次函数图象上，因此可设出P的横坐标，通过一次函数表达式表示出其纵坐标；再结合矩形OCPD的两边长恰好是点P的横、纵坐标（P在第一象限，坐标均为正），根据矩形面积为4的等量关系列一元二次方程，解方程得到横坐标的值后，代回一次函数求纵坐标，最后验证解是否符合点P在线段AB上的要求即可。
【解析】
解：
∵点P在线段AB上，在一次函数$y=-2x+6$的图象上，且不与A、B重合
∴设点P的坐标为$(x, -2x+6)$，其中$0＜x＜3$（点A是函数与x轴交点，令$y=0$得$x=3$；点B是函数与y轴交点，令$x=0$得$y=6$）
矩形OCPD的面积$=OC× PC=x· (-2x+6)$
根据题意列方程：
$x(-2x+6)=4$
整理得：$x^2-3x+2=0$
因式分解得：$(x-1)(x-2)=0$
解得$x_1=1$，$x_2=2$
当$x=1$时，$y=-2×1+6=4$；当$x=2$时，$y=-2×2+6=2$，两个解均符合$0＜x＜3$的要求。
【答案】
$(1,4)$或$(2,2)$
【知识点】
一次函数点坐标特征；矩形面积计算；一元二次方程求解
【点评】
本题是一次函数与方程的综合基础题，核心是通过函数表达式建立点横纵坐标的关系，结合几何图形的面积条件构造方程求解，解题时要注意结合点的取值范围验证解的合理性。
【难度系数】
0.7
要解决本题，首先明确点P在一次函数图象上，因此可设出P的横坐标，通过一次函数表达式表示出其纵坐标；再结合矩形OCPD的两边长恰好是点P的横、纵坐标（P在第一象限，坐标均为正），根据矩形面积为4的等量关系列一元二次方程，解方程得到横坐标的值后，代回一次函数求纵坐标，最后验证解是否符合点P在线段AB上的要求即可。
【解析】
解：
∵点P在线段AB上，在一次函数$y=-2x+6$的图象上，且不与A、B重合
∴设点P的坐标为$(x, -2x+6)$，其中$0＜x＜3$（点A是函数与x轴交点，令$y=0$得$x=3$；点B是函数与y轴交点，令$x=0$得$y=6$）
矩形OCPD的面积$=OC× PC=x· (-2x+6)$
根据题意列方程：
$x(-2x+6)=4$
整理得：$x^2-3x+2=0$
因式分解得：$(x-1)(x-2)=0$
解得$x_1=1$，$x_2=2$
当$x=1$时，$y=-2×1+6=4$；当$x=2$时，$y=-2×2+6=2$，两个解均符合$0＜x＜3$的要求。
【答案】
$(1,4)$或$(2,2)$
【知识点】
一次函数点坐标特征；矩形面积计算；一元二次方程求解
【点评】
本题是一次函数与方程的综合基础题，核心是通过函数表达式建立点横纵坐标的关系，结合几何图形的面积条件构造方程求解，解题时要注意结合点的取值范围验证解的合理性。
【难度系数】
0.7
10.如图，矩形ABCD的两条邻边AD=1，CD=4.当∠DEC=90°时，AE=
2−√3或2+√3
。答案
10.2−√3或2+√3
解析
【分析】
我们可以通过设未知数建立方程求解：首先设AE的长度为x，利用矩形对边相等、四个角为直角的性质，表示出EB的长度；再结合∠DEC=90°的条件，根据勾股定理得到DE²+EC²=CD²的等量关系，代入各边含x的表达式，即可得到关于x的一元二次方程，求解后验证根的合理性就能得到结果。
【解析】
设AE=x，
∵四边形ABCD是矩形，AD=1，CD=4，
∴∠A=∠B=90°，AB=CD=4，BC=AD=1，
∴EB=AB-AE=4-x，
∵∠DEC=90°，
∴在Rt△DEC中，由勾股定理得：$DE^2 + EC^2 = CD^2$，
又
∵在Rt△ADE中，$DE^2=AD^2 + AE^2=1^2 +x^2=x^2+1$，
在Rt△BEC中，$EC^2=BC^2 + EB^2=1^2 + (4-x)^2=(4-x)^2 +1$，$CD^2=4^2=16$，
代入得：$x^2+1 + (4-x)^2 +1 =16$，
展开整理：$x^2+1 + 16 -8x +x^2 +1 =16$，
$2x^2 -8x +2=0$，即$x^2 -4x +1=0$，
由求根公式得：$x = \frac{4±\sqrt{(-4)^2 -4×1×1}}{2×1} = \frac{4±\sqrt{12}}{2} = 2±\sqrt{3}$，
