（1）试用一元二次方程的求根公式，探索方程ax+bx+c=0（a≠0）的两根互为倒数的条件是；
（2）如图．边长为2的两个正方形互相重合，按住其中一个不动，将另一个绕顶点A顺时针旋转45°，则这两个正方形重叠部分的面积是；
（3）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=16cm，AB=12cm，BC=21cm，动点P从点B出发，沿射线BC的方向以每秒2cm的速度运动，动点Q从点A出发，在线段AD上以每秒1cm的速度向点D运动，点P，Q分别从点B，A同时出发，当点Q运动到点D时，点P随之停止运动，设运动的时间为t（秒）．
①当t为何值时，四边形PQDC是平行四边形；
②当t为何值时，以C，D，Q，P为顶点的梯形面积等于60cm²？
③是否存在点P，使△PQD是等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的t的值，若不存在，请说明理由．

解：
（1）若方程两根互为倒数则两根之积为1，故a=c；

（2）根据旋转的性质，两个正方形重叠部分的面积为三角形ABE面积的2倍，
由题意可知，BE=2 $\text{[math]}$ -2，AB=2，根据三角形面积公式可得三角形ABE的面积为2 $\text{[math]}$ -2，
故两个正方形重叠部分的面积为 $\text{[math]}$ ．

（3）①∵四边形PQDC是平行四边形，
∴DQ=CP，
∵DQ=AD-AQ=16-t，CP=21-2t，
∴16-t=21-2t，
解得t=5，
当t=5秒时，四边形PQDC是平行四边形，
②若点P，Q在BC，AD上时，
$\text{[math]}$ =60即 $\text{[math]}$ ，

解得t=9（秒），
若点P在BC延长线上时，则CP=2t-21，
∴ $\text{[math]}$
解得t=15（秒），
∴当t=9或15秒时，以C，D，Q，P为顶点的梯形面积等60cm²；
③当PQ=PD时，
作PH⊥AD于H，则HQ=HD，
∵QH=HD= $\text{[math]}$ QD= $\text{[math]}$ （16-t），
由AH=BP得 $\text{[math]}$ ，
解得 $\text{[math]}$ 秒，
当PQ=QD时QH=AH-AQ=BP-AQ=2t-t=t，QD=16-t，
∵QD²=PQ²=12²+t²，
∴（16-t）²=12²+t²解得 $\text{[math]}$ （秒），

当QD=PD时DH=AD-AH=AD-BP=16-2t，
∵QD²=PD²=PH²+HD²=12²+（16-2t）²，
∴（16-t）²=12²+（16-2t）²，
即3t²-32t+144=0，
∵△＜0，
∴方程无实根，
综上可知，当 $\text{[math]}$ 秒或 $\text{[math]}$ （秒）时，△PQD是等腰三角形．
分析：（1）两根互为倒数，两根之积为1，根据根与系数的关系求出条件；
（2）根据旋转的性质可知，两个正方形重叠部分的面积为三角形ABE面积的2倍，根据三角形面积公式求出重叠面积；
（3）①若四边形PQDC是平行四边形，则要DQ=CP，然后求出t，
②若点P，Q在BC，AD上时，根据梯形面积公式求出t，若点P在BC延长线上时，求出另一种情况的t；
③当PQ=PD时作PH⊥AD于H，则HQ=HD，求得t，当PQ=QD时QH=AH-AQ=BP-AQ=2t-t=t，QD=16-t，根据数量关系求出t，当QD=PD时DH=AD-AH=AD-BP=16-2t，再求出满足题意的t．
点评：本题主要考查的知识点有一元二次方程根与系数的关系，等腰三角形的性质和旋转的性质，综合性较强．

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．
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