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5.如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ B=90°$，$AB=BC=12\ \mathrm{cm}$，点$D$从点$A$开始沿边$AB$以$2\ \mathrm{cm/s}$的速度向点$B$移动，移动过程中始终保持$DE// BC$，$DF// AC$，则出发
1或5
$\mathrm{s}$时，四边形$DFCE$的面积为$20\ \mathrm{cm}^2$. 答案
5.1或5
解析
【分析】
这是一道动点结合几何面积求解的问题，解题思路如下：1. 设运动时间为t秒，先根据点D的运动速度表示出AD、DB的长度；2. 结合等腰直角三角形的性质，得出DE的长度；3. 由两组对边分别平行判定四边形DFCE是平行四边形，根据平行四边形面积公式用含t的式子表示其面积；4. 结合面积为20cm²列一元二次方程求解，最后检验解是否符合实际运动范围即可。
【解析】
设出发$ t $秒时，四边形$ DFCE $的面积为$ 20\ \mathrm{cm}^2 $。
由题意得，点D的运动速度为$ 2\ \mathrm{cm/s} $，因此$ AD=2t\ \mathrm{cm} $，$ DB=AB-AD=(12-2t)\ \mathrm{cm} $。
∵ $ ∠ B=90° $，$ AB=BC=12\ \mathrm{cm} $，
∴ $ △ ABC $是等腰直角三角形，$ ∠ A=45° $。
∵ $ DE// BC $，
∴ $ ∠ ADE=∠ B=90° $，$ △ ADE $是等腰直角三角形，因此$ DE=AD=2t\ \mathrm{cm} $。
又
∵ $ DE// BC $，$ DF// AC $，
∴ 四边形$ DFCE $是平行四边形。
平行四边形$ DFCE $的面积为底$ DE $乘两条对边$ DE $、$ CF $之间的水平距离$ DB $，因此列方程：
$ 2t(12-2t)=20 $
整理得：$ t^2-6t+5=0 $
因式分解得：$ (t-1)(t-5)=0 $
解得：$ t_1=1 $，$ t_2=5 $
检验：点D从A到B的总运动时间为$ 12÷2=6\ \mathrm{s} $，$ t=1 $和$ t=5 $均满足$ 0≤ t≤6 $，符合题意。
【答案】
1或5
【知识点】
一元二次方程的应用，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题属于动点与几何面积结合的常规题型，解题的核心是用含未知数的代数式表示出相关线段的长度，再结合面积公式建立方程求解，注意最后要验证解是否符合实际运动的取值范围。
【难度系数】
0.7
这是一道动点结合几何面积求解的问题，解题思路如下：1. 设运动时间为t秒，先根据点D的运动速度表示出AD、DB的长度；2. 结合等腰直角三角形的性质，得出DE的长度；3. 由两组对边分别平行判定四边形DFCE是平行四边形，根据平行四边形面积公式用含t的式子表示其面积；4. 结合面积为20cm²列一元二次方程求解，最后检验解是否符合实际运动范围即可。
【解析】
设出发$ t $秒时，四边形$ DFCE $的面积为$ 20\ \mathrm{cm}^2 $。
由题意得，点D的运动速度为$ 2\ \mathrm{cm/s} $，因此$ AD=2t\ \mathrm{cm} $，$ DB=AB-AD=(12-2t)\ \mathrm{cm} $。
∵ $ ∠ B=90° $，$ AB=BC=12\ \mathrm{cm} $，
∴ $ △ ABC $是等腰直角三角形，$ ∠ A=45° $。
∵ $ DE// BC $，
∴ $ ∠ ADE=∠ B=90° $，$ △ ADE $是等腰直角三角形，因此$ DE=AD=2t\ \mathrm{cm} $。
又
∵ $ DE// BC $，$ DF// AC $，
∴ 四边形$ DFCE $是平行四边形。
平行四边形$ DFCE $的面积为底$ DE $乘两条对边$ DE $、$ CF $之间的水平距离$ DB $，因此列方程：
$ 2t(12-2t)=20 $
整理得：$ t^2-6t+5=0 $
因式分解得：$ (t-1)(t-5)=0 $
解得：$ t_1=1 $，$ t_2=5 $
检验：点D从A到B的总运动时间为$ 12÷2=6\ \mathrm{s} $，$ t=1 $和$ t=5 $均满足$ 0≤ t≤6 $，符合题意。
【答案】
1或5
【知识点】
一元二次方程的应用，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题属于动点与几何面积结合的常规题型，解题的核心是用含未知数的代数式表示出相关线段的长度，再结合面积公式建立方程求解，注意最后要验证解是否符合实际运动的取值范围。
【难度系数】
0.7
6.(2025·宿迁沭阳县期中)如图,在矩形ABCD中,AB=6 cm,BC=12 cm,点P从点A沿边AB向点B以1 cm/s的速度移动;同时,点Q从点B出发沿边BC向点C以2 cm/s的速度移动.
