例1 函数 $ y = \dfrac{\sqrt{x + 2}}{x - 1} $ 的自变量 $ x $ 的取值范围是.
易错分析 本题考查函数自变量的取值范围，结合已知条件列出正确的不等式是解题的关键.

$x ≥ -2$且$x ≠ 1$

要使函数$y = \dfrac{\sqrt{x + 2}}{x - 1}$有意义，需满足：
1. 二次根式被开方数非负：$x + 2 ≥ 0$，解得$x ≥ -2$；
2. 分母不为零：$x - 1 ≠ 0$，解得$x ≠ 1$。
综上，自变量$x$的取值范围是$x ≥ -2$且$x ≠ 1$。

巩固提升 函数 $ y = \dfrac{1}{\sqrt{x} - 1} $ 中，自变量 $ x $ 的取值范围是.

$ x ≥ 0 $ 且 $ x ≠ 1 $（（部分题目区答案可能以 $ [0,1)\cup (1,+∞ )$ 形式呈现，也正确））

要使函数 $ y = \dfrac{1}{\sqrt{x} - 1} $ 有意义，需满足以下条件：
1. 分母不为零：$ \sqrt{x} - 1 ≠ 0 $，即 $ \sqrt{x} ≠ 1 $，所以 $ x ≠ 1 $。
2. 根号内非负：$ x ≥ 0 $（因为 $ \sqrt{x} $ 定义域为 $ x ≥ 0 $）。
综合以上条件，自变量 $ x $ 需满足 $ x ≥ 0 $ 且 $ x ≠ 1 $。

例2 如图，在同一平面直角坐标系中，一次函数 $ y = k_1x + b_1 $ 与 $ y = k_2x + b_2 $(其中 $ k_1,k_2 ≠ 0 $，$ k_1,k_2,b_1,b_2 $ 为常数)的图象分别为直线 $ l_1,l_2 $.下列结论正确的是()

A.$ b_1 + b_2 ＞ 0 $

B.$ b_1b_2 ＞ 0 $
C.$ k_1 + k_2 ＜ 0 $
D.$ k_1k_2 ＜ 0 $

A

由图可知，直线$l_1$与$y$轴交于正半轴，所以$b_1 = 2 ＞ 0$；直线$l_2$与$y$轴交于负半轴，所以$b_2 = -1 ＜ 0$。$b_1 + b_2 = 2 + (-1) = 1 ＞ 0$，A正确；$b_1b_2 = 2×(-1) = -2 ＜ 0$，B错误。直线$l_1$从左到右上升，$k_1 ＞ 0$；直线$l_2$从左到右上升，$k_2 ＞ 0$，所以$k_1 + k_2 ＞ 0$，$k_1k_2 ＞ 0$，C、D错误。

巩固提升 一次函数 $ l_1:y = kx - b $ 与 $ l_2:y = \dfrac{b}{k}x + k $ 在同一平面直角坐标系内的图象可能为()

A

首先，分析$k$，$b$的符号情况：
当$k＞0$，$b＞0$时：
对于一次函数$l_1:y = kx - b$，斜率$k＞0$，截距$-b＜0$，所以$l_1$经过一、三、四象限；
对于一次函数$l_2:y=\frac{b}{k}x + k$，因为$\frac{b}{k}＞0$，$k＞ 0$，所以$l_2$经过一、二、三象限，此时没有符合条件的选项。
当$k＞0$，$b＜0$时：
一次函数$l_1:y = kx - b$，斜率$k＞0$，截距$-b＞0$，所以$l_1$经过一、二、三象限；
一次函数$l_2:y=\frac{b}{k}x + k$，因为$\frac{b}{k}＜0$，$k＞0$，所以$l_2$经过一、二、四象限，选项A符合。
当$k＜0$，$b＞0$时：
一次函数$l_1:y = kx - b$，斜率$k＜0$，截距$-b＜0$，所以$l_1$经过二、三、四象限；
一次函数$l_2:y=\frac{b}{k}x + k$，因为$\frac{b}{k}＜0$，$k＜0$，所以$l_2$经过二、三、四象限，此时没有符合条件的选项。
当$k＜0$，$b＜0$时：
一次函数$l_1:y = kx - b$，斜率$k＜0$，截距$-b＞0$，所以$l_1$经过一、二、四象限；
一次函数$l_2:y=\frac{b}{k}x + k$，因为$\frac{b}{k}＞0$，$k＜0$，所以$l_2$经过一、三、四象限，选项没有符合的。

例3 如图1，已知函数 $ y = \dfrac{1}{3}x + 2 $ 与 $ x $ 轴交于点 $ A $，与 $ y $ 轴交于点 $ B $，点 $ C $ 与点 $ A $ 关于 $ y $ 轴对称.

