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5. 如图,在平面直角坐标系中,直线$ l:y=\frac{1}{3}x+b(b＜0) $与$ x $轴交于点$ C $. $ D $为直线$ l $上第一象限内一点,过点$ D $作$ DE ⊥ y $轴于点$ E $,过点$ C $作$ CA ⊥ DE $于点$ A $. 点$ B $在线段$ DA $上,$ DB=AC $. 连接$ CB $,$ P $为线段$ CB $上一动点,过点$ P $作$ PR ⊥ x $轴,分别交$ x $轴,$ CD $,$ DE $于点$ R $,$ Q $,$ S $.
(1)若点$ D $的坐标为$(12,3)$.
①求直线$ BC $的函数表达式;
②若$ Q $为$ RS $的中点,求点$ P $的坐标.
(2)在点$ P $运动的过程中,$\frac{PQ}{CR}$的值是否变化? 若不变,求出该值;若变化,请说明理由.
(1)若点$ D $的坐标为$(12,3)$.
①求直线$ BC $的函数表达式;
②若$ Q $为$ RS $的中点,求点$ P $的坐标.
(2)在点$ P $运动的过程中,$\frac{PQ}{CR}$的值是否变化? 若不变,求出该值;若变化,请说明理由.
答案
5. 解:(1)①$ \because $ 点 $ D(12,3) $ 在直线 $ y=\dfrac{1}{3}x+b $ 上,
$ \therefore 3=\dfrac{1}{3}×12+b,\therefore b=-1, $
$ \therefore $ 直线 $ l $ 的函数表达式为 $ y=\dfrac{1}{3}x-1,\therefore C(3,0). $
$ \because DE⊥ y $ 轴, $ \therefore OE=3. \because CA⊥ DE, $
$ \therefore AC=OE=3,\therefore DB=AC=3,\therefore B(9,3). $
设直线 BC 的函数表达式为 $ y=kx+a, $
则有$\begin{cases} 9k+a=3,\\ 3k+a=0, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} k=\dfrac{1}{2},\\ a=-\dfrac{3}{2}, \end{cases}$
$ \therefore $ 直线 BC 的函数表达式为 $ y=\dfrac{1}{2}x-\dfrac{3}{2}. $
②设 $ P(m,\dfrac{1}{2}m-\dfrac{3}{2}), $ 则 $ R(m,0),Q(m,\dfrac{1}{3}m-1),S(m,3), $
$ \because QS=QR,\therefore 3-(\dfrac{1}{3}m-1)=\dfrac{1}{3}m-1,\therefore m=\dfrac{15}{2}, $
$ \therefore P(\dfrac{15}{2},\dfrac{9}{4}). $
(2)$ \dfrac{PQ}{CR} $ 的值不变.
