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6. 如图,在$△ ABC$中,$∠ B=90^{ \circ }$,$AB=12\ {cm}$,$BC=24\ {cm}$,动点$P$从点$A$出发沿边$AB$向点$B$以$2\ {cm/s}$的速度移动,同时动点$Q$从点$B$出发沿边$BC$向点$C$以$4\ {cm/s}$的速度移动,当点$P$运动到点$B$时,$P$,$Q$两点同时停止运动,设运动时间为$t\ {s}$.
(1)$BP=\_\_\_\_\_\_{cm}$,$BQ=\_\_\_\_\_\_{cm}$;(用含$t$的代数式表示)
(2)$D$是$AC$的中点,连接$PD$,$QD$,$PQ$. 当$t$为何值时,$△ PDQ$的面积为$40\ {cm^{2}}$?
(1)$BP=\_\_\_\_\_\_{cm}$,$BQ=\_\_\_\_\_\_{cm}$;(用含$t$的代数式表示)
(2)$D$是$AC$的中点,连接$PD$,$QD$,$PQ$. 当$t$为何值时,$△ PDQ$的面积为$40\ {cm^{2}}$?
答案
(1)$(12-2t)\quad 4t$
(2)解:如答图,过点$D$作$DH⊥ BC$于点$H$.
$\because ∠ B=90°$,即$AB⊥ BC,\therefore AB// DH.$
又$\because D$是$AC$的中点,
$\therefore BH=\frac{1}{2}BC=12\ \mathrm{cm}$,$DH$是$△ ABC$的中位线,
$\therefore DH=\frac{1}{2}AB=6\ \mathrm{cm}.$
根据题意,得$\frac{1}{2}×12×24-\frac{1}{2}×4t×(12-2t)-\frac{1}{2}×(24-4t)×6-\frac{1}{2}×2t×12=40,$
整理,得$t^2-6t+8=0,$
解得$t_1=2,t_2=4,$
即当$t$的值为2或4时,$△ PDQ$的面积是$40\ \mathrm{cm}^2$.
解析
【分析】
先解决第一问：动点P从A向B运动，速度为2cm/s，t秒后走过的路程AP=2t cm，已知AB总长12cm，因此BP=AB-AP，代入即可得到BP的表达式；动点Q从B向C运动，速度为4cm/s，路程BQ直接用速度乘时间即可得到，同时可确定运动总时长上限为12÷2=6s，即t的取值范围是0≤t≤6。
再解决第二问：直接计算△PDQ的底和高非常繁琐，我们采用“整体减局部”的割补思路：先算出大直角△ABC的总面积，再减去周围三个小三角形△PBQ、△QCD、△APD的面积，剩余部分就是△PDQ的面积。利用D是AC中点的条件，过D作DH⊥BC，通过三角形中位线性质快速得到DH和BH的长度，把所有面积都用含t的代数式表示后列方程求解，最后验证解是否在t的合法取值范围内即可。
【解析】
(1) 由运动规则可知，t秒后AP=2t cm，
∵ AB=12 cm，
∴ BP = AB - AP = (12 - 2t) cm；
∵ Q的运动速度为4 cm/s，从B出发沿BC运动，
∴ BQ = 4t cm。
(2) 过点D作DH⊥BC于点H，
∵ ∠B=90°，即AB⊥BC，
∴ AB//DH，
又
∵ D是AC的中点，
∴ DH是△ABC的中位线，
可得BH = $\frac{1}{2}$BC = $\frac{1}{2}$×24 = 12 cm，DH = $\frac{1}{2}$AB = $\frac{1}{2}$×12 = 6 cm。
△ABC的总面积为：$S_{△ ABC} = \frac{1}{2} × AB × BC = \frac{1}{2} × 12 × 24 = 144 \ \mathrm{cm}^2$，
周围三个小三角形的面积分别为：
$S_{△ PBQ} = \frac{1}{2} × BQ × BP = \frac{1}{2} × 4t × (12-2t)$，
$S_{△ QCD} = \frac{1}{2} × QC × DH = \frac{1}{2} × (24-4t) × 6$，
$S_{△ APD} = \frac{1}{2} × AP × BH = \frac{1}{2} × 2t × 12$，
根据题意$S_{△ PDQ}=40 \ \mathrm{cm}^2$，代入得：
$\frac{1}{2} × 12 × 24 - \frac{1}{2} × 4t × (12-2t) - \frac{1}{2} × (24-4t) × 6 - \frac{1}{2} × 2t × 12 = 40$，
