登录
1. （2025·哈尔滨期中）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线AB交x轴负半轴于点A，交y轴正半轴于点B，$\tan∠ BAO=\frac{4}{3}$，$AB=20$。
(1) 如图①，求直线AB的表达式；
(2) 如图②，P为x轴正半轴上一点，C为AB的中点，连结CP，设$△ ACP$的面积为S，点P的横坐标为t，求S与t的函数表达式(不要求写出自变量t的取值范围)；
(3) 如图③，在(2)的条件下，直线$y=kx-12k$交x轴、y轴于点D，E，交直线AB于点F，$OP-DP=\frac{1}{3}OA$，G为y轴负半轴上一点，连结CG交x轴于点H，$OH=\frac{1}{17}AH$，过点P作$PI⊥ x$轴交DE于点I，L为PI上一点，连结EL，J为EL上一点，连结JG，$∠ DIP+∠ EJG=180°$，且$∠ FAD-∠ FDA=2∠ OED-∠ BFE$，$EJ:IL=5:4\sqrt{2}$，M为x轴负半轴上一点，连结EM，LM，LN，若N为EM的中点，$∠ LEN+∠ MLN=∠ AFD$，求直线LM的表达式。
(1) 如图①，求直线AB的表达式；
(2) 如图②，P为x轴正半轴上一点，C为AB的中点，连结CP，设$△ ACP$的面积为S，点P的横坐标为t，求S与t的函数表达式(不要求写出自变量t的取值范围)；
(3) 如图③，在(2)的条件下，直线$y=kx-12k$交x轴、y轴于点D，E，交直线AB于点F，$OP-DP=\frac{1}{3}OA$，G为y轴负半轴上一点，连结CG交x轴于点H，$OH=\frac{1}{17}AH$，过点P作$PI⊥ x$轴交DE于点I，L为PI上一点，连结EL，J为EL上一点，连结JG，$∠ DIP+∠ EJG=180°$，且$∠ FAD-∠ FDA=2∠ OED-∠ BFE$，$EJ:IL=5:4\sqrt{2}$，M为x轴负半轴上一点，连结EM，LM，LN，若N为EM的中点，$∠ LEN+∠ MLN=∠ AFD$，求直线LM的表达式。
答案
1.(1) $\because ∠ AOB = 90°, \tan ∠ BAO = \frac{4}{3}, AB = 20, \therefore BO = \frac{4}{5}AB = 16, AO=\frac{3}{5}AB=12, \therefore A(-12,0), B(0,16)$, 设直线AB的表达式为$y=ax+b$, 则$\begin{cases}-12a+b=0,\\b=16,\end{cases}$ 解得$\begin{cases}a=\frac{4}{3},\\b=16,\end{cases}$ $\therefore y=\frac{4}{3}x+16$, 直线AB的表达式为$y=\frac{4}{3}x+16$。
(2) 作$CH ⊥ x$轴于点H, 则$CH = \frac{1}{2}BO=8$, $\because$ 点P在x轴正半轴上, 且横坐标为t, $\therefore OP=t$, $\therefore S=\frac{1}{2}(AO+OP)· CH=\frac{1}{2}×(12+t)×8=4t+48$, S与t的函数表达式为$S=4t+48$。
(3) $\because$ 直线$y=kx-12k$交x轴于点D, $\therefore D(12,0)$, $\therefore OP+DP=OD=12$。$\because OP-DP=\frac{1}{3}OA, OA=12, \therefore OP=8$。$\because OH=\frac{1}{17}AH, OH+AH=OA=12, \therefore OH=\frac{2}{3}, \therefore H(-\frac{2}{3},0)$。$\because ∠ FAD - ∠ FDA = 2∠ OED - ∠ BFE$, $\therefore ∠ FAD - ∠ FDA = 2(90° - ∠ FDA) - (∠ FAD + ∠ FDA) = 180° - 3∠ FDA - ∠ FAD, \therefore ∠ FAD + ∠ FDA = 90°, \therefore ∠ AFD=90°$。$\because C(-6,8), H(-\frac{2}{3},0)$, $\therefore$ 直线CH的表达式为$y=-\frac{3}{2}x-1, \therefore G(0,-1)$。
$\because OD=12, \tan∠ ODE=\tan∠ OBA=\frac{OA}{OB}=\frac{3}{4}, \therefore E(0,9), \therefore EG=10$。
