登录
三、解答题
10. 已知一次函数 $ y = kx + b(k ≠ 0) $ 经过点$(-3, -4)$和点$(6, 2)$。
求:(1)一次函数的表达式；
(2)一次函数的图象与两条坐标轴围成的三角形的面积。
10. 已知一次函数 $ y = kx + b(k ≠ 0) $ 经过点$(-3, -4)$和点$(6, 2)$。
求:(1)一次函数的表达式；
(2)一次函数的图象与两条坐标轴围成的三角形的面积。
答案
10.解:(1)把$(-3,-4),(6,2)$分别代入$y=kx+b$,得
$\begin{cases} -3k+b=-4,\\6k+b=2,\end{cases}$ 解得$\begin{cases} k=\dfrac{2}{3},\\b=-2,\end{cases}$
∴一次函数的表达式为$y=\dfrac{2}{3}x-2$.
(2)在$y=\dfrac{2}{3}x-2$中,令$x=0$,得$y=-2$,令$y=0$,得$x=3$,
∴一次函数的图象与$x$轴交于点$(3,0)$,与$y$轴交于点$(0,-2)$.
∵$\dfrac{1}{2}×3×|-2|=3$,
∴一次函数的图象与两条坐标轴围成的三角形的面积为3.
$\begin{cases} -3k+b=-4,\\6k+b=2,\end{cases}$ 解得$\begin{cases} k=\dfrac{2}{3},\\b=-2,\end{cases}$
∴一次函数的表达式为$y=\dfrac{2}{3}x-2$.
(2)在$y=\dfrac{2}{3}x-2$中,令$x=0$,得$y=-2$,令$y=0$,得$x=3$,
∴一次函数的图象与$x$轴交于点$(3,0)$,与$y$轴交于点$(0,-2)$.
∵$\dfrac{1}{2}×3×|-2|=3$,
∴一次函数的图象与两条坐标轴围成的三角形的面积为3.
解析
【分析】
(1) 求一次函数表达式可使用待定系数法，已知一次函数经过两个已知点，将两点坐标分别代入$y=kx+b$中，即可得到关于$k$、$b$的二元一次方程组，解出$k$、$b$的值就能确定函数表达式。
(2) 求函数图象与两坐标轴围成的三角形面积，首先需要求出一次函数与$x$轴、$y$轴的交点坐标：令$x=0$可求出与$y$轴交点的纵坐标，令$y=0$可求出与$x$轴交点的横坐标；两个交点到原点的距离就是三角形的两条直角边长度，代入三角形面积公式即可算出面积。
【解析】
(1) 将点$(-3, -4)$和点$(6, 2)$分别代入$y = kx + b(k ≠ 0)$，可得方程组：
$\begin{cases} -3k+b=-4\\6k+b=2\end{cases}$
用第二个方程减去第一个方程消去$b$，得$9k=6$，解得$k=\dfrac{2}{3}$，
将$k=\dfrac{2}{3}$代入$-3k+b=-4$，得$-3×\dfrac{2}{3}+b=-4$，解得$b=-2$，
∴一次函数的表达式为$y=\dfrac{2}{3}x-2$。
(2) 在$y=\dfrac{2}{3}x-2$中，令$x=0$，得$y=-2$，即函数与$y$轴交点为$(0,-2)$；
令$y=0$，得$\dfrac{2}{3}x-2=0$，解得$x=3$，即函数与$x$轴交点为$(3,0)$。
一次函数与两坐标轴围成的三角形为直角三角形，两条直角边长度分别为$|3|=3$和$|-2|=2$，
则面积为$\dfrac{1}{2}×3×2=3$。
【答案】
(1) $y=\dfrac{2}{3}x-2$；(2) $3$
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式；一次函数与坐标轴的交点；三角形面积计算
【点评】
本题属于一次函数的基础考查题，核心是掌握待定系数法求解析式的步骤，以及一次函数与坐标轴交点的求解方法，计算时注意坐标的正负对应距离要取绝对值，避免符号出错。
【难度系数】
0.85
(1) 求一次函数表达式可使用待定系数法，已知一次函数经过两个已知点，将两点坐标分别代入$y=kx+b$中，即可得到关于$k$、$b$的二元一次方程组，解出$k$、$b$的值就能确定函数表达式。