整理后得一元二次方程：$t^2 -6t +8 =0$，
解得$t_1=2$，$t_2=4$，两个解都满足0≤t≤6的运动时间范围，均符合题意。
【答案】
(1) $\boldsymbol{(12-2t)}$，$\boldsymbol{4t}$；(2) 当t的值为2或4时，△PDQ的面积为$40\ \mathrm{cm}^2$
【知识点】
动点问题，三角形中位线，一元二次方程应用
【点评】
本题是直角三角形背景下的动点面积问题，核心考察割补法求解不规则图形面积的思路，避开了直接计算△PDQ底和高的复杂运算，结合三角形中位线性质简化边长计算，最后验证方程的解符合实际运动的时间范围，能有效考察学生的几何转化能力。
【难度系数】
0.6
先解决第一问：动点P从A向B运动，速度为2cm/s，t秒后走过的路程AP=2t cm，已知AB总长12cm，因此BP=AB-AP，代入即可得到BP的表达式；动点Q从B向C运动，速度为4cm/s，路程BQ直接用速度乘时间即可得到，同时可确定运动总时长上限为12÷2=6s，即t的取值范围是0≤t≤6。
再解决第二问：直接计算△PDQ的底和高非常繁琐，我们采用“整体减局部”的割补思路：先算出大直角△ABC的总面积，再减去周围三个小三角形△PBQ、△QCD、△APD的面积，剩余部分就是△PDQ的面积。利用D是AC中点的条件，过D作DH⊥BC，通过三角形中位线性质快速得到DH和BH的长度，把所有面积都用含t的代数式表示后列方程求解，最后验证解是否在t的合法取值范围内即可。
【解析】
(1) 由运动规则可知，t秒后AP=2t cm，
∵ AB=12 cm，
∴ BP = AB - AP = (12 - 2t) cm；
∵ Q的运动速度为4 cm/s，从B出发沿BC运动，
∴ BQ = 4t cm。
(2) 过点D作DH⊥BC于点H，
∵ ∠B=90°，即AB⊥BC，
∴ AB//DH，
又
∵ D是AC的中点，
∴ DH是△ABC的中位线，
可得BH = $\frac{1}{2}$BC = $\frac{1}{2}$×24 = 12 cm，DH = $\frac{1}{2}$AB = $\frac{1}{2}$×12 = 6 cm。
△ABC的总面积为：$S_{△ ABC} = \frac{1}{2} × AB × BC = \frac{1}{2} × 12 × 24 = 144 \ \mathrm{cm}^2$，
周围三个小三角形的面积分别为：
$S_{△ PBQ} = \frac{1}{2} × BQ × BP = \frac{1}{2} × 4t × (12-2t)$，
$S_{△ QCD} = \frac{1}{2} × QC × DH = \frac{1}{2} × (24-4t) × 6$，
$S_{△ APD} = \frac{1}{2} × AP × BH = \frac{1}{2} × 2t × 12$，
根据题意$S_{△ PDQ}=40 \ \mathrm{cm}^2$，代入得：
$\frac{1}{2} × 12 × 24 - \frac{1}{2} × 4t × (12-2t) - \frac{1}{2} × (24-4t) × 6 - \frac{1}{2} × 2t × 12 = 40$，
整理后得一元二次方程：$t^2 -6t +8 =0$，
解得$t_1=2$，$t_2=4$，两个解都满足0≤t≤6的运动时间范围，均符合题意。
【答案】
(1) $\boldsymbol{(12-2t)}$，$\boldsymbol{4t}$；(2) 当t的值为2或4时，△PDQ的面积为$40\ \mathrm{cm}^2$
【知识点】
动点问题，三角形中位线，一元二次方程应用
【点评】
本题是直角三角形背景下的动点面积问题，核心考察割补法求解不规则图形面积的思路，避开了直接计算△PDQ底和高的复杂运算，结合三角形中位线性质简化边长计算，最后验证方程的解符合实际运动的时间范围，能有效考察学生的几何转化能力。
【难度系数】
0.6
7. 如图,射线$AC$与射线$CB$垂直,$C$为垂足,且$AC=6\ \mathrm{cm}$,点$P$从点$A$开始沿射线$AC$方向以$2\ \mathrm{cm/s}$的速度移动,点$Q$从点$C$开始沿射线$CB$方向以$1\ \mathrm{cm/s}$的速度移动. 如果点$P$,$Q$分别从点$A$,$C$同时出发,运动的时间为$t\ \mathrm{s}$. 在运动的过程中,是否存在某一时刻,使得$△ PQC$的面积是$4\ \mathrm{cm}^2$? 若存在,求出$t$的值;若不存在,说明理由.