$\because PI ⊥ x$轴, $EG ⊥ x$轴, $\therefore PI // EG, \therefore ∠ ELI = ∠ GEJ$。$\because ∠ DIP + ∠ EJG = 180°, \therefore ∠ EJG = 180° - ∠ DIP = ∠ LIE, \therefore △ EJG ∽ △ LIE$, $\therefore EG:LE = EJ:LI = 5:4\sqrt{2}$,
$\therefore LE=\frac{10×4\sqrt{2}}{5}=8\sqrt{2}$。
作$MS ⊥ EL$于点S, 交NL于点T, 连结NS, 则$∠ LEN + ∠ EMS = 90°$。$\because$ 点N为EM的中点, $\therefore NS = NM = NE = \frac{1}{2}EM, \therefore ∠ NSM = ∠ NMS$。$\because ∠ LEN + ∠ MLN = ∠ AFD$, $∠ AFD=90°, \therefore ∠ NLM = ∠ EMS = ∠ NSM$。又$\because ∠ NTS = ∠ LTM$, $\therefore △ NST ∽ △ MLT, \therefore \frac{TN}{TM} = \frac{TS}{TL}$。又$\because ∠ NTM = ∠ STL$, $\therefore △ NTM ∽ △ STL, \therefore ∠ MNT = ∠ LST = 90°$。又$\because$ 点N为EM的中点, $\therefore LM = LE = 8\sqrt{2}$。作$LK ⊥ EG$于点K, 则$KL = OP = 8, \therefore EK = \sqrt{(8\sqrt{2})^2 - 8^2}=8, \therefore LP = KO = 1, \therefore L(8,1), MP = \sqrt{(8\sqrt{2})^2 - 1^2} = \sqrt{127}, \therefore M(8-\sqrt{127}, 0)$。设直线LM的表达式为$y=mx+n$, 则$\begin{cases}8m+n=1,\\(8-\sqrt{127})m+n=0,\end{cases}$ 解得$\begin{cases}m=\frac{\sqrt{127}}{127},\\n=1-\frac{8\sqrt{127}}{127},\end{cases}$ $\therefore y=\frac{\sqrt{127}}{127}x+1-\frac{8\sqrt{127}}{127}$。直线LM的表达式为$y=\frac{\sqrt{127}}{127}x+1-\frac{8\sqrt{127}}{127}$。
解析
【分析】
(1) 先在Rt△AOB中，利用tan∠BAO=$\frac{4}{3}$得到两直角边的比例关系，结合AB=20，用勾股定理求出OA、OB的长度，得到A、B两点坐标，再代入一次函数一般式，用待定系数法求解直线AB的表达式。
(2) 先由中点坐标公式求出AB中点C的坐标，作CH⊥x轴，CH即为△ACP的高，AP的长度为OA+OP=12+t，再利用三角形面积公式即可求出S与t的函数关系式。
(3) 先确定直线DE与x轴交点D的坐标，结合OP-DP=$\frac{1}{3}$OA和OP+DP=OD=12求出OP的长度，得到P点坐标；再根据OH与AH的数量关系求出H点坐标，通过角度恒等变形推导∠AFD=90°，得到DE⊥AB，进而求出直线DE的解析式得到E点坐标；求出直线CG的解析式得到G点坐标，再通过角度关系证明△EJG∽△LIE，求出LE的长度；结合后续角度条件推导得LM=LE，求出L点和M点坐标，最后用待定系数法求出直线LM的表达式。
【解析】
(1) 在Rt△AOB中，∠AOB=90°，
∵$\tan∠BAO=\frac{BO}{AO}=\frac{4}{3}$，
∴设BO=4k，AO=3k，由勾股定理得AB=5k。
∵AB=20，
∴5k=20，解得k=4，
∴BO=16，AO=12，即A(-12,0)，B(0,16)。
设直线AB的表达式为$y=ax+b$，将A、B坐标代入得：
$\begin{cases}-12a+b=0\\b=16\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=\frac{4}{3}\\b=16\end{cases}$
∴直线AB的表达式为$y=\frac{4}{3}x+16$。
(2) 过点C作CH⊥x轴于点H，
∵C是AB的中点，
∴CH是△AOB的中位线，
∴CH=$\frac{1}{2}$BO=8，C点坐标为(-6,8)。
∵点P在x轴正半轴上，横坐标为t，
∴OP=t，AP=AO+OP=12+t，
∴$S_{△ ACP}=\frac{1}{2}×AP×CH=\frac{1}{2}×(12+t)×8=4t+48$，
即S与t的函数表达式为$S=4t+48$。
(3) 对于直线$y=kx-12k$，令y=0，解得x=12，
∴D(12,0)，OD=12，即OP+DP=OD=12。
∵$OP-DP=\frac{1}{3}OA$，OA=12，