(1)求直线 $ BC $ 的函数解析式；
(2)设 $ M $ 是 $ x $ 轴上的一个动点，过点 $ M $ 作 $ y $ 轴的平行线，交直线 $ AB $ 于点 $ P $，交直线 $ BC $ 于点 $ Q $.
①若 $ △ PQB $ 的面积为 $ 4 $，求点 $ Q $ 的坐标；
②如图2，点 $ M $ 在线段 $ AC $ 上，连接 $ BM $，若 $ ∠ BMP = ∠ BAC $，直接写出点 $ P $ 的坐标.

(1) 对于函数 $ y = \dfrac{1}{3}x + 2 $，令 $ x = 0 $，得 $ y = 2 $，则 $ B(0, 2) $；令 $ y = 0 $，得 $ 0 = \dfrac{1}{3}x + 2 $，解得 $ x = -6 $，则 $ A(-6, 0) $。
点 $ C $ 与 $ A $ 关于 $ y $ 轴对称，故 $ C(6, 0) $。设直线 $ BC $ 的解析式为 $ y = kx + b $，将 $ B(0, 2) $，$ C(6, 0) $ 代入，得 $ b = 2 $，$ 0 = 6k + 2 $，解得 $ k = -\dfrac{1}{3} $。
∴ 直线 $ BC $ 的解析式为 $ y = -\dfrac{1}{3}x + 2 $。
(2) ① 设 $ M(m, 0) $，则 $ P(m, \dfrac{1}{3}m + 2) $，$ Q(m, -\dfrac{1}{3}m + 2) $。
$ PQ = \left| ( \dfrac{1}{3}m + 2 ) - ( -\dfrac{1}{3}m + 2 ) \right| = \left| \dfrac{2}{3}m \right| $，$ △ PQB $ 的高为 $ |m| $。
由面积公式得 $ \dfrac{1}{2} × \left| \dfrac{2}{3}m \right| × |m| = 4 $，即 $ \dfrac{1}{3}m^2 = 4 $，解得 $ m = \pm 2\sqrt{3} $。
当 $ m = 2\sqrt{3} $ 时，$ Q(2\sqrt{3}, 2 - \dfrac{2\sqrt{3}}{3}) $；当 $ m = -2\sqrt{3} $ 时，$ Q(-2\sqrt{3}, 2 + \dfrac{2\sqrt{3}}{3}) $。
② $ ( -\dfrac{2}{3}, \dfrac{16}{9} ) $
答案：
(1) $ y = -\dfrac{1}{3}x + 2 $
(2) ① $ (2\sqrt{3}, 2 - \dfrac{2\sqrt{3}}{3}) $ 或 $ (-2\sqrt{3}, 2 + \dfrac{2\sqrt{3}}{3}) $
② $ ( -\dfrac{2}{3}, \dfrac{16}{9} ) $