答案
解:存在. 根据题意,得$AP=2t\ \mathrm{cm},CQ=t\ \mathrm{cm},$
①当$0＜t＜3$时,$PC=(6-2t)\mathrm{cm},$
$\therefore S_{△ PCQ}=\frac{1}{2}QC· PC=\frac{1}{2}t(6-2t),\therefore \frac{1}{2}t(6-2t)=4,$
即$t^2-3t+4=0.$
$\because b^2-4ac=-7＜0,$
$\therefore$该方程无实数根,$\therefore$该范围内不存在;
②当$t＞3$时,$PC=(2t-6)\mathrm{cm},$
$\therefore S_{△ PCQ}=\frac{1}{2}QC· PC=\frac{1}{2}t(2t-6),$
$\therefore \frac{1}{2}t(2t-6)=4,$
即$t^2-3t-4=0$,解得$t=4$或$t=-1$(舍去).
综上所述,当$t=4$时,$△ PQC$的面积是$4\ \mathrm{cm}^2$.
①当$0＜t＜3$时,$PC=(6-2t)\mathrm{cm},$
$\therefore S_{△ PCQ}=\frac{1}{2}QC· PC=\frac{1}{2}t(6-2t),\therefore \frac{1}{2}t(6-2t)=4,$
即$t^2-3t+4=0.$
$\because b^2-4ac=-7＜0,$
$\therefore$该方程无实数根,$\therefore$该范围内不存在;
②当$t＞3$时,$PC=(2t-6)\mathrm{cm},$
$\therefore S_{△ PCQ}=\frac{1}{2}QC· PC=\frac{1}{2}t(2t-6),$
$\therefore \frac{1}{2}t(2t-6)=4,$
即$t^2-3t-4=0$,解得$t=4$或$t=-1$(舍去).
综上所述,当$t=4$时,$△ PQC$的面积是$4\ \mathrm{cm}^2$.
解析
【分析】
首先梳理已知条件：射线AC与CB垂直，因此△PQC始终是直角三角形，两条直角边为CQ和PC。先计算点P从A走到C的总时长：AC长6cm，P的速度为2cm/s，走完全程需要6÷2=3s，因此运动过程需要分两类讨论：第一类是0＜t＜3时，点P还在线段AC上，PC长度为AC减去AP；第二类是t＞3时，点P已经越过C点，PC长度为AP减去AC。接下来分别在两种情况下用直角三角形面积公式列一元二次方程，通过判别式判断是否存在符合实际的正实根，最终汇总结果即可。
【解析】
解：存在满足条件的时刻，推导如下：
由题意得：AP=2t cm，CQ=t cm，且∠PCQ=90°，△PQC为直角三角形。
① 当0＜t＜3时，点P在线段AC上，此时PC=(6-2t)cm，
代入直角三角形面积公式得：
$S_{△ PCQ}=\frac{1}{2}QC· PC=\frac{1}{2}t(6-2t)$
令面积为4cm²，列方程：
$\frac{1}{2}t(6-2t)=4$
整理得：$t^2-3t+4=0$
计算判别式$\Delta =b^2-4ac=(-3)^2-4×1×4=-7＜0$，该方程无实数根，因此该范围内不存在符合条件的t。
② 当t＞3时，点P运动到点C的左侧，此时PC=(2t-6)cm，
代入面积公式得：
$S_{△ PCQ}=\frac{1}{2}QC· PC=\frac{1}{2}t(2t-6)$
令面积为4cm²，列方程：
$\frac{1}{2}t(2t-6)=4$
整理得：$t^2-3t-4=0$
因式分解解得$t=4$或$t=-1$，时间不能为负，舍去t=-1。