(1)几秒后△PBQ的面积等于8 cm²?
(2)△PDQ的面积能为8 cm²吗?为什么?
(1)几秒后△PBQ的面积等于8 cm²?
(2)△PDQ的面积能为8 cm²吗?为什么?
答案
6.解:(1)当运动时间为 t s 时,AP=t cm,BP=(6−t)cm,BQ=2t cm,CQ=(12−2t)cm,
根据题意,得$\frac{1}{2}(6−t)·2t=8$,
整理,得 $t^2−6t+8=0$,解得 $t_1=2,t_2=4$.
答:经过2秒或4秒后△PBQ的面积等于8 cm².
(2)△PDQ的面积不能为8 cm²,理由如下:
假设△PDQ的面积能为8 cm²,则 $S_{△ PDQ}=S_{长方形ABCD}−S_{△ APD}−S_{△ PBQ}−S_{△ CDQ}$,
即 $12×6−\frac{1}{2}×12·t−\frac{1}{2}(6−t)·2t−\frac{1}{2}×6·(12−2t)=8$,
整理得 $t^2−6t+28=0$,
∵$b^2−4ac=(−6)^2−4×1×28=−76＜0$,
∴原方程无实数根.
∴假设不成立,即△PDQ的面积不能为8 cm².
根据题意,得$\frac{1}{2}(6−t)·2t=8$,
整理,得 $t^2−6t+8=0$,解得 $t_1=2,t_2=4$.
答:经过2秒或4秒后△PBQ的面积等于8 cm².
(2)△PDQ的面积不能为8 cm²,理由如下:
假设△PDQ的面积能为8 cm²,则 $S_{△ PDQ}=S_{长方形ABCD}−S_{△ APD}−S_{△ PBQ}−S_{△ CDQ}$,
即 $12×6−\frac{1}{2}×12·t−\frac{1}{2}(6−t)·2t−\frac{1}{2}×6·(12−2t)=8$,
整理得 $t^2−6t+28=0$,
∵$b^2−4ac=(−6)^2−4×1×28=−76＜0$,
∴原方程无实数根.
∴假设不成立,即△PDQ的面积不能为8 cm².
