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7 一名男生推铅球，铅球行进高度$y$(单位:$\mathrm{m}$)与水平距离$x$(单位:$\mathrm{m}$)之间的关系是$y=-\dfrac{1}{12}x^2+\dfrac{2}{3}x+\dfrac{5}{3}$。有下列结论：①这名男生铅球推出的水平距离为$10\ \mathrm{m}$；②铅球到达的最大高度为$2.5\ \mathrm{m}$；③当铅球的高度为$1.5\ \mathrm{m}$时，推出的水平距离为$2\ \mathrm{m}$或$6\ \mathrm{m}$。其中，正确的个数是（
A.$0$
B.$1$
C.$2$
D.$3$
B
）A.$0$
B.$1$
C.$2$
D.$3$
答案
7. B
解析
【分析】
本题考查二次函数在实际抛体问题中的应用，可逐个验证三个结论：①铅球推出的水平距离是铅球落地（即y=0）时x的正解；②铅球的最大高度对应二次函数顶点的纵坐标；③铅球高度为1.5m时，令y=1.5解一元二次方程，结合实际意义判断解是否正确，最后统计正确结论的个数即可。
【解析】
我们逐一判断三个结论的正误：
1. 验证结论①：当铅球落地时高度$y=0$，代入函数得：
$-\dfrac{1}{12}x^2+\dfrac{2}{3}x+\dfrac{5}{3}=0$
两边同乘12消分母得：$-x^2+8x+20=0$，整理为$x^2-8x-20=0$
因式分解得$(x-10)(x+2)=0$，解得$x_1=10$，$x_2=-2$（水平距离不能为负，舍去）
因此铅球推出的水平距离为10m，结论①正确。
2. 验证结论②：二次函数的最大高度为顶点纵坐标，对于$y=ax^2+bx+c$，顶点横坐标$x=-\dfrac{b}{2a}$
代入$a=-\dfrac{1}{12}$，$b=\dfrac{2}{3}$得：$x=-\dfrac{\dfrac{2}{3}}{2×(-\dfrac{1}{12})}=4$
将$x=4$代入函数得：$y=-\dfrac{1}{12}×4^2+\dfrac{2}{3}×4+\dfrac{5}{3}=3\ \mathrm{m}$
最大高度为3m，不是2.5m，结论②错误。
3. 验证结论③：当$y=1.5$时，代入函数得：
$-\dfrac{1}{12}x^2+\dfrac{2}{3}x+\dfrac{5}{3}=1.5$
两边同乘12整理得：$x^2-8x-2=0$
解得$x=4\pm3\sqrt{2}$，仅$x=4+3\sqrt{2}\approx8.24\ \mathrm{m}$为正解，不是2m或6m，结论③错误。
综上，仅1个结论正确。
【答案】
B
【知识点】
二次函数实际应用、二次函数顶点性质、解一元二次方程
【点评】
本题结合生活场景考查二次函数的基础性质，解题时要注意结合实际意义舍去不符合要求的负根，避免误判结论。
【难度系数】
0.6
本题考查二次函数在实际抛体问题中的应用，可逐个验证三个结论：①铅球推出的水平距离是铅球落地（即y=0）时x的正解；②铅球的最大高度对应二次函数顶点的纵坐标；③铅球高度为1.5m时，令y=1.5解一元二次方程，结合实际意义判断解是否正确，最后统计正确结论的个数即可。
【解析】
我们逐一判断三个结论的正误：
1. 验证结论①：当铅球落地时高度$y=0$，代入函数得：
$-\dfrac{1}{12}x^2+\dfrac{2}{3}x+\dfrac{5}{3}=0$
两边同乘12消分母得：$-x^2+8x+20=0$，整理为$x^2-8x-20=0$
因式分解得$(x-10)(x+2)=0$，解得$x_1=10$，$x_2=-2$（水平距离不能为负，舍去）
因此铅球推出的水平距离为10m，结论①正确。
2. 验证结论②：二次函数的最大高度为顶点纵坐标，对于$y=ax^2+bx+c$，顶点横坐标$x=-\dfrac{b}{2a}$
代入$a=-\dfrac{1}{12}$，$b=\dfrac{2}{3}$得：$x=-\dfrac{\dfrac{2}{3}}{2×(-\dfrac{1}{12})}=4$
将$x=4$代入函数得：$y=-\dfrac{1}{12}×4^2+\dfrac{2}{3}×4+\dfrac{5}{3}=3\ \mathrm{m}$
