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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
$\frac{4}{3}\ \mathrm{cm}$或$4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$
.答案
6.$\frac{4}{3}\ \mathrm{cm}$或$4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$
解析
【分析】
本题为双动点的几何应用问题，需根据动点的运动阶段分类讨论：①当$0＜t≤2$时，点P在BC边上、点Q在EB边上；②当$2＜t≤4$时，点P在CD边上、点Q在BC边上。设运动时间为t秒，分别表示出两个三角形的面积，根据$S_{△ APQ}=2S_{△ BPQ}$的等量关系列方程求解，再计算对应BP的长度即可。
【解析】
设运动时间为$t\ \mathrm{s}$，分两种情况讨论：
1. 当$0＜ t ≤ 2$时，点P在BC边上，点Q在EB边上：
已知正方形边长为$4\ \mathrm{cm}$，E为AB中点，故$AE=EB=2\ \mathrm{cm}$。
此时$BP=2t\ \mathrm{cm}$，$AQ=AE+EQ=(2+t)\ \mathrm{cm}$，$BQ=EB-EQ=(2-t)\ \mathrm{cm}$。
$△ APQ$和$△ BPQ$以AQ、BQ为底时，高均为点P到AB的距离即BP，面积比等于底的比，由$S_{△ APQ}=2S_{△ BPQ}$得：
$AQ=2BQ$
代入得$2+t=2(2-t)$，解得$t=\frac{2}{3}$，
此时$BP=2t=2×\frac{2}{3}=\frac{4}{3}\ \mathrm{cm}$。
2. 当$2＜ t ≤ 4$时，点P在CD边上，点Q在BC边上：
此时P已走完BC段，$CP=2(t-2)=(2t-4)\ \mathrm{cm}$；Q已走完EB段，$BQ=1×(t-2)=(t-2)\ \mathrm{cm}$。
建立平面直角坐标系：设$A(0,0)$，$B(4,0)$，$C(4,4)$，$D(0,4)$，则$P(8-2t,4)$，$Q(4,t-2)$。
计算得：$S_{△ BPQ}=\frac{1}{2}× BQ×(4-x_P)=(t-2)^2$，
$S_{△ APQ}=\frac{1}{2}\left|(8-2t)(t-2)-16\right|=t^2-6t+16$（$2≤ t≤4$时去绝对值后为正）。
由$S_{△ APQ}=2S_{△ BPQ}$列方程：
$t^2-6t+16=2(t-2)^2$
整理得$t^2-2t-8=0$，解得$t_1=4$，$t_2=-2$（不符合实际，舍去）。
此时P与D重合，$BP=BD=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$。
综上，BP的长度为$\frac{4}{3}\ \mathrm{cm}$或$4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$\frac{4}{3}\ \mathrm{cm}$或$4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$
【知识点】
动点面积计算，一元二次方程的应用，正方形的性质
【点评】
本题解题核心是根据动点的运动区间合理分类讨论，准确表示出对应线段长度和三角形面积，求解后要注意验证解是否符合对应区间的取值要求，避免漏解或错解。
【难度系数】
0.6
本题为双动点的几何应用问题，需根据动点的运动阶段分类讨论：①当$0＜t≤2$时，点P在BC边上、点Q在EB边上；②当$2＜t≤4$时，点P在CD边上、点Q在BC边上。设运动时间为t秒，分别表示出两个三角形的面积，根据$S_{△ APQ}=2S_{△ BPQ}$的等量关系列方程求解，再计算对应BP的长度即可。
【解析】
设运动时间为$t\ \mathrm{s}$，分两种情况讨论：
1. 当$0＜ t ≤ 2$时，点P在BC边上，点Q在EB边上：
已知正方形边长为$4\ \mathrm{cm}$，E为AB中点，故$AE=EB=2\ \mathrm{cm}$。
此时$BP=2t\ \mathrm{cm}$，$AQ=AE+EQ=(2+t)\ \mathrm{cm}$，$BQ=EB-EQ=(2-t)\ \mathrm{cm}$。
$△ APQ$和$△ BPQ$以AQ、BQ为底时，高均为点P到AB的距离即BP，面积比等于底的比，由$S_{△ APQ}=2S_{△ BPQ}$得：
$AQ=2BQ$
代入得$2+t=2(2-t)$，解得$t=\frac{2}{3}$，
此时$BP=2t=2×\frac{2}{3}=\frac{4}{3}\ \mathrm{cm}$。
2. 当$2＜ t ≤ 4$时，点P在CD边上，点Q在BC边上：
此时P已走完BC段，$CP=2(t-2)=(2t-4)\ \mathrm{cm}$；Q已走完EB段，$BQ=1×(t-2)=(t-2)\ \mathrm{cm}$。
建立平面直角坐标系：设$A(0,0)$，$B(4,0)$，$C(4,4)$，$D(0,4)$，则$P(8-2t,4)$，$Q(4,t-2)$。
计算得：$S_{△ BPQ}=\frac{1}{2}× BQ×(4-x_P)=(t-2)^2$，
$S_{△ APQ}=\frac{1}{2}\left|(8-2t)(t-2)-16\right|=t^2-6t+16$（$2≤ t≤4$时去绝对值后为正）。
由$S_{△ APQ}=2S_{△ BPQ}$列方程：
$t^2-6t+16=2(t-2)^2$
整理得$t^2-2t-8=0$，解得$t_1=4$，$t_2=-2$（不符合实际，舍去）。
此时P与D重合，$BP=BD=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$。
综上，BP的长度为$\frac{4}{3}\ \mathrm{cm}$或$4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$\frac{4}{3}\ \mathrm{cm}$或$4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$
【知识点】
动点面积计算，一元二次方程的应用，正方形的性质
【点评】
本题解题核心是根据动点的运动区间合理分类讨论，准确表示出对应线段长度和三角形面积，求解后要注意验证解是否符合对应区间的取值要求，避免漏解或错解。
【难度系数】
0.6
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.
