作点A关于y轴的对称点A′，连接A′B与y轴的交于P，则此时△PAB的周长最小， 点A′的坐标为（﹣1，2），点B的坐标为（4，5）， 设直线A′B的函数解析式为y＝kx+b，
，得，
∴直线A′B的函数解析式为y＝x+当x＝0时，y＝
，
），
，
即点P的坐标为（0，
将x＝0代入直线y＝x+1中，得y＝1， ∵直线y＝x+1与y轴的夹角是45°， ∴点P到直线AB的距离是：（
﹣1）×sin45°＝
＝
，
∴△PAB的面积是：故答案为：
．
＝，
【点评】本题考查二次函数的性质、一次函数的性质、轴对称﹣最短路径问题，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
三.解答题
1.（2019?湖北省仙桃市?10分）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点坐标分别为O（0，0），A（12，0），B（8，6），C（0，6）．动点P从点O出发，以每秒3个单位长度的速度沿边OA向终点A运动；动点Q从点B同时出发，以每秒2个单位长度的速度沿边BC向终点C运动．设运动的时间为t秒，PQ2＝y．
（1）直接写出y关于t的函数解析式及t的取值范围： y＝25t2﹣80t+100（0≤t≤4） ； （2）当PQ＝3
时，求t的值；
（3）连接OB交PQ于点D，若双曲线y＝（k≠0）经过点D，问k的值是否变化？若不变化，请求出k的值；若变化，请说明理由．
【分析】（1）过点P作PE⊥BC于点E，由点P，Q的出发点、速度及方向可找出当运动时间为t秒时点P，Q的坐标，进而可得出PE，EQ的长，再利用勾股定理即可求出y关于t的函数解析式（由时间＝路程÷速度可得出t的取值范围）； （2）将PQ＝3
代入（1）的结论中可得出关于t的一元二次方程，解之即可得出结论；
（3）连接OB，交PQ于点D，过点D作DF⊥OA于点F，利用勾股定理可求出OB的长，由BQ∥OP可得出△BDQ∽△ODP，利用相似三角形的性质结合OB＝10可求出OD＝6，由CB∥OA可得出∠DOF＝∠OBC，在Rt△OBC中可求出sin∠OBC及cos∠OBC的值，由OF＝OD?cos∠OBC，DF＝OD?sin∠OBC可求出点D的坐标，再利用反比例函数图象上点的坐标特征即可求出k值，此题得解． 【解答】解：（1）过点P作PE⊥BC于点E，如图1所示．
当运动时间为t秒时（0≤t≤4）时，点P的坐标为（3t，0），点Q的坐标为（8﹣2t，6）， ∴PE＝6，EQ＝|8﹣2t﹣3t|＝|8﹣5t|，
∴PQ2＝PE2+EQ2＝62+|8﹣5t|2＝25t2﹣80t+100， ∴y＝25t2﹣80t+100（0≤t≤4）． 故答案为：y＝25t2﹣80t+100（0≤t≤4）． （2）当PQ＝3
时，25t2﹣80t+100＝（3
）2，
整理，得：5t2﹣16t+11＝0， 解得：t1＝1，t2＝
．
（3）经过点D的双曲线y＝（k≠0）的k值不变．
连接OB，交PQ于点D，过点D作DF⊥OA于点F，如图2所示． ∵OC＝6，BC＝8， ∴OB＝∵BQ∥OP，
＝10．
∴△BDQ∽△ODP， ∴
＝
＝
＝，
∴OD＝6． ∵CB∥OA， ∴∠DOF＝∠OBC． 在Rt△OBC中，sin∠OBC＝∴OF＝OD?cos∠OBC＝6×＝∴点D的坐标为（
，
），
×
＝
．
＝
＝，cos∠OBC＝
＝
＝， ，
，DF＝OD?sin∠OBC＝6×＝
∴经过点D的双曲线y＝（k≠0）的k值为
【点评】本题考查了勾股定理、解直角三角形、解一元二次方程、相似三角形的判定与性质、平行线的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：（1）利用勾股定理，找出y关于t的函数解析式；（2）通过解一元二次方程，求出当PQ＝3的值；（3）利用相似三角形的性质及解直角三角形，找出点D的坐标．
2．（2019?山东青岛?12分）已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm，OD垂直平分A C．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．过点P作PE⊥AB，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，分别交AD，OD于点F，G．连接OP，EG．设运动时间为t（s）（0＜t＜5），解答下列问
时t
题：
（1）当t为何值时，点E在∠BAC的平分线上？
（2）设四边形PEGO的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形PEGO的面积最大？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（4）连接OE，OQ，在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OE⊥OQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）当点E在∠BAC的平分线上时，因为EP⊥AB，EC⊥AC，可得PE＝EC，由此构建方程即可解决问题．
（2）根据S四边形OPEG＝S△OEG+S△OPE＝S△OEG+（S△OPC+S△PCE﹣S△OEC）构建函数关系式即可．
（3）利用二次函数的性质解决问题即可．
（4）证明∠EOC＝∠QOG，可得tan∠EOC＝tan∠QOG，推出即可解决问题．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm， ∴AC＝
＝6（cm），
＝
，由此构建方程
∵OD垂直平分线段AC，
∴OC＝OA＝3（cm），∠DOC＝90°， ∵CD∥AB， ∴∠BAC＝∠DCO， ∵∠DOC＝∠ACB， ∴△DOC∽△BCA， ∴
＝
＝＝
， ，
∴＝
∴CD＝5（cm），OD＝4（cm），
∵PB＝t，PE⊥AB， 易知：PE＝t，BE＝t， 当点E在∠BAC的平分线上时， ∵EP⊥AB，EC⊥AC， ∴PE＝EC， ∴t＝8﹣t， ∴t＝4．
∴当t为4秒时，点E在∠BAC的平分线上． （2）如图，连接OE，PC．
S四边形OPEG＝S△OEG+S△OPE＝S△OEG+（S△OPC+S△PCE﹣S△OEC）
＝?（4﹣t）?3+[?3?（8﹣t）+?（8﹣t）?t﹣?3?（8﹣t） ＝﹣t2+
t+16（0＜t＜5）．
（3）存在． ∵S＝﹣（t﹣）2+
（0＜t＜5），
．
∴t＝时，四边形OPEG的面积最大，最大值为（4）存在．如图，连接OQ． ∵OE⊥OQ，
∴∠EOC+∠QOC＝90°， ∵∠QOC+∠QOG＝90°， ∴∠EOC＝∠QOG， ∴tan∠EOC＝tan∠QOG， ∴
＝
，
∴＝，
整理得：5t2﹣66t+160＝0， 解得t＝∴当t＝
或10（舍弃） 秒时，OE⊥OQ．
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