6.如图,正方形ABCD的边长为4 cm,E为AB的中点,点P以2 cm/s的速度从点B出发,沿BC-CD向点D运动,同时点Q以1 cm/s的速度从点E出发,沿EB—BC向点C运动,当点P运动到点D时,P,Q两点同时停止运动,若在运动过程中,当$S_{△ APQ}=2S_{△ BPQ}$时,BP的长度为.

6.$\frac{4}{3}\ \mathrm{cm}$或$4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$

7. 如图,在矩形ABCD中,AB=16 cm,BC=6 cm,动点P,Q分别以3 cm/s,2 cm/s的速度从点A,C同时出发,沿规定路线移动.
(1)若点P沿着AB移动,当点P到达点B时,P,Q两点停止移动.经过多少秒时,P,Q两点之间的距离是10 cm?
(2)若点P沿着AB→BC→CD移动,当点Q到达点D时,P,Q两点停止移动.试探求经过多少秒时,△PBQ的面积为12 cm².

7. 解:(1)过点P作$PE⊥CD$于点E.
设x s后,P,Q两点之间的距离是10 cm.
根据题意,得$(16-2x-3x)^2+6^2=10^2$,
解得$x_1=\frac{8}{5},x_2=\frac{24}{5}$.
答:经过$\frac{8}{5}$ s或$\frac{24}{5}$ s,P,Q两点之间的距离是10 cm.
(2)连接BQ. 设经过y s后,$△PBQ$的面积为$12\ \mathrm{cm}^2$.
当$0≤y＜\frac{16}{3}$时,$PB=(16-3y)\mathrm{cm}$,
则$\frac{1}{2}PB·BC=12$,即$\frac{1}{2}×(16-3y)×6=12$,
解得$y=4$;
当$\frac{16}{3}≤y≤\frac{22}{3}$时,$BP=(3y-16)\mathrm{cm},QC=2y\ \mathrm{cm}$,
则$\frac{1}{2}BP·CQ=12$,即$\frac{1}{2}(3y-16)×2y=12$,
解得$y_1=6,y_2=-\frac{2}{3}$(不合题意,舍去);
当$\frac{22}{3}＜y≤8$时,$QP=CQ-PC=(22-y)\mathrm{cm}$,
则$\frac{1}{2}QP·CB=12$,即$\frac{1}{2}(22-y)×6=12$,
解得$y=18$,不合题意,舍去.
综上所述,经过4 s或6 s,$△PBQ$的面积为$12\ \mathrm{cm}^2$.

8.(常州一模)如图，$△ ABC$是边长为3 cm的等边三角形，动点$P,Q$同时从$A,B$两点出发，分别沿$AB,BC$的方向匀速移动，它们的速度都是1 cm/s，当点$P$到达点$B$时，$P,Q$两点停止运动。设点$P$的运动时间为$t$ s，解答下列问题：
(1)当$t$为何值时，$△ PBQ$是直角三角形？
(2)是否存在某一时刻$t$，使得四边形$APQC$的面积是$△ ABC$面积的$\frac{2}{3}$？如果存在，求出相应的$t$值；如果不存在，说明理由。

8. 解:(1)根据题意,知$AP=t\ \mathrm{cm},BQ=t\ \mathrm{cm}$.
在$△ ABC$中,$AB=BC=3\ \mathrm{cm},∠B=60°$,
$∴BP=(3-t)\mathrm{cm}$.
在$△ PBQ$中,$BP=(3-t)\mathrm{cm},BQ=t\ \mathrm{cm}$.
若$△ PBQ$是直角三角形,则$∠BQP=90°$或$∠BPQ=90°$.
当$∠BQP=90°$时,$BQ=\frac{1}{2}BP$,
即$t=\frac{1}{2}(3-t)$,解得$t=1$;
当$∠BPQ=90°$时,$BP=\frac{1}{2}BQ$,即$3-t=\frac{1}{2}t$,解得$t=2$.
综上所述,当$t=1$或$t=2$时,$△ PBQ$是直角三角形.
(2)不存在.理由如下:
如答图,过点P作$PM⊥BC$于点M.

在$△ BPM$中,$PM=\frac{\sqrt{3}}{2}PB=\frac{\sqrt{3}}{2}(3-t)\mathrm{cm}$,
$∴S_{△ PBQ}=\frac{1}{2}BQ·PM=\frac{1}{2}×t×\frac{\sqrt{3}}{2}(3-t)$,
$∴S_{四边形APQC}=S_{△ ABC}-S_{△ PBQ}=\frac{1}{2}×3^2×\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}×t×\frac{\sqrt{3}}{2}(3-t)=\frac{\sqrt{3}}{4}t^2-\frac{3\sqrt{3}}{4}t+\frac{9\sqrt{3}}{4}$.
假设存在某一时刻t,使得四边形APQC的面积是$△ ABC$面积的$\frac{2}{3}$,则$S_{四边形APQC}=\frac{2}{3}S_{△ ABC}$,
$∴\frac{\sqrt{3}}{4}t^2-\frac{3\sqrt{3}}{4}t+\frac{9\sqrt{3}}{4}=\frac{2}{3}×\frac{1}{2}×3^2×\frac{\sqrt{3}}{2}$,
即$t^2-3t+3=0$.
$∵(-3)^2-4×1×3＜0,∴$方程无解,
$∴$无论t取何值,四边形APQC的面积都不可能是$△ ABC$面积的$\frac{2}{3}$.