中考数学一轮复习：专题22.6 一元二次方程中的动点问题专项训练（30道）（举一反三）（华东师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习：专题22.6 一元二次方程中的动点问题专项训练（30道）（举一反三）（华东师大版）（解析版），共38页。
考卷信息：
本套训练卷共30题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，涵盖了一元二次方程中的动点问题所有类型！
一．填空题（共7小题）
1．（2022•峨边县模拟）在平面直角坐标系xOy中，过原点O及点A（0，2）、C（6，0）作矩形OABC，∠AOC的平分线交AB于点D．点P从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿射线OD方向移动；同时点Q从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿x轴正方向移动．设移动时间为t秒，当t为 2或5+5或5−5 时，△PQB为直角三角形．
【分析】要使△PQB为直角三角形，显然只有∠PQB＝90°或∠PBQ＝90°，进而利用勾股定理分别分析得出PB2＝（6﹣t）2+（2﹣t）2，QB2＝（6﹣2t）2+22，PQ2＝（2t﹣t）2+t2＝2t2，再分别就∠PQB＝90°和∠PBQ＝90°讨论，求出符合题意的t值即可；
【解答】解：作PG⊥OC于点G，在Rt△POG中，
∵∠POQ＝45°，
∴∠OPG＝45°，
∵OP=2t，
∴OG＝PG＝t，
∴点P（t，t），
又∵Q（2t，0），B（6，2），
根据勾股定理可得：PB2＝（6﹣t）2+（2﹣t）2，QB2＝（6﹣2t）2+22，PQ2＝（2t﹣t）2+t2＝2t2，
①若∠PQB＝90°，则有PQ2+BQ2＝PB2，
即：2t2+[（6﹣2t）2+22]＝（6﹣t）2+（2﹣t）2，
整理得：4t2﹣8t＝0，
解得：t1＝0（舍去），t2＝2，
∴t＝2，
②若∠PBQ＝90°，则有PB2+QB2＝PQ2，
∴[（6﹣t）2+（2﹣t）2]+[（6﹣2t）2+22]＝2t2，
整理得：t2﹣10t+20＝0，
解得：t＝5±5．
∴当t＝2或t＝5+5或t＝5−5时，△PQB为直角三角形．
故答案为：2或5+5或5−5．
2．（2022春•衢江区校级期末）如图，B是AC上一点，且BC＝6cm，AB＝4cm，射线BD⊥AC，垂足为B，动点M从A出发以2cm/s的速度沿着AC向C运动，同时动点N从B出发以3cm/s的速度沿着射线BD向下运动，连接MN．当△BMN的面积为32cm2，两动点运动了t（s），则t的值为 2−22或2+22或2+62 ．
【分析】分0＜t＜2及2＜t≤5两种情况考虑，当0＜t＜2时，BM＝（4﹣2t）cm，BN＝3tcm，根据△BMN的面积为32cm2，即可得出关于t的一元二次方程，解之即可得出t值；当2＜t≤5时，BM＝（2t﹣4）cm，BN＝3tcm，根据△BMN的面积为32cm2，即可得出关于t的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论．
【解答】解：当0＜t＜2时，BM＝（4﹣2t）cm，BN＝3tcm，
∴12（4﹣2t）•3t=32，
整理得：2t2﹣4t+1＝0，
解得：t1=2−22，t2=2+22；
当2＜t≤5时，BM＝（2t﹣4）cm，BN＝3tcm，
∴12（2t﹣4）•3t=32，
整理得：2t2﹣4t﹣1＝0，
解得：t3=2−62（不合题意，舍去），t4=2+62．
综上所述，t的值为2−22或2+22或2+62．
故答案为：2−22或2+22或2+62．
3．（2022•临清市一模）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝16cm，AD为BC边上的高，动点P从点A出发，沿A→D方向以2cm/s的速度向点D运动．设△ABP的面积为S1，矩形PDFE的面积为S2，运动时间为t秒，则t＝ 6 秒时，S1＝2S2．
【分析】利用三角形的面积公式以及矩形的面积公式，表示出S1和S2，然后根据S1＝2S2，即可列方程求解．
【解答】解：∵Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝16cm，AD为BC边上的高，
∴AD＝BD＝CD＝82cm，
又∵AP=2t，
则S1=12AP•BD=12×82×2t＝8t，PD＝82−2t，
∵PE∥BC，
∴∠AEP＝∠C＝45°，∠APE＝∠ADC＝90°，
∴∠PAE＝∠PEA＝45°
∴PE＝AP=2t，
∴S2＝PD•PE＝（82−2t）•2t，
∵S1＝2S2，
∴8t＝2（82−2t）•2t，
解得：t＝6或0（舍弃）
故答案是：6．
4．（2022•于洪区校级模拟）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝6cm，AB＝8cm，BC＝14cm．动点P、Q都从点C同时出发，点P沿C→B方向做匀速运动，点Q沿C→D→A方向做匀速运动，当P、Q其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．若点P以1cm/s速度运动，点Q以22cm/s的速度运动，连接BQ、PQ．当时间t为 2 秒时，△BQP的面积为24cm2．
【分析】由于点P在线段CB上运动，而点Q沿C→D→A方向做匀速运动，所以分两种情况讨论：①点Q在CD上；②点Q在DA上．针对每一种情况，都可以过Q点作QG⊥BC于G．由于点P、Q运动的时间为t（s），可用含t的代数式分别表示BP、QG的长度，然后根据三角形的面积公式列出S与t的函数关系式，并写出t的取值范围，根据面积为24cm2，列出方程，解方程并结合t的范围取舍．
【解答】解：如图1，过D点作DH⊥BC，垂足为点H，
则有DH＝AB＝8cm，BH＝AD＝6cm．
∴CH＝BC﹣BH＝14﹣6＝8cm．