(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.
答案
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$12\ \mathrm{cm}^2$.
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$12\ \mathrm{cm}^2$.
解析
【分析】
(1) 本问求两点距离为10cm的时间，可通过作垂线构造直角三角形，借助勾股定理列方程求解。设运动时间为x s，先表示出P、Q的水平距离为$(16-3x-2x)$cm，竖直距离等于矩形宽6cm，代入勾股定理即可得到关于x的一元二次方程，求解后验证解是否符合运动时间范围即可。
(2) 本问为动点分段问题，需根据点P的运动路径分三类讨论：①点P在AB边时，三角形高为BC的长度，底为PB的长度，结合面积公式列方程；②点P在BC边时，底为BP的长度，高为CQ的长度，列方程求解；③点P在CD边时，底为PQ的长度，高为BC的长度，列方程求解。所有解需验证是否符合对应时间段范围，舍去不合题意的解。
【解析】
(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。
根据勾股定理可得：
$(16-2x-3x)^2+6^2=10^2$
整理得$(16-5x)^2=64$，开方得$16-5x=±8$
解得$x_1=\frac{8}{5},x_2=\frac{24}{5}$。
点P运动到B点的总时间为$\frac{16}{3}$s，两个解均小于$\frac{16}{3}$，符合题意。
(2) 连接BQ，设经过y s后，$△PBQ$的面积为$12\ \mathrm{cm}^2$。
点Q运动到D点的总时间为$16÷2=8$s，因此$0≤y≤8$。
① 当$0≤y＜\frac{16}{3}$时，点P在AB边上，$PB=(16-3y)\mathrm{cm}$，则：
$\frac{1}{2}×(16-3y)×6=12$
解得$y=4$，符合取值范围。
② 当$\frac{16}{3}≤y≤\frac{22}{3}$时，点P在BC边上，$BP=(3y-16)\mathrm{cm},QC=2y\ \mathrm{cm}$，则：
$\frac{1}{2}(3y-16)×2y=12$
整理得$3y^2-16y-12=0$，解得$y_1=6,y_2=-\frac{2}{3}$（舍去），$y=6$符合取值范围。
③ 当$\frac{22}{3}＜y≤8$时，点P在CD边上，$QP=(22-y)\mathrm{cm}$，则：
$\frac{1}{2}(22-y)×6=12$
解得$y=18$，超出取值范围，舍去。
【答案】
(1) 经过$\frac{8}{5}\ \mathrm{s}$或$\frac{24}{5}\ \mathrm{s}$时，P、Q两点之间的距离是10 cm；
(2) 经过4 s或6 s时，$△PBQ$的面积为$12\ \mathrm{cm}^2$。
【知识点】
勾股定理的应用，一元二次方程的应用，动点分类讨论
【点评】
本题是结合矩形性质的动点类应用题，考查方程思想和分类讨论思想的运用，解题时要注意根据动点的运动路径划分阶段，所求的解必须符合对应阶段的实际运动范围，避免出现不符合题意的解。
【难度系数】
0.6
(1) 本问求两点距离为10cm的时间，可通过作垂线构造直角三角形，借助勾股定理列方程求解。设运动时间为x s，先表示出P、Q的水平距离为$(16-3x-2x)$cm，竖直距离等于矩形宽6cm，代入勾股定理即可得到关于x的一元二次方程，求解后验证解是否符合运动时间范围即可。
(2) 本问为动点分段问题，需根据点P的运动路径分三类讨论：①点P在AB边时，三角形高为BC的长度，底为PB的长度，结合面积公式列方程；②点P在BC边时，底为BP的长度，高为CQ的长度，列方程求解；③点P在CD边时，底为PQ的长度，高为BC的长度，列方程求解。所有解需验证是否符合对应时间段范围，舍去不合题意的解。
【解析】
(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。
根据勾股定理可得：
$(16-2x-3x)^2+6^2=10^2$
整理得$(16-5x)^2=64$，开方得$16-5x=±8$
解得$x_1=\frac{8}{5},x_2=\frac{24}{5}$。
点P运动到B点的总时间为$\frac{16}{3}$s，两个解均小于$\frac{16}{3}$，符合题意。
