【答案】
分析:(1)根據(jù)圖象與坐標(biāo)軸交點求法直接得出即可,再利用直線交點坐標(biāo)求法將兩直線解析式聯(lián)立即可得出交點坐標(biāo);
(2)①利用S
梯形ACOB-S
△ACP-S
△POR-S
△ARB=8,表示出各部分的邊長,整理出一元二次方程,求出即可;
②根據(jù)一次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點得出,∠OBN=∠ONB=45°,進(jìn)而利用勾股定理以及等腰三角形的性質(zhì)和直角三角形的判定求出即可.
解答:解:(1)∵一次函數(shù)y=-x+7與正比例函數(shù)y=
x的圖象交于點A,且與x軸交于點B.
∴
,
解得:
,
∴A點坐標(biāo)為:(3,4);
∵y=-x+7=0,
解得:x=7,
∴B點坐標(biāo)為:(7,0).
(2)①當(dāng)P在OC上運(yùn)動時,0≤t<4時,PO=t,PC=4-t,BR=t,OR=7-t,
∵當(dāng)以A、P、R為頂點的三角形的面積為8,
∴S
梯形ACOB-S
△ACP-S
△POR-S
△ARB=8,
∴
(AC+BO)×CO-
AC×CP-
PO×RO-
AM×BR=8,
∴(AC+BO)×CO-AC×CP-PO×RO-AM×BR=16,
∴(3+7)×4-3×(4-t)-t×(7-t)-4t=16,
∴t
2-8t+12=0,
解得:t
1=2,t
2=6(舍去),
當(dāng)4≤t<7時,S
△APR=
AP×OC=2(7-t)=8,解得t=3,不符合4≤t<7;
綜上所述,當(dāng)t=2時,以A、P、R為頂點的三角形的面積為8;
②存在.延長CA到直線l于一點D,當(dāng)l與AB相交于Q,
∵一次函數(shù)y=-x+7與x軸交于(7,0)點,與y軸交于(0,7)點,
∴NO=OB,
∴∠OBN=∠ONB=45°,
∵直線l∥y軸,
∴RQ=RB,CD⊥L,
當(dāng)0≤t<4時,如圖1,
RB=OP=QR=t,DQ=AD=(4-t),AC=3,PC=4-t,
∵以A、P、Q為頂點的三角形是等腰三角形,則AP=AQ,
∴AC
2+PC
2=AP
2=AQ
2=2AD
2,
∴9+(4-t)
2=2(4-t)
2,解得:t
1=1,t
2=7(舍去),
當(dāng)AP=PQ時 3
2+(4-t)
2=(7-t)
2,
解得t=4 (舍去)
當(dāng)PQ=AQ時,2(4-t)
2=(7-t)
2,
解得t
1=1+3
(舍去),t
2=1-3
(舍去)
當(dāng)4≤t<7時,如圖(備用圖),過A作AD⊥OB于D,則AD=BD=4,
設(shè)直線l交AC于E,則QE⊥AC,AE=RD=t-4,AP=7-t,
由cos∠OAC=
=
,
得AQ=
(t-4),
若AQ=AP,則
(t-4)=7-t,解得t=
,
當(dāng)AQ=PQ時,AE=PE,即AE=
AP,
得t-4=
(7-t),
解得:t=5,
當(dāng)AP=PQ時,過P作PF⊥AQ,于F,
AF=
AQ=
×
(t-4),
在Rt△APF中,由cos∠PAF=
=
,
得AF=
AP,
即
×
(t-4)=
(7-t),
解得:t=
,
綜上所述,當(dāng)t=1、5、
、
秒時,存在以A、P、Q為頂點的三角形是等腰三角形.
點評:此題主要考查了一次函數(shù)與坐標(biāo)軸交點求法以及三角形面積求法和等腰直角三角形的性質(zhì)等知識,此題綜合性較強(qiáng),利用函數(shù)圖象表示出各部分長度,再利用勾股定理求出是解決問題的關(guān)鍵.