【分析】
要解决△CDE周长最小的问题，首先明确周长为CD+DE+CE，其中C是定点，D、E分别是直线AB、y轴上的动点。这类最短路径问题通常用轴对称的性质转化线段：将定点C分别向两条动点所在的直线作对称点，就可以把CD、CE转化为和对称点相连的等长线段，此时周长的最小值就转化为两个对称点之间的线段长度（两点之间线段最短）。接下来先根据一次函数解析式求出相关点的坐标，再结合几何性质计算两个对称点之间的距离即可。
【解析】
1. 求点B、C的坐标：
对于直线$y=x+4$，令$y=0$，解得$x=-4$，因此B点坐标为$(-4,0)$，即$OB=4$。
∵C是线段OB的中点，
∴$OC=2$，C点坐标为$(-2,0)$。
2. 作对称点转化线段：
作点C关于直线AB的对称点F，关于y轴（AO）的对称点G，连接DF、EG。
根据轴对称的性质可得：$DF=DC$，$EC=EG$，因此△CDE的周长$=CD+DE+CE=DF+DE+EG$。
3. 确定周长最小值的情况：
当F、D、E、G四点共线时，$DF+DE+EG$的长度等于线段FG的长度，此时和最小，即△CDE周长的最小值为FG的长度。
4. 计算FG的长度：
直线$y=x+4$的斜率为1，因此$∠ ABC=45°$。
∵点F是C关于AB的对称点，
∴△BCF是等腰直角三角形，$BF=BC$。
$BC=OB-OC=4-2=2$，因此$BF=2$。
∵点G是C关于y轴的对称点，
∴G点坐标为$(2,0)$，$OG=2$，$BG=OB+OG=4+2=6$。
易知$∠ FBG=90°$，在$Rt△ BFG$中，由勾股定理得：
$FG=\sqrt{BF^2+BG^2}=\sqrt{2^2+6^2}=\sqrt{4+36}=\sqrt{40}=2\sqrt{10}$。
因此△CDE周长的最小值为$2\sqrt{10}$，对应选项D。
【答案】
D

【知识点】
轴对称最短路径，一次函数的性质，勾股定理
【点评】
本题将一次函数与几何最短路径问题结合，核心是利用轴对称将三条动线段的和转化为两点间的线段长度，再结合勾股定理求解，既考查了基础知识点的应用，也体现了转化思想在几何最值问题中的作用。
【难度系数】
0.6

【分析】
遇到线段绕点旋转90°的问题，首先考虑构造“K型全等”求未知点坐标：过旋转后得到的点作坐标轴的垂线，利用同角的余角相等证明三角形全等，即可得到点B的坐标表达式；再将OB+AB用两点间距离公式表示，观察表达式的形式，转化为“直线上一动点到两定点距离和最小”的将军饮马问题，通过作对称点结合两点之间线段最短即可求出最小值。
【解析】
1. 求点B的坐标：
如答图①，作$BH⊥ y$轴于点H。
$\because ∠ BHP=∠ BPA=∠ AOP=90°$，
$\therefore ∠ BPH+∠ APO=90°$，$∠ APO+∠ PAO=90°$，
$\therefore ∠ BPH=∠ PAO$。
又$\because PB=PA$，
$\therefore △ PBH≌△ APO(\mathrm{AAS})$，
$\therefore PH=OA=6$，$BH=PO=m$，
$\therefore$ 点B的横坐标为$BH=m$，纵坐标为$OP+PH=m+6$，即$B(m,6+m)$。

2. 转化线段和，求最小值：
根据两点间距离公式，可得：
$OB+AB=\sqrt{m^2+(m+6)^2}+\sqrt{(m-6)^2+(m+6)^2}$。
观察式子可知，$\sqrt{m^2+(m+6)^2}$是点$Q(m,m)$到$M(0,-6)$的距离，$\sqrt{(m-6)^2+(m+6)^2}$是点$Q(m,m)$到$N(6,-6)$的距离，因此求$OB+AB$的最小值等价于在直线$y=x$上找一点$Q$，使得$QM+QN$最小。
如答图②，作点M关于直线$y=x$的对称点$M'(-6,0)$，根据对称性质可知$QM=QM'$，因此$QM+QN=QM'+QN≥ M'N$（当且仅当$M'、Q、N$三点共线时取等号）。
计算$M'N$的长度：
$M'N=\sqrt{(6+6)^2+(-6-0)^2}=\sqrt{12^2+6^2}=\sqrt{180}=6\sqrt{5}$，
因此$OB+AB$的最小值为$6\sqrt{5}$。
【答案】
$6\sqrt{5}$