在Rt△DCH中，∠DHC＝90°，
∴CD=DH2+CH2=82cm．
当点P、Q运动的时间为t（s），则PC＝t．
①如图1，当点Q在CD上时，过Q点作QG⊥BC，垂足为点G，则QC＝22t．
又∵DH＝HC，DH⊥BC，
∴∠C＝45°．
∴在Rt△QCG中，QG＝QC•sin∠C＝22t×sin45°＝2t．
又∵BP＝BC﹣PC＝14﹣t，
∴S△BPQ=12BP×QG=12（14﹣t）×2t＝14t﹣t2．
当Q运动到D点时所需要的时间t=CD22=8222=4．
∴S＝14t﹣t2（0＜t≤4），
当S＝24时，14t﹣t2＝24，
解得：t1＝2，t2＝12（舍）．
②如图2，当点Q在DA上时，过Q点作QG⊥BC，垂足为点G，
则：QG＝AB＝8cm，BP＝BC﹣PC＝14﹣t，
∴S△BPQ=12BP×QG=12（14﹣t）×8＝56﹣4t．
当Q运动到A点时所需要的时间t=CD+AD22=82+622=4+322．
∴S＝56﹣4t（4＜t≤4+322），
当S＝24时，56﹣4t＝24，
解得：t＝8＞4+322，舍去，
综上，当t＝2时，S＝24，
故答案为：2．
5．（2022秋•惠来县月考）如图，已知AB⊥BC，AB＝12cm，BC＝8cm．一动点N从C点出发沿CB方向以1cm/s的速度向B点运动，同时另一动点M由点A沿AB方向以2cm/s的速度也向B点运动，其中一点到达B点时另一点也随之停止，当△MNB的面积为24cm2时运动的时间t为 2 秒．
【分析】根据题意可知CN＝tcm，AM＝2tcm，进而可得出BN＝（8﹣t）cm，BM＝（12﹣2t）cm，根据△MNB的面积为24cm2，即可得出关于t的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论．
【解答】解：根据题意可知CN＝tcm，AM＝2tcm，
∴BN＝（8﹣t）cm，BM＝（12﹣2t）cm，
∵△MNB的面积为24cm2，
∴12×（12﹣2t）×（8﹣t）＝24，
整理得：t2﹣14t+24＝0，
解得：t1＝2，t2＝12（不合题意，舍去）．
故答案为：2．
6．（2022秋•兰山区期末）如图，在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝30cm，BC＝25cm，动点P从点C出发，沿CA方向运动，速度是2cm/s；同时，动点Q从点B出发，沿BC方向运动，速度是1cm/s，则经过 10 s后，P，Q两点之间相距25cm．
【分析】设x秒后P、Q两点相距25cm，用x表示出CP、CQ，根据勾股定理列出方程，解方程即可．
【解答】解：设x秒后P、Q两点相距25cm，
则CP＝2xcm，CQ＝（25﹣x）cm，
由题意得，（2x）2+（25﹣x）2＝252，
解得，x1＝10，x2＝0（舍去），
则10秒后P、Q两点相距25cm．
故答案是：10．
7．（2022秋•渭滨区期中）如图，A、B、C、D是矩形的四个顶点，AB＝16cm，BC＝6cm，动点P从点A出发，以3cm/s的速度向点B运动，直到点B为止；动点Q同时从点C出发，以2cm/s的速度向点D运动，当时间为 85s或245s 时，点P和点Q之间的距离是10cm．
【分析】设当t秒时PQ＝10cm，利用勾股定理得出即可．
【解答】解：设当时间为t时，点P和点Q之间的距离是10cm，
过点Q作ON⊥AB于点N，
则QC＝2tcm，PN＝（16﹣5t）cm，
故62+（16﹣5t）2＝100，
解得：t1=85，t2=245，
即当时间为85s或245s时，点P和点Q之间的距离是10cm，
故答案为：85s或245s．
二．解答题（共23小题）
8．（2022秋•方城县期末）如图，已知等边三角形ABC的边长为6cm，点P从点A出发，沿A→C→B的方向以2cm/s的速度向终点B运动，同时点Q从点B出发，沿B→A的方向以1cm/s的速度向终点A运动．当点P运动到点B时，两点均停止运动．运动时间记为ts，请解决下列问题：
（1）若点P在边AC上，当t为何值时，△APQ为直角三角形？
（2）是否存在这样的t值，使△APQ的面积为23cm2？若存在，请求出t的值，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）当点P在边AC上时，由题意知AP＝2t，AQ＝6﹣t，再分∠APQ＝90°和∠AQP＝90°两种情况分别求解即可；
（2）分点P在边AC上和点P在边AC上两种情况，表示出S△APQ，再根据△APQ的面积为23cm2列出关于t的方程，解之即可．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形
∴AB＝BC＝CA＝6，∠A＝∠B＝∠C＝60°，
当点P在边AC上时，由题意知，AP＝2t，AQ＝6﹣t，
当∠APQ＝90°时，AP=12AQ，即2t=12（6﹣t），解得t＝1.2，
当∠AQP＝90°时，AQ=12AP，即6﹣t=12×2t，解得t＝3，
所以，点P在边AC上，当t为1.2s或3s时，△APQ为直角三角形；
（2）存在，
①当点P在边AC上时，此时0≤t≤3，
过点P作PD⊥AB于点D，
在Rt△APD中，∠A＝60°，AP＝2t，
∴sinA=PDAP，即sin60°=PD2t=32，
∴PD=3t，S△APQ=12AQ•PD=12（6﹣t）•3t，
由12（6﹣t）•3t=23得t1=3+5(不合题意，舍去)，t2=3−5；
②当点P在边BC上时，此时3≤t≤6，
如图，过点P作PF⊥AB于点F，
在Rt△BPF中，∠B＝60°，BP＝12﹣2t，
∴sinB=PFBP，即sin60°=PF12−2t=32，
∴PF=3(6−t)，S△APQ=12AQ•PF=12（6﹣t）•3(6−t)，
由12（6﹣t）•3(6−t)=23得t1＝4，t2＝8（不合题意，舍去），
因此，当t的值是(3−5)s或4s时，△APQ的面积为23cm2．
