如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, A C=8 \mathrm{~cm}, B C=4 \mathrm{~cm}$, 点 $P$ 从点 $A$ 出发以 $2 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$的速度向点 $C$ 运动, 到点 $C$ 停止, 过点 $P$ 作 $P Q \perp B C$ 交 $A B$ 点 $Q$, 以线段 $P Q$ 的中点为对称中心将 $\triangle A P Q$ 旋转 $180^{\circ}$ 得到 $\triangle D Q P$, 点 $A$ 的对应点为点 $D$, 设点 $P$ 的运动时间为 $t(\mathrm{~s})(t>0), \triangle D Q P$ 与 Rt $\triangle A B C$ 重合部分的面积为 $S\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$.

(1)求当点 $D$ 落在 $B C$ 边上时 $t$ 的值;

(2)求 $S$ 关于 $t$ 的函数关系式，并直接写出自变量 $t$ 的取值范围;

(3)直接写出当 $\triangle A D C$ 是等腰三角形时 $t$ 的值.

<ImageHere>

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(1) 由题意易得 $A P=Q D=P C=2 t$, 然后可得方程 $2 t+2 t=8$, 进而问题可求解;

（2）由题意可分当 $0<t \leq 2$ 时和当 $2<t \leq 4$ 时, 进而分类求解即可;

（3）由题意可当 $D C=D A$ 时, 当 $A D=A C=8 \mathrm{~cm}$ 时, 当 $D C=C A=8 \mathrm{~cm}$ 时, 然后分类求解即可.

【详解】(1) 解: 如图, 当点 $D$ 落在 $B C$ 边上时,

<ImageHere>

$A P=Q D=P C=2 t$.

由 $2 t+2 t=8$, 解得 $t=2$,

所以当点 $D$ 落在 $B C$ 边上时 $t$ 的值是 2 .

（2）解：当 $0<t \leq 2$ 时, 如图,

<ImageHere>

$\therefore S=\frac{1}{2} t \cdot 2 t=t^{2}$;

当 $2<t \leq 4$ 时, 如图,

<ImageHere>

$A P=Q D=2 t, \quad D E=4 t-8$,

$\therefore S=t^{2}-\frac{1}{4}(4 t-8)^{2}=-3 t^{2}+16 t-16$.

综上, $S=\left\{\begin{array}{c}t^{2}(0<t \leq 2) \\ -3 t^{2}+16 t-16(2<t \leq 4)\end{array}\right.$;

（3）解: 当 $D C=D A$ 时, 如图,

<ImageHere>
$C M=M A=4 t$,

由 $4 t+4 t=8$, 解得 $t=1$;

当 $A D=A C=8 \mathrm{~cm}$ 时，如图 5 ,

$D M=Q P=t, \quad A M=2 A P=4 t$,

由 $(4 t)^{2}+t^{2}=8^{2}$, 解得 $t=\frac{8 \sqrt{17}}{17}$ (负值舍去);

<ImageHere>

图5

图6

当 $D C=C A=8 \mathrm{~cm}$ 时, 如图 6 ,

$D M=Q P=t, \quad C M=4 t-8$,

由 $(4 t-8)^{2}+t^{2}=8^{2}$,

解得 $t_{1}=\frac{64}{17}, t_{2}=0$ (舍去).

综上, 当 $\triangle A D C$ 是等腰三角形时 $t$ 的值为 1 或 $\frac{8 \sqrt{17}}{17}$ 或 $\frac{64}{17}$.

【点睛】本题主要考查勾股定理、二次函数的综合及等腰三角形的性质, 熟练掌握勾股定理、二次函数的综合及等腰三角形的性质是解题的关键.

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