最大高度为3m，不是2.5m，结论②错误。
3. 验证结论③：当$y=1.5$时，代入函数得：
$-\dfrac{1}{12}x^2+\dfrac{2}{3}x+\dfrac{5}{3}=1.5$
两边同乘12整理得：$x^2-8x-2=0$
解得$x=4\pm3\sqrt{2}$，仅$x=4+3\sqrt{2}\approx8.24\ \mathrm{m}$为正解，不是2m或6m，结论③错误。
综上，仅1个结论正确。
【答案】
B
【知识点】
二次函数实际应用、二次函数顶点性质、解一元二次方程
【点评】
本题结合生活场景考查二次函数的基础性质，解题时要注意结合实际意义舍去不符合要求的负根，避免误判结论。
【难度系数】
0.6
8 如图,在$△ ABC$中,$∠ C=90°$,$AB=10\ \mathrm{cm}$,$BC=8\ \mathrm{cm}$,点$P$从点$A$出发,沿$AC$向点$C$以$1\ \mathrm{cm/s}$的速度运动,同时点$Q$从点$C$出发,沿$CB$向点$B$以$2\ \mathrm{cm/s}$的速度运动(当点$Q$运动到点$B$时,点$P,Q$同时停止运动).在运动过程中,四边形$PABQ$的最小面积为
(第8题)
$15\ \mathrm{cm}^2$
。 (第8题)答案
8. $15\ \mathrm{cm}^2$
解析
【分析】
要求四边形PABQ的最小面积，直接计算不规则四边形面积较复杂，可采用割补法：四边形PABQ的面积 = Rt△ABC的面积 - Rt△PCQ的面积。因为△ABC面积是定值，因此只需先求出△PCQ的最大面积，即可得到四边形的最小面积。首先用勾股定理求出AC的长度，再设运动时间为t，用含t的代数式表示出PC、CQ的长度，进而写出△PCQ的面积表达式，利用二次函数的最值性质求最大值，最后作差即可得到结果，注意要先确定t的取值范围。
【解析】
在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10cm，BC=8cm，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6\ \mathrm{cm}$
则$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× AC× BC=\frac{1}{2}×6×8=24\ \mathrm{cm}^2$
设运动时间为$t\ \mathrm{s}$，根据题意得$0≤ t≤4$（Q运动到B时停止，$2t≤8$即$t≤4$）
此时$AP=t\ \mathrm{cm}$，$PC=AC-AP=(6-t)\ \mathrm{cm}$，$CQ=2t\ \mathrm{cm}$
则$S_{△ PCQ}=\frac{1}{2}× PC× CQ=\frac{1}{2}×(6-t)×2t=-t^2+6t$
该二次函数开口向下，对称轴为$t=-\frac{6}{2×(-1)}=3$，在$0≤ t≤4$范围内
当$t=3$时，$S_{△ PCQ}$取得最大值，最大值为$-3^2+6×3=9\ \mathrm{cm}^2$
因此四边形PABQ的最小面积为$S_{△ ABC}-S_{△ PCQ最大值}=24-9=15\ \mathrm{cm}^2$
【答案】
$15\ \mathrm{cm}^2$
【知识点】
勾股定理；二次函数的最值；割补法求面积
【点评】
本题属于动点类的面积最值问题，通过割补法将不规则图形面积转化为规则图形面积的差，将问题转化为二次函数最值问题，解题时要注意结合动点的运动限制确定自变量的取值范围，保证最值在取值范围内有效。
【难度系数】
0.7
要求四边形PABQ的最小面积，直接计算不规则四边形面积较复杂，可采用割补法：四边形PABQ的面积 = Rt△ABC的面积 - Rt△PCQ的面积。因为△ABC面积是定值，因此只需先求出△PCQ的最大面积，即可得到四边形的最小面积。首先用勾股定理求出AC的长度，再设运动时间为t，用含t的代数式表示出PC、CQ的长度，进而写出△PCQ的面积表达式，利用二次函数的最值性质求最大值，最后作差即可得到结果，注意要先确定t的取值范围。
【解析】
在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10cm，BC=8cm，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6\ \mathrm{cm}$