9．（2022秋•泗阳县期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝12cm，BC＝24cm，动点P从点A出发沿边AB向点B以2cm/s的速度移动，同时动点Q从点B出发沿边BC向点C以4cm/s的速度移动，当P运动到B点时P、Q两点同时停止运动，设运动时间为ts．
（1）BP＝ （12﹣2t） cm；BQ＝ 4t cm；（用t的代数式表示）
（2）D是AC的中点，连接PD、QD，t为何值时△PDQ的面积为40cm2？
【分析】（1）根据速度×时间＝路程列出代数式即可；
（2）如图，过点D作DH⊥BC于H，利用三角形中位线定理求得DH的长度；然后根据题意和三角形的面积列出方程，求出方程的解即可．
【解答】解：（1）根据题意得：AP＝2tcm，BQ＝4tcm，
所以BP＝（12﹣2t）cm，
故答案是：（12﹣2t）；4t；
（2）如图，过点D作DH⊥BC于H，
∵∠B＝90°，即AB⊥BC．
∴AB∥DH．
又∵D是AC的中点，
∴BH=12BC＝12cm，DH是△ABC的中位线．
∴DH=12AB＝6cm．
根据题意，得12×12×24−12×4t×（12﹣2t）−12×（24﹣4t）×6−12×2t×12＝40，
整理，得t2﹣6t+8＝0．
解得：t1＝2，t2＝4，
即当t＝2或4时，△PBQ的面积是40cm2．
10．（2022春•淄川区期中）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝∠D＝90°，BC＝16，CD＝12，AD＝21．动点P从点D出发，沿线段DA的方向以每秒2个单位长度的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长度的速度向点B运动．点P，Q分别从点D，C同时出发，当点P运动到点A时，点Q随之停止运动．设运动时间为t（s），当t为何值时，以B，P，Q三点为顶点的三角形为等腰三角形？
【分析】以B，P，Q为顶点的三角形为等腰三角形有三种情况：当PB＝PQ时，当PQ＝BQ时，当BP＝BQ时，由等腰三角形的性质就可以得出结论．
【解答】解：如图1，当PB＝PQ时，作PE⊥BC于E，
∴EQ=12BQ，
∵CQ＝t，
∴BQ＝16﹣t，
∴EQ＝8−12t，
∴EC＝8−12t+t＝8+12t．
∴2t＝8+12t．
解得：t=163．
如图2，当PQ＝BQ时，作QE⊥AD于E，
∴∠PEQ＝∠DEQ＝90°，
∵∠C＝∠D＝90°，
∴∠C＝∠D＝∠DEQ＝90°，
∴四边形DEQC是矩形，
∴DE＝QC＝t，
∴PE＝t，QE＝CD＝12．
在Rt△PEQ中，由勾股定理，得
PQ=t2+144．
16﹣t=t2+144，
解得：t=72；
如图3，当BP＝BQ时，作PE⊥BC于E，
∵CQ＝t，
∴BP＝BQ＝BC﹣CQ＝16﹣t，
∵PD＝2t，
∴CE＝2t，
∴BE＝16﹣2t，
在Rt△BEP中，
（16﹣2t）2+122＝（16﹣t）2，
3t2﹣32t+144＝0，
△＝（﹣32）2﹣4×3×144＝﹣704＜0，
故方程无解．
综上所述，t=163或72时，以B，P，Q三点为顶点的三角形为等腰三角形．
11．（2022•红谷滩区校级模拟）如图所示，△ABC中，∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝8cm．
（1）点P从点A开始沿AB边向B以1cm/s的速度移动，点Q从B点开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动，如果P，Q分别从A，B同时出发，经过几秒，点P，Q之间的距离为6cm？
（2）点P从点A开始沿AB边向B以1cm/s的速度移动，点Q从B点开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动，如果P，Q分别从A，B同时出发，经过几秒，使△PBQ的面积等于8cm2？
（3）若P点沿射线AB方向从A点出发以1cm/s的速度移动，点Q沿射线CB方向从C点出发以2cm/s的速度移动，P，Q同时出发，几秒后，△PBQ的面积为1cm2？
【分析】（1）设经过x秒，点P，Q之间的距离为6cm，根据勾股定理列式求解即可；
（2）设经过y秒，使△PBQ的面积等于8cm2，由三角形的面积公式列式并求解即可；
（3）分三种情况列方程求解即可：①点P在线段AB上，点Q在射线CB上；②点P在线段AB上，点Q在射线CB上；点P在射线AB上，点Q在射线CB上．
【解答】解：（1）设经过x秒，点P，Q之间的距离为6cm，
则AP＝x（cm），QB＝2x（cm），
∵AB＝6cm，BC＝8cm
∴PB＝（6﹣x）（cm），
∵在△ABC中，∠B＝90°
∴由勾股定理得：（6﹣x）2+（2x）2＝6
化简得：5x2﹣12x+30＝0
∵△＝（﹣12）2﹣4×5×30＝144﹣600＜0
∴点P，Q之间的距离不可能为6cm．
（2）设经过x秒，使△PBQ的面积等于8cm2，由题意得：
12（6﹣x）•2x＝8
解得：x1＝2，x2＝4
检验发现x1，x2均符合题意
∴经过2秒或4秒，△PBQ的面积等于8cm2．
（3）①点P在线段AB上，点Q在线段CB上
设经过m秒，0＜m≤4，依题意有
12（6﹣m）（8﹣2m）＝1
∴m2﹣10m+23＝0
解得；m1＝5+2（舍），m2＝5−2
∴m＝5−2符合题意；
②点P在线段AB上，点Q在射线CB上
设经过n秒，4＜n≤6，依题意有
12（6﹣n）（2n﹣8）＝1
∴n2﹣10n+25＝0
解得n1＝n2＝5
∴n＝5符合题意；
③点P在射线AB上，点Q在射线CB上
设经过k秒，k＞6，依题意有
12（k﹣6）（2k﹣8）＝1
解得k1＝5+2，k2＝5−2（舍）
∴k＝5+2符合题意；
∴经过（5−2）秒，5秒，（5+2）秒后，△PBQ的面积为1cm2．
