［答案］（I）在 $\triangle O M P$ 中，$\angle O P M=45^{\circ}, O M=\sqrt{5}, O P=2 \sqrt{2}$，
由余弦定理得，$O M^{2}=O P^{2}+M P^{2}-2 \times O P \times M P \times \cos 45^{\circ}$，
得 $M P^{2}-4 M P+3=0$，
解得 $M P=1$ 或 $M P=3$．
（II）设 $\angle P O M=\alpha, 0^{\circ} \leq \alpha \leq 60^{\circ}$，
在 $\triangle O M P$ 中，由正弦定理，得 $\frac{O M}{\sin \angle O P M}=\frac{O P}{\sin \angle O M P}$，
所以 $O M=\frac{O P \sin 45^{\circ}}{\sin \left(45^{\circ}+\alpha\right)}$，
同理 $O N=\frac{O P \sin 45^{\circ}}{\sin \left(75^{\circ}+\alpha\right)}$
故 $S_{\triangle Q M N}=\frac{1}{2} \times O M \times O N \times \sin \angle M O N$
$$
\begin{aligned}
& =\frac{1}{4} \times \frac{O P^{2} \sin ^{2} 45^{\circ}}{\sin \left(45^{\circ}+\alpha\right) \sin \left(75^{\circ}+\alpha\right)} \\
& =\frac{1}{\sin \left(45^{\circ}+\alpha\right) \sin \left(45^{\circ}+\alpha+30^{\circ}\right)} \\
& =\frac{1}{\sin \left(45^{\circ}+\alpha\right)\left[\frac{\sqrt{3}}{2} \sin \left(45^{\circ}+\alpha\right)+\frac{1}{2} \cos \left(45^{\circ}+\alpha\right)\right]}
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
& =\frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2} \sin ^{2}\left(45^{\circ}+\alpha\right)+\frac{1}{2} \sin \left(45^{\circ}+\alpha\right) \cos \left(45^{\circ}+\alpha\right)} \\
& =\frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{4}\left[1-\cos \left(90^{\circ}+2 \alpha\right)\right]+\frac{1}{4} \sin \left(90^{\circ}+2 \alpha\right)} \\
& =\frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{\sqrt{3}}{4} \sin 2 \alpha+\frac{1}{4} \cos 2 \alpha} \\
& =\frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{1}{2} \sin \left(2 \alpha+30^{\circ}\right)}
\end{aligned}
$$
因为 $0^{\circ} \leq \alpha \leq 60^{\circ}, 30^{\circ} \leq 2 \alpha+30^{\circ} \leq 150^{\circ}$，所以当 $\alpha=30^{\circ}$ 时， $\sin \left(2 \alpha+30^{\circ}\right)$ 的最大值为 1，此时 $\triangle O M N$ 的面积取到最小值．即 $2 \angle P O M=30^{\circ}$ 时，$\triangle O M N$ 的面积的最小值为
$$
8-4 \sqrt{3}
$$
［解析］此题通过正余弦定理巧妙的将面积最值问题通过三角函数呈现，而三角函数的化简过程又比较复杂，但还是有规律可循的，比如差异分析。这就要在平时注意积累，而且计算基本功要硬。 ［ 考点定位］本题主要考查解三角形、同角三角函数的基本关系、两角和与差的三角函数等基础知识，考查推理论证能力、抽象概括能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思．计算难度比较大，属于难题．