分析 （1）由△ABO∽△QCO，推出$\frac{AB}{QC}$=$\frac{AO}{QO}$，推出$\frac{5}{QC}$=$\frac{4}{0.8t}$，推出QC=t，由AP=t，可得AP=QC，AP∥QC，即可证明．
（2）当四边形式APCQ是菱形时，则有AP=AQ，则可得到关于t的方程，可求得t的值；
（3）如图2中，由题意M（-3，$\frac{3}{4}$），将点M向右平移1个单位得到M′（-2，$\frac{3}{4}$），作点M′关于OA的对称点M″（-2，-$\frac{3}{4}$），连接BM″交OA于D，此时四边形MQDB的周长最短，求出直线BM″的解析式，可得点D坐标，由此即可解决问题．
解答 解：（1）结论：四边形APCQ是平行四边形．理由如下：
∵直线y=$\frac{3}{4}$x+3与x轴、y轴分别交于点A、B，
∴A（-4，0），B（0，3），
∴OA=4，OB=3，AB=$\sqrt{O{A}^{2}+O{B}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}+{3}^{2}}$=5．
∵QC∥AB，
∴△ABO∽△QCO，
∴$\frac{AB}{QC}$=$\frac{AO}{QO}$，
∴$\frac{5}{QC}$=$\frac{4}{0.8t}$，
∴QC=t，
∵AP=t，
∴AP=QC，∵AP∥QC，
∴四边形APCQ是平行四边形．
（2）∵四边形APCQ是平行四边形，
∴当AP=AQ时，四边形APCQ是菱形，
∴t=4-0.8t，
∴t=$\frac{20}{9}$s，
∴当t为$\frac{20}{9}$s时，四边形APCQ是菱形．
（3）如图2中，由题意M（-3，$\frac{3}{4}$），
将点M向右平移1个单位得到M′（-2，$\frac{3}{4}$），作点M′关于OA的对称点M″（-2，-$\frac{3}{4}$），连接BM″交OA于D，此时四边形MQDB的周长最短，
设直线BM″的解析式为y=kx+b，则有$\left\{\begin{array}{l}{b=3}\\{-2k+b=-\frac{3}{4}}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{15}{8}}\\{b=3}\end{array}\right.$，
∴直线BM″的解析式为y=$\frac{15}{8}$x+3，令y=0得到x=-$\frac{8}{5}$，
∴D（-$\frac{8}{5}$，0），
∴OQ=1+$\frac{8}{5}$=$\frac{13}{5}$，
∴t=$\frac{13}{5}$÷0.8=$\frac{13}{4}$s，
四边形MQDB的周长的最小值=MQ+QD+DB+BM
=DQ+DM′+BD+BM
=QD+M″D+DB+BM
=QD+BM″+BM
=1+$\sqrt{{2}^{2}+（3+\frac{3}{4}）^{2}}$+$\sqrt{{3}^{2}+（3-\frac{3}{4}）^{2}}$
=1+$\frac{17}{4}$+$\frac{15}{4}$=9．
点评 本题考查一次函数综合题、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用对称、平移等知识解决最短问题，属于中考压轴题．
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