分析 （1）设出运动所求的时间，可将BP和BQ的长表示出来，代入三角形面积公式，列出等式，可将时间求出；
（2）表示出$D{P}^{2}=\frac{585}{4}$，$P{Q}^{2}=\frac{117}{4}$，DQ2=117，进而得到PQ2+DQ2=DP2，得出答案；
（3）假设运动开始后第x秒时，满足条件，则有QP=QD，表示出QP2，QD2，列出等式，整理得到方程，求出方程的解，根据时间大于0秒小于6秒，即可解答．
解答 解：（1）设经过t秒，△PBQ的面积等于8cm2，
则：BP=6-t，BQ=2t，
所以${S}_{△PBQ}=\frac{1}{2}$×（6-t）×2t=8，即t2-6t+8=0，
可得：t=2或4，即经过2秒或4秒，△PBQ的面积等于8cm2．
（2）当t=$\frac{3}{2}$秒时，
AP=$\frac{3}{2}$，BP=6-$\frac{3}{2}$=$\frac{9}{2}$，BQ=$\frac{3}{2}$×2=3，CQ=12-3=9，
∴在Rt△DAP中，$D{P}^{2}=D{A}^{2}+A{P}^{2}=1{2}^{2}+（\frac{3}{2}）^{2}=\frac{585}{4}$，
在Rt△DCQ中，DQ2=DC2+CQ2=62+92=117，
在Rt△QBP中，$Q{P}^{2}=Q{B}^{2}+B{P}^{2}={3}^{2}+（\frac{9}{2}）^{2}=\frac{117}{4}$，
∴$D{Q}^{2}+Q{P}^{2}=117+\frac{117}{4}=\frac{585}{4}$，
∴DQ2+QP2=DP2，
∴△DPQ为直角三角形；
（3）假设运动开始后第x秒时，满足条件，则：QP=QD，
∵OP2=PB2+BQ2=（6-x）2+（2x）2，
QD2=QC2+CD2=（12-2x）2+62，
∴（12-2x）2+62=（6-x）2+（2x）2，
整理，得：x2+36x-144=0，
解得：x=-18±6$\sqrt{13}$，
∵0＜6$\sqrt{13}$-18＜6，
∴运动开始后第6$\sqrt{13}$-18秒时，以Q为圆心，PQ为半径的圆正好经过点D．
点评 本题考查了三角形的面积公式，勾股定理，以及解一元二次方程，及根据题意确定根有无实际意义等知识，解题关键是根据所设字母，表示相关线段的长度，利用勾股定理即可解答．
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| A． | -$\frac{1}{2015}$ | B． | $\frac{1}{2015}$ | C． | 2015 | D． | -2015 |
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如图，自行车的车身为三角结构，这是因为三角形具有（ ）