(2) 求函数图象与两坐标轴围成的三角形面积，首先需要求出一次函数与$x$轴、$y$轴的交点坐标：令$x=0$可求出与$y$轴交点的纵坐标，令$y=0$可求出与$x$轴交点的横坐标；两个交点到原点的距离就是三角形的两条直角边长度，代入三角形面积公式即可算出面积。
【解析】
(1) 将点$(-3, -4)$和点$(6, 2)$分别代入$y = kx + b(k ≠ 0)$，可得方程组：
$\begin{cases} -3k+b=-4\\6k+b=2\end{cases}$
用第二个方程减去第一个方程消去$b$，得$9k=6$，解得$k=\dfrac{2}{3}$，
将$k=\dfrac{2}{3}$代入$-3k+b=-4$，得$-3×\dfrac{2}{3}+b=-4$，解得$b=-2$，
∴一次函数的表达式为$y=\dfrac{2}{3}x-2$。
(2) 在$y=\dfrac{2}{3}x-2$中，令$x=0$，得$y=-2$，即函数与$y$轴交点为$(0,-2)$；
令$y=0$，得$\dfrac{2}{3}x-2=0$，解得$x=3$，即函数与$x$轴交点为$(3,0)$。
一次函数与两坐标轴围成的三角形为直角三角形，两条直角边长度分别为$|3|=3$和$|-2|=2$，
则面积为$\dfrac{1}{2}×3×2=3$。
【答案】
(1) $y=\dfrac{2}{3}x-2$；(2) $3$
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式；一次函数与坐标轴的交点；三角形面积计算
【点评】
本题属于一次函数的基础考查题，核心是掌握待定系数法求解析式的步骤，以及一次函数与坐标轴交点的求解方法，计算时注意坐标的正负对应距离要取绝对值，避免符号出错。
【难度系数】
0.85
11.一条公路上依次有A,B,C三地,一辆轿车从A地出发途经B地接人,停留一段时间后原速驶往C地;一辆货车从C地出发,送货到达B地后立即原路原速返回C地(卸货时间忽略不计).两车同时出发,轿车比货车晚$\frac{1}{3}$h到达终点,两车均按各自速度匀速行驶.如图是轿车和货车与各自出发地的距离$y$(单位:km)与轿车的行驶时间$x$(单位:h)之间的函数图象,结合图象解答下列问题:
(1)图中$a$的值是________,$b$的值是________;
(2)在货车从B地返回C地的过程中,求货车与出发地的距离$y$(单位:km)与行驶时间$x$(单位:h)之间的函数表达式;
(3)直接写出轿车出发多少小时与货车相距40 km.
(1)图中$a$的值是________,$b$的值是________;
(2)在货车从B地返回C地的过程中,求货车与出发地的距离$y$(单位:km)与行驶时间$x$(单位:h)之间的函数表达式;
(3)直接写出轿车出发多少小时与货车相距40 km.
答案
11.(1)300 2
(2)解:$3-\dfrac{1}{3}=\dfrac{8}{3}(\mathrm{h}),\therefore N(\dfrac{8}{3},0),\dfrac{8}{3}÷2=\dfrac{4}{3}(\mathrm{h})$,
$\therefore M(\dfrac{4}{3},120)$,设在货车从B地返回C地的过程中,货车与出发地的距离$y$(单位:km)与行驶时间$x$(单位:h)之间的函数表达式为$y=mx+n$,将$M(\dfrac{4}{3},120)$,$N(\dfrac{8}{3},0)$代入,得$\begin{cases} \dfrac{4}{3}m+n=120,\\\dfrac{8}{3}m+n=0,\end{cases}$ 解得$\begin{cases} m=-90,\\n=240,\end{cases}$
∴在货车从B地返回C地的过程中,货车与出发地的距离$y$(单位:km)与行驶时间$x$(单位:h)之间的函数表达式为$y=-90x+240(\dfrac{4}{3}≤ x≤ \dfrac{8}{3})$.
(3)解:轿车的速度为$180÷1.5=120(\mathrm{km/h})$,货车的速度为$120÷\dfrac{4}{3}=90(\mathrm{km/h})$.