则$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× AC× BC=\frac{1}{2}×6×8=24\ \mathrm{cm}^2$
设运动时间为$t\ \mathrm{s}$，根据题意得$0≤ t≤4$（Q运动到B时停止，$2t≤8$即$t≤4$）
此时$AP=t\ \mathrm{cm}$，$PC=AC-AP=(6-t)\ \mathrm{cm}$，$CQ=2t\ \mathrm{cm}$
则$S_{△ PCQ}=\frac{1}{2}× PC× CQ=\frac{1}{2}×(6-t)×2t=-t^2+6t$
该二次函数开口向下，对称轴为$t=-\frac{6}{2×(-1)}=3$，在$0≤ t≤4$范围内
当$t=3$时，$S_{△ PCQ}$取得最大值，最大值为$-3^2+6×3=9\ \mathrm{cm}^2$
因此四边形PABQ的最小面积为$S_{△ ABC}-S_{△ PCQ最大值}=24-9=15\ \mathrm{cm}^2$
【答案】
$15\ \mathrm{cm}^2$
【知识点】
勾股定理；二次函数的最值；割补法求面积
【点评】
本题属于动点类的面积最值问题，通过割补法将不规则图形面积转化为规则图形面积的差，将问题转化为二次函数最值问题，解题时要注意结合动点的运动限制确定自变量的取值范围，保证最值在取值范围内有效。
【难度系数】
0.7
9 教材变式题 一题多解 某抛物线形拱桥的截面图如图所示，水面的宽AB为8米.AB上的点E到点A的距离AE=1米，点E到拱桥顶面的垂直距离EF=$\frac{7}{4}$米.以A为坐标原点，以AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系.求：
（1）该抛物线所对应的函数解析式；
（2）拱桥顶面离水面AB的最大高度.
（1）该抛物线所对应的函数解析式；
（2）拱桥顶面离水面AB的最大高度.
答案
9. 解法一:(1) 设抛物线对应的函数解析式为$y=ax^2+bx+c$.由题意,得$A(0,0)$,$B(8,0)$,$F(1,\frac{7}{4})$,代入,得
$\begin{cases}c=0,\\64a+8b+c=0,\\a+b+c=\frac{7}{4},\end{cases}解得\begin{cases}a=-\frac{1}{4},\\b=2,\\c=0.\end{cases}$
$\therefore$ 抛物线对应的函数解析式为$y=-\frac{1}{4}x^2+2x$ (2) 将$y=-\frac{1}{4}x^2+2x$化为顶点式为$y=-\frac{1}{4}(x-4)^2+4$,$\therefore$ 最大高度为4米
解法二:(1) $\because$ 抛物线过点$A(0,0)$和$B(8,0)$,$\therefore$ 对称轴为直线$x=4$.设顶点坐标为$(4,k)$,则抛物线对应的函数解析式可设为$y=a(x-4)^2+k$,将$A(0,0)$和$F(1,\frac{7}{4})$代入,得
$\begin{cases}16a+k=0,\\9a+k=\frac{7}{4},\end{cases}解得\begin{cases}a=-\frac{1}{4},\\k=4.\end{cases}$
$\therefore$ 抛物线对应的函数解析式为$y=-\frac{1}{4}(x-4)^2+4$ (2) 由$y=-\frac{1}{4}(x-4)^2+4$,可知最大高度为4米
$\begin{cases}c=0,\\64a+8b+c=0,\\a+b+c=\frac{7}{4},\end{cases}解得\begin{cases}a=-\frac{1}{4},\\b=2,\\c=0.\end{cases}$
$\therefore$ 抛物线对应的函数解析式为$y=-\frac{1}{4}x^2+2x$ (2) 将$y=-\frac{1}{4}x^2+2x$化为顶点式为$y=-\frac{1}{4}(x-4)^2+4$,$\therefore$ 最大高度为4米
