4. 如图,在平面直角坐标系中,反比例函数$y= \frac{k}{x}(x＞0)$的图象与边长是6的正方形OABC的两边AB,BC分别相交于M,N两点.若△OMN的面积为10,动点P在x轴上,则PM+PN的最小值是____.

$2\sqrt{26}$

5. 如图①,我们把对角线互相垂直的四边形叫作垂美四边形.

(1) 概念理解：如图②,在四边形ABCD中,AB= AD,CB= CD,问：四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由.
(2) 性质探究：试探索垂美四边形ABCD两组对边AB,CD与BC,AD之间的数量关系.
猜想结论：____.(要求用文字语言叙述)
请写出证明过程.(先画出图形,再写出已知、求证)
(3) 问题解决：如图③,分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE,连结CE,BG,GE.已知AC= 4,AB= 5,求GE的长.

【解析】：
(1) 连接$BD$，$AC$。
因为$AB = AD$，所以点$A$在线段$BD$的垂直平分线上。
因为$CB = CD$，所以点$C$在线段$BD$的垂直平分线上。
所以直线$AC$是线段$BD$的垂直平分线，即$AC⊥BD$。
所以四边形$ABCD$是垂美四边形。
(2) 猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等。
已知：如图，四边形$ABCD$中，$AC⊥BD$，垂足为$O$。
求证：$AB^{2}+CD^{2}=AD^{2}+BC^{2}$。
证明：因为$AC⊥BD$，所以$\angle AOB=\angle BOC=\angle COD=\angle AOD = 90^{\circ}$。
由勾股定理得：
$AB^{2}=AO^{2}+BO^{2}$，$CD^{2}=CO^{2}+DO^{2}$，
$AD^{2}=AO^{2}+DO^{2}$，$BC^{2}=BO^{2}+CO^{2}$。
所以$AB^{2}+CD^{2}=AO^{2}+BO^{2}+CO^{2}+DO^{2}$，
$AD^{2}+BC^{2}=AO^{2}+DO^{2}+BO^{2}+CO^{2}$。
所以$AB^{2}+CD^{2}=AD^{2}+BC^{2}$。
(3) 连接$CG$，$BE$。
因为$\angle CAG=\angle BAE = 90^{\circ}$，
所以$\angle CAG+\angle BAC=\angle BAE+\angle BAC$，即$\angle GAB=\angle CAE$。
在$\triangle GAB$和$\triangle CAE$中，
$\left\{\begin{array}{l}AG = AC\\\angle GAB=\angle CAE\\AB = AE\end{array}\right.$，
所以$\triangle GAB\cong\triangle CAE(SAS)$，
所以$\angle ABG=\angle AEC$。
又因为$\angle AEC+\angle ADE = 90^{\circ}$，$\angle ADE=\angle BDO$（对顶角相等），
所以$\angle ABG+\angle BDO = 90^{\circ}$，
所以$\angle BOD = 90^{\circ}$，即$BG⊥CE$。
所以四边形$CGEB$是垂美四边形。
由(2)可知$CG^{2}+BE^{2}=CB^{2}+GE^{2}$。
因为$AC = 4$，$AB = 5$，根据勾股定理$BC=\sqrt{AB^{2}-AC^{2}}=\sqrt{25 - 16}=3$。
因为正方形$ACFG$，所以$CG=\sqrt{2}AC = 4\sqrt{2}$；正方形$ABDE$，所以$BE=\sqrt{2}AB = 5\sqrt{2}$。
代入$CG^{2}+BE^{2}=CB^{2}+GE^{2}$得：
$(4\sqrt{2})^{2}+(5\sqrt{2})^{2}=3^{2}+GE^{2}$，
$32 + 50 = 9 + GE^{2}$，
$GE^{2}=73$，
所以$GE=\sqrt{73}$。
【答案】：
(1) 四边形$ABCD$是垂美四边形，理由见上述解析。
(2) 垂美四边形的两组对边的平方和相等；证明见上述解析。
(3) $GE=\sqrt{73}$。