当$0≤ x≤ \dfrac{4}{3}$时,$(120+90)x+40=300$,解得$x=\dfrac{26}{21}$;
当$\dfrac{4}{3}＜x≤ 1.5$时,两车之间的距离一直在减小,且总是小于40 km;
当$1.5＜x≤ 2$时,$90(x-\dfrac{4}{3})=40$,解得$x=\dfrac{16}{9}$;
当$2＜x≤ \dfrac{8}{3}$时,得$180+120(x-2)+40-90x+240=300$,解得$x=\dfrac{8}{3}$.
综上,轿车出发$\dfrac{26}{21}\ \mathrm{h}$或$\dfrac{16}{9}\ \mathrm{h}$或$\dfrac{8}{3}\ \mathrm{h}$与货车相距40 km.
(2)解:$3-\dfrac{1}{3}=\dfrac{8}{3}(\mathrm{h}),\therefore N(\dfrac{8}{3},0),\dfrac{8}{3}÷2=\dfrac{4}{3}(\mathrm{h})$,
$\therefore M(\dfrac{4}{3},120)$,设在货车从B地返回C地的过程中,货车与出发地的距离$y$(单位:km)与行驶时间$x$(单位:h)之间的函数表达式为$y=mx+n$,将$M(\dfrac{4}{3},120)$,$N(\dfrac{8}{3},0)$代入,得$\begin{cases} \dfrac{4}{3}m+n=120,\\\dfrac{8}{3}m+n=0,\end{cases}$ 解得$\begin{cases} m=-90,\\n=240,\end{cases}$
∴在货车从B地返回C地的过程中,货车与出发地的距离$y$(单位:km)与行驶时间$x$(单位:h)之间的函数表达式为$y=-90x+240(\dfrac{4}{3}≤ x≤ \dfrac{8}{3})$.
(3)解:轿车的速度为$180÷1.5=120(\mathrm{km/h})$,货车的速度为$120÷\dfrac{4}{3}=90(\mathrm{km/h})$.
当$0≤ x≤ \dfrac{4}{3}$时,$(120+90)x+40=300$,解得$x=\dfrac{26}{21}$;
当$\dfrac{4}{3}＜x≤ 1.5$时,两车之间的距离一直在减小,且总是小于40 km;
当$1.5＜x≤ 2$时,$90(x-\dfrac{4}{3})=40$,解得$x=\dfrac{16}{9}$;
当$2＜x≤ \dfrac{8}{3}$时,得$180+120(x-2)+40-90x+240=300$,解得$x=\dfrac{8}{3}$.
综上,轿车出发$\dfrac{26}{21}\ \mathrm{h}$或$\dfrac{16}{9}\ \mathrm{h}$或$\dfrac{8}{3}\ \mathrm{h}$与货车相距40 km.
解析
【分析】
(1) 首先从图象提取信息：AB两地距离为180km，轿车行驶1.5h到达B地，可先算出轿车行驶速度；BC两地距离为货车从C到B的路程120km，因此A、C总距离a为AB、BC路程之和。再根据轿车从B到C仍按原速行驶，算出该段行驶时间，结合总行驶时间3h即可求出停留结束时间b。
(2) 求货车返回阶段的函数表达式，属于一次函数解析式求解问题：先根据“轿车比货车晚$\frac{1}{3}$h到达终点”算出货车总行驶时间，得到货车返回C地的坐标，再结合货车往返速度不变，算出货车到达B地的坐标，最后用待定系数法代入求解即可，注意标注自变量的取值范围。
(3) 两车相距40km需分时间段讨论：先算出两车的行驶速度，再按“货车未到B地相向行驶、货车返回轿车未到B、轿车在B地停留、轿车从B地重新出发”四个阶段分别根据路程关系列方程，排除不符合时间段的解，最终得到所有符合条件的时间。
【解析】
(1) 轿车的行驶速度为$180÷1.5=120(\mathrm{km/h})$，A、C两地总距离$a=180+120=300(\mathrm{km})$。
轿车从B到C的行驶时间为$(300-180)÷120=1(\mathrm{h})$，因此停留结束时间$b=3-1=2(\mathrm{h})$。
(2) 货车总行驶时间为$3-\dfrac{1}{3}=\dfrac{8}{3}(\mathrm{h})$，即返回C地对应点$N(\dfrac{8}{3},0)$；
