如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB与x轴交于点A，与y轴交于点B，且OA=3，AB=5．点P从点O出发沿OA以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动，到达点A后立刻以原来的速度沿AO返回；点Q从点A出发沿AB以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动．伴随着P、Q的运动，DE保持垂直平分PQ，且交PQ于点D，交折线QB-BO-OP于点E．点P、Q同时出发，当点Q到达点B时停止运动，点P也随之停止．设点P、Q运动的时间是t秒（t＞0）．
（1）求直线AB的解析式；
（2）在点P从O向A运动的过程中，求△APQ的面积S与t之间的函数关系式（不必写出t的取值范围）；
（3）在点E从B向O运动的过程中，完成下面问题：
①四边形QBED能否成为直角梯形？若能，请求出t的值；若不能，请说明理由；
②当DE经过点O时，请你直接写出t的值．

解：（1）在Rt△AOB中，OA=3，AB=5，由勾股定理得OB= $\text{[math]}$ =4．
∴A（3，0），B（0，4）．
设直线AB的解析式为y=kx+b．
∴ $\text{[math]}$ 解得 $\text{[math]}$
∴直线AB的解析式为 $\text{[math]}$ ；

（2）如图1，过点Q作QF⊥AO于点F．
∵AQ=OP=t，∴AP=3-t．
由△AQF∽△ABO，得 $\text{[math]}$ ．
∴ $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ．
∴QF= $\text{[math]}$ t，
∴S= $\text{[math]}$ （3-t）• $\text{[math]}$ t，
∴S=- $\text{[math]}$ t²+ $\text{[math]}$ t；

（3）四边形QBED能成为直角梯形．
①如图2，当DE∥QB时，
∵DE⊥PQ，
∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形．
此时∠AQP=90°．
由△APQ∽△ABO，得 $\text{[math]}$ ．
∴ $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ．
解得t= $\text{[math]}$ ；
如图3，当PQ∥BO时，

∵DE⊥PQ，
∴DE⊥BO，四边形QBED是直角梯形．
此时∠APQ=90°．
由△AQP∽△ABO，得 $\text{[math]}$ ．
即 $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ．
3t=5（3-t），
3t=15-5t，
8t=15，
解得t= $\text{[math]}$ ；
（当P从A向0运动的过程中还有两个，但不合题意舍去）

②当DE经过点O时，
∵DE垂直平分PQ，
∴EP=EQ=t，
由于P与Q相同的时间和速度，
∴AQ=EQ=EP=t，
∴∠AEQ=∠EAQ，
∵∠AEQ+∠BEQ=90°，∠EAQ+∠EBQ=90°，
∴∠BEQ=∠EBQ，
∴BQ=EQ，
∴EQ=AQ=BQ= $\text{[math]}$ AB
所以t= $\text{[math]}$ ，
当P从A向O运动时，
过点Q作QF⊥OB于F，
EP=6-t，

即EQ=EP=6-t，
AQ=t，BQ=5-t，
∴FQ= $\text{[math]}$ （5-t）=3- $\text{[math]}$ t，BF= $\text{[math]}$ （5-t）=4- $\text{[math]}$ t，
∴EF=4-BF= $\text{[math]}$ t，
∵EF²+FQ²=EQ²，
即（3- $\text{[math]}$ t）²+（ $\text{[math]}$ t）²=（6-t）²，
解得：t= $\text{[math]}$ ．
∴当DE经过点O时，t= $\text{[math]}$ 或 $\text{[math]}$ ．
分析：（1）首先由在Rt△AOB中，OA=3，AB=5，求得OB的值，然后利用待定系数法即可求得一次函数的解析式；
（2）过点Q作QF⊥AO于点F，由△AQF∽△ABO，根据相似三角形的对应边成比例，借助于方程即可求得QF的长，然后即可求得△APQ的面积S与t之间的函数关系式；
（3）①分别从DE∥QB与PQ∥BO去分析，借助于相似三角形的性质，即可求得t的值；
②根据题意可知即OP=OQ时，则列方程即可求得t的值．
点评：此题考查了待定系数法求一次函数的解析式，相似三角形的判定与性质等知识的应用．此题综合性较强，注意数形结合与方程思想的应用．

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