(1) 对于函数 $ y = \dfrac{1}{3}x + 2 $，令 $ x = 0 $，得 $ y = 2 $，则 $ B(0, 2) $；令 $ y = 0 $，得 $ 0 = \dfrac{1}{3}x + 2 $，解得 $ x = -6 $，则 $ A(-6, 0) $。
点 $ C $ 与 $ A $ 关于 $ y $ 轴对称，故 $ C(6, 0) $。设直线 $ BC $ 的解析式为 $ y = kx + b $，将 $ B(0, 2) $，$ C(6, 0) $ 代入，得 $ b = 2 $，$ 0 = 6k + 2 $，解得 $ k = -\dfrac{1}{3} $。
∴ 直线 $ BC $ 的解析式为 $ y = -\dfrac{1}{3}x + 2 $。
(2) ① 设 $ M(m, 0) $，则 $ P(m, \dfrac{1}{3}m + 2) $，$ Q(m, -\dfrac{1}{3}m + 2) $。
$ PQ = \left| ( \dfrac{1}{3}m + 2 ) - ( -\dfrac{1}{3}m + 2 ) \right| = \left| \dfrac{2}{3}m \right| $，$ △ PQB $ 的高为 $ |m| $。
由面积公式得 $ \dfrac{1}{2} × \left| \dfrac{2}{3}m \right| × |m| = 4 $，即 $ \dfrac{1}{3}m^2 = 4 $，解得 $ m = \pm 2\sqrt{3} $。
当 $ m = 2\sqrt{3} $ 时，$ Q(2\sqrt{3}, 2 - \dfrac{2\sqrt{3}}{3}) $；当 $ m = -2\sqrt{3} $ 时，$ Q(-2\sqrt{3}, 2 + \dfrac{2\sqrt{3}}{3}) $。
② $ ( -\dfrac{2}{3}, \dfrac{16}{9} ) $

巩固提升 如图1，直线 $ l_1:y = -x + 6 $ 与 $ x $ 轴交于点 $ A $，与 $ y $ 轴交于点 $ B $.直线 $ l_2 $ 与 $ x $ 轴交于点 $ C $，与 $ y $ 轴交于点 $ D $，与直线 $ l_1 $ 交于点 $ E(2,4) $，已知 $ OC = \dfrac{2}{3}OB $.
(1)求直线 $ l_2 $ 的解析式；
(2)连接 $ BC $，在直线 $ l_2 $ 上有一点 $ P $ 满足 $ S_{△ BCP} = 2S_{△ ACE} $，求点 $ P $ 的坐标；
(3)如图2，将直线 $ l_2 $ 沿 $ y $ 轴向下平移 $ 6 $ 个单位长度，得到直线 $ l_3 $，直线 $ l_3 $ 与 $ y $ 轴相交于点 $ F $，在直线 $ l_1 $ 上是否存在点 $ Q $，使是 $ △ QFB $ 以线段 $ BF $ 为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出所有可能的点 $ Q $ 的坐标；若不存在，请说明理由.

(1) 对于直线$ l_1: y = -x + 6 $，令$ x=0 $得$ B(0,6) $，令$ y=0 $得$ A(6,0) $。$ OB=6 $，则$ OC = \frac{2}{3}OB = 4 $，故$ C(-4,0) $。设直线$ l_2 $解析式为$ y = kx + b $，将$ C(-4,0) $、$ E(2,4) $代入得：$\begin{cases}-4k + b = 0 \\ 2k + b = 4\end{cases}$，解得$ k = \frac{2}{3} $，$ b = \frac{8}{3} $。直线$ l_2 $解析式为$ y = \frac{2}{3}x + \frac{8}{3} $。
(2) $ A(6,0) $，$ C(-4,0) $，$ E(2,4) $，$ AC = 10 $，$ S_{△ ACE} = \frac{1}{2} × 10 × 4 = 20 $，则$ S_{△ BCP} = 40 $。设$ P(x, \frac{2}{3}x + \frac{8}{3}) $，直线$ BC: y = \frac{3}{2}x + 6 $（即$ 3x - 2y + 12 = 0 $）。点$ P $到直线$ BC $距离$ d = \frac{|3x - 2y + 12|}{\sqrt{13}} $，$ BC = 2\sqrt{13} $，$ S_{△ BCP} = \frac{1}{2} × 2\sqrt{13} × d = |3x - 2y + 12| = 40 $。将$ y = \frac{2}{3}x + \frac{8}{3} $代入得$ |\frac{5x + 20}{3}| = 40 $，解得$ x = 20 $或$ x = -28 $，故$ P(20,16) $或$ P(-28,-16) $。
(3) 直线$ l_3 $：$ y = \frac{2}{3}x - \frac{10}{3} $，$ F(0, -\frac{10}{3}) $，$ BF = \frac{28}{3} $。设$ Q(t, -t + 6) $。
① $ QB = BF $：$ \sqrt{t^2 + t^2} = \frac{28}{3} $，$ t = \pm \frac{14\sqrt{2}}{3} $，得$ Q(\frac{14\sqrt{2}}{3}, 6 - \frac{14\sqrt{2}}{3}) $或$ (-\frac{14\sqrt{2}}{3}, 6 + \frac{14\sqrt{2}}{3}) $。
② $ QF = BF $：$ \sqrt{t^2 + (-t + \frac{28}{3})^2} = \frac{28}{3} $，解得$ t = \frac{28}{3} $（$ t=0 $舍去），得$ Q(\frac{28}{3}, -\frac{10}{3}) $。
综上，点$ Q $坐标为$ (\frac{14\sqrt{2}}{3}, 6 - \frac{14\sqrt{2}}{3}) $，$ (-\frac{14\sqrt{2}}{3}, 6 + \frac{14\sqrt{2}}{3}) $，$ (\frac{28}{3}, -\frac{10}{3}) $。
答案：(1) $ y = \frac{2}{3}x + \frac{8}{3} $；(2) $ (20,16) $或$ (-28,-16) $；(3) $ (\frac{14\sqrt{2}}{3}, 6 - \frac{14\sqrt{2}}{3}) $，$ (-\frac{14\sqrt{2}}{3}, 6 + \frac{14\sqrt{2}}{3}) $，$ (\frac{28}{3}, -\frac{10}{3}) $。