货车往返路程、速度均相同，因此单程行驶时间为$\dfrac{8}{3}÷2=\dfrac{4}{3}(\mathrm{h})$，即到达B地对应点$M(\dfrac{4}{3},120)$。
设返回阶段函数表达式为$y=mx+n$，将$M(\dfrac{4}{3},120)$、$N(\dfrac{8}{3},0)$代入得：
$\begin{cases} \dfrac{4}{3}m+n=120\\\dfrac{8}{3}m+n=0 \end{cases}$
解得$\begin{cases} m=-90\\n=240 \end{cases}$
因此返回阶段函数表达式为$y=-90x+240(\dfrac{4}{3}≤ x≤ \dfrac{8}{3})$。
(3) 货车速度为$120÷\dfrac{4}{3}=90(\mathrm{km/h})$，轿车速度为$120\mathrm{km/h}$，分情况讨论：
① 当$0≤ x≤ \dfrac{4}{3}$时，两车相向行驶，列方程得$120x+90x+40=300$，解得$x=\dfrac{26}{21}$，符合区间要求；
② 当$\dfrac{4}{3}＜x≤ 1.5$时，两车距离始终小于40km，无符合解；
③ 当$1.5＜x≤ 2$时，轿车在B地停留，两车距离为货车驶离B地的路程，列方程得$90(x-\dfrac{4}{3})=40$，解得$x=\dfrac{16}{9}$，符合区间要求；
④ 当$2＜x≤ \dfrac{8}{3}$时，轿车从B地出发驶往C地，列方程得$180+120(x-2)+40-90x+240=300$，解得$x=\dfrac{8}{3}$，符合区间要求。
【答案】
(1) $\boldsymbol{300}$；$\boldsymbol{2}$
(2) $\boldsymbol{y=-90x+240(\dfrac{4}{3}≤ x≤ \dfrac{8}{3})}$
(3) 轿车出发$\boldsymbol{\dfrac{26}{21}\ \mathrm{h}}$或$\boldsymbol{\dfrac{16}{9}\ \mathrm{h}}$或$\boldsymbol{\dfrac{8}{3}\ \mathrm{h}}$时与货车相距40 km。
【知识点】
一次函数的实际应用、待定系数法求一次函数解析式、行程问题分类讨论
【点评】
本题结合行程问题考查一次函数的实际应用，核心是读懂图象各段代表的行驶状态，分类讨论时要注意结合自变量的取值范围验证解的合理性，避免漏解或错解。
【难度系数】
0.3
(1) 首先从图象提取信息：AB两地距离为180km，轿车行驶1.5h到达B地，可先算出轿车行驶速度；BC两地距离为货车从C到B的路程120km，因此A、C总距离a为AB、BC路程之和。再根据轿车从B到C仍按原速行驶，算出该段行驶时间，结合总行驶时间3h即可求出停留结束时间b。
(2) 求货车返回阶段的函数表达式，属于一次函数解析式求解问题：先根据“轿车比货车晚$\frac{1}{3}$h到达终点”算出货车总行驶时间，得到货车返回C地的坐标，再结合货车往返速度不变，算出货车到达B地的坐标，最后用待定系数法代入求解即可，注意标注自变量的取值范围。
(3) 两车相距40km需分时间段讨论：先算出两车的行驶速度，再按“货车未到B地相向行驶、货车返回轿车未到B、轿车在B地停留、轿车从B地重新出发”四个阶段分别根据路程关系列方程，排除不符合时间段的解，最终得到所有符合条件的时间。
【解析】
(1) 轿车的行驶速度为$180÷1.5=120(\mathrm{km/h})$，A、C两地总距离$a=180+120=300(\mathrm{km})$。
轿车从B到C的行驶时间为$(300-180)÷120=1(\mathrm{h})$，因此停留结束时间$b=3-1=2(\mathrm{h})$。
(2) 货车总行驶时间为$3-\dfrac{1}{3}=\dfrac{8}{3}(\mathrm{h})$，即返回C地对应点$N(\dfrac{8}{3},0)$；
货车往返路程、速度均相同，因此单程行驶时间为$\dfrac{8}{3}÷2=\dfrac{4}{3}(\mathrm{h})$，即到达B地对应点$M(\dfrac{4}{3},120)$。
设返回阶段函数表达式为$y=mx+n$，将$M(\dfrac{4}{3},120)$、$N(\dfrac{8}{3},0)$代入得：