解法二:(1) $\because$ 抛物线过点$A(0,0)$和$B(8,0)$,$\therefore$ 对称轴为直线$x=4$.设顶点坐标为$(4,k)$,则抛物线对应的函数解析式可设为$y=a(x-4)^2+k$,将$A(0,0)$和$F(1,\frac{7}{4})$代入,得
$\begin{cases}16a+k=0,\\9a+k=\frac{7}{4},\end{cases}解得\begin{cases}a=-\frac{1}{4},\\k=4.\end{cases}$
$\therefore$ 抛物线对应的函数解析式为$y=-\frac{1}{4}(x-4)^2+4$ (2) 由$y=-\frac{1}{4}(x-4)^2+4$,可知最大高度为4米
解析
【分析】
（1）首先根据题中建立的平面直角坐标系确定已知点坐标：A点坐标为(0,0)，AB长8米，故B点坐标为(8,0)；AE=1米，EF=$\frac{7}{4}$米，因此F点坐标为(1,$\frac{7}{4}$)。求抛物线解析式可选择一般式，代入三个点坐标列方程组求解；也可利用抛物线过x轴上A、B两点，先推出对称轴为直线x=4，设顶点式代入点坐标求解，计算更简便。
（2）拱桥顶面离水面AB的最大高度对应抛物线顶点的纵坐标，可将求得的二次函数解析式化为顶点式直接得到，也可使用顶点纵坐标公式计算。
【解析】
解法一：
（1）设抛物线对应的函数解析式为$y=ax^2+bx+c$，将$A(0,0)$、$B(8,0)$、$F(1,\frac{7}{4})$代入解析式，可得方程组：
$\begin{cases}c=0\\64a+8b+c=0\\a+b+c=\frac{7}{4}\end{cases}$
解方程组得$\begin{cases}a=-\frac{1}{4}\\b=2\\c=0\end{cases}$
因此抛物线对应的函数解析式为$y=-\frac{1}{4}x^2+2x$。
（2）将$y=-\frac{1}{4}x^2+2x$配方化为顶点式：
$y=-\frac{1}{4}(x^2-8x)=-\frac{1}{4}(x^2-8x+16-16)=-\frac{1}{4}(x-4)^2+4$
由顶点式可知抛物线顶点坐标为(4,4)，因此拱桥顶面离水面AB的最大高度为4米。
解法二：
（1）$\because$抛物线过$A(0,0)$和$B(8,0)$，$\therefore$抛物线的对称轴为直线$x=\frac{0+8}{2}=4$，设抛物线顶点坐标为$(4,k)$，则可设解析式为$y=a(x-4)^2+k$。
将$A(0,0)$和$F(1,\frac{7}{4})$代入解析式，可得方程组：
$\begin{cases}16a+k=0\\9a+k=\frac{7}{4}\end{cases}$
两式相减消去k得$7a=-\frac{7}{4}$，解得$a=-\frac{1}{4}$，代入$16a+k=0$得$k=4$。
因此抛物线对应的函数解析式为$y=-\frac{1}{4}(x-4)^2+4$，展开也可写为$y=-\frac{1}{4}x^2+2x$。
（2）由顶点式$y=-\frac{1}{4}(x-4)^2+4$可知，抛物线顶点纵坐标为4，即拱桥顶面离水面AB的最大高度为4米。
【答案】
（1）$y=-\frac{1}{4}x^2+2x$（或$y=-\frac{1}{4}(x-4)^2+4$）；（2）4米
【知识点】
待定系数法求二次函数解析式；二次函数的最值；二次函数的实际应用
【点评】
本题是二次函数解决实际问题的典型题型，解题关键是结合坐标系准确提取抛物线上的点坐标，可根据已知点的特征灵活选择一般式、顶点式等不同解析式形式简化计算，同时要明确实际问题中的最值对应二次函数顶点的纵坐标属性，掌握这类题的解法能有效提升数学建模能力。
【难度系数】
0.7
（1）首先根据题中建立的平面直角坐标系确定已知点坐标：A点坐标为(0,0)，AB长8米，故B点坐标为(8,0)；AE=1米，EF=$\frac{7}{4}$米，因此F点坐标为(1,$\frac{7}{4}$)。求抛物线解析式可选择一般式，代入三个点坐标列方程组求解；也可利用抛物线过x轴上A、B两点，先推出对称轴为直线x=4，设顶点式代入点坐标求解，计算更简便。
（2）拱桥顶面离水面AB的最大高度对应抛物线顶点的纵坐标，可将求得的二次函数解析式化为顶点式直接得到，也可使用顶点纵坐标公式计算。
【解析】
解法一：