12．（2022秋•射阳县期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝4cm，动点P从点A出发，以2cm/s的速度沿AB向点B移动，同时，点Q从点C出发，以1cm/s的速度沿CD向点D移动（点P到达点B停止时，点Q也随之停止运动），设点P运动时间为t秒．
（1）试求当t为何值时四边形APQD为矩形；
（2）P、Q两点出发多长时间，线段PQ的长度为5cm．
【分析】（1）根据矩形的对边相等得到AP＝PQ，由时间×速度＝路程求得线段AP、PQ的长度，然后等量关系AP＝PQ列出方程并解答；
（2）过点P作PE⊥CD于点E，利用勾股定理列出关于t的方程，通过解方程求得答案．
【解答】解：（1）∵四边形APQD为矩形，
∴AP＝PQ，
∴2t＝6﹣t，
∴3t＝6，
∴t＝2．
（2）过点P作PE⊥CD于点E，
∵∠A＝∠D＝∠DEP＝90°，
∴四边形APED是矩形．
∴AP＝DE＝2t，
∴EQ＝CD﹣DE﹣CQ＝6﹣3t，
在Rt△PQE中，PE2+EQ2＝PQ2，即（6﹣3t）2＝9，
解得t1＝1，t2＝3，
答：当出发1s或3s时，线段PQ的长度为5cm．
13．（2022春•铜山区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝12cm，点P从点A沿边AB向点B以1cm/s的速度移动；同时，点Q从点B沿边BC向点C以2cm/s的速度移动．问：
（1）几秒时△PBQ的面积等于8cm2；
（2）几秒时△PDQ的面积等于28cm2；
（3）几秒时PQ⊥DQ．
【分析】（1）表示出PB，QB的长，利用△PBQ的面积等于8cm2列式求值即可；
（2）设出发秒x时△DPQ的面积等于28平方厘米，根据三角形的面积公式列出方程，再解方程即可；
（3）如果PQ⊥DQ，则∠DQP为直角，得出△BPQ∽△CQD，即可得出BPCQ=BQCD，再设AP＝x，QB＝2x，得出6−x12−2x=2x6，求出x即可．
【解答】解：
（1）设x秒后△PBQ的面积等于8cm2．
则AP＝x，QB＝2x．
∴PB＝6﹣x．
∴12×（6﹣x）2x＝8，
解得x1＝2，x2＝4，
答：2秒或4秒后△PBQ的面积等于8cm2；
（2）设出发秒x时△DPQ的面积等于28cm2．
∵S矩形ABCD﹣S△APD﹣S△BPQ﹣S△CDQ＝S△DPQ
∴12×6−12×12x−12×2x（6﹣x）−12×6×（12﹣2x）＝28，
化简整理得 x2﹣6x+8＝0，
解得x1＝2，x2＝4，
答：2秒或4秒后△PDQ的面积等于28cm2；
（3）设x秒后PQ⊥DQ时，则∠DQP为直角，
∴△BPQ∽△CQD，
∴BPCQ=BQCD，
设AP＝x，QB＝2x．
∴6−x12−2x=2x6，
∴2x2﹣15x+18＝0，
解得：x=32或6，
经检验x=32是原分式方程的根，x＝6不是原分式方程的根，
当x＝6时，P点到达B点、Q点到达C点，此时PQ⊥DQ．
答：32秒或6秒后PQ⊥DQ．
14．（2022•宿迁三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝12cm，点P从点B出发沿线段BC、CD以2cm/s的速度向终点D运动；同时，点Q从点C出发沿线段CD、DA以1cm/s的速度向终点A运动（P、Q两点中，只要有一点到达终点，则另一点运动立即停止）．
（1）运动停止后，哪一点先到终点？另一点离终点还有多远？
（2）在运动过程中，△APQ的面积能否等于22cm2？若能，需运动多长时间？若不能，请说明理由．
【分析】（1）根据题意可以分别计算出两个点运动到终点的时间，从而可以解答本题；
（2）先判断，然后计算出相应的时间即可解答本题．
【解答】解：（1）点P从开始到运动停止用的时间为：（12+6）÷2＝9s，
点Q从开始到运动停止用的时间为：（6+12）÷1＝18s，
∵9＜18，只要有一点到达终点，则另一点运动立即停止，
∴点P先到终点，此时点Q离终点的距离是：（6+12）﹣1×9＝9cm，
答：点P先到终点，此时点Q离终点的距离是9cm；
（2）在运动过程中，△APQ的面积能等于22cm2，
当P从点B运动到点C的过程中，设点P运动时间为as，
∵△APQ的面积能否等于22cm2，
∴12×6−2a×62−(12−2a)×a2−(6−a)×122=22，
解得，此方程无解；
当点P从C到D的过程中，设点P运动的时间为（b+6）s，
∵△APQ的面积能否等于22cm2，
∴12×6−(6+2b)×122−b(6−2b)2=22，
解得，b1＝1，b2＝14（舍去），
即需运动6+1＝7s，△APQ的面积能等于22cm2．
15．（2022春•嘉兴期末）如图，长方形ABCD（长方形的对边相等，每个角都是90°），AB＝6cm，AD＝2cm，动点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以2厘米/秒的速度向终点B移动，点Q以1厘米/秒的速度向D移动，当有一点到达终点时，另一点也停止运动．设运动的时间为t，问：
（1）当t＝1秒时，四边形BCQP面积是多少？
（2）当t为何值时，点P和点Q距离是3cm？
（3）当t＝ 3+72，3−72，65，−6+2333． 以点P、Q、D为顶点的三角形是等腰三角形．（直接写出答案）
【分析】（1）如图1，当t＝1时，就可以得出CQ＝1cm，AP＝2cm，就有PB＝6﹣2＝4cm，由梯形的面积就可以得出四边形BCQP的面积；
（2）如图1，作QE⊥AB于E，在Rt△PEQ中，由勾股定理建立方程求出其解即可，如图2，作PE⊥CD于E，在Rt△PEQ中，由勾股定理建立方程求出其解即可；
（3）分情况讨论，如图3，当PQ＝DQ时，如图4，当PD＝PQ时，如图5，当PD＝QD时，由等腰三角形的性质及勾股定理建立方程就可以得出结论．
【解答】解：（1）如图1，∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝6，AD＝BC＝2，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°．
∵CQ＝1cm，AP＝2cm，
∴AB＝6﹣2＝4cm．