综上，t=4是符合运动实际的有效解。
【答案】
存在，当运动时间为4s时，△PQC的面积是4cm²。
【知识点】
一元二次方程应用，直角三角形面积，动点分类讨论
【点评】
本题是动点结合一元二次方程的经典应用题，最容易出错的地方是忽略点P越过C点后的线段PC的长度变化，仅考虑P在线段AC上的情况直接得出不存在的错误结论。解题时要先根据动点速度和总路程确定分类的时间节点，对不同位置的线段长度分别列式，同时要注意舍去不符合实际意义的负根，结合判别式判断方程是否存在有效实根。
【难度系数】
0.5
首先梳理已知条件：射线AC与CB垂直，因此△PQC始终是直角三角形，两条直角边为CQ和PC。先计算点P从A走到C的总时长：AC长6cm，P的速度为2cm/s，走完全程需要6÷2=3s，因此运动过程需要分两类讨论：第一类是0＜t＜3时，点P还在线段AC上，PC长度为AC减去AP；第二类是t＞3时，点P已经越过C点，PC长度为AP减去AC。接下来分别在两种情况下用直角三角形面积公式列一元二次方程，通过判别式判断是否存在符合实际的正实根，最终汇总结果即可。
【解析】
解：存在满足条件的时刻，推导如下：
由题意得：AP=2t cm，CQ=t cm，且∠PCQ=90°，△PQC为直角三角形。
① 当0＜t＜3时，点P在线段AC上，此时PC=(6-2t)cm，
代入直角三角形面积公式得：
$S_{△ PCQ}=\frac{1}{2}QC· PC=\frac{1}{2}t(6-2t)$
令面积为4cm²，列方程：
$\frac{1}{2}t(6-2t)=4$
整理得：$t^2-3t+4=0$
计算判别式$\Delta =b^2-4ac=(-3)^2-4×1×4=-7＜0$，该方程无实数根，因此该范围内不存在符合条件的t。
② 当t＞3时，点P运动到点C的左侧，此时PC=(2t-6)cm，
代入面积公式得：
$S_{△ PCQ}=\frac{1}{2}QC· PC=\frac{1}{2}t(2t-6)$
令面积为4cm²，列方程：
$\frac{1}{2}t(2t-6)=4$
整理得：$t^2-3t-4=0$
因式分解解得$t=4$或$t=-1$，时间不能为负，舍去t=-1。
综上，t=4是符合运动实际的有效解。
【答案】
存在，当运动时间为4s时，△PQC的面积是4cm²。
【知识点】
一元二次方程应用，直角三角形面积，动点分类讨论
【点评】
本题是动点结合一元二次方程的经典应用题，最容易出错的地方是忽略点P越过C点后的线段PC的长度变化，仅考虑P在线段AC上的情况直接得出不存在的错误结论。解题时要先根据动点速度和总路程确定分类的时间节点，对不同位置的线段长度分别列式，同时要注意舍去不符合实际意义的负根，结合判别式判断方程是否存在有效实根。
【难度系数】
0.5
8. 如图,正方形$ABCD$的边长为4 cm,动点$P$从点$B$出发,以2 cm/s的速度沿$B\to C\to D$方向向点$D$运动;动点$Q$从点$A$出发,以1 cm/s的速度沿$A\to B$方向向点$B$运动.若$P,Q$两点同时出发,运动时间为$t$ s.
(1)连接$PD,PQ,DQ$,当$t$为何值时,$△ PQD$的面积为$11\ \mathrm{cm}^2$?
(2)当点$P$在$BC$上运动时,是否存在某一时刻,使得$△ PQD$是以$PD$为腰的等腰三角形? 若存在,请求出符合条件的$t$的值;若不存在,请说明理由.
(1)连接$PD,PQ,DQ$,当$t$为何值时,$△ PQD$的面积为$11\ \mathrm{cm}^2$?
(2)当点$P$在$BC$上运动时,是否存在某一时刻,使得$△ PQD$是以$PD$为腰的等腰三角形? 若存在,请求出符合条件的$t$的值;若不存在,请说明理由.