经检验，$x=2+\sqrt{3}$和$x=2-\sqrt{3}$都为正数且小于4，均符合题意。
【答案】
$2-\sqrt{3}$或$2+\sqrt{3}$
【知识点】
矩形的性质，勾股定理，解一元二次方程
【点评】
本题是几何与代数结合的典型题，解题关键是利用几何性质找到等量关系列方程，求解后要注意验证根是否符合实际几何意义，避免漏解或多解。
【难度系数】
0.6
我们可以通过设未知数建立方程求解：首先设AE的长度为x，利用矩形对边相等、四个角为直角的性质，表示出EB的长度；再结合∠DEC=90°的条件，根据勾股定理得到DE²+EC²=CD²的等量关系，代入各边含x的表达式，即可得到关于x的一元二次方程，求解后验证根的合理性就能得到结果。
【解析】
设AE=x，
∵四边形ABCD是矩形，AD=1，CD=4，
∴∠A=∠B=90°，AB=CD=4，BC=AD=1，
∴EB=AB-AE=4-x，
∵∠DEC=90°，
∴在Rt△DEC中，由勾股定理得：$DE^2 + EC^2 = CD^2$，
又
∵在Rt△ADE中，$DE^2=AD^2 + AE^2=1^2 +x^2=x^2+1$，
在Rt△BEC中，$EC^2=BC^2 + EB^2=1^2 + (4-x)^2=(4-x)^2 +1$，$CD^2=4^2=16$，
代入得：$x^2+1 + (4-x)^2 +1 =16$，
展开整理：$x^2+1 + 16 -8x +x^2 +1 =16$，
$2x^2 -8x +2=0$，即$x^2 -4x +1=0$，
由求根公式得：$x = \frac{4±\sqrt{(-4)^2 -4×1×1}}{2×1} = \frac{4±\sqrt{12}}{2} = 2±\sqrt{3}$，
经检验，$x=2+\sqrt{3}$和$x=2-\sqrt{3}$都为正数且小于4，均符合题意。
【答案】
$2-\sqrt{3}$或$2+\sqrt{3}$
【知识点】
矩形的性质，勾股定理，解一元二次方程
【点评】
本题是几何与代数结合的典型题，解题关键是利用几何性质找到等量关系列方程，求解后要注意验证根是否符合实际几何意义，避免漏解或多解。
【难度系数】
0.6
11. A教材经典图形如图1，已知边长为5 cm的正方形ABCD和等腰三角形PQR，PQ=PR=5 cm，$QR=5\sqrt{2} cm$，△PQR在正方形ABCD右侧，QR在直线BC上，且点C与点Q重合，△PQR以1 cm/s的速度沿直线BR从右向左运动（正方形ABCD保持不动）。当△PQR运动到如图2所示的位置时，△PQR与正方形ABCD重合部分的面积为7 cm²，此时△PQR运动了
5√2−√11
s. 答案
11.(5√2−√11)
解析
【分析】
首先先判断△PQR的形状：由边长PQ=PR=5cm，QR=5√2cm，用勾股定理逆定理可证它是等腰直角三角形，先算出其总面积。再分析运动过程：△PQR以1cm/s向左运动，设运动时间为t s，则Q点移动的距离QC=t cm，可得CR=(5√2 - t)cm。接下来分析重合部分面积构成：此时重合部分面积等于△PQR总面积减去右侧露在正方形外的小等腰直角三角形的面积，露在外面的三角形因∠R=45°、CD垂直BC，也是等腰直角三角形，面积可表示为1/2·CR²。最后根据重合面积为7cm²列方程求解即可，注意要对根结合实际意义取舍。
【解析】
解：
∵PQ=PR=5cm，QR=5√2cm，
∴PQ²+PR²=25+25=50=(5√2)²=QR²，
∴△PQR是等腰直角三角形，∠R=45°，
$S_{△ PQR}=\frac{1}{2} × 5 × 5=\frac{25}{2}\ \mathrm{cm}^2$。
设△PQR运动时间为t s，由题意得QC=t cm，
∴$CR=QR-QC=(5\sqrt{2}-t)\ \mathrm{cm}$。
∵CD⊥BC，∠R=45°，
∴露在正方形外的△ECR是等腰直角三角形，CE=CR，
∴$S_{△ ECR}=\frac{1}{2} · CR^2=\frac{1}{2}(5\sqrt{2}-t)^2$。
∵重合部分面积为7cm²，
∴$S_{△ PQR}-S_{△ ECR}=7$，
即$\frac{25}{2}-\frac{1}{2}(5\sqrt{2}-t)^2=7$，