【知识点】
全等三角形的判定与性质；旋转的性质；最短路径问题
【点评】
本题综合考查了旋转的性质、全等三角形的判定与应用、两点间距离公式以及将军饮马最短路径模型，解题的核心是通过构造全等三角形确定动点的坐标规律，再将代数形式的线段和转化为几何最短路径问题，体现了数形结合与转化的数学思想。
【难度系数】
0.3

【分析】
(1) 初始状态滑块左端与A重合，此时$l_1=0$、$l_2＞0$，故$d=l_1-l_2＜0$；滑块向右滑动过程中$l_1$逐渐增大、$l_2$逐渐减小，最终滑块快到B点时$l_1$大、$l_2$接近0，$d＞0$，因此判断d的变化趋势。
(2) 先推导向右滑动阶段d与t的函数关系，利用“$t=4.5$和$t=5.5$时d互为相反数”可知中点$t=5$时$d=0$，代入求出轨道AB总长度；再计算向右滑动时间、停顿时间，得到返回阶段的速度和时间范围，进而推导返回阶段$l_1$、$l_2$的表达式，最终得到d与t的函数式。
(3) 分向右滑动、返回两个有效阶段，分别代入$d=18$解方程，结合自变量区间验证解的合理性即可。
【解析】
(1) 初始时$d＜0$，滑块向右滑动过程中$l_1$增大、$l_2$减小，最终$d＞0$，因此d的值由负到正。
(2) 设轨道AB的长为$n$ m，当滑块从左向右滑动时：
由滑块长度为1m可得$l_1+1+l_2=n$，变形得$l_2=n-l_1-1$，
因此$d=l_1-l_2=l_1-(n-l_1-1)=2l_1-n+1$。
已知滑块向右滑动速度为9m/s，故$l_1=9t$，代入得$d=18t-n+1$，d是t的一次函数。
∵$t=4.5$和$t=5.5$时d互为相反数，一次函数为线性关系，
∴$t=\frac{4.5+5.5}{2}=5$时，$d=0$，
代入得$18×5 -n +1=0$，解得$n=91$，即AB总长91m。
滑块从A到B滑动的路程为$91-1=90$m，所用时间为$90÷9=10$s；
总用时27s，停顿2s，故返回所用时间为$27-10-2=15$s，返回速度为$90÷15=6$m/s。
返回阶段的时间范围是$10+2=12$s $≤ t≤27$s，此时$l_2=6(t-12)$，
$l_1=91-1-l_2=90-6(t-12)=162-6t$，
则$d=l_1-l_2=162-6t-6(t-12)=-12t+234$，
即返回阶段d与t的函数表达式为$d=-12t+234(12≤ t≤27)$。
(3) 分两种情况讨论：
① 当$0≤ t≤10$（向右滑动阶段）时，$d=18t-91+1=18t-90$，
令$d=18$，得$18t-90=18$，解得$t=6$，符合区间要求；
② 当$12≤ t≤27$（返回阶段）时，$d=-12t+234$，
令$d=18$，得$-12t+234=18$，解得$t=18$，符合区间要求；
停顿阶段$10＜t＜12$时滑块静止，$d=90≠18$，无符合条件的t。
综上，t的值为6或18。
【答案】
(1) 由负到正
(2) $d=-12t+234(12≤ t≤27)$
(3) $t=6$或$t=18$
【知识点】
一次函数的应用、一元一次方程的应用、行程问题
【点评】
本题结合滑块往返的实际场景，考查一次函数的实际应用与分段讨论思想，解题核心是理清不同运动阶段滑块的位置关系，找准等量关系列函数表达式与方程，求解时需注意结合自变量的取值范围验证解的合理性。
【难度系数】
0.6