答案
解:(1)当点$P$在$BC$上时,$0≤ t≤2,AQ=t\ \mathrm{cm},BQ=(4-t)\mathrm{cm},BP=2t\ \mathrm{cm},PC=(4-2t)\mathrm{cm},$
$\because S_{△ PDQ}=S_{\mathrm{正方形}ABCD}-S_{△ ADQ}-S_{△ BPQ}-S_{△ CPD},$
$\therefore 16-\frac{1}{2}×4t-\frac{1}{2}(4-t)·2t-\frac{1}{2}×4×(4-2t)=11,$
整理,得$t^2-2t-3=0$,解得$t_1=-1,t_2=3$,均不合题意,舍去;
当点$P$在$CD$上时,$2＜t≤4,AQ=t\ \mathrm{cm},DP=(8-2t)\mathrm{cm},$
$\because S_{△ PDQ}=\frac{1}{2}BC· DP,$
$\therefore \frac{1}{2}×4(8-2t)=11$,解得$t=\frac{5}{4}$(不合题意,舍去).
$\therefore$不存在$t$的值,使$△ PQD$的面积为$11\ \mathrm{cm}^2$.
(2)存在.
根据题意,得$AQ=t\ \mathrm{cm},BQ=(4-t)\mathrm{cm},BP=2t\ \mathrm{cm},PC=(4-2t)\mathrm{cm},0≤ t≤2.$
当$DP=DQ$时,
$\because DC=DA,\therefore \mathrm{Rt}△ DPC≌\mathrm{Rt}△ DQA,$
$\therefore PC=AQ$,即$4-2t=t$,解得$t=\frac{4}{3};$
当$PD=PQ$时,
在$\mathrm{Rt}△ PBQ$中,$PQ^2=PB^2+BQ^2=(2t)^2+(4-t)^2,$
在$\mathrm{Rt}△ PCD$中,$PD^2=PC^2+CD^2=(4-2t)^2+4^2,$
$\therefore (2t)^2+(4-t)^2=(4-2t)^2+4^2,$
整理,得$t^2+8t-16=0$,解得$t_1=-4\sqrt{2}-4$(舍去),$t_2=4\sqrt{2}-4.$
综上所述,当$t$的值为$\frac{4}{3}$或$4\sqrt{2}-4$时,$△ PQD$是以$PD$为腰的等腰三角形.
$\because S_{△ PDQ}=S_{\mathrm{正方形}ABCD}-S_{△ ADQ}-S_{△ BPQ}-S_{△ CPD},$
$\therefore 16-\frac{1}{2}×4t-\frac{1}{2}(4-t)·2t-\frac{1}{2}×4×(4-2t)=11,$
整理,得$t^2-2t-3=0$,解得$t_1=-1,t_2=3$,均不合题意,舍去;
当点$P$在$CD$上时,$2＜t≤4,AQ=t\ \mathrm{cm},DP=(8-2t)\mathrm{cm},$
$\because S_{△ PDQ}=\frac{1}{2}BC· DP,$
$\therefore \frac{1}{2}×4(8-2t)=11$,解得$t=\frac{5}{4}$(不合题意,舍去).
$\therefore$不存在$t$的值,使$△ PQD$的面积为$11\ \mathrm{cm}^2$.
(2)存在.
根据题意,得$AQ=t\ \mathrm{cm},BQ=(4-t)\mathrm{cm},BP=2t\ \mathrm{cm},PC=(4-2t)\mathrm{cm},0≤ t≤2.$
当$DP=DQ$时,
$\because DC=DA,\therefore \mathrm{Rt}△ DPC≌\mathrm{Rt}△ DQA,$
$\therefore PC=AQ$,即$4-2t=t$,解得$t=\frac{4}{3};$
当$PD=PQ$时,
在$\mathrm{Rt}△ PBQ$中,$PQ^2=PB^2+BQ^2=(2t)^2+(4-t)^2,$
在$\mathrm{Rt}△ PCD$中,$PD^2=PC^2+CD^2=(4-2t)^2+4^2,$
$\therefore (2t)^2+(4-t)^2=(4-2t)^2+4^2,$
整理,得$t^2+8t-16=0$,解得$t_1=-4\sqrt{2}-4$(舍去),$t_2=4\sqrt{2}-4.$
综上所述,当$t$的值为$\frac{4}{3}$或$4\sqrt{2}-4$时,$△ PQD$是以$PD$为腰的等腰三角形.