∴S=2(1+4)2=5cm2．
答：四边形BCQP面积是5cm2；
（2）如图1，作QE⊥AB于E，
∴∠PEQ＝90°，
∵∠B＝∠C＝90°，
∴四边形BCQE是矩形，
∴QE＝BC＝2cm，BE＝CQ＝t．
∵AP＝2t，
∴PE＝6﹣2t﹣t＝6﹣3t．
在Rt△PQE中，由勾股定理，得
（6﹣3t）2+4＝9，
解得：t=6±53．
如图2，作PE⊥CD于E，
∴∠PEQ＝90°．
∵∠B＝∠C＝90°，
∴四边形BCQE是矩形，
∴PE＝BC＝2cm，BP＝CE＝6﹣2t．
∵CQ＝t，
∴QE＝t﹣（6﹣2t）＝3t﹣6
在Rt△PEQ中，由勾股定理，得
（3t﹣6）2+4＝9，
解得：t=6±53．
综上所述：t=6−53或6+53；
（3）如图3，当PQ＝DQ时，作QE⊥AB于E，
∴∠PEQ＝90°，
∵∠B＝∠C＝90°，
∴四边形BCQE是矩形，
∴QE＝BC＝2cm，BE＝CQ＝t．
∵AP＝2t，
∴PE＝6﹣2t﹣t＝6﹣3t．DQ＝6﹣t．
∵PQ＝DQ，
∴PQ＝6﹣t．
在Rt△PQE中，由勾股定理，得
（6﹣3t）2+4＝（6﹣t）2，
解得：t=3±72．
如图4，当PD＝PQ时，
作PE⊥DQ于E，
∴DE＝QE=12DQ，∠PED＝90°．
∵∠B＝∠C＝90°，
∴四边形BCQE是矩形，
∴PE＝BC＝2cm．
∵DQ＝6﹣t，
∴DE=6−t2．
∴2t=6−t2，
解得：t=65；
如图5，当PD＝QD时，
∵AP＝2t，CQ＝t，
∴DQ＝6﹣t，
∴PD＝6﹣t．
在Rt△APD中，由勾股定理，得
4+4t2＝（6﹣t）2，
解得t1=−6+2333，t2=−6−2333（舍去）．
综上所述：t=3+72，3−72，65，−6+2333．
故答案为：3+72，3−72，65，−6+2333．
16．（2022秋•皇姑区校级月考）（1）求x2+6x+1的最小值；
（2）求﹣2x2+6x+1的最大值；
（3）如图，已知AB＝8，P为线段AB上的一个动点，分别以AP，PB为边在AB的同侧作菱形APCD和菱形PBFE，点P，C，E在一条直线上，∠DAP＝60°，M，N分别是对角线AC，BE的中点，当点P在线段AB上移动时，设AP＝x，直接用含有x的代数式表示MN2，并直接写出MN2的最小值．
【分析】（1）将代数式配方，由于二次项系数大于0，代数式有最小值，根据配方式可得最小值；
（2）将代数式配方，由于二次项系数小于0，代数式有最大值，根据配方式可得最大值；
（3）连接PM、PN．首先证明∠MPN＝90°，设PA＝x，则PB＝8﹣x，PM=12x，PN=3（4−12x），构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．
【解答】解：（1）x2+6x+1＝（x+3）2﹣8，
当x＝﹣3时，x2+6x+1有最小值，最小值是﹣8；
（2）﹣2x2+6x+1＝﹣2（x−32）2+112，
当x=32时，﹣2x2+6x+1有最大值，最大值是112；
（3）连接PM、PN．
∵四边形APCD，四边形PBFE是菱形，∠DAP＝60°，
∴∠APC＝120°，∠EPB＝60°，
∵M，N分别是对角线AC，BE的中点，
∴∠CPM=12∠APC＝60°，∠EPN=12∠EPB＝30°，
∴∠MPN＝60°+30°＝90°，
设PA＝x，则PB＝8﹣x，PM=12x，PN=3（4−12x），
MN2＝（12x）2+[3（4−12x）]2＝x2﹣12x+48＝（x﹣6）2+12，
∴x＝6时，MN2有最小值，最小值为12，
故答案为：12．
17．（2022秋•宽城区校级月考）如图①，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4．点P从点A出发，沿A→D→C→D运动，速度为每秒2个单位长度；点Q从点A出发向点B运动，速度为每秒1个单位长度．P、Q两点同时出发，点Q运动到点B时，两点同时停止运动，设点Q的运动时间为t（秒）．连接PQ、AC、CP、CQ．
（1）点P到点C时，t＝ 6 ；当点Q到终点时，PC的长度为 4 ；
（2）用含t的代数式表示PD的长；
（3）当三角形CPQ的面积为9时，求t的值．
【分析】（1）点P到点C时，所走路程为AD+CD，除以速度求出t的值，当点Q到终点时，P点回到CD中点，可直接求出PC；
（2）分点P在A→D上时，D→C时，C→D时进行讨论；
（3）同第2问三种情况进行讨论．
【解答】解：（1）在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，
∴CD＝AB＝8点P到点C时，所走路程为AD+CD＝12，
∴t=122=6s
当点Q到终点时，t＝8s，P点回到CD中点，
∴CP＝4；
（2）当0≤t≤2时，PD＝4﹣2t；
当2＜t＜6时，PD＝2t﹣4；
当6≤t≤8时，PD＝8﹣（2t﹣12）＝20﹣2t；
（3）当0≤t≤2时，AP＝2t PD＝4﹣2t AQ＝t BQ＝8﹣t
S△CPQ＝4×8−12t×2t−12（8﹣t）×4−12（4﹣2t ）×8＝﹣t2+10t＝9，t1＝1，t2＝9（舍去）
当2＜t＜6时，PC＝12﹣2t
S△CPQ=12（12﹣2t）×4＝24﹣4t＝9，t=154
当6≤t≤8时，PC＝2t﹣12
S△CPQ=12（2t﹣12）×4＝4t﹣24＝9，t=334（舍弃），
综上所述，当三角形CPQ的面积为9时t＝1或t=154．
18．（2022春•大庆期中）如图，菱形ABCD中，AC，BD交于O，AC＝8cm，BD＝6cm，动点M从A出发沿AC方向以每秒2cm匀速直线运动到C，动点N从B出发沿BD方向以每秒1cm匀速直线运动到D，若M，N同时出发，问出发后几秒钟时，△MON的面积为菱形ABCD面积的112？
【分析】根据点M、N运动过程中与O点的位置关系，分当x＜2时，点M在线段AO上，点N在线段BO上、当2＜x＜3时，点M在线段OC上，点N在线段BO上和当x＞3时，点M在线段OC上，点N在线段OD上三种情况分别讨论．