（1）设抛物线对应的函数解析式为$y=ax^2+bx+c$，将$A(0,0)$、$B(8,0)$、$F(1,\frac{7}{4})$代入解析式，可得方程组：
$\begin{cases}c=0\\64a+8b+c=0\\a+b+c=\frac{7}{4}\end{cases}$
解方程组得$\begin{cases}a=-\frac{1}{4}\\b=2\\c=0\end{cases}$
因此抛物线对应的函数解析式为$y=-\frac{1}{4}x^2+2x$。
（2）将$y=-\frac{1}{4}x^2+2x$配方化为顶点式：
$y=-\frac{1}{4}(x^2-8x)=-\frac{1}{4}(x^2-8x+16-16)=-\frac{1}{4}(x-4)^2+4$
由顶点式可知抛物线顶点坐标为(4,4)，因此拱桥顶面离水面AB的最大高度为4米。
解法二：
（1）$\because$抛物线过$A(0,0)$和$B(8,0)$，$\therefore$抛物线的对称轴为直线$x=\frac{0+8}{2}=4$，设抛物线顶点坐标为$(4,k)$，则可设解析式为$y=a(x-4)^2+k$。
将$A(0,0)$和$F(1,\frac{7}{4})$代入解析式，可得方程组：
$\begin{cases}16a+k=0\\9a+k=\frac{7}{4}\end{cases}$
两式相减消去k得$7a=-\frac{7}{4}$，解得$a=-\frac{1}{4}$，代入$16a+k=0$得$k=4$。
因此抛物线对应的函数解析式为$y=-\frac{1}{4}(x-4)^2+4$，展开也可写为$y=-\frac{1}{4}x^2+2x$。
（2）由顶点式$y=-\frac{1}{4}(x-4)^2+4$可知，抛物线顶点纵坐标为4，即拱桥顶面离水面AB的最大高度为4米。
【答案】
（1）$y=-\frac{1}{4}x^2+2x$（或$y=-\frac{1}{4}(x-4)^2+4$）；（2）4米
【知识点】
待定系数法求二次函数解析式；二次函数的最值；二次函数的实际应用
【点评】
本题是二次函数解决实际问题的典型题型，解题关键是结合坐标系准确提取抛物线上的点坐标，可根据已知点的特征灵活选择一般式、顶点式等不同解析式形式简化计算，同时要明确实际问题中的最值对应二次函数顶点的纵坐标属性，掌握这类题的解法能有效提升数学建模能力。
【难度系数】
0.7
10 如图,在矩形 ABCD 中,AB=6 cm,BC=12 cm,点 P 从点 A 开始沿 AB 边向点 B 以1 cm/s 的速度运动,点 Q 从点 B 开始沿 BC边向点 C 以 2 cm/s 的速度运动.如果点 P,Q 分别从点 A,B 同时出发,问:
（1）经过几秒时,△PBQ 的面积等于8 cm²?
（2）经过几秒时,五边形 APQCD 的面积最小?最小值是多少?
（1）经过几秒时,△PBQ 的面积等于8 cm²?
（2）经过几秒时,五边形 APQCD 的面积最小?最小值是多少?
答案
10. (1) 设运动时间为t s,则$PB=(6-t)\ \mathrm{cm}$,$BQ=2t\ \mathrm{cm}$,则$S_{△ PBQ}=\frac{1}{2}PB· BQ$,即$\frac{1}{2}(6-t)× 2t=8$,解得$t=2$或$t=4$. $\therefore$ 经过2 s或4 s时,$△ PBQ$的面积等于$8\ \mathrm{cm}^2$ （2）设运动时间为t s,则$PB=(6-t)\ \mathrm{cm}$,$BQ=2t\ \mathrm{cm}$,则$S_{△ PBQ}=\frac{1}{2}PB· BQ=-t^2+6t$.当$t=-\frac{6}{2×(-1)}=3$时,$S_{△ PBQ}$有最大值,最大值为$-3^2+6× 3=9$,则五边形APQCD的面积的最小值为$6× 12-9=63(\mathrm{cm}^2)$. $\therefore$ 经过3 s时,五边形APQCD的面积最小,最小是$63\ \mathrm{cm}^2$
解析
【分析】
（1）解决第一问时，先设运动时间为t秒，结合两点的运动速度，分别表示出线段PB、BQ的长度，△PBQ是直角三角形，利用直角三角形面积公式列方程，求解后验证解是否符合实际运动范围即可。