解析
【分析】
解题思路：本题是正方形背景下的双动点问题，需要结合动点的运动范围分类讨论求解：
1. 第(1)问：首先根据点P的运动路径，分两种情况讨论：①P在BC段运动（0≤t≤2），此时采用割补法，用正方形总面积减去周围三个直角三角形的面积，间接表示出△PQD的面积，列方程求解后检验解是否在对应t的取值范围内；②P在CD段运动（2＜t≤4），此时△PQD的高等于正方形边长，直接用底乘高除以2表示面积，列方程后同样检验解的合理性，最终判断是否存在符合要求的t。
2. 第(2)问：题目限定P在BC上，且△PQD以PD为腰，因此分两类讨论：①DP=DQ，利用正方形边长相等，通过全等三角形得到线段等量关系列方程；②PD=PQ，分别在两个直角三角形中用勾股定理表示出PQ²和PD²，令二者相等列方程，舍去不符合t取值范围的负根，得到最终符合条件的t值。全程要注意所有解必须满足动点的运动时间范围，不符合的解要舍去。
【解析】
解：
(1) 分两种情况讨论：
① 当点P在BC上运动时，此时0≤t≤2，
由运动速度可知：AQ = t cm，BQ = (4-t) cm，BP = 2t cm，PC = (4-2t) cm，
用割补法计算△PQD的面积：
$S_{△ PDQ}=S_{\mathrm{正方形}ABCD}-S_{△ ADQ}-S_{△ BPQ}-S_{△ CPD}$
代入面积公式得：
$16-\frac{1}{2}×4t-\frac{1}{2}(4-t)·2t-\frac{1}{2}×4×(4-2t)=11$
整理得：$t^2-2t-3=0$，
解得$t_1=-1$，$t_2=3$，两个解均不在0≤t≤2的范围内，全部舍去。
② 当点P在CD上运动时，此时2＜t≤4，
由运动路程可知DP = (8-2t) cm，此时△PQD以DP为底，对应的高等于正方形的边长4 cm，
因此$S_{△ PDQ}=\frac{1}{2}×4·DP$，代入面积为11得：
$\frac{1}{2}×4(8-2t)=11$，解得$t=\frac{5}{4}$，该解不在2＜t≤4的范围内，舍去。
综上，不存在t的值，使△PQD的面积为11 cm²。
(2) 当点P在BC上运动时，0≤t≤2，AQ = t cm，BQ = (4-t) cm，BP = 2t cm，PC = (4-2t) cm，△PQD以PD为腰，分两种情况：
① 当DP=DQ时：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ DC=DA，∠A=∠C=90°，
∴ Rt△DPC ≌ Rt△DQA（HL），
∴ PC=AQ，即$4-2t = t$，解得$t=\frac{4}{3}$，符合0≤t≤2的要求。
② 当PD=PQ时：
在Rt△PBQ中，由勾股定理得：$PQ^2=PB^2+BQ^2=(2t)^2+(4-t)^2$，
在Rt△PCD中，由勾股定理得：$PD^2=PC^2+CD^2=(4-2t)^2+4^2$，
令PQ²=PD²得：
$(2t)^2+(4-t)^2=(4-2t)^2+4^2$，
整理得：$t^2+8t-16=0$，
解得$t_1=-4\sqrt{2}-4$（为负数，不符合实际，舍去），$t_2=4\sqrt{2}-4$，该值在0≤t≤2范围内，符合要求。
综上，存在符合条件的时刻，t的值为$\frac{4}{3}$或$4\sqrt{2}-4$。
【答案】
(1) 不存在满足条件的t，没有t能使△PQD的面积为$11\ \mathrm{cm}^2$；
(2) 存在，符合条件的t的值为$\frac{4}{3}$或$4\sqrt{2}-4$。
【知识点】
动点分类讨论，勾股定理，等腰三角形判定
【点评】
本题是正方形背景下的双动点综合题，核心考查分类讨论思想的应用，第一问用割补法间接计算三角形面积，避免直接求三角形高的复杂运算，第二问针对等腰三角形的腰相等的两种情况分别列式，解题时要特别注意：所有求解得到的t值必须符合动点的运动时间范围，要及时舍去不符合实际的增根，这是本题最容易出错的地方。
【难度系数】
