【分析】
（1）求解A、B两地距离：已知货车去往B地的速度为80km/h，结合图象可知货车从出发到抵达B地用时$\frac{3}{4}$h，根据“路程=速度×时间”即可计算两地距离；$a$为货车抵达B地后完成15min（即$\frac{1}{4}$h）填装后的时间，用去程时间加填装时间即可求出$a$。
（2）求线段FG的函数表达式：先确定F、G两点的坐标，F点横坐标为$a$，纵坐标为A、B两地距离，G点坐标为$(2,0)$，采用待定系数法设函数表达式为$y=kx+b$，代入两点坐标解二元一次方程组即可得到解析式。
（3）求解两车相距15km的时间：首先求出巡逻车对应的函数解析式：先计算巡逻车的速度，再结合其提前出发的距离得到起点坐标，用待定系数法求出其行驶全程的函数表达式；再分别得到货车去程、返程的函数表达式；分三个时间段讨论：①货车去程$0≤x≤\frac{3}{4}$，②货车卸货$\frac{3}{4}＜x≤1$，③货车返程$1＜x≤2$，根据两车距离为15km列方程求解，排除不符合区间的解即可得到结果。
【解析】
（1）货车去程速度为80km/h，到B地用时$\frac{3}{4}$h，因此A、B两地距离为$80×\frac{3}{4}=60$（km）；15min=$\frac{1}{4}$h，因此$a=\frac{3}{4}+\frac{1}{4}=1$。
（2）由(1)得$a=1$，A、B两地相距60km，因此点F坐标为$(1,60)$，点G坐标为$(2,0)$。
设线段FG所在直线的函数表达式为$y=kx+b$，代入两点坐标得：
$\begin{cases}k+b=60\\2k+b=0\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=-60\\b=120\end{cases}$
因此线段FG所在直线的函数表达式为$y=-60x+120$。
（3）由图象可知，巡逻车比货车早出发$\frac{2}{5}$h，在货车出发后2h抵达B地，因此巡逻车行驶全程总时长为$2+\frac{2}{5}=\frac{12}{5}$（h），巡逻车速度为$60÷\frac{12}{5}=25$（km/h）。
巡逻车提前出发$\frac{2}{5}$h，因此货车出发时，巡逻车已行驶$25×\frac{2}{5}=10$（km），即巡逻车对应函数过点$(0,10)$，又过点$(2,60)$，设其解析式为$y=k_1x+b_1$，代入得：
$\begin{cases}b_1=10\\2k_1+b_1=60\end{cases}$
解得$\begin{cases}k_1=25\\b_1=10\end{cases}$
因此巡逻车的函数表达式为$y=25x+10$（$0≤x≤2$）。
货车去程的函数图象为OE，过点$(\frac{3}{4},60)$，设解析式为$y=k_2x$，代入得$\frac{3}{4}k_2=60$，解得$k_2=80$，因此去程解析式为$y=80x$（$0≤x≤\frac{3}{4}$）。
分情况讨论：
①当$0≤x≤\frac{3}{4}$时，两车距离为货车路程减巡逻车路程，列方程：
$80x-(25x+10)=15$
解得$x=\frac{5}{11}$，符合区间要求；
②当$\frac{3}{4}＜x≤1$时，货车停在B地，两车距离为$60-(25x+10)=50-25x$，代入$x=\frac{3}{4}$得距离为31.25km，代入$x=1$得距离为25km，均大于15km，无符合条件的解；
③当$1＜x≤2$时，货车返程，两车距离为两个函数值差的绝对值，列方程：
$|25x+10-(-60x+120)|=15$
即$|85x-110|=15$，分两种情况：
$85x-110=15$，解得$x=\frac{25}{17}$；
$85x-110=-15$，解得$x=\frac{19}{17}$；
两个解均符合区间要求。
综上，货车出发$\frac{5}{11}$h或$\frac{19}{17}$h或$\frac{25}{17}$h时两车相距15km。
【答案】
（1）$\boxed{60}$，$\boxed{1}$；
（2）$\boxed{y=-60x+120}$；
（3）货车出发$\boxed{\frac{5}{11}\ \mathrm{h}}$或$\boxed{\frac{19}{17}\ \mathrm{h}}$或$\boxed{\frac{25}{17}\ \mathrm{h}}$时，两车相距15km。