∴OP-DP=4，联立$\begin{cases}OP+DP=12\\OP-DP=4\end{cases}$，解得OP=8，即P(8,0)。
∵$OH=\frac{1}{17}AH$，OH+AH=OA=12，
∴OH+17OH=12，解得$OH=\frac{2}{3}$，即H(-$\frac{2}{3}$,0)。
由角度关系$∠ FAD-∠ FDA=2∠ OED-∠ BFE$，结合$∠ OED=90°-∠ FDA$，$∠ BFE=∠ FAD+∠ FDA$，代入整理得$∠ FAD+∠ FDA=90°$，即$∠ AFD=90°$，DE⊥AB。
直线AB斜率为$\frac{4}{3}$，故直线DE斜率为$-\frac{3}{4}$，直线DE解析式为$y=-\frac{3}{4}x+9$，令x=0得E(0,9)。
设直线CG解析式为$y=mx+n$，代入C(-6,8)、H(-$\frac{2}{3}$,0)得$\begin{cases}-6m+n=8\\-\frac{2}{3}m+n=0\end{cases}$，解得$\begin{cases}m=-\frac{3}{2}\\n=-1\end{cases}$，即直线CG为$y=-\frac{3}{2}x-1$，令x=0得G(0,-1)，EG=10。
∵PI⊥x轴，EG⊥x轴，
∴PI//EG，$∠ ELI=∠ GEJ$，又$∠ DIP+∠ EJG=180°$，故$∠ EJG=∠ LIE$，得$△ EJG∽△ LIE$，
∴$\frac{EG}{LE}=\frac{EJ}{LI}=\frac{5}{4\sqrt{2}}$，解得$LE=8\sqrt{2}$。
过L作LK⊥y轴于点K，则LK=OP=8，在Rt△ELK中，$EK=\sqrt{LE^2-LK^2}=8$，故OK=OE-EK=1，即L(8,1)。
结合角度条件$∠ LEN+∠ MLN=∠ AFD=90°$，N为EM中点，推导得$LM=LE=8\sqrt{2}$，在Rt△LPM中，$MP=\sqrt{LM^2-LP^2}=\sqrt{127}$，故M(8-$\sqrt{127}$,0)。
设直线LM表达式为$y=px+q$，代入L(8,1)、M(8-$\sqrt{127}$,0)得$\begin{cases}8p+q=1\\(8-\sqrt{127})p+q=0\end{cases}$，解得$\begin{cases}p=\frac{\sqrt{127}}{127}\\q=1-\frac{8\sqrt{127}}{127}\end{cases}$，
∴直线LM的表达式为$y=\frac{\sqrt{127}}{127}x+1-\frac{8\sqrt{127}}{127}$。
【答案】
(1) 直线AB的表达式为$\boldsymbol{y=\frac{4}{3}x+16}$
(2) S与t的函数表达式为$\boldsymbol{S=4t+48}$
(3) 直线LM的表达式为$\boldsymbol{y=\frac{\sqrt{127}}{127}x+1-\frac{8\sqrt{127}}{127}}$
【知识点】
一次函数综合，相似三角形判定与性质，解直角三角形
【点评】
本题是代数几何综合题，设问梯度清晰，前两问侧重基础，考查一次函数解析式求解、三角形面积计算等核心知识，第三问融合角度推导、相似性质、直角三角形计算等内容，对知识综合运用能力和逻辑推理能力要求较高。
【难度系数】
0.2
(1) 先在Rt△AOB中，利用tan∠BAO=$\frac{4}{3}$得到两直角边的比例关系，结合AB=20，用勾股定理求出OA、OB的长度，得到A、B两点坐标，再代入一次函数一般式，用待定系数法求解直线AB的表达式。
(2) 先由中点坐标公式求出AB中点C的坐标，作CH⊥x轴，CH即为△ACP的高，AP的长度为OA+OP=12+t，再利用三角形面积公式即可求出S与t的函数关系式。
(3) 先确定直线DE与x轴交点D的坐标，结合OP-DP=$\frac{1}{3}$OA和OP+DP=OD=12求出OP的长度，得到P点坐标；再根据OH与AH的数量关系求出H点坐标，通过角度恒等变形推导∠AFD=90°，得到DE⊥AB，进而求出直线DE的解析式得到E点坐标；求出直线CG的解析式得到G点坐标，再通过角度关系证明△EJG∽△LIE，求出LE的长度；结合后续角度条件推导得LM=LE，求出L点和M点坐标，最后用待定系数法求出直线LM的表达式。
【解析】
(1) 在Rt△AOB中，∠AOB=90°，
∵$\tan∠BAO=\frac{BO}{AO}=\frac{4}{3}$，
∴设BO=4k，AO=3k，由勾股定理得AB=5k。
∵AB=20，
∴5k=20，解得k=4，
∴BO=16，AO=12，即A(-12,0)，B(0,16)。
设直线AB的表达式为$y=ax+b$，将A、B坐标代入得：
$\begin{cases}-12a+b=0\\b=16\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=\frac{4}{3}\\b=16\end{cases}$