【解答】解：设出发后x秒时，S△MON=112S菱形ABCD．
∵S菱形ABCD=12AC⋅BD=12×8×6=24，
∴S△MON=112S菱形ABCD=2，
（1）当x＜2时，点M在线段AO上，点N在线段BO上．
由12（4﹣2x）（3﹣x）＝2；
解得x1＝1，x2＝4（舍去）
∵x＜2，∴x＝1；
（2）当2＜x＜3时，点M在线段OC上，点N在线段BO上，
由12（2x﹣4）（3﹣x）＝2；化简为x2﹣5x+8＝0，
此时方程Δ＜0，原方程无实数解；
（3）当x＞3时，点M在线段OC上，点N在线段OD上，
由12（2x﹣4）（x﹣3）＝2；
解得x1＝1（舍去），x2＝4
∵x＞3，∴x＝4，
综上所述，出发后1s或4s时，S△MON=112S菱形ABCD．
19．（2022秋•海州区校级月考）如图，在正方形ABCD中，AB＝5cm，动点P以2cm/s的速度从点A出发，沿AC向点C移动，同时动点Q以1cm/s的速度从点C出发，沿CB向点B移动，设P、Q两点移动时间为ts（0＜t＜5）．在P、Q两点移动的过程中，PQ的长度能否等于10cm？若能，求出此时t的值；若不能，请说明理由．
【分析】在正方形ABCD中求出对角线AC的长度，过点P作PH⊥BC于点H，用含t的代数式表示出HQ、PH的长度，然后在Rt△PHQ中利用勾股定理得出PH2+HQ2＝PQ2，根据PQ的长度等于10cm列方程求解．
【解答】解：在正方形ABCD中，∵AB＝5cm，
∴AC＝52cm，
∵动点P以2cm/s的速度从点A出发，沿AC向点C移动，同时动点Q以1cm/s的速度从点C出发，沿CB向点B移动，设P、Q两点移动时间为ts（0＜t＜5），
∴AP=2tcm，CQ＝tcm，
∴PC＝（52−2t）cm，BQ＝（5﹣t）cm．
过点P作PH⊥BC于点H，则PH＝HC=PC2=（5﹣t）cm，
∴HQ＝|HC﹣CQ|＝|5﹣2t|cm．
在Rt△PHQ中，∵∠PHQ＝90°，
∴PH2+HQ2＝PQ2，
∵PQ的长度等于10cm，
∴（5﹣t）2+（5﹣2t）2＝（10）2，
解得：t1＝2，t2＝4．
故在P、Q两点移动的过程中，PQ的长度能等于10cm，此时t的值为2或4．
20．（2022•曹县二模）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AD＝1cm，AB＝3cm，BC＝5cm，动点P从点B出发以1cm/s的速度沿BC的方向运动，动点Q从点C出发以2cm/s的速度沿CD方向运动，P、Q两点同时出发，当Q到达点D时停止运动，点P也随之停止，设运动的时间为ts（t＞0）
（1）求线段CD的长；
（2）t为何值时，线段PQ将四边形ABCD的面积分为1：2两部分？
【分析】（1）作DE⊥BC于E，根据勾股定理即可求解；
（2）线段PQ将四边形ABCD的面积分为1：2两部分，分两种情况进行求解．
【解答】解：（1）如图1，作DE⊥BC于E，则四边形ADEB是矩形．
∴BE＝AD＝1，DE＝AB＝3，
∴EC＝BC﹣BE＝4，
在Rt△DEC中，DE2+EC2＝DC2，
∴DC=DE2+CE2=5厘米；
（2）∵点P的速度为1厘米/秒，点Q的速度为2厘米/秒，运动时间为t秒，
∴BP＝t厘米，PC＝（5﹣t）厘米，CQ＝2t厘米，QD＝（5﹣2t）厘米，
且0＜t≤2.5，
作QH⊥BC于点H，
∴DE∥QH，
∴∠DEC＝∠QHC，
∵∠C＝∠C，
∴△DEC∽△QHC，
∴DEQH=DCQC，即3QH=52t，
∴QH=65t，
∴S△PQC=12PC•QH=12（5﹣t）•65t=−35t2+3t，
S四边形ABCD=12（AD+BC）•AB=12（1+5）×3＝9，
分两种情况讨论：
①当S△PQC：S四边形ABCD＝1：3时，
−35t2+3t=13×9，即t2﹣5t+5＝0，
解得t1=5−52，t2=5+52（舍去）；
②S△PQC：S四边形ABCD＝2：3时，
−35t2+3t=23×9，即t2﹣5t+10＝0，
∵Δ＜0，
∴方程无解，
∴当t为5−52秒时，线段PQ将四边形ABCD的面积分为1：2两部分．
21．（2022秋•天宁区月考）如图，在平面直角坐标系内，已知点A（0，6）、点B（8，0），动点P从点A开始在线段AO上以每秒1个单位长度的速度向点O移动，同时动点Q从点B开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向点A移动，设点P、Q移动的时间为t秒．
（1）求点Q的坐标；
（2）当t为何值时，△APQ的面积为245个平方单位？
【分析】（1）过点Q作QH⊥AO于H，如图所示，易证△AHQ∽△AOB，根据相似三角形的性质可用t的代数式表示出QH，进而表示出HO的长，进而得出答案；
（2）利用（1）中所求，从而得到△APQ的面积与t的关系，根据条件就可求出t的值．
【解答】解：（1）过点Q作QH⊥AO于H，如图所示，
则有∠AHQ＝∠AOB＝90°．
又∵∠HAQ＝∠OAB，∴△AHQ∽△AOB，
∴QHOB=AQAB，
∴QH8=10−2t10，
∴QH=40−8t5，
设HO＝x，则AH＝6﹣x，
∵△AHQ∽△AOB，
∴AH6=HQ8，
故6−x6=40−8t58
解得：x=65t，
则Q（40−8t5，65t）；
（2）由（1）得：S△APQ=12AP•QH=12t•40−8t5=20t−4t25．
当S△APQ=245时，20t−4t25=245，
解得：t1＝2，t2＝3．
∴当t为2秒或3秒时，△APQ的面积为245个平方单位．
22．（2022秋•镇江期中）在矩形ABCD中，AB＝12cm，BC＝6cm，点P从点A出发沿AB以2cm/s的速度向点B移动；同时，点Q从点B出发沿BC以1cm/s的速度向点C移动，点P运动到点B时，点Q也停止运动，几秒钟后△PQC的面积等于16cm2？
【分析】设t秒钟后△PQC的面积等于16cm2．根据S△PQC＝S△PBC﹣S△PBQ列出方程并解答即可．
【解答】解：设t秒钟后△PQC的面积等于16cm2．
