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​$ A$​
解：​$(1)$​∵​$ $​四边形​$PQDC$​是平行四边形，
∴​$ DQ=CP$​。
​$ $​当点​$P_{从点}B$​往点​$C$​运动时，
∵​$ DQ=AD-AQ=16-t$​，​$CP=21-2t$​，
∴​$ 16-t=21-2t$​，
解得​$t=5$​；
​$ $​当点​$P_{从点}C$​往点​$B$​运动时，
∵​$ DQ=AD-AQ=16-t$​，​$CP=2t-21$​，
∴​$ 16-t=2t-21$​，
解得​$t=\frac {37}{3}$​。
综上，当​$t=5$​或​$t=\frac {37}{3}$​时，四边形​$PQDC$​是平行
四边形。
​$ (2) $​当点​$P{从点}B$​往点​$C$​运动时，
​$ DQ=AD-AQ=16-t$​，​$CP=21-2t$​，
​$ $​四边形​$PQDC$​的面积为​$\frac {1}{2}(DQ+CP)· AB=60$​，
​$ $​即​$\frac {1}{2}×(16-t+21-2t)×12=60$​，
解得​$t=9$​；
​$ $​当点​$P_{从点}C$​往点​$B$​运动时，
​$ DQ=AD-AQ=16-t$​，​$CP=2t-21$​，
​$ $​四边形​$PQDC$​的面积为​$\frac {1}{2}(DQ+CP)· AB=60$​，
​$ $​即​$\frac {1}{2}×(16-t+2t-21)×12=60$​，
解得​$t=15$​。
综上，当​$t=9$​或​$15$​时，以​$C，D，Q，P $​为顶点的
四边形面积为​$60\ \mathrm {cm}^2$​。
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解：​$(2)$​根据题意，得​$PA=2t$​，​$CQ=3t$​，
则​$PD=AD-PA=(12-2t)\mathrm {cm}$​。
​$ $​过点​$P_{作}PF⊥ BC$​于点​$F$​，过点​$D$​作​$DE⊥ BC$​于
点​$E$​，
​$ $​则四边形​$ABED$​、​$PDEF $​是矩形，
​$DE=AB=8\ \mathrm {cm}$​，​$AD=BE=12\ \mathrm {cm}$​，
​$EF=PD=12-2t$​。
​$ $​当四边形​$PQCD$​为等腰梯形时，​$PQ=CD$​，
​$ $​在​$Rt△ PQF $​和​$Rt△ DCE$​中，
​$ \begin {cases}PQ=DC\\PF=DE\end {cases}$​
∴​$Rt△ PQF≌Rt△ DCE(\mathrm {HL})$​，
∴​$QF=CE=6\ \mathrm {cm}$​，
∵​$QC-PD=QF+EC=2CE$​，
​$ $​即​$3t-(12-2t)=12$​，
​$ $​解得​$t=\frac {24}{5}$​。
​$ $​即当​$t=\frac {24}{5}$​时，四边形​$PQCD$​为等腰梯形。
​$(3)$​存在，分三种情况讨论：
​$ ① $​当​$QC=DC$​时，
∵​$DC=10\ \mathrm {cm}$​，​$QC=3t$​，
∴​$3t=10$​，解得​$\boldsymbol {t=\frac {10}{3}}$​。
​$ ② $​当​$DQ=DC$​时，
​$ $​过点​$D$​作​$DE⊥ BC$​于点​$E$​，则​$EC=6\ \mathrm {cm}$​，
∴​$QC=2EC=12\ \mathrm {cm}$​，
​$ $​即​$3t=12$​，解得​$\boldsymbol {t=4}$​。
​$ ③ $​当​$QD=QC$​时，
​$ $​过点​$D$​作​$DE⊥ BC$​于点​$E$​，过点​$Q_{作}QG⊥ DC$​于
点​$G$​，
则​$DG=GC=5\ \mathrm {cm}$​。
∵​$S_{△ DQC}=\frac {1}{2}QC× DE=\frac {1}{2}DC× QG$​，
​$ $​即​$3t×8=10× QG$​，
解得​$QG=\frac {12}{5}t$​。
​$ $​在​$Rt△ QGC$​中，由勾股定理得：
​$ QC^2=QG^2+GC^2$​，
​$ $​即​$(3t)^2=(\frac {12}{5}t)^2+5^2$​，
​$ $​解得​$\boldsymbol {t=\frac {25}{9}}($​负值舍去​$)$​。
综上，存在​$t$​，使得​$△ DQC$​是等腰三角形，此
时​$t $​的值为​$\frac {10}{3}$​或​$4$​或​$\frac {25}{9}$​。
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