两边同乘2得：$25-(5\sqrt{2}-t)^2=14$，
整理得：$(5\sqrt{2}-t)^2=11$，
∵$5\sqrt{2}-t＞0$，
∴$5\sqrt{2}-t=\sqrt{11}$，
解得$t=5\sqrt{2}-\sqrt{11}$。
【答案】
$5\sqrt{2}-\sqrt{11}$
【知识点】
勾股定理逆定理，等腰直角三角形性质，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题型，解题核心是准确梳理运动过程中图形的面积关系，找到等量关系列方程，同时要结合实际运动情况排除不符合题意的根。
【难度系数】
0.6
首先先判断△PQR的形状：由边长PQ=PR=5cm，QR=5√2cm，用勾股定理逆定理可证它是等腰直角三角形，先算出其总面积。再分析运动过程：△PQR以1cm/s向左运动，设运动时间为t s，则Q点移动的距离QC=t cm，可得CR=(5√2 - t)cm。接下来分析重合部分面积构成：此时重合部分面积等于△PQR总面积减去右侧露在正方形外的小等腰直角三角形的面积，露在外面的三角形因∠R=45°、CD垂直BC，也是等腰直角三角形，面积可表示为1/2·CR²。最后根据重合面积为7cm²列方程求解即可，注意要对根结合实际意义取舍。
【解析】
解：
∵PQ=PR=5cm，QR=5√2cm，
∴PQ²+PR²=25+25=50=(5√2)²=QR²，
∴△PQR是等腰直角三角形，∠R=45°，
$S_{△ PQR}=\frac{1}{2} × 5 × 5=\frac{25}{2}\ \mathrm{cm}^2$。
设△PQR运动时间为t s，由题意得QC=t cm，
∴$CR=QR-QC=(5\sqrt{2}-t)\ \mathrm{cm}$。
∵CD⊥BC，∠R=45°，
∴露在正方形外的△ECR是等腰直角三角形，CE=CR，
∴$S_{△ ECR}=\frac{1}{2} · CR^2=\frac{1}{2}(5\sqrt{2}-t)^2$。
∵重合部分面积为7cm²，
∴$S_{△ PQR}-S_{△ ECR}=7$，
即$\frac{25}{2}-\frac{1}{2}(5\sqrt{2}-t)^2=7$，
两边同乘2得：$25-(5\sqrt{2}-t)^2=14$，
整理得：$(5\sqrt{2}-t)^2=11$，
∵$5\sqrt{2}-t＞0$，
∴$5\sqrt{2}-t=\sqrt{11}$，
解得$t=5\sqrt{2}-\sqrt{11}$。
【答案】
$5\sqrt{2}-\sqrt{11}$
【知识点】
勾股定理逆定理，等腰直角三角形性质，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题型，解题核心是准确梳理运动过程中图形的面积关系，找到等量关系列方程，同时要结合实际运动情况排除不符合题意的根。
【难度系数】
0.6
12. A教材经典素材·台风影响问题 如图，已知一艘轮船以20海里/时的速度由西向东航行，途中接到台风警报，台风中心正以40海里/时的速度由南向北移动，距台风中心$20\sqrt{10}$海里的圆形区域（包括边界）都属于台风区。当轮船到A处时，测得台风中心移到位于点A正南方向的B处，且AB=100海里。若这艘轮船自A处按原速度继续航行，在途中会不会遇到台风？若会，试求轮船最初遇到台风的时间；若不会，请说明理由。
答案
12.解:假设途中会遇到台风,且最初遇到的时间为t时后,此时轮船位于C处,台风中心移到E处,连接CE,则AC=20t,AE=AB−BE=100−40t,CE=20$\sqrt{10}$.在Rt△ACE中,根据勾股定理,得AC²+AE²=CE².
∴(20t)²+(100−40t)²=(20$\sqrt{10}$)²,解得t₁=1,t₂=3(不合题意,舍去).答:这艘轮船自A处按原速度继续航行,在途中会遇到台风,且轮船最初遇到台风的时间为从A处出发1时后.
∴(20t)²+(100−40t)²=(20$\sqrt{10}$)²,解得t₁=1,t₂=3(不合题意,舍去).答:这艘轮船自A处按原速度继续航行,在途中会遇到台风,且轮船最初遇到台风的时间为从A处出发1时后.