0.35
解题思路：本题是正方形背景下的双动点问题，需要结合动点的运动范围分类讨论求解：
1. 第(1)问：首先根据点P的运动路径，分两种情况讨论：①P在BC段运动（0≤t≤2），此时采用割补法，用正方形总面积减去周围三个直角三角形的面积，间接表示出△PQD的面积，列方程求解后检验解是否在对应t的取值范围内；②P在CD段运动（2＜t≤4），此时△PQD的高等于正方形边长，直接用底乘高除以2表示面积，列方程后同样检验解的合理性，最终判断是否存在符合要求的t。
2. 第(2)问：题目限定P在BC上，且△PQD以PD为腰，因此分两类讨论：①DP=DQ，利用正方形边长相等，通过全等三角形得到线段等量关系列方程；②PD=PQ，分别在两个直角三角形中用勾股定理表示出PQ²和PD²，令二者相等列方程，舍去不符合t取值范围的负根，得到最终符合条件的t值。全程要注意所有解必须满足动点的运动时间范围，不符合的解要舍去。
【解析】
解：
(1) 分两种情况讨论：
① 当点P在BC上运动时，此时0≤t≤2，
由运动速度可知：AQ = t cm，BQ = (4-t) cm，BP = 2t cm，PC = (4-2t) cm，
用割补法计算△PQD的面积：
$S_{△ PDQ}=S_{\mathrm{正方形}ABCD}-S_{△ ADQ}-S_{△ BPQ}-S_{△ CPD}$
代入面积公式得：
$16-\frac{1}{2}×4t-\frac{1}{2}(4-t)·2t-\frac{1}{2}×4×(4-2t)=11$
整理得：$t^2-2t-3=0$，
解得$t_1=-1$，$t_2=3$，两个解均不在0≤t≤2的范围内，全部舍去。
② 当点P在CD上运动时，此时2＜t≤4，
由运动路程可知DP = (8-2t) cm，此时△PQD以DP为底，对应的高等于正方形的边长4 cm，
因此$S_{△ PDQ}=\frac{1}{2}×4·DP$，代入面积为11得：
$\frac{1}{2}×4(8-2t)=11$，解得$t=\frac{5}{4}$，该解不在2＜t≤4的范围内，舍去。
综上，不存在t的值，使△PQD的面积为11 cm²。
(2) 当点P在BC上运动时，0≤t≤2，AQ = t cm，BQ = (4-t) cm，BP = 2t cm，PC = (4-2t) cm，△PQD以PD为腰，分两种情况：
① 当DP=DQ时：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ DC=DA，∠A=∠C=90°，
∴ Rt△DPC ≌ Rt△DQA（HL），
∴ PC=AQ，即$4-2t = t$，解得$t=\frac{4}{3}$，符合0≤t≤2的要求。
② 当PD=PQ时：
在Rt△PBQ中，由勾股定理得：$PQ^2=PB^2+BQ^2=(2t)^2+(4-t)^2$，
在Rt△PCD中，由勾股定理得：$PD^2=PC^2+CD^2=(4-2t)^2+4^2$，
令PQ²=PD²得：
$(2t)^2+(4-t)^2=(4-2t)^2+4^2$，
整理得：$t^2+8t-16=0$，
解得$t_1=-4\sqrt{2}-4$（为负数，不符合实际，舍去），$t_2=4\sqrt{2}-4$，该值在0≤t≤2范围内，符合要求。
综上，存在符合条件的时刻，t的值为$\frac{4}{3}$或$4\sqrt{2}-4$。
【答案】
(1) 不存在满足条件的t，没有t能使△PQD的面积为$11\ \mathrm{cm}^2$；
(2) 存在，符合条件的t的值为$\frac{4}{3}$或$4\sqrt{2}-4$。
【知识点】
动点分类讨论，勾股定理，等腰三角形判定
【点评】
本题是正方形背景下的双动点综合题，核心考查分类讨论思想的应用，第一问用割补法间接计算三角形面积，避免直接求三角形高的复杂运算，第二问针对等腰三角形的腰相等的两种情况分别列式，解题时要特别注意：所有求解得到的t值必须符合动点的运动时间范围，要及时舍去不符合实际的增根，这是本题最容易出错的地方。
【难度系数】
0.35