$\begin{cases} \dfrac{4}{3}m+n=120\\\dfrac{8}{3}m+n=0 \end{cases}$
解得$\begin{cases} m=-90\\n=240 \end{cases}$
因此返回阶段函数表达式为$y=-90x+240(\dfrac{4}{3}≤ x≤ \dfrac{8}{3})$。
(3) 货车速度为$120÷\dfrac{4}{3}=90(\mathrm{km/h})$，轿车速度为$120\mathrm{km/h}$，分情况讨论：
① 当$0≤ x≤ \dfrac{4}{3}$时，两车相向行驶，列方程得$120x+90x+40=300$，解得$x=\dfrac{26}{21}$，符合区间要求；
② 当$\dfrac{4}{3}＜x≤ 1.5$时，两车距离始终小于40km，无符合解；
③ 当$1.5＜x≤ 2$时，轿车在B地停留，两车距离为货车驶离B地的路程，列方程得$90(x-\dfrac{4}{3})=40$，解得$x=\dfrac{16}{9}$，符合区间要求；
④ 当$2＜x≤ \dfrac{8}{3}$时，轿车从B地出发驶往C地，列方程得$180+120(x-2)+40-90x+240=300$，解得$x=\dfrac{8}{3}$，符合区间要求。
【答案】
(1) $\boldsymbol{300}$；$\boldsymbol{2}$
(2) $\boldsymbol{y=-90x+240(\dfrac{4}{3}≤ x≤ \dfrac{8}{3})}$
(3) 轿车出发$\boldsymbol{\dfrac{26}{21}\ \mathrm{h}}$或$\boldsymbol{\dfrac{16}{9}\ \mathrm{h}}$或$\boldsymbol{\dfrac{8}{3}\ \mathrm{h}}$时与货车相距40 km。
【知识点】
一次函数的实际应用、待定系数法求一次函数解析式、行程问题分类讨论
【点评】
本题结合行程问题考查一次函数的实际应用，核心是读懂图象各段代表的行驶状态，分类讨论时要注意结合自变量的取值范围验证解的合理性，避免漏解或错解。
【难度系数】
0.3
12. 如图，直线 $y=\dfrac{4}{3}x+8$ 与两坐标轴分别交于点 $A,B$，与直线 $y=-2x$ 交于点 $C$，$M$ 是直线 $y=\dfrac{4}{3}x+8$ 上的动点，点 $M$ 的横坐标为 $m$，过点 $M$ 作 $y$ 轴的平行线，交直线 $y=-2x$ 于点 $N$.
(1)①若 $MN=6$，求 $m$ 的值；
②$P(3s,4s+3)$ 是平面内一动点，求线段 $PM$ 长度的最小值.
(2)若点 $D(2t-2,t+3)$ 在 $△ OBC$ 的内部(不包括边界)，求 $t$ 的取值范围.
(1)①若 $MN=6$，求 $m$ 的值；
②$P(3s,4s+3)$ 是平面内一动点，求线段 $PM$ 长度的最小值.
(2)若点 $D(2t-2,t+3)$ 在 $△ OBC$ 的内部(不包括边界)，求 $t$ 的取值范围.
答案
12.解:(1)①由题意,得$M(m,\dfrac{4}{3}m+8)$,$N(m,-2m)$,
$\therefore MN=\left|\dfrac{4}{3}m+8-(-2m)\right|=\left|\dfrac{10}{3}m+8\right|$.$\because MN=6$,
$\therefore \left|\dfrac{10}{3}m+8\right|=6$,解得$m=-\dfrac{3}{5}$或$m=-\dfrac{21}{5}$.
②$\because P(3s,4s+3)$是直线$y=\dfrac{4}{3}x+3$上的点,$M$是直线$y=\dfrac{4}{3}x+8$上的点,且直线$y=\dfrac{4}{3}x+3$与直线$y=\dfrac{4}{3}x+8$平行,
$\therefore$线段$PM$长度的最小值就是直线$y=\dfrac{4}{3}x+3$与直线$y=\dfrac{4}{3}x+8$之间的距离.
$\because$直线$y=\dfrac{4}{3}x+8$与两坐标轴分别交于点$A,B$,
$\therefore A(0,8),B(-6,0),\therefore OA=8,OB=6$,
$\therefore AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=10$.
