6. 如图，在平面直角坐标系中，$ A(4,1) $，$ B(1,3) $，线段 $ AB $ 的延长线与 $ y $ 轴交于点 $ F $，求点 $ F $ 的坐标。

6. (1)作$AM⊥ x$轴于$M$,$BN⊥ x$轴于$N$,
则$S_{△ AOB}=S_{△ BON}+S_{\mathrm{梯形}AMNB}-S_{△ AOM}$
$=\dfrac{1}{2}×1×3+\dfrac{1}{2}×(1+3)×(4-1)-\dfrac{1}{2}×4×$
$1=\dfrac{3}{2}+6-2=\dfrac{11}{2}$,
$\because S_{△ BOF}=\dfrac{1}{3}S_{△ AOB}=\dfrac{11}{6}$,$\therefore \dfrac{1}{2}OF·\left\lvert x_{B}\right\rvert=$
$\dfrac{11}{6}$,$\therefore OF=\dfrac{11}{3}$,$\therefore F(0,\dfrac{11}{3})$.

7. 如图，在平面直角坐标系中，已知 $ A(0,n) $，$ B(m,0) $，$ C(-1,-1) $，其中 $ m $，$ n $ 满足 $ \sqrt{m + 2}+(n - 3)^2=0 $。
(1)求 $ m $，$ n $ 的值；
(2)求四边形 $ ABCO $ 的面积；
(3)在坐标轴的负半轴上是否存在一点 $ P $，使得三角形 $ ABP $ 的面积与四边形 $ ABCO $ 的面积相等？若存在，求出点 $ P $ 的坐标；若不存在，请说明理由。

7. (1)$m=-2$,$n=3$.
(2)$\because m=-2$,$n=3$,$\therefore A(0,3)$,$B(-2,0)$.
$\therefore AO=3$,$BO=2$.
$\therefore S_{\mathrm{三角形}BOC}=\dfrac{1}{2}BO·\left\lvert y_{C}\right\rvert=\dfrac{1}{2}×2×1=1$,
$S_{\mathrm{三角形}AOB}=\dfrac{1}{2}AO· BO=\dfrac{1}{2}×3×2=3$.
$\therefore S_{\mathrm{四边形}ABCD}=S_{\mathrm{三角形}BOC}+S_{\mathrm{三角形}AOB}=1+3=4$.
(3)存在,由(2)可知,四边形$ABCO$的面积
为4,
$\because$三角形$ABP$的面积与四边形$ABCO$的面
积相等,$\therefore S_{\mathrm{三角形}ABP}=4$,
$\because P$为坐标轴的负半轴上一点,$\therefore$分两种情况
讨论:
①当点$P$在$x$轴的负半轴时,
设点$P$的坐标为$(a,0)$.
则$S_{\mathrm{三角形}ABP}=\dfrac{1}{2}BP· AO=\dfrac{1}{2}×(-2-a)×3$
$=4$,
解得$a=-\dfrac{14}{3}$.$\therefore$点$P$的坐标为$(-\dfrac{14}{3},0)$.
②当点$P$在$y$轴的负半轴时,设点$P$的坐标
为$(0,b)$.
则$S_{\mathrm{三角形}ABP}=\dfrac{1}{2}AP· BO=\dfrac{1}{2}×(3-b)×2$
$=4$,
解得$b=-1$.$\therefore$点$P$的坐标为$(0,-1)$.
综上所述,点$P$的坐标为$(-\dfrac{14}{3},0)$或$(0,-1)$.