分析 （1）根据梯形的定义，可得BC与x轴的关系，可得B点坐标；根据待定系数法，可得答案；
（2）根据勾股定理，可得OC的长，根据正弦函数，可得QH的长，根据三角形的面积公式，可得答案；
根据OP≤OA，且Q在OC上，可得自变量的取值范围；
（3）分类讨论：0≤t≤2时，根据勾股定理，可得OQ、PQ的长，根据勾股定理逆定理，可得关于t的方程，根据解方程，可得答案；
2＜t≤3时，根据30°的直角边等于斜边的一半，可得答案．
解答 解：（1）∵BC∥x轴，C（1，$\sqrt{3}$），BC=2，
∴1+2=3，B点的横坐标为3，纵坐标为$\sqrt{3}$，
即B（3，$\sqrt{3}$），
设：过A、B两点的解析式为y=kx+b（k≠0）
把A（6，0），B（3，$\sqrt{3}$）代入y=kx+b（k≠0），得
$\left\{\begin{array}{l}{6k+b=0}\\{3k+b=\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{b=2\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
∴过A、B两点的一次函数解析式y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+2$\sqrt{3}$；
（2）如图1
由勾股定理，得
OC=$\sqrt{{1}^{2}+（\sqrt{3}）^{2}}$=2，sin∠COA=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∠COA=60°．
CO=BC=2
∴当动点Q运动到OC边时，OQ=4-t，又OP=2t，
过点Q作QH⊥OA则：QH=OQ•sin∠QOP=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（4-t），
∴S=$\frac{1}{2}$×2t×（4-t）×$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$=-$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$（t2-4t），
2t＜6且t＞2，
解得2≤t≤3；
（3）如图2
，
依题意，可知：0≤t≤3．
①当0≤t≤2时，Q在BC边上运动，此时OP=2t，OQ=$\sqrt{3+{{（3-t）}^2}}$，
PQ=$\sqrt{3+{{[{2t-（3-t）}]}^2}}$=$\sqrt{3+{{（3t-3）}^2}}$．
∵∠POQ＜∠POC=60°，
∴若△OPQ为直角三角形，只能是∠OPQ=90°或∠OQP=90°．
i）若∠OPQ=90°，则OP2+PQ2=OQ2
即4t2+3+（3t-3）2=3+（3-t）2，解得：t=1或t=0（舍）；
Ii）若∠OQP=90°，则OQ2+PQ2=OP2
即6+（3-t ）2+（3t-t3）2=4t2，解得：t=2；
②当2＜t≤3时，Q在OC边上运动．
此时QP=2t＞4，∠POQ=∠COP=60°，OQ＜OC=2，
OQ＜$\frac{1}{2}$OP，∠OPQ＜30°
∴△OPQ不可能为直角三角形．
综上所述：当t=1或t=2时，△OPQ为直角三角形．
点评 本题考查了一次函数综合题，（1）利用待定系数法求函数解析式；（2）利用正弦函数得出三角形的高是解题关键；（3）利用勾股定理、勾股定理的逆定理是判断直角三角形的关键，要分类讨论，以防遗漏．
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如图，∠ACB=90°，AB⊥CD，线段BD是点B到直线CD的距离．
如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，点D在BC上，且CD=2BD，连接AD，求证：AD⊥AC．