∴直线AB的表达式为$y=\frac{4}{3}x+16$。
(2) 过点C作CH⊥x轴于点H，
∵C是AB的中点，
∴CH是△AOB的中位线，
∴CH=$\frac{1}{2}$BO=8，C点坐标为(-6,8)。
∵点P在x轴正半轴上，横坐标为t，
∴OP=t，AP=AO+OP=12+t，
∴$S_{△ ACP}=\frac{1}{2}×AP×CH=\frac{1}{2}×(12+t)×8=4t+48$，
即S与t的函数表达式为$S=4t+48$。
(3) 对于直线$y=kx-12k$，令y=0，解得x=12，
∴D(12,0)，OD=12，即OP+DP=OD=12。
∵$OP-DP=\frac{1}{3}OA$，OA=12，
∴OP-DP=4，联立$\begin{cases}OP+DP=12\\OP-DP=4\end{cases}$，解得OP=8，即P(8,0)。
∵$OH=\frac{1}{17}AH$，OH+AH=OA=12，
∴OH+17OH=12，解得$OH=\frac{2}{3}$，即H(-$\frac{2}{3}$,0)。
由角度关系$∠ FAD-∠ FDA=2∠ OED-∠ BFE$，结合$∠ OED=90°-∠ FDA$，$∠ BFE=∠ FAD+∠ FDA$，代入整理得$∠ FAD+∠ FDA=90°$，即$∠ AFD=90°$，DE⊥AB。
直线AB斜率为$\frac{4}{3}$，故直线DE斜率为$-\frac{3}{4}$，直线DE解析式为$y=-\frac{3}{4}x+9$，令x=0得E(0,9)。
设直线CG解析式为$y=mx+n$，代入C(-6,8)、H(-$\frac{2}{3}$,0)得$\begin{cases}-6m+n=8\\-\frac{2}{3}m+n=0\end{cases}$，解得$\begin{cases}m=-\frac{3}{2}\\n=-1\end{cases}$，即直线CG为$y=-\frac{3}{2}x-1$，令x=0得G(0,-1)，EG=10。
∵PI⊥x轴，EG⊥x轴，
∴PI//EG，$∠ ELI=∠ GEJ$，又$∠ DIP+∠ EJG=180°$，故$∠ EJG=∠ LIE$，得$△ EJG∽△ LIE$，
∴$\frac{EG}{LE}=\frac{EJ}{LI}=\frac{5}{4\sqrt{2}}$，解得$LE=8\sqrt{2}$。
过L作LK⊥y轴于点K，则LK=OP=8，在Rt△ELK中，$EK=\sqrt{LE^2-LK^2}=8$，故OK=OE-EK=1，即L(8,1)。
结合角度条件$∠ LEN+∠ MLN=∠ AFD=90°$，N为EM中点，推导得$LM=LE=8\sqrt{2}$，在Rt△LPM中，$MP=\sqrt{LM^2-LP^2}=\sqrt{127}$，故M(8-$\sqrt{127}$,0)。
设直线LM表达式为$y=px+q$，代入L(8,1)、M(8-$\sqrt{127}$,0)得$\begin{cases}8p+q=1\\(8-\sqrt{127})p+q=0\end{cases}$，解得$\begin{cases}p=\frac{\sqrt{127}}{127}\\q=1-\frac{8\sqrt{127}}{127}\end{cases}$，
∴直线LM的表达式为$y=\frac{\sqrt{127}}{127}x+1-\frac{8\sqrt{127}}{127}$。
【答案】
(1) 直线AB的表达式为$\boldsymbol{y=\frac{4}{3}x+16}$
(2) S与t的函数表达式为$\boldsymbol{S=4t+48}$
(3) 直线LM的表达式为$\boldsymbol{y=\frac{\sqrt{127}}{127}x+1-\frac{8\sqrt{127}}{127}}$
【知识点】
一次函数综合，相似三角形判定与性质，解直角三角形
【点评】
本题是代数几何综合题，设问梯度清晰，前两问侧重基础，考查一次函数解析式求解、三角形面积计算等核心知识，第三问融合角度推导、相似性质、直角三角形计算等内容，对知识综合运用能力和逻辑推理能力要求较高。
【难度系数】
0.2
2. 如图，一次函数$y=-x+4$的图象与正比例函数$y=kx$的图象相交于第一象限的点$A$，与$x$轴相交于点$B$，已知$k$是方程$x^2 - 2x = 3$的一个解.
(1)求点$A$的坐标.
(2)求$\sin∠ OAB$的值.
(3)直线$AB$上是否存在一点$C$，使得$\tan∠ AOC=\frac{2}{3}$？若存在，请求出点$C$的坐标；若不存在，请说明理由.
$\gg$ 进一步挑战进阶专题:P129 专题10
(1)求点$A$的坐标.
(2)求$\sin∠ OAB$的值.
(3)直线$AB$上是否存在一点$C$，使得$\tan∠ AOC=\frac{2}{3}$？若存在，请求出点$C$的坐标；若不存在，请说明理由.
