【答案】
分析：（1）把AD，DC，BC它們的和求出來再除以速度每秒3個單位就可以求出t的值；
（2）當點P運動到AD時上時，根據△APQ為直角三角形，△APQ的面積為S，點P和點Q的運動速度．即可求出S與t的函數關系式；同理，求出當點P運動到DC時上時的函數關系式．
（3）如圖，假設t秒后PQ∥DB，利用△PCN∽△PBQ，得出對應邊的比值，即可求出．
（4）假設存在t值，使PQ⊥AC，分四種情況討論即可．
解答：
解：（1）如圖1，過C點作CE⊥AB，
∵直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠A=90°，
∴四邊形ADCE是矩形，
∴AD=CE，AE=CD，
∵AB=6，AD=4，DC=3，
∴AD=CE=4，AE=CD=3，EB=AB-AE=3，
∴BC=
=5，
∴點P到達終點B時，所走的路程為AD+CD+BC=4+3+5=12，
∵點P從點A出發沿折線段AD-DC-CB以每秒3個單位長的速度向點B勻速運動，
∴當點P到達終點B時，t=
=4．
答：t的值為4；
（2）當點P運動到AD時上時，
∵△APQ為直角三角形，△APQ的面積為S，
∴s=
PA•AQ，
∵點P從點A出發沿折線段AD-DC-CB以每秒3個單位長的速度向點B勻速運動，
點Q從點A出發沿射線AB方向以每秒2個單位長的速度勻速運動，
∴s=
×3t×2t=3t
2．
當點P運動到DC時上時，
s=
×AD×2t=
×4×2t=4t，
答：點P運動到AD上時，S與t的函數關系式為s=3t
2；
當點P運動到DC時上時，S與t的函數關系式為s=4t，
（3）若PQ∥DB，則點P、Q必在DB同側．
①當點Q在AB上，點P在AD上時，
∵AP：AQ=3t：2t=3：2，
而AD：AB=4：6=2：3，
∴AP：AQ≠AD：AB，則此情景下PQ不平行DB；
②因點Q沿射線AB運動，
所以點Q在AB延長線上，點P在CB上時，即當3＜t＜4 時，PB=12-3t，PC=3t-7，BQ=2t-6．
若PQ∥DB，設直線PQ交DC與N，
∵DC∥AB，
∴△PCN∽△PBQ，
∴CN：BQ=PC：PB，則CN=
；
又∵NQ∥DB，
∴CN：CD=CP：CB，
則CN=
，
所以
=
，
解得t=
（符合題意）．
綜上情景①、②所述，當t=
時，PQ∥DB．
（4）存在t=3
，使PQ⊥AC．理由如下：
分四種情況討論：
①當0＜t≤
時，P在AD上，Q在AE上，設PQ與AC交于點O；
如圖，若PQ⊥AC，則△AOP∽△ADC，∴AP：AC=AO：AD，∴3t：5=AO：4，∴AO=
t，
又若PQ⊥AC，則△QOA∽△ADC，∴OA：DC=AQ：AC，∴AO：3=2t：5，∴AO=
t，
∴
t=
t，∴t=0，此解不符合題意，則此時PQ⊥AC不成立；
②當
＜t≤
時，P在DC上，Q在AB上，設PQ與AC交于點O；
如圖，若PQ⊥AC，則△COP∽△CDA，∴CP：AC=OC：CD，∴（7-3t）：5=OC：3，∴OC=
（7-3t），
又若PQ⊥AC，則△QOA∽△ADC，∴OA：DC=AQ：AC，∴AO：3=2t：5，∴AO=
t，
∵OC+OA=AC，∴
（7-3t）+
t=5，∴t=-
，此解不符合題意，則此時PQ⊥AC不成立；
③當
＜t≤3時，P在CB上，Q在AB上；
如圖，顯然此時PQ不可能與AC垂直；
④當3＜t≤4時，P在CB上，Q在AB的延長線上，設直線PQ與AC交于點O，過點P作PM⊥AB于M．
在△BPM中，PM=BP•sin∠PBM=
BP=
（12-3t），MQ=
．
由△QAO∽△ACD，得AO：AQ=CD：AC=3：5．
過點P作PN⊥OQ交AB于N．則PN=BP=12-3t，BN=2BM=
BP，
NQ=BN+BQ=
BP+（2t-6）=
．
由△QOA∽△QPN，得AO：AQ=PN：NQ，
即3：5=BP：
，
∴25BP=18BP+30t-90，
∴7BP=7（12-3t）=30t-90，
∴51t=174，
解得t=3
=3
，
綜上可知，當t=3
時，PQ⊥AC．
點評：此題綜合性很強，把圖形的變換放在梯形的背景中，利用直角梯形的性質結合已知條件探究圖形的變換，根據變換的圖形的性質求出運動時間．此題屬于難題．
課堂全解字詞句段篇章系列答案
步步高口算題卡系列答案
AB，BF=
BC，若?ABCD的面積為S，則四邊形BEDF的面積為______．
，請探究線段AE、BF應滿足怎樣的數量關系，并說明理由．
