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已知：直角三角形AOB中，∠AOB=90°，OA=3厘米，OB=4厘米．以O为坐标原点如图建立平面直角坐标系．设P、Q分别为AB边，OB边上的动点，它们同时分别从点A、O向B点匀速运动，移动的速度都为1厘米每秒．设P、Q运动的时间为t秒（0≤t≤4）．
（1）求△OPQ的面积S与（厘米²）与t的函数关系式；并指出当t为何值时S的最大值是多少？
（2）当t为何值时，△BPQ和△AOB相似；
（3）当t为何值时，△OPQ为直角三角形；
（4）①试证明无论t为何值，△OPQ不可能为正三角形；
②若点P的移动速度不变，试改变点Q的运动速度，使△OPQ为正三角形，求出点Q的运动速度和此时的t值．

解：（1）S=-0.3t²+ $\text{[math]}$ 当t= $\text{[math]}$ 时，S最大= $\text{[math]}$ ．

（2）①∠BQP=∠BOA，在直角三角形BQP中，BP= $\text{[math]}$ BQ，
即5-t= $\text{[math]}$ （4-t），
解得t=0．
②∠BPQ=∠BOA，在直角三角形BPQ中，BQ= $\text{[math]}$ BP，
即4-t= $\text{[math]}$ （5-t），
解得t=9；
因为0≤t≤4，
∴t=9不合题意，舍去．
因此当t=0时，△BPQ和△AOB相似．

（3）若△OPQ为直角三角形，则OQ⊥PQ或OP⊥QP，设QP⊥OQ，
则PQ= $\text{[math]}$
= $\text{[math]}$
= $\text{[math]}$ ．
PO= $\text{[math]}$
= $\text{[math]}$
= $\text{[math]}$ ．
OQ= $\text{[math]}$
= $\text{[math]}$
= $\text{[math]}$ ≠t（t无解）．
∴QP不与OQ垂直
设OP⊥QP，则△OPQ∽△PNQ
∴ $\text{[math]}$ ， $\text{[math]}$
∴PQ²= $\text{[math]}$ t²，PQ²=OQ²-OP²=t²-t²+ $\text{[math]}$ t-9= $\text{[math]}$ t-9
$\text{[math]}$ t²= $\text{[math]}$ t-9，
解得t=3，t=15（不合题意舍去）
∴当t=3是△OPQ是直角三角形．

（4）①PO= $\text{[math]}$ ，OQ=t，PQ= $\text{[math]}$
令PO=OQ=PQ，解t无解
∴△OPQ不能成为正三角形．
②设Q的速度为x，则OQ=xt．
OP²=t²- $\text{[math]}$ t+9，OQ²=x²t²，PQ²= $\text{[math]}$ t²- $\text{[math]}$ t+12
令OP²=OQ²=PQ²
解得x= $\text{[math]}$ ，t= $\text{[math]}$
舍去负值，则t= $\text{[math]}$
因此Q点的速度为 $\text{[math]}$ ，
t= $\text{[math]}$ ．
分析：（1）可用t表示出OQ，BP的长，三角形OPQ中，OQ边上的高可用BP的长和∠PBO的正弦值求出，由此可得出关于S，t的函数关系式．
（2）本题分两种情况：
①∠BQP=∠BOA，此时PQ∥OA，那么BQ=PB•cos∠PBO．由此可求出t的值．
②∠BPQ=∠BOA，此时BP=BQ•sin∠PBO．由此可求出t的值．
（3）本题中无非是两种情况OQ⊥PQ或OP⊥QP，可分别表示出PO、QO、PQ三条线段的长，然后用勾股定理进行求解即可．
（4）①如果三角形OPQ是正三角形那么（3）中表示三条线段长的表达式必然相等，可通过解方程求出此时t的值，如果方程无解则说明三角形OPQ不可能是正三角形．
②思路同①，设出Q点的速度，然后表示出三条线段的长，令三条线段的表达式相等，即可求出Q的速度和t的值．
点评：本题考查二次函数的综合应用，其中涉及到的知识点有待定系数法求函数解析式和等腰梯形，圆的有关性质等．要熟练掌握才能灵活运用．

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（1）D点的坐标为

；
（2）当t为何值时，△APD是直角三角形；
（3）如果另有一动点Q，从C点出发，沿折线CBA向终点A以每秒5个单位的速度与P点同时运动，当一点到达终点时，两点均停止运动，问：P、C、Q、A四点围成的四边形的面积能否为28？如果可能，求出对应的t；如果不可能，请说明理由．

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