(1) 对于直线$ l_1: y = -x + 6 $，令$ x=0 $得$ B(0,6) $，令$ y=0 $得$ A(6,0) $。$ OB=6 $，则$ OC = \frac{2}{3}OB = 4 $，故$ C(-4,0) $。设直线$ l_2 $解析式为$ y = kx + b $，将$ C(-4,0) $、$ E(2,4) $代入得：$\begin{cases}-4k + b = 0 \\ 2k + b = 4\end{cases}$，解得$ k = \frac{2}{3} $，$ b = \frac{8}{3} $。直线$ l_2 $解析式为$ y = \frac{2}{3}x + \frac{8}{3} $。
(2) $ A(6,0) $，$ C(-4,0) $，$ E(2,4) $，$ AC = 10 $，$ S_{△ ACE} = \frac{1}{2} × 10 × 4 = 20 $，则$ S_{△ BCP} = 40 $。设$ P(x, \frac{2}{3}x + \frac{8}{3}) $，直线$ BC: y = \frac{3}{2}x + 6 $（即$ 3x - 2y + 12 = 0 $）。点$ P $到直线$ BC $距离$ d = \frac{|3x - 2y + 12|}{\sqrt{13}} $，$ BC = 2\sqrt{13} $，$ S_{△ BCP} = \frac{1}{2} × 2\sqrt{13} × d = |3x - 2y + 12| = 40 $。将$ y = \frac{2}{3}x + \frac{8}{3} $代入得$ |\frac{5x + 20}{3}| = 40 $，解得$ x = 20 $或$ x = -28 $，故$ P(20,16) $或$ P(-28,-16) $。
(3) 直线$ l_3 $：$ y = \frac{2}{3}x - \frac{10}{3} $，$ F(0, -\frac{10}{3}) $，$ BF = \frac{28}{3} $。设$ Q(t, -t + 6) $。
① $ QB = BF $：$ \sqrt{t^2 + t^2} = \frac{28}{3} $，$ t = \pm \frac{14\sqrt{2}}{3} $，得$ Q(\frac{14\sqrt{2}}{3}, 6 - \frac{14\sqrt{2}}{3}) $或$ (-\frac{14\sqrt{2}}{3}, 6 + \frac{14\sqrt{2}}{3}) $。
② $ QF = BF $：$ \sqrt{t^2 + (-t + \frac{28}{3})^2} = \frac{28}{3} $，解得$ t = \frac{28}{3} $（$ t=0 $舍去），得$ Q(\frac{28}{3}, -\frac{10}{3}) $。
综上，点$ Q $坐标为$ (\frac{14\sqrt{2}}{3}, 6 - \frac{14\sqrt{2}}{3}) $，$ (-\frac{14\sqrt{2}}{3}, 6 + \frac{14\sqrt{2}}{3}) $，$ (\frac{28}{3}, -\frac{10}{3}) $。