依题意得：12×6×（12﹣2t）−12×（12﹣2t）×t＝16，
整理，得
（t﹣10）（t﹣2）＝0，
解得t＝10（舍去）或t＝2．
答：2秒钟后△PQC的面积等于16cm2．
23．（2022秋•丹阳市校级月考）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝10cm，点P从点A出发沿射线AB以1cm/s的速度做直线运动，点Q从点C出发沿射线BC以2cm/s的速度做直线运动．如果P，Q分别从A，B同时出发，经过几秒，S△PCQ=1225S△ABC？
【分析】分两种情况：P在线段AB上；P在线段AB的延长线上；进行讨论即可求得P运动的时间．
【解答】解：设当点P运动x秒时，S△PCQ=1225S△ABC，
①当P在线段AB上，此时CQ＝2x，PB＝10﹣x，
S△PCQ=12•2x•（10﹣x）=1225×12×10×10，
化简得 x2﹣10 x+24＝0
解得x＝6或4；
②P在线段AB的延长线上，此时CQ＝2x，PB＝x﹣10
S△PCQ=12•2x•（x﹣10）=1225×12×10×10，
化简得 x2﹣10 x﹣24＝0
解得x＝12或﹣2，负根不符合题意，舍去．
所以当点P运动4秒、6秒或12秒时△PCQ的面积S△PCQ=1225S△ABC．
24．（2022春•萧山区期中）如图，在Rt△ABC中，∠BCA＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm．有一动点P从B点出发，在射线BC方向移动，速度是2cm/s，在P点出发后2秒后另一个动点Q从A点出发，在射线AC方向移动，速度是1cm/s．若设P出发后时间为t秒．
（1）用含t的代数式分别表示线段AQ、PC的长度，并写出相应的t的取值范围．
（2）连接AP、PQ，求使△APQ面积为3cm2时相应的t的值．
（3）问是否存在这样的时间t，使AP平分∠BAC或者∠BAC的外角？如果存在，请求出t的值；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）PC的长度分两种情况讨论：0≤t≤4，t＞4；AQ的长度分两种情况讨论：0≤t≤2，t＞2；
（2）分两种情况讨论：①2＜t≤4，②t＞4；根据△APQ面积为3cm2，列出方程即可求解；
（3）①过P点作PD⊥AB于D，根据勾股定理可求AB的长，再根据角平分线的性质可知PC＝PD，在Rt△PBC中，可求BP的长，可求t的一个解；
②根据一个角的内角平分线和外角平分线互相垂直，可求t的另外一个解．
【解答】解：（1）PC=8−2t(0≤t≤4)2t−8(t＞4)，
AQ=0(0≤t≤2)t−2(t＞2)；
（2）①当2＜t≤4时，12（8﹣2t）（t﹣2）＝3，化简为t2﹣6t+11＝0，△＝36﹣44＝﹣8＜0，故方程无解；
②当t＞4时，12（2t﹣8）（t﹣2）＝3，化简为t2﹣6t+5＝0，解得t1＝1（不合题意舍去），t2＝5．
故使△APQ面积为3cm2时相应的t的值为5．
（3）①过P点作PD⊥AB于D．
在Rt△ABC中，AB=62+82=10，
∵AP平分∠BAC，
∴PC＝PD，AC＝AD，
∴BD＝10﹣6＝4，
在Rt△PBC中，BP2＝42+（8﹣BP）2，解得BP＝5，
则t＝5÷2＝2.5s，
②∵一个角的内角平分线和外角平分线互相垂直，
∴3：6＝6：（2t﹣8），
解得t＝10．
故使AP平分∠BAC或者∠BAC的外角时t的值为2.5或10．
25．（2022秋•营山县校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝12cm，点P从点A开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动．如果P、Q分别从A、B同时出发，问几秒钟时△PBQ的面积等于8cm2？
【分析】设t秒钟后，S△PBQ＝8，则AP＝t，PB＝AB﹣AP＝6﹣t，QB＝2t，而S△PBQ=12PB×QB，由此可以列出方程求解．
【解答】解：设t秒钟后，S△PBQ＝8，
则12×2t（6﹣t）＝8，
t2﹣6t+8＝0，
∴t1＝2，t2＝4，
答：2s或4s时△PBQ的面积等于8cm2．
26．（2022秋•淮安校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝12cm，点P从点A沿边AB向点B以1cm/s的速度移动；同时，点Q从点B沿边BC向点C以2cm/s的速度移动，问几秒后△PBQ的面积等于8cm2？
【分析】表示出PB，QB的长，利用△PBQ的面积等于8列式求值即可．
【解答】解：设x秒后△PBQ的面积等于8cm2．
则AP＝x，QB＝2x．
∴PB＝6﹣x．
∴12×（6﹣x）2x＝8，
解得x1＝2，x2＝4，
答：2秒或4秒后△PBQ的面积等于8cm2．
27．（2022秋•武侯区期末）如图，AB＝200cm，O为AB的中点，OE⊥AB，P从A点以2cm/s的速度向B运动，点Q从O点以3cm/s的速度运动向E运动，当P、Q两点运动多少时间时，△POQ的面积为1800cm2？
【分析】关键是用未知数x表示出△POQ的面积，AP＝2x，OP＝（100﹣2x），OQ＝3x，△POQ的面积为12×OQ×OP，即再解一元二次方程即可．
【解答】解：当点P在AO上运动时，设P、Q两点运动x秒时，△POQ的面积为1800cm2，
AP＝2x，OP＝（100﹣2x），OQ＝3x
12×3x（100﹣2x）＝1800，x1＝20，x2＝30
当P点在OB上时，12×3x（2x﹣100）＝1800，x2﹣50x﹣600＝0
x1＝60，x2＝﹣10（舍去）
答：设P、Q两点运动20、30、60秒时，△POQ的面积为1800cm2
28．（2022春•永嘉县期中）附加题
（1）试用一元二次方程的求根公式，探索方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根互为相反数的条件是 b＝0，且a，c异号 ．