$\gg$ 进一步挑战进阶专题:P129 专题10
答案
2.(1) 解方程$x^2-2x=3$, 得$x=-1$或$x=3$。$\because$ 正比例函数$y=kx$的图象经过第一、三象限, $\therefore k＞0$。又$\because k$是方程$x^2-2x=3$的一个解, $\therefore k=3$。则正比例函数$y=kx$的表达式为$y=3x$。解方程组$\begin{cases}y=3x,\\y=-x+4,\end{cases}$ 得$\begin{cases}x=1,\\y=3,\end{cases}$ $\therefore$ 点A的坐标为$(1,3)$。
(2) 设直线$y=-x+4$与y轴交于点F, 过点O作$OM ⊥ BF$于点M,
对于$y=-x+4$, 当$x=0$时,$y=4$, 当$y=0$时,$x=4$,$\therefore$ 点B的坐标为$(4,0)$, 点F的坐标为$(0,4)$。$\therefore OB=OF=4$, 由勾股定理得$BF=\sqrt{OB^2+OF^2}=4\sqrt{2}$。$\because OM ⊥ BF, \therefore OM=\frac{1}{2}BF=\frac{1}{2}×4\sqrt{2}=2\sqrt{2}$。$\because$ 点A的坐标为$(1,3)$, $\therefore OA=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$。在$\mathrm{Rt}△ AOM$中,$OM=2\sqrt{2}, OA=\sqrt{10}, \therefore \sin∠ OAB=\frac{OM}{OA}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{10}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。(3) 直线AB上存在一点C, 使得$\tan∠ AOC=\frac{2}{3}$, 分两种情况讨论如下:
①当点C在点A下方时, 过点C作$CT ⊥ OA$于T, $CE ⊥ OB$于E, 过点B作$BH ⊥ OA$于H,
在$\mathrm{Rt}△ OCT$中, $\tan∠ AOC=\frac{CT}{OT}$, 当$\tan∠ AOC=\frac{2}{3}$时, 则$\frac{CT}{OT}=\frac{2}{3}$, $\therefore$ 设$CT=2m$, 则$OT=3m$, 其中$m＞0$, 由(2)可知$\sin∠ OAB=\frac{2\sqrt{5}}{5}$, $\therefore \frac{CT}{AC}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$, $\therefore AC=\frac{5CT}{2\sqrt{5}}=\sqrt{5}m$。由勾股定理得$AT=\sqrt{AC^2-CT^2}=m$, $\therefore OA=OT+AT=3m+m=4m$。由(2)可知$OA=\sqrt{10}$, $\therefore 4m=\sqrt{10}$, 解得$m=\frac{\sqrt{10}}{4}$, $\therefore AC=\sqrt{5}m=\frac{5\sqrt{2}}{4}$。由(2)可知点A(1,3), 点B(4,0), $\therefore AB=3\sqrt{2}$, $\therefore BC=AB-AC=3\sqrt{2}-\frac{5\sqrt{2}}{4}=\frac{7\sqrt{2}}{4}$。由(2)可知$OB=OF=4$, $\therefore △ OBF$为等腰直角三角形, $\therefore ∠ OBF=45°$。$\because CE ⊥ OB$, $\therefore △ BCE$为等腰直角三角形, $\therefore CE=BE$。由勾股定理得$CE^2+BE^2=BC^2$, $\therefore CE=BE=\frac{7}{4}$, $\therefore OE=OB-BE=4-\frac{7}{4}=\frac{9}{4}$, $\therefore$ 点C的坐标为$(\frac{9}{4},\frac{7}{4})$;②当点C在点A上方时, 过点C作$CG ⊥ OA$交OA的延长线于G, $CK ⊥ x$轴于K,
在$\mathrm{Rt}△ OCG$中, $\tan∠ AOC=\frac{CG}{OG}$, 当$\tan∠ AOC=\frac{2}{3}$时, 则$\frac{CG}{OG}=\frac{2}{3}$。设$CG=2a$, 则$OG=3a$, 其中$a＞0$, $\therefore AG=OG-OA=3a-\sqrt{10}$。$\because ∠ CAG = ∠ OAB$, 由(2)可知$\sin∠ OAB=\frac{2\sqrt{5}}{5}$, $\therefore \sin∠ CAG=\frac{2\sqrt{5}}{5}$, $\therefore \frac{CG}{AC}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$, $\therefore AC=\frac{5CG}{2\sqrt{5}}=\sqrt{5}a$。由勾股定理得$AG=\sqrt{AC^2-CG^2}=a=3a-\sqrt{10}$。