解析
【分析】
遇到这类动态行程的实际问题，我们可以先假设结论成立（即轮船会遇到台风），设最初遇到台风的时间为t小时，接下来只需用含t的代数式分别表示出t时刻轮船到A点的距离、台风中心到A点的距离，此时轮船位置、A点、台风中心位置构成直角三角形，台风影响半径刚好是直角三角形的斜边，因此可借助勾股定理列方程求解，若方程存在符合实际意义的正解，则说明会遇到台风，最小的正解就是最初遇到的时间。
【解析】
假设轮船在途中会遇到台风，且最初遇到台风的时间为t小时后。此时轮船位于C处，台风中心移动到E处，连接CE。
根据路程=速度×时间可得：
$AC = 20t$ 海里，$BE = 40t$ 海里，因此$AE = AB - BE = (100 - 40t)$ 海里，由题意知$CE = 20\sqrt{10}$ 海里。
∵$△ ACE$为直角三角形，$∠ EAC = 90°$，根据勾股定理可得：$AC^2 + AE^2 = CE^2$
代入各边长度得：
$(20t)^2 + (100 - 40t)^2 = (20\sqrt{10})^2$
展开整理得：$400t^2 + 10000 - 8000t + 1600t^2 = 4000$
合并同类项化简得：$2000t^2 - 8000t + 6000 = 0$，两边同时除以2000得：$t^2 - 4t + 3 = 0$
因式分解得：$(t - 1)(t - 3) = 0$
解得$t_1 = 1$，$t_2 = 3$。
因为求的是最初遇到台风的时间，所以$t_2=3$不符合题意，舍去。
【答案】
这艘轮船自A处按原速度继续航行，在途中会遇到台风，最初遇到台风的时间为从A处出发1小时后。
【知识点】
勾股定理；一元二次方程的应用；动点问题分析
【点评】
本题是实际应用类题型，解题的关键是梳理清楚两个运动对象的位置关系，将动态问题转化为静态的直角三角形计算问题，通过设未知数列方程求解，求解后要注意检验解是否符合实际情境，舍去不符合要求的解。
【难度系数】
0.7
遇到这类动态行程的实际问题，我们可以先假设结论成立（即轮船会遇到台风），设最初遇到台风的时间为t小时，接下来只需用含t的代数式分别表示出t时刻轮船到A点的距离、台风中心到A点的距离，此时轮船位置、A点、台风中心位置构成直角三角形，台风影响半径刚好是直角三角形的斜边，因此可借助勾股定理列方程求解，若方程存在符合实际意义的正解，则说明会遇到台风，最小的正解就是最初遇到的时间。
【解析】
假设轮船在途中会遇到台风，且最初遇到台风的时间为t小时后。此时轮船位于C处，台风中心移动到E处，连接CE。
根据路程=速度×时间可得：
$AC = 20t$ 海里，$BE = 40t$ 海里，因此$AE = AB - BE = (100 - 40t)$ 海里，由题意知$CE = 20\sqrt{10}$ 海里。
∵$△ ACE$为直角三角形，$∠ EAC = 90°$，根据勾股定理可得：$AC^2 + AE^2 = CE^2$
代入各边长度得：
$(20t)^2 + (100 - 40t)^2 = (20\sqrt{10})^2$
展开整理得：$400t^2 + 10000 - 8000t + 1600t^2 = 4000$
合并同类项化简得：$2000t^2 - 8000t + 6000 = 0$，两边同时除以2000得：$t^2 - 4t + 3 = 0$
因式分解得：$(t - 1)(t - 3) = 0$
解得$t_1 = 1$，$t_2 = 3$。
因为求的是最初遇到台风的时间，所以$t_2=3$不符合题意，舍去。
【答案】
这艘轮船自A处按原速度继续航行，在途中会遇到台风，最初遇到台风的时间为从A处出发1小时后。
【知识点】
勾股定理；一元二次方程的应用；动点问题分析
【点评】
本题是实际应用类题型，解题的关键是梳理清楚两个运动对象的位置关系，将动态问题转化为静态的直角三角形计算问题，通过设未知数列方程求解，求解后要注意检验解是否符合实际情境，舍去不符合要求的解。
【难度系数】
0.7
13.如图,在边长为6 cm的正方形ABCD中,点P从点A开始沿边AB向点B以1 cm/s的速度移动,点Q从点B开始沿边BC和CD向点D以2 cm/s的速度移动.如果点P,Q分别从点A,B同时出发,其中一点到达终点,另一点也随之停止,那么经过
2或$\frac{10}{3}$
s,△PBQ的面积等于8 cm².答案
13.2或$\frac{10}{3}$
解析
【分析】