【知识点】
一次函数的实际应用，待定系数法求解析式，分类讨论思想
【点评】
本题结合行程场景考查一次函数的综合应用，核心是通过图象提取关键时间、路程信息，准确求出不同运动阶段对应的函数解析式，分类讨论时要明确各阶段两车的运动状态，避免漏解，能够有效考查学生的图象分析能力和逻辑思维能力。
【难度系数】
0.3

【分析】
(1) 要求直线AB的函数表达式，需先确定A、B两点坐标：已知B点坐标，先通过△ABO的面积公式求出OA的长度，得到A点坐标，再用待定系数法代入两点坐标即可求解解析式。
(2) 先根据动点的运动速度和时间t，分别表示出P、Q、M三点的坐标，再找到△MPQ的底PQ和高MP的长度，利用三角形面积公式即可求出S与t的函数关系式，注意P在线段OB上，因此t的取值范围为0≤t≤2。
(3) 先表示出N点坐标，得到NQ的长度，先通过角度分析排除NQ=MQ的情况，再分MN=NQ和MN=MQ两种情况，利用勾股定理表示对应线段长度，列方程求解t的值即可。
【解析】
(1) 已知点$B(-2,0)$，因此$OB=2$。
∵$△ ABO$的面积为2，点A在y轴正半轴上，
∴$\frac{1}{2}×OB×OA=2$，即$\frac{1}{2}×2×OA=2$，解得$OA=2$，
∴点A的坐标为$(0,2)$。
设直线AB的解析式为$y=kx+b$，将$A(0,2)$、$B(-2,0)$代入得：
$\begin{cases}b=2\\-2k+b=0\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=1\\b=2\end{cases}$
∴直线AB对应的函数表达式为$y=x+2$。
(2) 由题意，动点P、Q的运动速度均为每秒1个单位长度，运动时间为$t\ \mathrm{s}$，
∴$BP=OQ=t$，
∴点P的坐标为$(-2+t,0)$，点Q的坐标为$(t,0)$，
∵$PM⊥x$轴，点M在直线AB上，将$x=-2+t$代入$y=x+2$得$y=t$，
∴点M的坐标为$(-2+t,t)$，
∴$MP=t$，$PQ=t-(-2+t)=2$，
∵$MP⊥x$轴，
∴$S=\frac{1}{2}×MP×PQ=\frac{1}{2}×t×2=t$，
∵P在线段OB上运动，
∴$0≤t≤2$，
即S与t的函数表达式为$S=t(0≤t≤2)$。
(3) 存在，理由如下：
∵$QN⊥x$轴，点N在直线AB上，将$x=t$代入$y=x+2$得$y=t+2$，
∴点N的坐标为$(t,t+2)$，
∴$NQ=t+2$。
由(1)知$OA=OB=2$，$∠ AOB=90°$，
∴$△ AOB$是等腰直角三角形，$∠ ABO=45°$，
∵$QN⊥x$轴，
∴$∠ BQN=90°$，
∴$∠ QNB=90°-∠ ABO=45°$，
∵点P不与B重合，
∴$∠ NMQ=∠ MQB+∠ ABO＞45°$，即$∠ NMQ＞∠ QNB$，
∴$MQ≠NQ$，因此等腰三角形分两种情况讨论：
①当$MN=NQ$时：
过点M作$MC⊥NQ$于点C，
∵$PM⊥x$轴，$QN⊥x$轴，$MC⊥NQ$，
∴四边形MCQP是矩形，
∴$MC=PQ=2$，$QC=MP=t$，
∴$NC=NQ-QC=(t+2)-t=2$，
在Rt△MCN中，由勾股定理得$MN=\sqrt{MC^2+NC^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$，
∵$MN=NQ$，
∴$t+2=2\sqrt{2}$，解得$t=2\sqrt{2}-2$；
②当$MQ=MN$时：
在Rt△MPQ中，由勾股定理得$MQ=\sqrt{MP^2+PQ^2}=\sqrt{t^2+2^2}$，
∵$MQ=MN=2\sqrt{2}$，
∴$\sqrt{t^2+4}=2\sqrt{2}$，两边平方得$t^2+4=8$，解得$t=2$（负值已舍去）。
综上，当t的值为2或$2\sqrt{2}-2$时，$△ MNQ$为等腰三角形。
【答案】
(1) $y=x+2$
(2) $S=t(0≤t≤2)$
(3) 存在，$t$的值为$2$或$2\sqrt{2}-2$
【知识点】
一次函数解析式确定，动点面积计算，等腰三角形分类讨论
【点评】
本题是一次函数与动点结合的综合题，融合了坐标表示、面积计算、等腰三角形的判定与性质等考点，解题时需结合动点的运动范围分类讨论，通过坐标与线段长度的转化求解，是代数几何综合的典型题型。
【难度系数】
0.3