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    如图，在平面直角坐标系中，直线y=
    3
    4
    x+3分别与x轴、y轴交于点A、B，过点B做BC∥x轴，且BC=6，连接CA并延长交y轴于点D．
    （1）求直线CD的解析式；
    （2）若动点P从点D出发沿线段DO方向向终点O以1个单位/秒的速度匀速运动，同时点Q从点A出发沿射线AO方向以2个单位/秒的速度匀速运动，当点P停止时，点Q也停止运动，设点P、Q运动的时间为t秒，△BPQ的面积为S，求S与t的函数关系式，并直接写出相应自变量t的取值范围；
    （3）在（2）的条件下，若点R为射线CB上一点，在点P、Q运动中，是否存在某一时刻t，使△PQR为等腰直角三角形？若存在，求出所有满足条件的t值；若不存在，请说明理由．
    考点：一次函数综合题
    专题：
    分析：（1）根据已知求得A、C的坐标，然后根据待定系数法即可求得CD的解析式；
    （2）根据直线CD的解析式求得D的坐标，即可得出OA、OB、OD的长，进而根据△BPQ的面积等于△BQO的面积与△PQO的面积的和，即可得出S与t的函数关系式；
    （3）分四种情况讨论求得．
    解答：解：（1）由直线y=
    3
    4
    x+3可知A（-4，0），B（0，3），
    ∵BC∥x轴，且BC=6，
    ∴C（-6，3），
    设直线CD的解析式为y=kx+b，
    ∵直线CD经过A、C两点，
    ∴
    -4k+b=0
    -6k+b=3
    ，
    解得
    k=-
    3
    2
    b=-6
    ．
    ∴直线CD的解析式为y=-
    3
    2
    x-6．

    （2）∵直线CD的解析式为y=-
    3
    2
    x-6．
    ∴D（0，-6），
    ∴OD=6，
    ∴OP=6-t，OQ=4-2t或OQ=2t-4，
    ∴S=
    1
    2
    OQ•OB+
    1
    2
    OQ•OP=
    1
    2
    ×（4-2t）×3+
    1
    2
    （4-2t）×（6-t）=t2-11t+18，
    或S═
    1
    2
    OQ•OB+
    1
    2
    OQ•OP=
    1
    2
    ×（2t-4）×3+
    1
    2
    （2t-4）×（6-t）=-t2+11t-18，
    所以S与t的函数关系式为S=t2-11t+18（0＜t≤2）或S=-t2+11t-18（2＜t＜6）．

    （3）如图1，①当0＜t≤2，∠RQP=90°时，

                    图1
    ∵△PQR为等腰直角三角形，
    ∴PQ=RQ，
    ∵∠OQP+∠OQR=∠OQP+∠OPQ=90°，
    ∴∠RQO=∠QPO，
    在△RQE和△QPO中，
    ∠RQO=∠QPO
    ∠REQ=∠QOP=90°
    RQ=QP
    ，
    ∴△RQE≌△QPO（AAS），
    ∴RE=OQ，
    ∴4-2t=3，解得t=
    1
    2
    ；
    ②当0＜t≤2，∠RQP=90°时，
    则OQ=BP，
    即4-2t=3+6-t，解得t=-5，
    所以不存在这种情况；
    ③2＜t＜6，∠RPQ=90°时，
    则OQ=BP，
    即2t-4=3+6-t，解得，t=5；
    ④如图2，当2＜t＜6，∠RQP=90°时，

                 图2
    ∵△PQR为等腰直角三角形，
    ∴PQ=RQ，
    ∵∠OQP+∠OQR=∠OQP+∠OPQ=90°，
    ∴∠RQO=∠QPO，
    在△RQE和△QPO中，
    ∠RQO=∠QPO
    ∠REQ=∠QOP=90°
    RQ=QP
    ，
    ∴△RQE≌△QPO（AAS），
    ∴RE=OQ，EQ=OP，
    ∴2t-4=3，解得t=
    7
    2
    ，
    所以当t=
    1
    2
    或5或
    7
    2
    时，使△PQR为等腰直角三角形．
    点评：本题是一次函数的综合题，考查了待定系数法求解析式，三角形的面积的求法，三角形全等的判定和性质，注意（2）有两种情况，（3）分四种情况分析．
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