（1）∵AD=8cm，BC=10cm，點Q的速度是1cm/s，點P的速度是2cm/s，
∴QD=AD-AQ=8-t，
CP=BC-AP=10-2t，
∴當(dāng)點P未到達點C時，四邊形PCDQ的面積=

1

2

（8-t+10-2t）×6=36，
解得t=2；
當(dāng)點P到達點C返回時，四邊形PCDQ的面積=

1

2

（8-t+2t-10）×6=36，
解得t=14秒（不符合題意，舍去）；
所以，t=2s時，四邊形PCDQ的面積為36cm²；
（2）①P未到達C點時，
∵四邊形PCDQ是平行四邊形，
∴8-t=10-2t，
解得t=2；
②P到達C點并返回時，
∵四邊形PCDQ是平行四邊形，
∴8-t=2t-10，
解得t=6，
答：t為2或6時，四邊形PCDQ為平行四邊形；
（3）若四邊形為等腰梯形，則只有點P到達點C，再返回后才能構(gòu)成等腰梯形，
過點D作DF⊥BC，QE⊥BC，
則PE=CF=10-8=2cm，EF=DQ=8-t，
2t-10=4+（8-t），解得：t=

22

3

．
（4）①如圖，若PQ=PD，過P作PE⊥AD于E，
則QD=8-t，QE=

1

2

QD=

1

2

（8-t），
AE=AQ+QE=t+

1

2

（8-t）=

1

2

（8+t），
∵AE=BP，
∴

1

2

（8+t）=2t，
解得t=

8

3

；
若點P到達點C，再返回后，PQ=PD，
則t+

8?t

2

=10-（2t-10），
解得：t=

32

5

；
②如圖，若QD=QP，過Q作QF⊥BC于F，
則QF=6，F(xiàn)P=2t-t=t，
在Rt△QPF中，由勾股定理得：
QF²+FP²=QP²，
即6²+t²=（8-t）²，
解得t=

7

4

，
若QD=PD，過D作DE⊥BC于E，
則QD=8-t，PE=8-2t，
在Rt△DPE中，由勾股定理得：6²+（8-2t）²=（8-t）²，
此方程無解；
綜上所述，當(dāng)t=

8

3

或

32

5

或

7

4

時，△DPQ是等腰三角形．