解得$a=\frac{\sqrt{10}}{2}$, $\therefore AC=\sqrt{5}a=\frac{5\sqrt{2}}{2}$, $\therefore CB=AC+AB=\frac{5\sqrt{2}}{2}+3\sqrt{2}=\frac{11\sqrt{2}}{2}$。同①可证: $△ CBK$为等腰直角三角形, $\therefore CK=BK$, 由勾股定理得$CK^2+BK^2=BC^2$, $\therefore CK=BK=\frac{11}{2}$, $\therefore OK=BK-OB=\frac{11}{2}-4=\frac{3}{2}$, $\therefore$ 点C的坐标为$(-\frac{3}{2},\frac{11}{2})$。综上所述, 直线AB上存在一点C, 使得$\tan∠ AOC=\frac{2}{3}$, 此时点C的坐标为$(\frac{9}{4},\frac{7}{4})$或$(-\frac{3}{2},\frac{11}{2})$。解析
【分析】
(1) 先求解一元二次方程得到k的可能取值，结合正比例函数图象过第一、三象限的性质确定k＞0，得到k的准确值后写出正比例函数解析式，再联立两个函数解析式解方程组，即可得到交点A的坐标。
(2) 求sin∠OAB需构造包含该角的直角三角形：先找到一次函数与y轴的交点F，易得△OBF为等腰直角三角形，过O作OM⊥AB，利用等腰直角三角形性质求出OM的长度，再用勾股定理求出OA的长度，在Rt△AOM中根据正弦的定义即可求出结果。
(3) 分两种情况讨论：①点C在点A下方；②点C在点A上方。两种情况均过C作OA的垂线，结合tan∠AOC=2/3设出相关线段长度，再利用(2)中求出的sin∠OAB的值计算线段长度，结合直线AB与x轴夹角为45°的性质，构造等腰直角三角形即可求出点C的坐标。
【解析】
(1) 解方程$x^2-2x=3$, 得$x=-1$或$x=3$。$\because$ 正比例函数$y=kx$的图象经过第一、三象限, $\therefore k＞0$。又$\because k$是方程$x^2-2x=3$的一个解, $\therefore k=3$。则正比例函数$y=kx$的表达式为$y=3x$。解方程组$\begin{cases}y=3x,\\y=-x+4,\end{cases}$ 得$\begin{cases}x=1,\\y=3,\end{cases}$ $\therefore$ 点A的坐标为$(1,3)$。
(2) 设直线$y=-x+4$与y轴交于点F, 过点O作$OM ⊥ BF$于点M, 对于$y=-x+4$, 当$x=0$时,$y=4$, 当$y=0$时,$x=4$,$\therefore$ 点B的坐标为$(4,0)$, 点F的坐标为$(0,4)$。$\therefore OB=OF=4$, 由勾股定理得$BF=\sqrt{OB^2+OF^2}=4\sqrt{2}$。$\because OM ⊥ BF, \therefore OM=\frac{1}{2}BF=\frac{1}{2}×4\sqrt{2}=2\sqrt{2}$。$\because$ 点A的坐标为$(1,3)$, $\therefore OA=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$。在$\mathrm{Rt}△ AOM$中,$OM=2\sqrt{2}, OA=\sqrt{10}, \therefore \sin∠ OAB=\frac{OM}{OA}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{10}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
(3) 直线AB上存在一点C, 使得$\tan∠ AOC=\frac{2}{3}$, 分两种情况讨论如下:
①当点C在点A下方时, 过点C作$CT ⊥ OA$于T, $CE ⊥ OB$于E, 过点B作$BH ⊥ OA$于H, 在$\mathrm{Rt}△ OCT$中, $\tan∠ AOC=\frac{CT}{OT}$, 当$\tan∠ AOC=\frac{2}{3}$时, 则$\frac{CT}{OT}=\frac{2}{3}$, $\therefore$ 设$CT=2m$, 则$OT=3m$, 其中$m＞0$, 由(2)可知$\sin∠ OAB=\frac{2\sqrt{5}}{5}$, $\therefore \frac{CT}{AC}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$, $\therefore AC=\frac{5CT}{2\sqrt{5}}=\sqrt{5}m$。由勾股定理得$AT=\sqrt{AC^2-CT^2}=m$, $\therefore OA=OT+AT=3m+m=4m$。由(2)可知$OA=\sqrt{10}$, $\therefore 4m=\sqrt{10}$, 解得$m=\frac{\sqrt{10}}{4}$, $\therefore AC=\sqrt{5}m=\frac{5\sqrt{2}}{4}$。由(2)可知点A(1,3), 点B(4,0), $\therefore AB=3\sqrt{2}$, $\therefore BC=AB-AC=3\sqrt{2}-\frac{5\sqrt{2}}{4}=\frac{7\sqrt{2}}{4}$。由(2)可知$OB=OF=4$, $\therefore △ OBF$为等腰直角三角形, $\therefore ∠ OBF=45°$。$\because CE ⊥ OB$, $\therefore △ BCE$为等腰直角三角形, $\therefore CE=BE$。由勾股定理得$CE^2+BE^2=BC^2$, $\therefore CE=BE=\frac{7}{4}$, $\therefore OE=OB-BE=4-\frac{7}{4}=\frac{9}{4}$, $\therefore$ 点C的坐标为$(\frac{9}{4},\frac{7}{4})$;