解析
【分析】
(1) 先设运动时间为t秒，结合点P、Q的运动速度，用含t的代数式分别表示出△PBQ的两条直角边BP、BQ的长度，再利用直角三角形面积公式列一元二次方程，求解后结合t的实际取值范围验证解的合理性即可。
(2) 直接求△PDQ的面积较复杂，可采用割补法：用矩形ABCD的总面积减去周围三个直角三角形的面积得到△PDQ的面积，据此列方程，再通过计算一元二次方程的根的判别式判断方程是否有实数根，若判别式小于0，说明不存在符合条件的t，即面积不能为8cm²。
【解析】
(1) 设运动时间为t s，由题意得$0＜t≤6$，此时$AP=t\ \mathrm{cm}$，$BP=(6-t)\ \mathrm{cm}$，$BQ=2t\ \mathrm{cm}$。
∵△PBQ为直角三角形，面积为$8\ \mathrm{cm}^2$，
∴$\frac{1}{2} · (6-t) · 2t=8$，
整理得$t^2-6t+8=0$，
解得$t_1=2$，$t_2=4$，均符合$0＜t≤6$的取值范围。
(2) △PDQ的面积不能为$8\ \mathrm{cm}^2$，理由如下：
假设△PDQ的面积能为$8\ \mathrm{cm}^2$，
由割补法得$S_{△ PDQ}=S_{矩形ABCD}-S_{△ APD}-S_{△ PBQ}-S_{△ CDQ}$，
代入各面积公式得：
$12×6-\frac{1}{2}×12t-\frac{1}{2}(6-t)·2t-\frac{1}{2}×6·(12-2t)=8$，
整理得$t^2-6t+28=0$，
∵根的判别式$\Delta=(-6)^2-4×1×28=-76＜0$，
∴原方程无实数根，假设不成立，即△PDQ的面积不能为$8\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
(1) 经过2秒或4秒后△PBQ的面积等于$8\ \mathrm{cm}^2$；
(2) 不能，因为所列一元二次方程无实数根，不存在符合条件的运动时间。
【知识点】
一元二次方程的应用，割补法求面积，根的判别式的应用
【点评】
本题结合矩形动点场景考查一元二次方程的实际应用，解题核心是用含时间的代数式准确表示各线段长度，第二问用割补法间接计算目标图形面积是几何动点面积问题的常用技巧，同时要掌握利用根的判别式判断存在性问题的思路。
【难度系数】
0.6
(1) 先设运动时间为t秒，结合点P、Q的运动速度，用含t的代数式分别表示出△PBQ的两条直角边BP、BQ的长度，再利用直角三角形面积公式列一元二次方程，求解后结合t的实际取值范围验证解的合理性即可。
(2) 直接求△PDQ的面积较复杂，可采用割补法：用矩形ABCD的总面积减去周围三个直角三角形的面积得到△PDQ的面积，据此列方程，再通过计算一元二次方程的根的判别式判断方程是否有实数根，若判别式小于0，说明不存在符合条件的t，即面积不能为8cm²。
【解析】
(1) 设运动时间为t s，由题意得$0＜t≤6$，此时$AP=t\ \mathrm{cm}$，$BP=(6-t)\ \mathrm{cm}$，$BQ=2t\ \mathrm{cm}$。
∵△PBQ为直角三角形，面积为$8\ \mathrm{cm}^2$，
∴$\frac{1}{2} · (6-t) · 2t=8$，
整理得$t^2-6t+8=0$，
解得$t_1=2$，$t_2=4$，均符合$0＜t≤6$的取值范围。
(2) △PDQ的面积不能为$8\ \mathrm{cm}^2$，理由如下：
假设△PDQ的面积能为$8\ \mathrm{cm}^2$，
由割补法得$S_{△ PDQ}=S_{矩形ABCD}-S_{△ APD}-S_{△ PBQ}-S_{△ CDQ}$，
代入各面积公式得：
$12×6-\frac{1}{2}×12t-\frac{1}{2}(6-t)·2t-\frac{1}{2}×6·(12-2t)=8$，
整理得$t^2-6t+28=0$，
∵根的判别式$\Delta=(-6)^2-4×1×28=-76＜0$，
∴原方程无实数根，假设不成立，即△PDQ的面积不能为$8\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
(1) 经过2秒或4秒后△PBQ的面积等于$8\ \mathrm{cm}^2$；
(2) 不能，因为所列一元二次方程无实数根，不存在符合条件的运动时间。
【知识点】
一元二次方程的应用，割补法求面积，根的判别式的应用
【点评】
本题结合矩形动点场景考查一元二次方程的实际应用，解题核心是用含时间的代数式准确表示各线段长度，第二问用割补法间接计算目标图形面积是几何动点面积问题的常用技巧，同时要掌握利用根的判别式判断存在性问题的思路。
【难度系数】
0.6
7. 如图，AB⊥OC于点O，AO=BO=50 cm，蚂蚁甲以2 cm/s的速度从点A爬到点B，同时，蚂蚁乙以3 cm/s的速度从点O沿射线OC爬行. 是否存在这样的时刻，使两只蚂蚁所在位置与点O组成的三角形的面积为450 cm²？若存在，请说明在什么时刻；若不存在，请说明理由.
