以Rt三角形ABO的直角顶点O为原点,OA所在的直线为x轴,OB所在的直线为轴

以Rt三角形ABO的直角顶点O为原点,OA所在的直线为x轴,OB所在的直线为轴
以Rt三角形ABO的直角顶点O为原点,OA所在的直线为x轴,OB所在的直线为轴

以Rt三角形ABO的直角顶点O为原点,OA所在的直线为x轴,OB所在的直线为轴
建立平面直角坐标系．已知OA=4,OB=3,一动点P从O出发沿OA方向,以每秒1个单位长度的速度向A点匀速运动,到达A点后立即以原速沿AO返回；点Q从A点出发沿AB以每秒1个单位长度的速度向点B匀速运动．当Q到达B时,P、Q两点同时停止运动,设P、Q运动的时间为t秒（t＞0）．
（1）试求出△APQ的面积S与运动时间t之间的函数关系式；
（2）在某一时刻将△APQ沿着PQ翻折,使得点A恰好落在AB边的点D处,如图①．求出此时△APQ的面积．
（3）在点P从O向A运动的过程中,在y轴上是否存在着点E使得四边形PQBE为等腰梯形?若存在,求出点E的坐标；若不存在,请说明理由．
（4）伴随着P、Q两点的运动,线段PQ的垂直平分线DF交PQ于点D,交折线QB-BO-OP于点F． 当DF经过原点O时,请直接写出t的值．
（1）在Rt△AOB中,OA=4,OB=3
∴AB=$\sqrt{{4^2}+{3^2}}=5$
①P由O向A运动时,OP=AQ=t,AP=4-t
过Q作QH⊥AP于H点．
由QH∥BO,得
$\frac{QH}{AQ}=\frac{OB}{AB},得QH=\frac{3}{5}t$
∴${S_{△APQ}}=\frac{1}{2}AP•QH=\frac{1}{2}（4-t）•\frac{3}{5}t$
即${S_{△APQ}}=-\frac{3}{10}{t^2}+\frac{6}{5}t$（0＜t≤4）
②当4＜t≤5时,即P由A向O运动时,AP=t-4AQ=t
sin∠BAO=$\frac{QH}{t}=\frac{3}{5}$
QH=$\frac{3}{5}t$,
∴$s△APQ=\frac{1}{2}（t-4）•\frac{3}{5}t$
=$\frac{3}{10}{t^2}-\frac{6}{5}t$；
（2）由题意知,此时△APQ≌△DPQ,∠AQP=90°,
∴cosA=$\frac{AQ}{AP}$=$\frac{OA}{AB}$=$\frac{4}{5}$,
当0＜t≤4∴$\frac{t}{4-t}=\frac{4}{5}$即$t=\frac{16}{9}$
当4＜t≤5时,$\frac{t}{4-t}=\frac{4}{5}$t=-16（舍去）
∴${S_{△APQ}}=-\frac{3}{10}{t^2}+\frac{6}{5}t=\frac{32}{27}$；
（3）存在,有以下两种情况
①若PE∥BQ,则等腰梯形PQBE中PQ=BE
过E、P分分别作EM⊥AB于M,PN⊥AB于N．
则有BM=QN,由PE∥BQ,
得$\frac{OE}{OB}=\frac{OP}{OA}$,
∴$BM=\frac{3}{5}（3-\frac{3}{4}t）$；
又∵AP=4-t,
∴AN=$\frac{4}{5}（4-t）$,
∴$QN=\frac{4}{5}（4-t）-t$,
由BM=QN,得$\frac{3}{5}（3-\frac{3}{4}t）=\frac{4}{5}（4-t）-t$
∴$t=\frac{28}{27}$,
∴$E（0,\frac{7}{9}）$；
②若PQ∥BE,则等腰梯形PQBE中
BQ=EP且PQ⊥OA于P点
由题意知$AP=\frac{4}{5}AQ=\frac{4}{5}t$
∵OP+AP=OA∴$t+\frac{4}{5}t=4$
∴$t=\frac{20}{9}∴E（0,-\frac{15}{3}）$t
由①②得E点坐标为$（0,\frac{7}{9}）或（0,-\frac{15}{3}）$；
（4）①当P由O向A运动时,OQ=OP=AQ=t．
可得∠QOA=∠QAO∴∠QOB=∠QBO
∴OQ=BQ=t∴BQ=AQ=$\frac{1}{2}$AE
∴$t=\frac{5}{2}$；
②当P由A向O运动时,OQ=OP=8-t
BQ=5-t,$QG=\frac{4}{5}（5-t）,OG=3-\frac{3}{5}（5-t）$
在Rt△OGQ中,OQ2=RG2+OG2
即（8-t）2=${[\frac{4}{5}（5-t）]^2}+{[3-\frac{3}{5}（5-t）]^2}$
∴t=5•