设原点到$AB$的距离为$h$,则$S_{△ AOB}=\dfrac{1}{2}AB· h=\dfrac{1}{2}OA· OB,\therefore h=4.8$.
同理可得原点到直线$y=\dfrac{4}{3}x+3$的距离为$1.8$,
$\therefore$直线$y=\dfrac{4}{3}x+3$与直线$y=\dfrac{4}{3}x+8$之间的距离为$3$,
$\therefore$线段$PM$长度的最小值为$3$.
(2)由题意,得$D(2t-2,t+3)$是直线$y=\dfrac{1}{2}x+4$上的动点,
由$\begin{cases} y=-2x,\\y=\dfrac{1}{2}x+4,\end{cases}$解得$\begin{cases} x=-\dfrac{8}{5},\\y=\dfrac{16}{5},\end{cases}$
由$\begin{cases} y=\dfrac{4}{3}x+8,\\y=\dfrac{1}{2}x+4,\end{cases}$解得$\begin{cases} x=-\dfrac{24}{5},\\y=\dfrac{8}{5},\end{cases}$
$\because$点$D(2t-2,t+3)$在$△ OBC$的内部(不包括边界),
$\therefore -\dfrac{24}{5}＜2t-2＜-\dfrac{8}{5}$,解得$-\dfrac{7}{5}＜t＜\dfrac{1}{5}$.
$\therefore MN=\left|\dfrac{4}{3}m+8-(-2m)\right|=\left|\dfrac{10}{3}m+8\right|$.$\because MN=6$,
$\therefore \left|\dfrac{10}{3}m+8\right|=6$,解得$m=-\dfrac{3}{5}$或$m=-\dfrac{21}{5}$.
②$\because P(3s,4s+3)$是直线$y=\dfrac{4}{3}x+3$上的点,$M$是直线$y=\dfrac{4}{3}x+8$上的点,且直线$y=\dfrac{4}{3}x+3$与直线$y=\dfrac{4}{3}x+8$平行,
$\therefore$线段$PM$长度的最小值就是直线$y=\dfrac{4}{3}x+3$与直线$y=\dfrac{4}{3}x+8$之间的距离.
$\because$直线$y=\dfrac{4}{3}x+8$与两坐标轴分别交于点$A,B$,
$\therefore A(0,8),B(-6,0),\therefore OA=8,OB=6$,
$\therefore AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=10$.
设原点到$AB$的距离为$h$,则$S_{△ AOB}=\dfrac{1}{2}AB· h=\dfrac{1}{2}OA· OB,\therefore h=4.8$.
同理可得原点到直线$y=\dfrac{4}{3}x+3$的距离为$1.8$,
$\therefore$直线$y=\dfrac{4}{3}x+3$与直线$y=\dfrac{4}{3}x+8$之间的距离为$3$,
$\therefore$线段$PM$长度的最小值为$3$.
(2)由题意,得$D(2t-2,t+3)$是直线$y=\dfrac{1}{2}x+4$上的动点,
由$\begin{cases} y=-2x,\\y=\dfrac{1}{2}x+4,\end{cases}$解得$\begin{cases} x=-\dfrac{8}{5},\\y=\dfrac{16}{5},\end{cases}$
由$\begin{cases} y=\dfrac{4}{3}x+8,\\y=\dfrac{1}{2}x+4,\end{cases}$解得$\begin{cases} x=-\dfrac{24}{5},\\y=\dfrac{8}{5},\end{cases}$
$\because$点$D(2t-2,t+3)$在$△ OBC$的内部(不包括边界),
$\therefore -\dfrac{24}{5}＜2t-2＜-\dfrac{8}{5}$,解得$-\dfrac{7}{5}＜t＜\dfrac{1}{5}$.
