如图1，已知△ABC中，AB=10cm，AC=8cm，BC=6cm．如果点P由B出发沿BA方向点A匀速运动，同时点Q由A

解题思路：（1）由PQ∥BC时的比例线段关系，列一元一次方程求解；
（2）如解答图1所示，过P点作PD⊥AC于点D，构造比例线段，求得PD，从而可以得到S的表达式，然后利用二次函数的极值求得S的最大值；
（3）要点是利用（2）中求得的△AQP的面积表达式，再由线段PQ恰好把△ABC的面积平分，列出一元二次方程；由于此一元二次方程的判别式小于0，则可以得出结论：不存在这样的某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分；
（4）首先根据菱形的性质及相似三角形比例线段关系，求得PQ、QD和PD的长度；然后在Rt△PQD中，求得时间t的值；最后求菱形的面积，值得注意的是菱形的面积等于△AQP面积的2倍，从而可以利用（2）中△AQP面积的表达式，这样可以化简计算．

∵AB=10cm，AC=8cm，BC=6cm，
∴由勾股定理逆定理得△ABC为直角三角形，∠C为直角．

（1）BP=2t，则AP=10-2t．
∵PQ∥BC，∴[AP/AB＝
AQ
AC]，即[10−2t/10＝
2t
8]，解得t=[20/9]，
∴当t=[20/9]s时，PQ∥BC．

（2）如答图1所示，过P点作PD⊥AC于点D．
∴PD∥BC，
∴[AP/AB＝
PD
BC]，
即[10−2t/10＝
PD
6]，
解得PD=6-[6/5]t．
S=[1/2]×AQ×PD=[1/2]×2t×（6-[6/5]t）
=-[6/5]t²+6t
=-[6/5]（t-[5/2]）²+[15/2]，
∴当t=[5/2]s时，S取得最大值，最大值为[15/2]cm²．

（3）假设存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分，
则有S_△AQP=[1/2]S_△ABC，而S_△ABC=[1/2]AC•BC=24，∴此时S_△AQP=12．
由（2）可知，S_△AQP=-[6/5]t²+6t，
∴-[6/5]t²+6t=12，化简得：t²-5t+10=0，
∵△=（-5）²-4×1×10=-15＜0，此方程无解，
∴不存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分．

（4）假设存在时刻t，使四边形AQPQ′为菱形，则有AQ=PQ=BP=2t．
如答图2所示，过P点作PD⊥AC于点D，则有PD∥BC，
∴[AP/AB＝
PD
BC＝
AD
AC]，即[10−2t/10＝
PD
6＝
AD
8]，
解得：PD=6-[6/5]t，AD=8-[8/5]t，
∴QD=AD-AQ=8-[8/5]t-2t=8-[18/5]t．
在Rt△PQD中，由勾股定理得：QD²+PD²=PQ²，
即（8-[18/5]t）²+（6-[6/5]t）²=（2t）²，
化简得：13t²-90t+125=0，
解得：t₁=5，t₂=[25/13]，
∵t=5s时，AQ=10cm＞AC，不符合题意，舍去，∴t=[25/13]．
由（2）可知，S_△AQP=-[6/5]t²+6t，
∴S_{菱形AQPQ′}=2S_△AQP=2×（-[6/5]t²+6t）=2×[-[6/5]×（[25/13]）²+6×[25/13]]=[2400/169]（cm²）．
所以存在时刻t，使四边形AQPQ′为菱形，此时菱形的面积为[2400/169]cm²．

点评：
本题考点： 相似三角形的判定与性质；一元二次方程的应用；二次函数的最值；勾股定理；勾股定理的逆定理；菱形的性质；翻折变换（折叠问题）．

考点点评： 本题是非常典型的动点型综合题，全面考查了相似三角形线段比例关系、菱形的性质、勾股定理及其逆定理、一元一次方程的解法、一元二次方程的解法与判别式、二次函数的极值等知识点，涉及的考点众多，计算量偏大，有一定的难度．本题考查知识点非常全面，是一道测试学生综合能力的好题．