答案
7.解:存在.设在 x s 时,两只蚂蚁所在位置与点 O 组成的三角形的面积为 450 cm²,有两种情况:
①当蚂蚁甲在线段 AO 上运动时,易得 $0＜x≤25$,
由题意,得$\frac{1}{2}×3x×(50−2x)=450$,
整理,得 $x^2−25x+150=0$,解得 $x_1=15,x_2=10$.
②当蚂蚁甲在线段 OB 上运动时,易得 $25＜x≤50$,
由题意,得$\frac{1}{2}×3x(2x−50)=450$,
整理,得 $x^2−25x−150=0$,
解得 $x_3=30,x_4=−5$(舍去).
∴在 10 s,15 s,30 s 时,两只蚂蚁所在位置与点 O 组成的三角形的面积均为 450 cm².
①当蚂蚁甲在线段 AO 上运动时,易得 $0＜x≤25$,
由题意,得$\frac{1}{2}×3x×(50−2x)=450$,
整理,得 $x^2−25x+150=0$,解得 $x_1=15,x_2=10$.
②当蚂蚁甲在线段 OB 上运动时,易得 $25＜x≤50$,
由题意,得$\frac{1}{2}×3x(2x−50)=450$,
整理,得 $x^2−25x−150=0$,
解得 $x_3=30,x_4=−5$(舍去).
∴在 10 s,15 s,30 s 时,两只蚂蚁所在位置与点 O 组成的三角形的面积均为 450 cm².
解析
【分析】
解决本题首先要明确这是动态几何结合方程的问题，需分类讨论蚂蚁甲的位置：①蚂蚁甲在AO段运动时，它到点O的距离为初始距离减去已爬行的路程；②蚂蚁甲在OB段运动时，它到点O的距离为已爬行的路程减去AO的长度。因为AB⊥OC，所以两只蚂蚁与点O构成的三角形是直角三角形，根据直角三角形面积公式列一元二次方程求解，最后要验证解是否符合对应阶段的时间取值范围，舍去不合题意的解。
【解析】
存在，求解过程如下：
设运动时间为$ x $ s时，满足两只蚂蚁所在位置与点O组成的三角形面积为$ 450\ \mathrm{cm}^2 $，分两种情况讨论：
① 当蚂蚁甲在线段AO上运动时，此时$ 0 ＜ x ≤ 25 $，甲到O点的距离为$ (50-2x)\ \mathrm{cm} $，乙到O点的距离为$ 3x\ \mathrm{cm} $。
由直角三角形面积公式可得：
$ \frac{1}{2} × 3x × (50-2x) = 450 $
整理得：$ x^2 -25x +150 = 0 $
解得$ x_1=10 $，$ x_2=15 $，均满足$ 0 ＜ x ≤ 25 $，符合题意。
② 当蚂蚁甲在线段OB上运动时，此时$ 25 ＜ x ≤ 50 $，甲到O点的距离为$ (2x-50)\ \mathrm{cm} $，乙到O点的距离为$ 3x\ \mathrm{cm} $。
由直角三角形面积公式可得：
$ \frac{1}{2} × 3x × (2x-50) = 450 $
整理得：$ x^2 -25x -150 = 0 $
解得$ x_3=30 $，$ x_4=-5 $，时间不能为负，舍去$ x_4=-5 $，且$ x=30 $满足$ 25 ＜ x ≤ 50 $，符合题意。
【答案】
存在，分别在10s、15s、30s时，两只蚂蚁所在位置与点O组成的三角形的面积为$ 450\ \mathrm{cm}^2 $。
【知识点】
一元二次方程的应用；动点分类讨论；直角三角形面积计算
【点评】
本题是动态几何与方程结合的典型习题，解题的关键是根据动点的位置合理分类，建立面积的等量关系列方程，同时要注意结合实际运动的时间范围对解进行检验，避免出现不符合题意的增根。
【难度系数】
0.6