（2）解决第二问时，五边形APQCD的面积等于矩形ABCD的面积减去△PBQ的面积，矩形面积是定值，因此要使五边形面积最小，只需使△PBQ的面积最大。先写出△PBQ面积关于t的二次函数表达式，再利用二次函数的性质求最大值，进而求得五边形的最小面积。
【解析】
（1）设运动时间为t s，由题意得：
$PB=AB-AP=(6-t)\ \mathrm{cm}$，$BQ=2t\ \mathrm{cm}$，
∵∠B为直角，
∴$S_{△ PBQ}=\frac{1}{2}PB· BQ$，
令$S_{△ PBQ}=8\ \mathrm{cm}^2$，代入得：
$\frac{1}{2}(6-t)× 2t=8$，
整理得$t^2-6t+8=0$，解得$t_1=2$，$t_2=4$，均满足$0＜t＜6$的实际范围。
（2）设运动时间为t s，同理得$PB=(6-t)\ \mathrm{cm}$，$BQ=2t\ \mathrm{cm}$，
则$S_{△ PBQ}=\frac{1}{2}(6-t)× 2t=-t^2+6t$，
该二次函数开口向下，对称轴为$t=-\frac{6}{2×(-1)}=3$，
当$t=3$时，$S_{△ PBQ}$取得最大值，最大值为$-3^2+6× 3=9\ \mathrm{cm}^2$，
矩形ABCD的面积为$6×12=72\ \mathrm{cm}^2$，
因此五边形APQCD的最小面积为$72-9=63\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
（1）经过2 s或4 s时，$△ PBQ$的面积等于$8\ \mathrm{cm}^2$；
（2）经过3 s时，五边形APQCD的面积最小，最小值是$63\ \mathrm{cm}^2$。
【知识点】
一元二次方程应用；二次函数最值；矩形面积计算
【点评】
本题属于动点类面积问题，解题核心是用运动时间t表示出相关线段的长度，将几何面积问题转化为代数问题求解，第二问运用转化思想，把五边形面积最小值转化为三角形面积最大值，有效降低了解题难度。
【难度系数】
0.7
（1）解决第一问时，先设运动时间为t秒，结合两点的运动速度，分别表示出线段PB、BQ的长度，△PBQ是直角三角形，利用直角三角形面积公式列方程，求解后验证解是否符合实际运动范围即可。
（2）解决第二问时，五边形APQCD的面积等于矩形ABCD的面积减去△PBQ的面积，矩形面积是定值，因此要使五边形面积最小，只需使△PBQ的面积最大。先写出△PBQ面积关于t的二次函数表达式，再利用二次函数的性质求最大值，进而求得五边形的最小面积。
【解析】
（1）设运动时间为t s，由题意得：
$PB=AB-AP=(6-t)\ \mathrm{cm}$，$BQ=2t\ \mathrm{cm}$，
∵∠B为直角，
∴$S_{△ PBQ}=\frac{1}{2}PB· BQ$，
令$S_{△ PBQ}=8\ \mathrm{cm}^2$，代入得：
$\frac{1}{2}(6-t)× 2t=8$，
整理得$t^2-6t+8=0$，解得$t_1=2$，$t_2=4$，均满足$0＜t＜6$的实际范围。
（2）设运动时间为t s，同理得$PB=(6-t)\ \mathrm{cm}$，$BQ=2t\ \mathrm{cm}$，
则$S_{△ PBQ}=\frac{1}{2}(6-t)× 2t=-t^2+6t$，
该二次函数开口向下，对称轴为$t=-\frac{6}{2×(-1)}=3$，
当$t=3$时，$S_{△ PBQ}$取得最大值，最大值为$-3^2+6× 3=9\ \mathrm{cm}^2$，
矩形ABCD的面积为$6×12=72\ \mathrm{cm}^2$，
因此五边形APQCD的最小面积为$72-9=63\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
（1）经过2 s或4 s时，$△ PBQ$的面积等于$8\ \mathrm{cm}^2$；
（2）经过3 s时，五边形APQCD的面积最小，最小值是$63\ \mathrm{cm}^2$。
【知识点】
一元二次方程应用；二次函数最值；矩形面积计算
【点评】
本题属于动点类面积问题，解题核心是用运动时间t表示出相关线段的长度，将几何面积问题转化为代数问题求解，第二问运用转化思想，把五边形面积最小值转化为三角形面积最大值，有效降低了解题难度。
【难度系数】
0.7