(2) 连接BQ，设经过y s后，$△PBQ$的面积为$12\ \mathrm{cm}^2$。
点Q运动到D点的总时间为$16÷2=8$s，因此$0≤y≤8$。
① 当$0≤y＜\frac{16}{3}$时，点P在AB边上，$PB=(16-3y)\mathrm{cm}$，则：
$\frac{1}{2}×(16-3y)×6=12$
解得$y=4$，符合取值范围。
② 当$\frac{16}{3}≤y≤\frac{22}{3}$时，点P在BC边上，$BP=(3y-16)\mathrm{cm},QC=2y\ \mathrm{cm}$，则：
$\frac{1}{2}(3y-16)×2y=12$
整理得$3y^2-16y-12=0$，解得$y_1=6,y_2=-\frac{2}{3}$（舍去），$y=6$符合取值范围。
③ 当$\frac{22}{3}＜y≤8$时，点P在CD边上，$QP=(22-y)\mathrm{cm}$，则：
$\frac{1}{2}(22-y)×6=12$
解得$y=18$，超出取值范围，舍去。
【答案】
(1) 经过$\frac{8}{5}\ \mathrm{s}$或$\frac{24}{5}\ \mathrm{s}$时，P、Q两点之间的距离是10 cm；
(2) 经过4 s或6 s时，$△PBQ$的面积为$12\ \mathrm{cm}^2$。
【知识点】
勾股定理的应用，一元二次方程的应用，动点分类讨论
【点评】
本题是结合矩形性质的动点类应用题，考查方程思想和分类讨论思想的运用，解题时要注意根据动点的运动路径划分阶段，所求的解必须符合对应阶段的实际运动范围，避免出现不符合题意的解。
【难度系数】
0.6
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。
(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。
答案
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$\frac{2}{3}$.
解析
【分析】
(1) 先根据动点的速度和运动时间表示出AP、BQ的长度，进而得到BP的长度；△PBQ中已知∠B=60°，若为直角三角形需分两种情况讨论：∠BQP=90°或∠BPQ=90°，结合含30°角的直角三角形的边长关系列方程求解即可。
(2) 四边形APQC的面积可转化为△ABC的面积减去△PBQ的面积，先过P作BC的垂线求出△PBQ的高，进而表示出△PBQ的面积，再根据题意列一元二次方程，通过判断方程根的判别式的符号，即可确定是否存在符合条件的t值。
【解析】
(1) 根据题意，得$AP=t\ \mathrm{cm},BQ=t\ \mathrm{cm}$。
在等边$△ ABC$中，$AB=BC=3\ \mathrm{cm},∠B=60°$，
$∴BP=AB-AP=(3-t)\mathrm{cm}$。
若$△ PBQ$是直角三角形，则分两种情况：
① 当$∠BQP=90°$时，$∠BPQ=30°$，此时$BQ=\frac{1}{2}BP$，
代入得$t=\frac{1}{2}(3-t)$，解得$t=1$；
② 当$∠BPQ=90°$时，$∠BQP=30°$，此时$BP=\frac{1}{2}BQ$，
代入得$3-t=\frac{1}{2}t$，解得$t=2$。
综上，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$Rt△ BPM$中，$∠B=60°$，$∴PM=PB·\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}(3-t)\mathrm{cm}$，
$∴S_{△ PBQ}=\frac{1}{2}·BQ·PM=\frac{1}{2}×t×\frac{\sqrt{3}}{2}(3-t)$，
等边$△ABC$的面积$S_{△ABC}=\frac{\sqrt{3}}{4}×3^2=\frac{9\sqrt{3}}{4}\ \mathrm{cm^2}$，
$∴S_{四边形APQC}=S_{△ ABC}-S_{△ PBQ}=\frac{9\sqrt{3}}{4}-\frac{\sqrt{3}}{4}t(3-t)=\frac{\sqrt{3}}{4}t^2-\frac{3\sqrt{3}}{4}t+\frac{9\sqrt{3}}{4}$。
假设存在t使得四边形APQC的面积是$△ ABC$面积的$\frac{2}{3}$，则：