解决本题首先要明确这是动态几何结合方程的问题，需分类讨论蚂蚁甲的位置：①蚂蚁甲在AO段运动时，它到点O的距离为初始距离减去已爬行的路程；②蚂蚁甲在OB段运动时，它到点O的距离为已爬行的路程减去AO的长度。因为AB⊥OC，所以两只蚂蚁与点O构成的三角形是直角三角形，根据直角三角形面积公式列一元二次方程求解，最后要验证解是否符合对应阶段的时间取值范围，舍去不合题意的解。
【解析】
存在，求解过程如下：
设运动时间为$ x $ s时，满足两只蚂蚁所在位置与点O组成的三角形面积为$ 450\ \mathrm{cm}^2 $，分两种情况讨论：
① 当蚂蚁甲在线段AO上运动时，此时$ 0 ＜ x ≤ 25 $，甲到O点的距离为$ (50-2x)\ \mathrm{cm} $，乙到O点的距离为$ 3x\ \mathrm{cm} $。
由直角三角形面积公式可得：
$ \frac{1}{2} × 3x × (50-2x) = 450 $
整理得：$ x^2 -25x +150 = 0 $
解得$ x_1=10 $，$ x_2=15 $，均满足$ 0 ＜ x ≤ 25 $，符合题意。
② 当蚂蚁甲在线段OB上运动时，此时$ 25 ＜ x ≤ 50 $，甲到O点的距离为$ (2x-50)\ \mathrm{cm} $，乙到O点的距离为$ 3x\ \mathrm{cm} $。
由直角三角形面积公式可得：
$ \frac{1}{2} × 3x × (2x-50) = 450 $
整理得：$ x^2 -25x -150 = 0 $
解得$ x_3=30 $，$ x_4=-5 $，时间不能为负，舍去$ x_4=-5 $，且$ x=30 $满足$ 25 ＜ x ≤ 50 $，符合题意。
【答案】
存在，分别在10s、15s、30s时，两只蚂蚁所在位置与点O组成的三角形的面积为$ 450\ \mathrm{cm}^2 $。
【知识点】
一元二次方程的应用；动点分类讨论；直角三角形面积计算
【点评】
本题是动态几何与方程结合的典型习题，解题的关键是根据动点的位置合理分类，建立面积的等量关系列方程，同时要注意结合实际运动的时间范围对解进行检验，避免出现不符合题意的增根。
【难度系数】
0.6
8. 如图,在四边形ABCD中,AB//CD,∠C=90°,AB=6 cm,CD=10 cm,AD=5 cm,动点P,Q分别从A,C两点同时出发,点P以2 cm/s的速度向点B运动,点Q以1 cm/s的速度向点D运动,当一个动点到达终点时,另一个动点也随之停止运动.
(1)经过几秒,P,Q两点之间的距离是5 cm?
(2)是否存在某一时刻,使得PD恰好平分∠APQ?若存在,求出此时的运动时间;若不存在,请说明理由.
(1)经过几秒,P,Q两点之间的距离是5 cm?
(2)是否存在某一时刻,使得PD恰好平分∠APQ?若存在,求出此时的运动时间;若不存在,请说明理由.
答案
8.解:(1)过点 A 作 AE⊥CD 于点 E,过点 P 作 PF⊥CD 于点 F,如
.∵AB=6 cm,CD=10 cm,
∴DE=CD−AB=10−6=4(cm).
在 Rt△ADE 中,AD=5 cm,DE=4 cm,∠AED=90°,
∴$AE=\sqrt{AD^2−DE^2}=\sqrt{5^2−4^2}=3$(cm),
∴PF=AE=3 cm.
当运动时间为 t s 时,AP=2t cm,CQ=t cm,
PB=AB−AP=(6−2t)cm,
∴$FQ=|PB−CQ|=|6−3t|$cm.
在 Rt△PFQ 中,PF=3 cm,PQ=5 cm,$FQ=|6−3t|$cm,∠PFQ=90°,
∴$PQ^2=PF^2+FQ^2$,
即 $5^2=3^2+(6−3t)^2$,
整理,得 $9t^2−36t+20=0$,解得 $t_1=\frac{2}{3},t_2=\frac{10}{3}$.
