【分析】
本题为直角梯形背景下的动点综合题，解题思路如下：
(1) 先计算直角梯形ABCD的总面积，PQ平分面积时，梯形ABQP的面积为总面积的一半，根据梯形面积公式列方程即可求解t；
(2) PQ与四边形的边平行分两种情况：①PQ//AB时，四边形ABQP为平行四边形，根据对边AP=BQ列方程求解；②PQ//CD时，四边形PQCD为平行四边形，根据对边DP=CQ列方程求解；
(3) △BPQ为等腰三角形需分三类讨论：PB=BQ、PB=PQ、PQ=BQ。过点P作PE⊥BC于E，用含t的代数式结合勾股定理分别表示出PB²、BQ²、PQ²，再根据三类等量关系列一元二次方程求解，最后结合动点的运动范围（0≤t≤5.5）舍去不合题意的解即可。
【解析】
已知直角梯形ABCD中，AD//BC，∠B=90°，AB=4cm，AD=7cm，BC=11cm，动点P速度1cm/s，Q速度2cm/s，运动时间为t s，则AP=t cm，DP=(7-t)cm，CQ=2t cm，BQ=(11-2t)cm，t的取值范围为0≤t≤$\frac{11}{2}$。
(1) 梯形ABCD总面积$S=\frac{(AD+BC)× AB}{2}=\frac{(7+11)×4}{2}=36\ \mathrm{cm}^2$，PQ平分面积时，$S_{梯形ABQP}=18\ \mathrm{cm}^2$，则：
$\frac{(AP+BQ)× AB}{2}=18$，代入得$\frac{(t+11-2t)×4}{2}=18$，
化简得$2(11-t)=18$，解得$t=2$。
(2) 分两种情况讨论：
① 当PQ//AB时，
∵AD//BC，即AP//BQ，
∴四边形ABQP是平行四边形，
∴AP=BQ，即$t=11-2t$，解得$t=\frac{11}{3}$，符合取值范围；
② 当PQ//CD时，
∵AD//BC，即DP//CQ，
∴四边形PQCD是平行四边形，
∴DP=CQ，即$7-t=2t$，解得$t=\frac{7}{3}$，符合取值范围。
综上，t的值为$\frac{7}{3}$或$\frac{11}{3}$。
(3) 存在，理由如下：
如图，过点P作PE⊥BC，垂足为E，
∵∠A=∠B=∠PEB=90°，
∴四边形ABEP是矩形，
∴BE=AP=t，PE=AB=4，EQ=BQ-BE=11-2t-t=11-3t。
由勾股定理可得：
$PB^2=AP^2+AB^2=t^2+4^2=t^2+16$，
$QB^2=(11-2t)^2$，
$PQ^2=PE^2+EQ^2=4^2+(11-3t)^2=16+(11-3t)^2$。
分三种情况讨论等腰三角形：
① 当PB=BQ时：$t^2+16=(11-2t)^2$，
整理得$3t^2-44t+105=0$，解得$t_1=3$，$t_2=\frac{35}{3}$，
∵$\frac{35}{3}＞\frac{11}{2}$，不符合取值范围，舍去，故$t=3$；
② 当PB=PQ时：$t^2+16=16+(11-3t)^2$，
整理得$t^2=(11-3t)^2$，解得$t_1=\frac{11}{4}$，$t_2=\frac{11}{2}$，
∵$t=\frac{11}{2}$时点Q与点B重合，△BPQ不存在，舍去，故$t=\frac{11}{4}$；
③ 当PQ=BQ时：$(11-2t)^2=16+(11-3t)^2$，
整理得$5t^2-22t+16=0$，解得$t=\frac{11\pm\sqrt{41}}{5}$，两个解均在取值范围内，符合要求。
综上，t的值为$3$、$\frac{11}{4}$、$\frac{11+\sqrt{41}}{5}$、$\frac{11-\sqrt{41}}{5}$。
【答案】
(1) $\boxed{2}$
(2) $t$的值为$\boxed{\frac{7}{3}}$或$\boxed{\frac{11}{3}}$
(3) 存在，$t$的值为$\boxed{3}$、$\boxed{\frac{11}{4}}$、$\boxed{\frac{11+\sqrt{41}}{5}}$、$\boxed{\frac{11-\sqrt{41}}{5}}$
【知识点】
平行四边形的判定、等腰三角形分类讨论、一元二次方程的应用
【点评】
本题是几何动点的典型综合题，融合了梯形、平行四边形的性质，侧重考察分类讨论思想与方程思想的运用，解题时需注意结合动点的运动范围对解进行取舍，有助于提升几何性质与代数运算结合的综合解题能力。
【难度系数】
0.5