$\frac{\sqrt{3}}{4}t^2-\frac{3\sqrt{3}}{4}t+\frac{9\sqrt{3}}{4}=\frac{2}{3}×\frac{9\sqrt{3}}{4}$，
两边同除以$\frac{\sqrt{3}}{4}$化简得：$t^2-3t+3=0$，
$∵\Delta=(-3)^2-4×1×3=9-12=-3＜0$，
$∴$该方程无实数根，即不存在这样的t值，使得四边形APQC的面积是$△ ABC$面积的$\frac{2}{3}$。
【答案】
(1) $t=1\ \mathrm{s}$或$t=2\ \mathrm{s}$；
(2) 不存在，理由见解析。
【知识点】
等边三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质、一元二次方程的应用
【点评】
本题是动点型的几何综合题，既考查了等边三角形、直角三角形的性质，又结合了一元二次方程根的判别式的应用，解题时要注意对直角三角形的直角顶点进行分类讨论，同时熟练运用面积转化法表示不规则图形的面积是解题的关键。
【难度系数】
0.6
(1) 先根据动点的速度和运动时间表示出AP、BQ的长度，进而得到BP的长度；△PBQ中已知∠B=60°，若为直角三角形需分两种情况讨论：∠BQP=90°或∠BPQ=90°，结合含30°角的直角三角形的边长关系列方程求解即可。
(2) 四边形APQC的面积可转化为△ABC的面积减去△PBQ的面积，先过P作BC的垂线求出△PBQ的高，进而表示出△PBQ的面积，再根据题意列一元二次方程，通过判断方程根的判别式的符号，即可确定是否存在符合条件的t值。
【解析】
(1) 根据题意，得$AP=t\ \mathrm{cm},BQ=t\ \mathrm{cm}$。
在等边$△ ABC$中，$AB=BC=3\ \mathrm{cm},∠B=60°$，
$∴BP=AB-AP=(3-t)\mathrm{cm}$。
若$△ PBQ$是直角三角形，则分两种情况：
① 当$∠BQP=90°$时，$∠BPQ=30°$，此时$BQ=\frac{1}{2}BP$，
代入得$t=\frac{1}{2}(3-t)$，解得$t=1$；
② 当$∠BPQ=90°$时，$∠BQP=30°$，此时$BP=\frac{1}{2}BQ$，
代入得$3-t=\frac{1}{2}t$，解得$t=2$。
综上，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$Rt△ BPM$中，$∠B=60°$，$∴PM=PB·\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}(3-t)\mathrm{cm}$，
$∴S_{△ PBQ}=\frac{1}{2}·BQ·PM=\frac{1}{2}×t×\frac{\sqrt{3}}{2}(3-t)$，
等边$△ABC$的面积$S_{△ABC}=\frac{\sqrt{3}}{4}×3^2=\frac{9\sqrt{3}}{4}\ \mathrm{cm^2}$，
$∴S_{四边形APQC}=S_{△ ABC}-S_{△ PBQ}=\frac{9\sqrt{3}}{4}-\frac{\sqrt{3}}{4}t(3-t)=\frac{\sqrt{3}}{4}t^2-\frac{3\sqrt{3}}{4}t+\frac{9\sqrt{3}}{4}$。
假设存在t使得四边形APQC的面积是$△ ABC$面积的$\frac{2}{3}$，则：
$\frac{\sqrt{3}}{4}t^2-\frac{3\sqrt{3}}{4}t+\frac{9\sqrt{3}}{4}=\frac{2}{3}×\frac{9\sqrt{3}}{4}$，
两边同除以$\frac{\sqrt{3}}{4}$化简得：$t^2-3t+3=0$，
$∵\Delta=(-3)^2-4×1×3=9-12=-3＜0$，
$∴$该方程无实数根，即不存在这样的t值，使得四边形APQC的面积是$△ ABC$面积的$\frac{2}{3}$。
【答案】
(1) $t=1\ \mathrm{s}$或$t=2\ \mathrm{s}$；
(2) 不存在，理由见解析。
【知识点】
等边三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质、一元二次方程的应用
【点评】
本题是动点型的几何综合题，既考查了等边三角形、直角三角形的性质，又结合了一元二次方程根的判别式的应用，解题时要注意对直角三角形的直角顶点进行分类讨论，同时熟练运用面积转化法表示不规则图形的面积是解题的关键。
【难度系数】
0.6
