解答：
解：（1）如图1，过C点作CE⊥AB，
∵直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠A=90°，
∴四边形ADCE是矩形，
∴AD=CE，AE=CD，
∵AB=6，AD=4，DC=3，
∴AD=CE=4，AE=CD=3，EB=AB-AE=3，
∴BC=
=5，
∴点P到达终点B时，所走的路程为AD+CD+BC=4+3+5=12，
∵点P从点A出发沿折线段AD-DC-CB以每秒3个单位长的速度向点B匀速运动，
∴当点P到达终点B时，t=
=4．
答：t的值为4；
（2）当点P运动到AD时上时，
∵△APQ为直角三角形，△APQ的面积为S，
∴s=
PA•AQ，
∵点P从点A出发沿折线段AD-DC-CB以每秒3个单位长的速度向点B匀速运动，
点Q从点A出发沿射线AB方向以每秒2个单位长的速度匀速运动，
∴s=
×3t×2t=3t
2．
当点P运动到DC时上时，
s=
×AD×2t=
×4×2t=4t，
答：点P运动到AD上时，S与t的函数关系式为s=3t
2；
当点P运动到DC时上时，S与t的函数关系式为s=4t，
（3）若PQ∥DB，则点P、Q必在DB同侧．
①当点Q在AB上，点P在AD上时，
∵AP：AQ=3t：2t=3：2，
而AD：AB=4：6=2：3，
∴AP：AQ≠AD：AB，则此情景下PQ不平行DB；
②因点Q沿射线AB运动，
所以点Q在AB延长线上，点P在CB上时，即当3＜t＜4 时，PB=12-3t，PC=3t-7，BQ=2t-6．
若PQ∥DB，设直线PQ交DC与N，
∵DC∥AB，
∴△PCN∽△PBQ，
∴CN：BQ=PC：PB，则CN=
；
又∵NQ∥DB，
∴CN：CD=CP：CB，
则CN=
，
所以
=
，
解得t=
（符合题意）．
综上情景①、②所述，当t=
时，PQ∥DB．
（4）存在t=3
，使PQ⊥AC．理由如下：
分四种情况讨论：
①当0＜t≤
时，P在AD上，Q在AE上，设PQ与AC交于点O；
如图，若PQ⊥AC，则△AOP∽△ADC，∴AP：AC=AO：AD，∴3t：5=AO：4，∴AO=
t，
又若PQ⊥AC，则△QOA∽△ADC，∴OA：DC=AQ：AC，∴AO：3=2t：5，∴AO=
t，
∴
t=
t，∴t=0，此解不符合题意，则此时PQ⊥AC不成立；
②当
＜t≤
时，P在DC上，Q在AB上，设PQ与AC交于点O；
如图，若PQ⊥AC，则△COP∽△CDA，∴CP：AC=OC：CD，∴（7-3t）：5=OC：3，∴OC=
（7-3t），
又若PQ⊥AC，则△QOA∽△ADC，∴OA：DC=AQ：AC，∴AO：3=2t：5，∴AO=
t，
∵OC+OA=AC，∴
（7-3t）+
t=5，∴t=-
，此解不符合题意，则此时PQ⊥AC不成立；
③当
＜t≤3时，P在CB上，Q在AB上；
如图，显然此时PQ不可能与AC垂直；
④当3＜t≤4时，P在CB上，Q在AB的延长线上，设直线PQ与AC交于点O，过点P作PM⊥AB于M．
在△BPM中，PM=BP•sin∠PBM=
BP=
（12-3t），MQ=
．
由△QAO∽△ACD，得AO：AQ=CD：AC=3：5．
过点P作PN⊥OQ交AB于N．则PN=BP=12-3t，BN=2BM=
BP，
NQ=BN+BQ=
BP+（2t-6）=
．
由△QOA∽△QPN，得AO：AQ=PN：NQ，
即3：5=BP：
，
∴25BP=18BP+30t-90，
∴7BP=7（12-3t）=30t-90，
∴51t=174，
解得t=3
=3
，
综上可知，当t=3
时，PQ⊥AC．
运动，点Q也随之停止，设点P，Q的运动时间是t秒（t＞0）．
如图，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，点E是AB边上一点，AE=BC，DE⊥EC，取DC的中点F，连接AF、BF．
ABCD外作等边三角形ADF，点E是直角梯形ABCD内一点，且∠EAD=∠EDA=15°，连接EB、EF．
如图，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BCD=90°，且CD=2AD，tan∠ABC=2．
（2013•深圳二模）如图，直角梯形ABCD中，∠DAB=90°，AB∥CD，AB=AD，∠ABC=60°．以AD为边在直角梯形ABCD外作等边三角形ADF，点E是直角梯形ABCD内一点，且∠EAD=∠EDA=15°，连接EB、EF．
已知：如图，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，以AB为直径的⊙O切DC边于E点，AD=3cm，BC=5cm．求⊙O的面积．