②当点C在点A上方时, 过点C作$CG ⊥ OA$交OA的延长线于G, $CK ⊥ x$轴于K, 在$\mathrm{Rt}△ OCG$中, $\tan∠ AOC=\frac{CG}{OG}$, 当$\tan∠ AOC=\frac{2}{3}$时, 则$\frac{CG}{OG}=\frac{2}{3}$。设$CG=2a$, 则$OG=3a$, 其中$a＞0$, $\therefore AG=OG-OA=3a-\sqrt{10}$。$\because ∠ CAG = ∠ OAB$, 由(2)可知$\sin∠ OAB=\frac{2\sqrt{5}}{5}$, $\therefore \sin∠ CAG=\frac{2\sqrt{5}}{5}$, $\therefore \frac{CG}{AC}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$, $\therefore AC=\frac{5CG}{2\sqrt{5}}=\sqrt{5}a$。由勾股定理得$AG=\sqrt{AC^2-CG^2}=a=3a-\sqrt{10}$。解得$a=\frac{\sqrt{10}}{2}$, $\therefore AC=\sqrt{5}a=\frac{5\sqrt{2}}{2}$, $\therefore CB=AC+AB=\frac{5\sqrt{2}}{2}+3\sqrt{2}=\frac{11\sqrt{2}}{2}$。同①可证: $△ CBK$为等腰直角三角形, $\therefore CK=BK$, 由勾股定理得$CK^2+BK^2=BC^2$, $\therefore CK=BK=\frac{11}{2}$, $\therefore OK=BK-OB=\frac{11}{2}-4=\frac{3}{2}$, $\therefore$ 点C的坐标为$(-\frac{3}{2},\frac{11}{2})$。
综上所述, 直线AB上存在一点C, 使得$\tan∠ AOC=\frac{2}{3}$, 此时点C的坐标为$(\frac{9}{4},\frac{7}{4})$或$(-\frac{3}{2},\frac{11}{2})$。
【答案】
(1) $A(1,3)$
(2) $\sin∠OAB=\frac{2\sqrt{5}}{5}$
(3) 存在，点C的坐标为$(\frac{9}{4},\frac{7}{4})$或$(-\frac{3}{2},\frac{11}{2})$
【知识点】
一次函数的图象与性质，解直角三角形，分类讨论思想
【点评】
本题综合考查一次函数与三角函数的相关知识，前两问侧重基础应用，第三问对逻辑分析能力要求较高。解题时要注意结合图象构造直角三角形，将三角函数条件转化为线段的比例关系，同时不要忽略分情况讨论，避免漏解。
【难度系数】
0.4
(1) 先求解一元二次方程得到k的可能取值，结合正比例函数图象过第一、三象限的性质确定k＞0，得到k的准确值后写出正比例函数解析式，再联立两个函数解析式解方程组，即可得到交点A的坐标。
(2) 求sin∠OAB需构造包含该角的直角三角形：先找到一次函数与y轴的交点F，易得△OBF为等腰直角三角形，过O作OM⊥AB，利用等腰直角三角形性质求出OM的长度，再用勾股定理求出OA的长度，在Rt△AOM中根据正弦的定义即可求出结果。
(3) 分两种情况讨论：①点C在点A下方；②点C在点A上方。两种情况均过C作OA的垂线，结合tan∠AOC=2/3设出相关线段长度，再利用(2)中求出的sin∠OAB的值计算线段长度，结合直线AB与x轴夹角为45°的性质，构造等腰直角三角形即可求出点C的坐标。
【解析】
(1) 解方程$x^2-2x=3$, 得$x=-1$或$x=3$。$\because$ 正比例函数$y=kx$的图象经过第一、三象限, $\therefore k＞0$。又$\because k$是方程$x^2-2x=3$的一个解, $\therefore k=3$。则正比例函数$y=kx$的表达式为$y=3x$。解方程组$\begin{cases}y=3x,\\y=-x+4,\end{cases}$ 得$\begin{cases}x=1,\\y=3,\end{cases}$ $\therefore$ 点A的坐标为$(1,3)$。
(2) 设直线$y=-x+4$与y轴交于点F, 过点O作$OM ⊥ BF$于点M,
对于$y=-x+4$, 当$x=0$时,$y=4$, 当$y=0$时,$x=4$,$\therefore$ 点B的坐标为$(4,0)$, 点F的坐标为$(0,4)$。$\therefore OB=OF=4$, 由勾股定理得$BF=\sqrt{OB^2+OF^2}=4\sqrt{2}$。$\because OM ⊥ BF, \therefore OM=\frac{1}{2}BF=\frac{1}{2}×4\sqrt{2}=2\sqrt{2}$。$\because$ 点A的坐标为$(1,3)$, $\therefore OA=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$。在$\mathrm{Rt}△ AOM$中,$OM=2\sqrt{2}, OA=\sqrt{10}, \therefore \sin∠ OAB=\frac{OM}{OA}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{10}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。(3) 直线AB上存在一点C, 使得$\tan∠ AOC=\frac{2}{3}$, 分两种情况讨论如下:
①当点C在点A下方时, 过点C作$CT ⊥ OA$于T, $CE ⊥ OB$于E, 过点B作$BH ⊥ OA$于H,
在$\mathrm{Rt}△ OCT$中, $\tan∠ AOC=\frac{CT}{OT}$, 当$\tan∠ AOC=\frac{2}{3}$时, 则$\frac{CT}{OT}=\frac{2}{3}$, $\therefore$ 设$CT=2m$, 则$OT=3m$, 其中$m＞0$, 由(2)可知$\sin∠ OAB=\frac{2\sqrt{5}}{5}$, $\therefore \frac{CT}{AC}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$, $\therefore AC=\frac{5CT}{2\sqrt{5}}=\sqrt{5}m$。由勾股定理得$AT=\sqrt{AC^2-CT^2}=m$, $\therefore OA=OT+AT=3m+m=4m$。由(2)可知$OA=\sqrt{10}$, $\therefore 4m=\sqrt{10}$, 解得$m=\frac{\sqrt{10}}{4}$, $\therefore AC=\sqrt{5}m=\frac{5\sqrt{2}}{4}$。由(2)可知点A(1,3), 点B(4,0), $\therefore AB=3\sqrt{2}$, $\therefore BC=AB-AC=3\sqrt{2}-\frac{5\sqrt{2}}{4}=\frac{7\sqrt{2}}{4}$。由(2)可知$OB=OF=4$, $\therefore △ OBF$为等腰直角三角形, $\therefore ∠ OBF=45°$。$\because CE ⊥ OB$, $\therefore △ BCE$为等腰直角三角形, $\therefore CE=BE$。由勾股定理得$CE^2+BE^2=BC^2$, $\therefore CE=BE=\frac{7}{4}$, $\therefore OE=OB-BE=4-\frac{7}{4}=\frac{9}{4}$, $\therefore$ 点C的坐标为$(\frac{9}{4},\frac{7}{4})$;②当点C在点A上方时, 过点C作$CG ⊥ OA$交OA的延长线于G, $CK ⊥ x$轴于K,
在$\mathrm{Rt}△ OCG$中, $\tan∠ AOC=\frac{CG}{OG}$, 当$\tan∠ AOC=\frac{2}{3}$时, 则$\frac{CG}{OG}=\frac{2}{3}$。设$CG=2a$, 则$OG=3a$, 其中$a＞0$, $\therefore AG=OG-OA=3a-\sqrt{10}$。$\because ∠ CAG = ∠ OAB$, 由(2)可知$\sin∠ OAB=\frac{2\sqrt{5}}{5}$, $\therefore \sin∠ CAG=\frac{2\sqrt{5}}{5}$, $\therefore \frac{CG}{AC}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$, $\therefore AC=\frac{5CG}{2\sqrt{5}}=\sqrt{5}a$。由勾股定理得$AG=\sqrt{AC^2-CG^2}=a=3a-\sqrt{10}$。解得$a=\frac{\sqrt{10}}{2}$, $\therefore AC=\sqrt{5}a=\frac{5\sqrt{2}}{2}$, $\therefore CB=AC+AB=\frac{5\sqrt{2}}{2}+3\sqrt{2}=\frac{11\sqrt{2}}{2}$。同①可证: $△ CBK$为等腰直角三角形, $\therefore CK=BK$, 由勾股定理得$CK^2+BK^2=BC^2$, $\therefore CK=BK=\frac{11}{2}$, $\therefore OK=BK-OB=\frac{11}{2}-4=\frac{3}{2}$, $\therefore$ 点C的坐标为$(-\frac{3}{2},\frac{11}{2})$。综上所述, 直线AB上存在一点C, 使得$\tan∠ AOC=\frac{2}{3}$, 此时点C的坐标为$(\frac{9}{4},\frac{7}{4})$或$(-\frac{3}{2},\frac{11}{2})$。
【答案】
(1) $A(1,3)$
(2) $\sin∠OAB=\frac{2\sqrt{5}}{5}$
(3) 存在，点C的坐标为$(\frac{9}{4},\frac{7}{4})$或$(-\frac{3}{2},\frac{11}{2})$
【知识点】
一次函数的图象与性质，解直角三角形，分类讨论思想
【点评】
本题综合考查一次函数与三角函数的相关知识，前两问侧重基础应用，第三问对逻辑分析能力要求较高。解题时要注意结合图象构造直角三角形，将三角函数条件转化为线段的比例关系，同时不要忽略分情况讨论，避免漏解。
【难度系数】
0.4