解析
【分析】
(1)①首先根据点M在直线$y=\dfrac{4}{3}x+8$上、横坐标为$m$，可直接写出M的坐标；MN平行于y轴，因此N点横坐标也为$m$，代入$y=-2x$可得N点坐标；平行于y轴的两点间距离为纵坐标差的绝对值，据此列含绝对值的方程求解即可。
②先对P点坐标变形，消去参数$s$，可得出P点始终在直线$y=\dfrac{4}{3}x+3$上，该直线与直线$y=\dfrac{4}{3}x+8$斜率相同，两直线平行，因此PM的最小值就是两条平行线之间的距离；利用面积法分别求出原点到两条直线的距离，两距离的差即为平行线间距，也就是PM的最小值。
(2)先对D点坐标变形，消去参数$t$，可得出D点始终在直线$y=\dfrac{1}{2}x+4$上，求出该直线与$△ OBC$的两条边OC、BC的交点横坐标，因为D在$△ OBC$内部，因此D点横坐标介于两个交点横坐标之间，列不等式求解即可得到$t$的范围。
【解析】
(1)①由题意，点M在直线$y=\dfrac{4}{3}x+8$上，横坐标为$m$，故$M(m,\dfrac{4}{3}m+8)$；
MN平行于y轴，故N点横坐标也为$m$，代入$y=-2x$得$N(m,-2m)$；
平行于y轴的两点距离为纵坐标差的绝对值，因此：
$MN=\left|(\dfrac{4}{3}m+8)-(-2m)\right|=\left|\dfrac{10}{3}m+8\right|$
已知$MN=6$，故$\left|\dfrac{10}{3}m+8\right|=6$，分两种情况：
当$\dfrac{10}{3}m+8=6$时，解得$m=-\dfrac{3}{5}$；
当$\dfrac{10}{3}m+8=-6$时，解得$m=-\dfrac{21}{5}$。
②观察P点坐标$(3s,4s+3)$，令$x=3s$，则$s=\dfrac{x}{3}$，代入$y=4s+3$得$y=\dfrac{4}{3}x+3$，即P点始终在直线$y=\dfrac{4}{3}x+3$上；
M在直线$y=\dfrac{4}{3}x+8$上，两条直线斜率相同，互相平行，因此PM的最小值即为两条平行线之间的距离。
先求直线$y=\dfrac{4}{3}x+8$与坐标轴交点：令$x=0$得$y=8$，故$A(0,8)$；令$y=0$得$x=-6$，故$B(-6,0)$，则$OA=8$，$OB=6$，由勾股定理得$AB=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
设原点到直线AB的距离为$h_1$，由$△ AOB$面积公式：$\dfrac{1}{2}× OA× OB=\dfrac{1}{2}× AB× h_1$，代入数据解得$h_1=4.8$。
同理可得原点到直线$y=\dfrac{4}{3}x+3$的距离$h_2=1.8$。
两条平行线在原点同侧，故间距为$h_1-h_2=4.8-1.8=3$，即PM最小值为3。
(2)观察D点坐标$(2t-2,t+3)$，令$x=2t-2$，则$t=\dfrac{x+2}{2}$，代入$y=t+3$得$y=\dfrac{1}{2}x+4$，即D点始终在直线$y=\dfrac{1}{2}x+4$上。
求该直线与OC（$y=-2x$）的交点：联立$\begin{cases}y=-2x\\y=\dfrac{1}{2}x+4\end{cases}$，解得$x=-\dfrac{8}{5}$；
求该直线与BC（$y=\dfrac{4}{3}x+8$）的交点：联立$\begin{cases}y=\dfrac{4}{3}x+8\\y=\dfrac{1}{2}x+4\end{cases}$，解得$x=-\dfrac{24}{5}$。
因为D在$△ OBC$内部（不含边界），故D点横坐标介于两个交点横坐标之间，即$-\dfrac{24}{5}＜2t-2＜-\dfrac{8}{5}$，
解不等式得：$-\dfrac{7}{5}＜t＜\dfrac{1}{5}$。
【答案】
(1)①$m=-\dfrac{3}{5}$或$m=-\dfrac{21}{5}$；②线段PM长度的最小值为$3$；
(2)$t$的取值范围是$-\dfrac{7}{5}＜t＜\dfrac{1}{5}$。
【知识点】
一次函数图象性质，两点间距离计算，不等式组求解
【点评】
本题为一次函数综合题，结合动点问题、平行线距离、区域范围求解等考点，需要掌握用坐标表示动点、利用数形结合思想转化距离与范围问题，对代数运算能力和几何分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.55