答:经过$\frac{2}{3}$ s或$\frac{10}{3}$ s,P,Q两点之间的距离是5 cm.
(2)不存在某一时刻,使得 PD 恰好平分∠APQ. 理由如下:连接 PD,如
.假设 PD 平分∠APQ,则∠APD=∠DPQ.
∵AB//CD,
∴∠APD=∠QDP,
∴∠DPQ=∠QDP,
∴PQ=DQ.
当运动时间为 t s 时,AP=2t cm,CQ=t cm,
DQ=(10−t)cm,$PQ=\sqrt{3^2+(6−3t)^2}$ cm,
∵PQ=DQ,
∴$\sqrt{3^2+(6−3t)^2}=10−t$,
整理,得 $8t^2−16t−55=0$,
解得 $t_1=1−\frac{3\sqrt{14}}{4}$(不符合题意,舍去),$t_2=1+\frac{3\sqrt{14}}{4}$.
又
∵AP≤AB,即 $2t≤6$,
∴$t≤3$,
∴$t_2=1+\frac{3\sqrt{14}}{4}$不符合题意,舍去,
∴不存在某一时刻,使得 PD 恰好平分∠APQ.
解析
【分析】
（1）本题为直角梯形背景的动点问题，求PQ距离为5cm的运动时间：首先通过作梯形的高构造直角三角形，利用勾股定理求出梯形的高为3cm；设运动时间为t，用含t的代数式表示出Rt△PFQ的各边长度，再根据勾股定理列一元二次方程求解即可，需注意动点的运动时间取值范围为0≤t≤3。
（2）判断是否存在PD平分∠APQ的时刻：先假设存在符合条件的t，结合角平分线的定义和平行线的内错角相等的性质，推导得出PQ=DQ的等量关系；用含t的代数式表示PQ、DQ的长度后列方程求解，最后检验方程的解是否在运动时间的取值范围内，即可判断是否存在该时刻。
【解析】
(1)过点 A 作 AE⊥CD 于点 E,过点 P 作 PF⊥CD 于点 F,如。
∵AB=6 cm,CD=10 cm,
∴DE=CD−AB=10−6=4(cm)。
在 Rt△ADE 中,AD=5 cm,DE=4 cm,∠AED=90°,
∴$AE=\sqrt{AD^2−DE^2}=\sqrt{5^2−4^2}=3$(cm),
∴PF=AE=3 cm。
当运动时间为 t s 时,AP=2t cm,CQ=t cm,
PB=AB−AP=(6−2t)cm,
∴$FQ=|PB−CQ|=|6−3t|$cm。
在 Rt△PFQ 中,PF=3 cm,PQ=5 cm,$FQ=|6−3t|$cm,∠PFQ=90°,
∴$PQ^2=PF^2+FQ^2$,
即 $5^2=3^2+(6−3t)^2$,
整理,得 $9t^2−36t+20=0$,解得 $t_1=\frac{2}{3},t_2=\frac{10}{3}$。
答:经过$\frac{2}{3}$ s或$\frac{10}{3}$ s,P,Q两点之间的距离是5 cm。
(2)不存在某一时刻,使得 PD 恰好平分∠APQ。理由如下:连接 PD,如。
假设 PD 平分∠APQ,则∠APD=∠DPQ。
∵AB//CD,
∴∠APD=∠QDP,
∴∠DPQ=∠QDP,
∴PQ=DQ。
当运动时间为 t s 时,AP=2t cm,CQ=t cm,
DQ=(10−t)cm,$PQ=\sqrt{3^2+(6−3t)^2}$ cm,
∵PQ=DQ,
∴$\sqrt{3^2+(6−3t)^2}=10−t$,
整理,得 $8t^2−16t−55=0$,
解得 $t_1=1−\frac{3\sqrt{14}}{4}$(不符合题意,舍去),$t_2=1+\frac{3\sqrt{14}}{4}$。
又
∵AP≤AB,即 $2t≤6$,
∴$t≤3$,
∴$t_2=1+\frac{3\sqrt{14}}{4}$不符合题意,舍去,
∴不存在某一时刻,使得 PD 恰好平分∠APQ。
