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    4．定义：对于平面直角坐标系xOy中的线段PQ和点M，在△MPQ中，当PQ边上的高为2时，称M为PQ的“等高点”，称此时MP+MQ为PQ的“等高距离”．
    （1）若P（1，2），Q（4，2）．
    ①在点A（1，0），B（$\frac{5}{2}$，4），C（0，3）中，PQ的“等高点”是A、B；
    ②若M（t，0）为PQ的“等高点”，求PQ的“等高距离”的最小值及此时t的值．
    （2）若P（0，0），PQ=2，当PQ的“等高点”在y轴正半轴上且“等高距离”最小时，直接写出点Q的坐标．

    分析 （1）根据“等高点”的概念解答即可；
    （2）①先确定出点P关于x轴的对称点P′，再根据最短路径的求法即可确定最小距离；②先证明“等高距离”最小时△MPQ为等腰三角形，再利用勾股定理求出点Q坐标即可．

    解答 解：（1）①∵P（1，2），Q（4，2），
    ∴在点A（1，0），B（$\frac{5}{2}$，4）到PQ的距离为2．
    ∴PQ的“等高点”是A、B，
    故答案为：A、B；
    ②如图1，作点P关于x轴的对称点P′，连接P′Q，P′Q与x轴的交点即为“等高点”M，此时“等高距离”最小，最小值为线段P′Q的长．
    ∵P （1，2），
    ∴P′（1，-2）．

    设直线P′Q的表达式为y=kx+b，
    根据题意，有$\left\{\begin{array}{l}{k+b=-2}\\{4k+b=2}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{4}{3}}\\{b=-\frac{10}{3}}\end{array}\right.$．

    ∴直线P′Q的表达式为$y=\frac{4}{3}x-\frac{10}{3}$．
    当y=0时，解得$x=\frac{5}{2}$．
    即$t=\frac{5}{2}$．
    根据题意，可知PP′=4，PQ=3，PQ⊥PP′，
    ∴$P'Q=\sqrt{PP{'^2}+P{Q^2}}=5$．
    ∴“等高距离”最小值为5．
    （2）如图2，过PQ的“等高点”M作MN⊥PQ于点N，

    ∴PQ=2，MN=2．
    设PN=x，则NQ=2-x，
    在Rt△MNP和Rt△MNQ中由勾股定理得：
    MP2=22+x2=4+x2，MQ2=22+（2-x）2=x2-4x+8，
    ∴MP2+MQ2=2x2-4x+12=2（x-1）2+10，
    ∵MP2+MQ2≤（MP+MQ）2，
    ∴当MP2+MQ2最小时MP+MQ也最小，此时x=1，
    即PN=NQ，
    ∴△MPQ为等腰三角形，
    ∴MP=MQ=$\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}}=\sqrt{5}$，
    如图3，设Q坐标为（x，y），过点Q作QE⊥y轴于点E，

    则在Rt△MNP和Rt△MNQ中由勾股定理得：
    QE2=QP2-OE2=22-y2=4-y2，$Q{E}^{2}=Q{M}^{2}-M{E}^{2}=（\sqrt{5}）^{2}-（\sqrt{5}-y）^{2}$=$2\sqrt{5}y-{y}^{2}$，
    ∴4-${y}^{2}=2\sqrt{5}y-{y}^{2}$．
    解得y=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
    $Q{E}^{2}=4-{y}^{2}=4-（\frac{2\sqrt{5}}{5}）^{2}=\frac{16}{5}$，
    当点Q在第一象限时x=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，当点Q在第二象限时x=-$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
    ∴Q（$\frac{{4\sqrt{5}}}{5}$，$\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$）或Q（$-\frac{{4\sqrt{5}}}{5}$，$\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$）．

    点评 本题考查了对定义新概念的理解和最短路径问题，确定出P关于x轴的对称点P′的位置是解决本题的关键．

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