(1)①首先根据点M在直线$y=\dfrac{4}{3}x+8$上、横坐标为$m$，可直接写出M的坐标；MN平行于y轴，因此N点横坐标也为$m$，代入$y=-2x$可得N点坐标；平行于y轴的两点间距离为纵坐标差的绝对值，据此列含绝对值的方程求解即可。
②先对P点坐标变形，消去参数$s$，可得出P点始终在直线$y=\dfrac{4}{3}x+3$上，该直线与直线$y=\dfrac{4}{3}x+8$斜率相同，两直线平行，因此PM的最小值就是两条平行线之间的距离；利用面积法分别求出原点到两条直线的距离，两距离的差即为平行线间距，也就是PM的最小值。
(2)先对D点坐标变形，消去参数$t$，可得出D点始终在直线$y=\dfrac{1}{2}x+4$上，求出该直线与$△ OBC$的两条边OC、BC的交点横坐标，因为D在$△ OBC$内部，因此D点横坐标介于两个交点横坐标之间，列不等式求解即可得到$t$的范围。
【解析】
(1)①由题意，点M在直线$y=\dfrac{4}{3}x+8$上，横坐标为$m$，故$M(m,\dfrac{4}{3}m+8)$；
MN平行于y轴，故N点横坐标也为$m$，代入$y=-2x$得$N(m,-2m)$；
平行于y轴的两点距离为纵坐标差的绝对值，因此：
$MN=\left|(\dfrac{4}{3}m+8)-(-2m)\right|=\left|\dfrac{10}{3}m+8\right|$
已知$MN=6$，故$\left|\dfrac{10}{3}m+8\right|=6$，分两种情况：
当$\dfrac{10}{3}m+8=6$时，解得$m=-\dfrac{3}{5}$；
当$\dfrac{10}{3}m+8=-6$时，解得$m=-\dfrac{21}{5}$。
②观察P点坐标$(3s,4s+3)$，令$x=3s$，则$s=\dfrac{x}{3}$，代入$y=4s+3$得$y=\dfrac{4}{3}x+3$，即P点始终在直线$y=\dfrac{4}{3}x+3$上；
M在直线$y=\dfrac{4}{3}x+8$上，两条直线斜率相同，互相平行，因此PM的最小值即为两条平行线之间的距离。
先求直线$y=\dfrac{4}{3}x+8$与坐标轴交点：令$x=0$得$y=8$，故$A(0,8)$；令$y=0$得$x=-6$，故$B(-6,0)$，则$OA=8$，$OB=6$，由勾股定理得$AB=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
设原点到直线AB的距离为$h_1$，由$△ AOB$面积公式：$\dfrac{1}{2}× OA× OB=\dfrac{1}{2}× AB× h_1$，代入数据解得$h_1=4.8$。
同理可得原点到直线$y=\dfrac{4}{3}x+3$的距离$h_2=1.8$。
两条平行线在原点同侧，故间距为$h_1-h_2=4.8-1.8=3$，即PM最小值为3。
(2)观察D点坐标$(2t-2,t+3)$，令$x=2t-2$，则$t=\dfrac{x+2}{2}$，代入$y=t+3$得$y=\dfrac{1}{2}x+4$，即D点始终在直线$y=\dfrac{1}{2}x+4$上。
求该直线与OC（$y=-2x$）的交点：联立$\begin{cases}y=-2x\\y=\dfrac{1}{2}x+4\end{cases}$，解得$x=-\dfrac{8}{5}$；
求该直线与BC（$y=\dfrac{4}{3}x+8$）的交点：联立$\begin{cases}y=\dfrac{4}{3}x+8\\y=\dfrac{1}{2}x+4\end{cases}$，解得$x=-\dfrac{24}{5}$。
因为D在$△ OBC$内部（不含边界），故D点横坐标介于两个交点横坐标之间，即$-\dfrac{24}{5}＜2t-2＜-\dfrac{8}{5}$，
解不等式得：$-\dfrac{7}{5}＜t＜\dfrac{1}{5}$。
【答案】
(1)①$m=-\dfrac{3}{5}$或$m=-\dfrac{21}{5}$；②线段PM长度的最小值为$3$；
(2)$t$的取值范围是$-\dfrac{7}{5}＜t＜\dfrac{1}{5}$。
【知识点】
一次函数图象性质，两点间距离计算，不等式组求解
【点评】
本题为一次函数综合题，结合动点问题、平行线距离、区域范围求解等考点，需要掌握用坐标表示动点、利用数形结合思想转化距离与范围问题，对代数运算能力和几何分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.55