【答案】
(1) 经过$\frac{2}{3}$ s或$\frac{10}{3}$ s，P、Q两点之间的距离是5 cm；
(2) 不存在符合条件的时刻。
【知识点】
勾股定理；一元二次方程的应用；平行线的性质
【点评】
本题属于动态几何与方程结合的典型题型，解题的关键是将运动过程中的线段长度用含时间的代数式表示，结合几何性质找到等量关系列方程，同时要注意检验方程的解是否符合动点的实际运动范围，避免出现不符合题意的解。
【难度系数】
0.6
（1）本题为直角梯形背景的动点问题，求PQ距离为5cm的运动时间：首先通过作梯形的高构造直角三角形，利用勾股定理求出梯形的高为3cm；设运动时间为t，用含t的代数式表示出Rt△PFQ的各边长度，再根据勾股定理列一元二次方程求解即可，需注意动点的运动时间取值范围为0≤t≤3。
（2）判断是否存在PD平分∠APQ的时刻：先假设存在符合条件的t，结合角平分线的定义和平行线的内错角相等的性质，推导得出PQ=DQ的等量关系；用含t的代数式表示PQ、DQ的长度后列方程求解，最后检验方程的解是否在运动时间的取值范围内，即可判断是否存在该时刻。
【解析】
(1)过点 A 作 AE⊥CD 于点 E,过点 P 作 PF⊥CD 于点 F,如
。∵AB=6 cm,CD=10 cm,
∴DE=CD−AB=10−6=4(cm)。
在 Rt△ADE 中,AD=5 cm,DE=4 cm,∠AED=90°,
∴$AE=\sqrt{AD^2−DE^2}=\sqrt{5^2−4^2}=3$(cm),
∴PF=AE=3 cm。
当运动时间为 t s 时,AP=2t cm,CQ=t cm,
PB=AB−AP=(6−2t)cm,
∴$FQ=|PB−CQ|=|6−3t|$cm。
在 Rt△PFQ 中,PF=3 cm,PQ=5 cm,$FQ=|6−3t|$cm,∠PFQ=90°,
∴$PQ^2=PF^2+FQ^2$,
即 $5^2=3^2+(6−3t)^2$,
整理,得 $9t^2−36t+20=0$,解得 $t_1=\frac{2}{3},t_2=\frac{10}{3}$。
答:经过$\frac{2}{3}$ s或$\frac{10}{3}$ s,P,Q两点之间的距离是5 cm。
(2)不存在某一时刻,使得 PD 恰好平分∠APQ。理由如下:连接 PD,如
。假设 PD 平分∠APQ,则∠APD=∠DPQ。
∵AB//CD,
∴∠APD=∠QDP,
∴∠DPQ=∠QDP,
∴PQ=DQ。
当运动时间为 t s 时,AP=2t cm,CQ=t cm,
DQ=(10−t)cm,$PQ=\sqrt{3^2+(6−3t)^2}$ cm,
∵PQ=DQ,
∴$\sqrt{3^2+(6−3t)^2}=10−t$,
整理,得 $8t^2−16t−55=0$,
解得 $t_1=1−\frac{3\sqrt{14}}{4}$(不符合题意,舍去),$t_2=1+\frac{3\sqrt{14}}{4}$。
又
∵AP≤AB,即 $2t≤6$,
∴$t≤3$,
∴$t_2=1+\frac{3\sqrt{14}}{4}$不符合题意,舍去,
∴不存在某一时刻,使得 PD 恰好平分∠APQ。
【答案】
(1) 经过$\frac{2}{3}$ s或$\frac{10}{3}$ s，P、Q两点之间的距离是5 cm；
(2) 不存在符合条件的时刻。
【知识点】
勾股定理；一元二次方程的应用；平行线的性质
【点评】
本题属于动态几何与方程结合的典型题型，解题的关键是将运动过程中的线段长度用含时间的代数式表示，结合几何性质找到等量关系列方程，同时要注意检验方程的解是否符合动点的实际运动范围，避免出现不符合题意的解。
【难度系数】
0.6
