【答案】
分析：（1）把BA，AD，DC它們的和求出來再除以速度每秒5個單位就可以求出t的值，然后也可以求出BQ的長；
（2）如圖1，若PQ∥DC，又AD∥BC，則四邊形PQCD為平行四邊形，從而PD=QC，用t分別表示QC，BA，AP，然后就可以得出關于t的方程，解方程就可以求出t；
（3）①當點E在CD上運動時，如圖2分別過點A、D作AF⊥BC于點F，DH⊥BC于點H，則四邊形ADHF為矩形，然后根據已知條件可以證明△ABF≌△DCH，根據全等三角形的性質可以得到FH=AD=75，BF=CH=30，DH=AF=40，再求出tanC=
，在Rt△CQE中，QE，QC就可以用t表示，這樣射線QK掃過梯形ABCD的面積為S也可以用t表示了；
②當點E在DA上運動時，如圖1．過點D作DH⊥BC于點H，由①知DH=40，CH=30，又QC=3t，從而ED=QH=QC-CH=3t-30，現在的射線QK掃過梯形ABCD的面積S就是梯形QCDE，可以用t表示了．
（4）△PQE能成為直角三角形．
①當點P在BA（包括點A）上，即0＜t≤10時，如圖2．過點P作PG⊥BC于點G，則PG=PB•sinB=4t，又有QE=4t=PG，易得四邊形PGQE為矩形，此時△PQE總能成為直角三角形
②當點P、E都在AD（不包括點A但包括點D）上，即10＜t≤25時，如圖1．由QK⊥BC和AD∥BC可知，此時，△PQE為直角三角形，但點P、E不能重合，即5t-50+3t-30≠75，解得t≠
．
③當點P在DC上（不包括點D但包括點C），即25＜t≤35時，如圖3．由ED＞25×3-30=45，
可知，點P在以QE=40為直徑的圓的外部，故∠EPQ不會是直角．由∠PEQ＜∠DEQ，可知∠PEQ一定是銳角．對于∠PQE，
∠PQE≤∠CQE，只有當點P與C重合，即t=35時，如圖4，∠PQE=90°，△PQE為直角三角形．
解答：
解：（1）t=（50+75+50）÷5=35（秒）時，點P到達終點C．（1分）
此時，QC=35×3=105，
∴BQ的長為135-105=30．（2分）
（2）如圖1，若PQ∥DC，
又∵AD∥BC，
∴四邊形PQCD為平行四邊形，
∴PD=QC，
由QC=3t，BA+AP=5t
得50+75-5t=3t，
解得t=
．
經檢驗，當t=
時，有PQ∥DC．（4分）
（3）①當點E在CD上運動時，如圖2．分別過點A、D
作AF⊥BC于點F，DH⊥BC于點H，則四邊形
ADHF為矩形，且△ABF≌△DCH，從而
FH=AD=75，于是BF=CH=30．
∴DH=AF=40．
又∵QC=3t，
從而QE=QC•tanC=3t•
=4t．
（注：用相似三角形求解亦可）
∴S=S
△QCE=
QE•QC=6t
2；（6分）
②當點E在DA上運動時，如圖1．過點D作DH⊥BC于點H，由①知DH=40，CH=30，又QC=3t，從而ED=QH=QC-CH=3t-30．
∴S=S
梯形QCDE=
（ED+QC）DH=120t-600．（8分）
（4）△PQE能成為直角三角形．（9分）
當△PQE為直角三角形時，t的取值范圍是0＜t≤25且t≠
或t=35．（12分）根據全等三角形的性質
（注：（4）問中沒有答出t≠
或t=35者各扣（1），其余寫法酌情給分）
下面是第（4）問的解法，僅供教師參考：
①當點P在BA（包括點A）上，即0＜t≤10時，如圖2．
過點P作PG⊥BC于點G，則PG=PB•sinB=4t，
又有QE=4t=PG，易得四邊形PGQE為矩形，此時△PQE總能成為直角三角形．
②當點P、E都在AD（不包括點A但包括點D）上，即10＜t≤25時，如圖1．
由QK⊥BC和AD∥BC可知，此時，△PQE為直角三角形，但點P、E不能重合，
即5t-50+3t-30≠75，解得t≠
．
③當點P在DC上（不包括點D但包括點C），
即25＜t≤35時，如圖3．由ED＞25×3-30=45，
可知，點P在以QE=40為直徑的圓的外部，故
∠EPQ不會是直角．
由∠PEQ＜∠DEQ，可知∠PEQ一定是銳角．
對于∠PQE，∠PQE≤∠CQE，只有當點P與C
重合，即t=35時，如圖4，∠PQE=90°，△PQE
為直角三角形．
綜上所述，當△PQE為直角三角形時，t的取值范圍是0＜t≤25且t≠
或t=35．
點評：此題綜合性很強，把圖形的變換放在梯形的背景中，利用等腰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．