（2）已知x、y为实数，3x−2+y2−4y+4=0，则xy= 13 ．
（3）在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90度，BC＝16，AD＝21，DC＝12，动点P从点D出发，沿线段DA方向以每秒2个单位长度的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB以每秒1个单位长度的速度向点B运动．点P、Q分别从点D、C同时出发，当点P运动到点A时，点Q随之停止运动，设运动时间为t秒．
①设△BPQ的面积为S，求S和t之间的函数关系式；
②当t为何值时，以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形？（分类讨论）
【分析】（1）根据一元二次方程根与系数的关系，两根之和等于−ba=0，可求出b＝0；
（2）先将原式变形为3x−2+(y−2)2=0，再根据二次根式与平方都是非负数，即可求得x=23，y＝2，即可求得xy=13．
（3）①作PM⊥BC，则PM＝DC，根据三角形的面积公式S=12BM•PM即可求解．
②若以B、P、Q三顶为顶点的三角形是等腰三角形，可以分三种情况：第一种：PQ＝BQ；第二种：BP＝BQ；第三种：若PB＝PQ．根据勾股定理可求得t=72或t=163，B、P、Q三点为顶点三角形是等腰三角形．
【解答】解：（1）依题意可知：
x1+x2=−ba=0，
∵a≠0
∴b＝0．
并且判别式Δ＝b2﹣4ac≥0，则a，c异号．
故方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根互为相反数的条件是：b＝0，且a，c异号．
（2）3x−2+y2−4y+4=0，
即3x−2+(y−2)2=0，
∴3x﹣2＝0，y﹣2＝0，
∴x=23，y＝2，
∴xy=13．
（3）①作PM⊥BC，垂足为M．
则四边形PDCM为矩形．
∴PM＝DC＝12
∵QB＝16﹣t，
∴S=12×12(16−t)=96−6t．
②可知CM＝PD＝2t，CQ＝t，
若以B、P、Q三顶为顶点的三角形是等腰三角形，可以分三种情况：
第一种：PQ＝BQ，在Rt△PMQ中，PQ2＝PM2+QM2＝122+t2，解t=72．
第二种：BP＝BQ，在Rt△PMB中，BP2＝（16﹣2t）2+122，3t2﹣32t+144＝0无实根，
∴PB≠BQ．
第三种：若PB＝PQ，由PB2＝PQ2得t2+122＝（16﹣2t）2+122，解得t1=163，t2＝16（舍去）
综上可知：t=72或t=163，B、P、Q三点为顶点三角形是等腰三角形．
29．（2022秋•驻马店期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝8cm，AD＝6cm，点F是CD延长线上一点，且DF＝2cm．点P、Q分别从A、C同时出发，以1cm/s的速度分别沿边AB、CB向终点B运动，当一点运动到终点B时，另一点也停止运动．FP、FQ分别交AD于E、M两点，连接PQ、AC，设运动时间为t （s）．
（1）用含有t的代数式表示DM的长；
（2）设△FCQ的面积为y （cm2），求y与t之间的函数关系式；
（3）线段FQ能否经过线段AC的中点？若能，请求出此时t的值；若不能，请说明理由；
（4）设△FPQ的面积为S （cm2），求S与t之间的函数关系式，并回答：在t的取值范围内，S是如何随t的变化而变化的？
【分析】已知FD、DC的长度，CQ＝t，利用相关的相似三角形可以表示出DM的长度与t的关系式和y与t的关系式；s不能直接与t建立联系，可以用图形剪切法，s等于梯形PBCF的面积减去△PBQ和△FQC的面积，从而建立s与t的关系．
【解答】解：（1）由图可知△FDM与△FCQ相似，FDFC=DMCQ，CQ＝t，所以DM=15t；
（2）S△FCQ=12CQ×CF=12×t×10＝5t；
（3）当DM＝BQ时，四边形CMAQ为平行四边形，对角线互相平分，即15t＝6﹣t，t＝5；
（4）S梯形FCBP=12×6×（10+8﹣t）＝54﹣3t
S△BPQ=12（8﹣t）（6﹣t）=12t2−7t+24
S＝S梯形FCBP﹣S△FCQ﹣S△BPQ=−12t2−t+30=−12(t+1)2+612
S随t的增大而减小．即：从t＝0，S＝30变化到t＝6，S＝6．
30．（2022春•文登区期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10cm，AC＝8cm，点P从A出发向C以1cm/s的速度运动、点Q同时从C出发向B以1cm/s的速度运动，当一个点运动到终点时，该点停止运动，另一个点继续运动，当两个点都到达终点时也停止运动．
（1）几秒后，△CPQ的面积为Rt△ABC的面积的18？
（2）填空：①点经过 254 秒，点P在线段AB的垂直平分线上．
②点Q经过 83 秒，点Q在∠BAC的平分线上．
【分析】（1）设经过x秒，首先求得线段BC的长，然后分x≤6和6＜x≤8两种情况列方程求解即可；
（2）①点P在线段AB的垂直平分线上，即可得到PA＝PB，从而求得时间；
②点Q在∠BAC的平分线上，则Q点到AC和AB的距离相等．
【解答】解；（1）设经过x秒．
在Rt△ABC中，BC=AB2−AC2=6(cm)
根据题意得；
当x≤6时，12（8﹣x）x=18×12×8×6
解得：x1=4−10，x2=4+10(舍去)
当6＜x≤8时，12（8﹣x）×6＝37
解得：x＝7
答：经过7秒或4−10秒．
（2）当点P在线段AB的垂直平分线上时，PA＝PB，
∵设经过x秒后点P在线段AB的垂直平分线上，
∴x2＝（8﹣x）2+62
解得：x=254，
∴经过254秒，点P在线段AB的垂直平分线上
②如图，作QD⊥AB于点D，
∵点Q在∠BAC的平分线上，
∴QD＝QC，
设经过x秒，
则CQ＝x，则QD=54（6﹣x），
∴x=54（6﹣x），解得：x=83，
∴点Q经过83秒，点Q在∠BAC的平分线上．