解决本题首先要明确动点的运动阶段：点Q沿BC、CD运动，走完BC边需要$6÷2=3\mathrm{s}$，因此分两种情况讨论：①$0＜t≤3\mathrm{s}$时，Q在BC边上，此时$△ PBQ$为直角三角形，直角边分别为PB和BQ，结合面积公式列方程求解；②$3＜t≤6\mathrm{s}$时，Q在CD边上，此时$△ PBQ$的底为PB，高为正方形的边长6cm，再结合面积公式列方程求解，最后要检验所求的解是否符合对应时间段的要求，舍去不符合实际的解。
【解析】
设经过$t\ \mathrm{s}$，$△ PBQ$的面积等于$8\ \mathrm{cm}^2$。
由题意得，点P走完全程的时间为$6÷1=6\mathrm{s}$，点Q走完BC边的时间为$6÷2=3\mathrm{s}$，分两种情况计算：
1. 当$0＜t≤3$时，点Q在BC边上：
此时$AP=t\ \mathrm{cm}$，故$PB=(6-t)\ \mathrm{cm}$，$BQ=2t\ \mathrm{cm}$，
根据三角形面积公式$S=\frac{1}{2}×底×高$，可得：
$\frac{1}{2}·(6-t)·2t=8$
化简得$t^2-6t+8=0$，因式分解得$(t-2)(t-4)=0$，解得$t_1=2$，$t_2=4$。
∵$t≤3$，
∴$t=4$不符合题意，舍去，得$t=2$。
2. 当$3＜t≤6$时，点Q在CD边上：
此时$△ PBQ$的底$PB=(6-t)\ \mathrm{cm}$，PB边上的高等于正方形边长$6\mathrm{cm}$，代入面积公式得：
$\frac{1}{2}·(6-t)×6=8$
化简得$3(6-t)=8$，解得$t=\frac{10}{3}$。
∵$3＜\frac{10}{3}＜6$，符合题意。
综上，符合条件的时间为2s或$\frac{10}{3}\mathrm{s}$。
【答案】
2或$\frac{10}{3}$
【知识点】
一元二次方程的应用；动点分类讨论；三角形面积计算
【点评】
本题是典型的动点结合一元二次方程的应用题，解题核心是根据动点的不同位置分情况建立方程，求解后要注意验证解是否符合实际运动的时间范围，避免出现增根。
【难度系数】
0.6
解决本题首先要明确动点的运动阶段：点Q沿BC、CD运动，走完BC边需要$6÷2=3\mathrm{s}$，因此分两种情况讨论：①$0＜t≤3\mathrm{s}$时，Q在BC边上，此时$△ PBQ$为直角三角形，直角边分别为PB和BQ，结合面积公式列方程求解；②$3＜t≤6\mathrm{s}$时，Q在CD边上，此时$△ PBQ$的底为PB，高为正方形的边长6cm，再结合面积公式列方程求解，最后要检验所求的解是否符合对应时间段的要求，舍去不符合实际的解。
【解析】
设经过$t\ \mathrm{s}$，$△ PBQ$的面积等于$8\ \mathrm{cm}^2$。
由题意得，点P走完全程的时间为$6÷1=6\mathrm{s}$，点Q走完BC边的时间为$6÷2=3\mathrm{s}$，分两种情况计算：
1. 当$0＜t≤3$时，点Q在BC边上：
此时$AP=t\ \mathrm{cm}$，故$PB=(6-t)\ \mathrm{cm}$，$BQ=2t\ \mathrm{cm}$，
根据三角形面积公式$S=\frac{1}{2}×底×高$，可得：
$\frac{1}{2}·(6-t)·2t=8$
化简得$t^2-6t+8=0$，因式分解得$(t-2)(t-4)=0$，解得$t_1=2$，$t_2=4$。
∵$t≤3$，
∴$t=4$不符合题意，舍去，得$t=2$。
2. 当$3＜t≤6$时，点Q在CD边上：
此时$△ PBQ$的底$PB=(6-t)\ \mathrm{cm}$，PB边上的高等于正方形边长$6\mathrm{cm}$，代入面积公式得：
$\frac{1}{2}·(6-t)×6=8$
化简得$3(6-t)=8$，解得$t=\frac{10}{3}$。
∵$3＜\frac{10}{3}＜6$，符合题意。
综上，符合条件的时间为2s或$\frac{10}{3}\mathrm{s}$。
【答案】
2或$\frac{10}{3}$
【知识点】
一元二次方程的应用；动点分类讨论；三角形面积计算
【点评】
本题是典型的动点结合一元二次方程的应用题，解题核心是根据动点的不同位置分情况建立方程，求解后要注意验证解是否符合实际运动的时间范围，避免出现增根。
【难度系数】
0.6