如答图,过点 D 作 $ DT⊥ x $ 轴于点 T. 设 $ D(d,\dfrac{1}{3}d+b), $
$ \because C(-3b,0),\therefore OC=-3b,OT=d,DT=\dfrac{1}{3}d+b, $
$ \therefore CT=OT-OC=d+3b. $
$ \because AC=DT=BD=\dfrac{1}{3}d+b,\therefore B(\dfrac{2}{3}d-b,\dfrac{1}{3}d+b), $
$ \therefore $ 直线 BC 的函数表达式为 $ y=\dfrac{1}{2}x+\dfrac{3}{2}b. $
设 $ P(t,\dfrac{1}{2}t+\dfrac{3}{2}b), $ 则 $ R(t,0),Q(t,\dfrac{1}{3}t+b),\therefore PQ=\dfrac{1}{2}t+\dfrac{3}{2}b-(\dfrac{1}{3}t+b)=\dfrac{1}{6}t+\dfrac{1}{2}b,CR=t-(-3b)=t+3b,\therefore \dfrac{PQ}{CR}=\dfrac{\dfrac{1}{6}t+\dfrac{1}{2}b}{t+3b}=\dfrac{1}{6}. $
解析
【分析】
(1)①首先将点D坐标代入直线l的解析式求出参数b，得到直线l的完整表达式，再求直线l与x轴交点C的坐标；结合DE⊥y轴、CA⊥DE的矩形性质得到AC的长度，利用DB=AC求出B点坐标，最后用待定系数法代入B、C两点坐标即可求出直线BC的解析式。
②设点P的横坐标为m，根据P在直线BC上表示出P的坐标，由PR⊥x轴可得R、Q、S三点横坐标均为m，分别结合x轴、直线l、DE的纵坐标特征写出三点坐标，利用Q是RS中点的等量关系列方程求解m，即可得到P点坐标。
(2)判断$\frac{PQ}{CR}$是否为定值，可先设点P的横坐标为t，用参数b和t分别表示出PQ和CR的长度，再对$\frac{PQ}{CR}$化简，若结果为常数则值不变。解题时先求出C点坐标（用b表示），再分别推导PQ、CR的表达式，最后化简比值即可。
【解析】
(1)①$\because$ 点 $D(12,3)$ 在直线 $y=\dfrac{1}{3}x+b$ 上，
$\therefore 3=\dfrac{1}{3}×12+b$，解得 $b=-1$，
$\therefore$ 直线 $l$ 的函数表达式为 $y=\dfrac{1}{3}x-1$。
令$y=0$，得$0=\dfrac{1}{3}x-1$，解得$x=3$，$\therefore C(3,0)$。
$\because DE⊥ y$ 轴，$CA⊥ DE$，四边形OEAC为矩形，$\therefore AC=OE=3$。
$\because DB=AC=3$，$\therefore B$点横坐标为$12-3=9$，纵坐标为3，即$B(9,3)$。
设直线 $BC$ 的函数表达式为 $y=kx+a$，将$B(9,3)$、$C(3,0)$代入得：
$\begin{cases} 9k+a=3,\\ 3k+a=0, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} k=\dfrac{1}{2},\\ a=-\dfrac{3}{2}, \end{cases}$
$\therefore$ 直线 $BC$ 的函数表达式为 $y=\dfrac{1}{2}x-\dfrac{3}{2}$。
②设 $P(m,\dfrac{1}{2}m-\dfrac{3}{2})$，由$PR⊥x$轴得$R、Q、S$横坐标均为$m$，则$R(m,0)$，$Q(m,\dfrac{1}{3}m-1)$，$S(m,3)$。
$\because Q$为$RS$的中点，$\therefore QS=QR$，即：
$3-(\dfrac{1}{3}m-1)=\dfrac{1}{3}m-1$，
解得 $m=\dfrac{15}{2}$，代入$P$的纵坐标得$\dfrac{1}{2}×\dfrac{15}{2}-\dfrac{3}{2}=\dfrac{9}{4}$，
$\therefore P(\dfrac{15}{2},\dfrac{9}{4})$。
(2)$\dfrac{PQ}{CR}$ 的值不变，求解如下：
过点 $D$ 作 $DT⊥ x$ 轴于点 $T$。设 $D(d,\dfrac{1}{3}d+b)$，
对于直线$l$，令$y=0$得$x=-3b$，$\therefore C(-3b,0)$，则$OC=-3b$，$DT=\dfrac{1}{3}d+b$。
$\because AC=DT=BD=\dfrac{1}{3}d+b$，$\therefore B(\dfrac{2}{3}d-b,\dfrac{1}{3}d+b)$，
解得直线 $BC$ 的函数表达式为 $y=\dfrac{1}{2}x+\dfrac{3}{2}b$。
设 $P(t,\dfrac{1}{2}t+\dfrac{3}{2}b)$，则 $R(t,0)$，$Q(t,\dfrac{1}{3}t+b)$，
$\therefore PQ=(\dfrac{1}{2}t+\dfrac{3}{2}b)-(\dfrac{1}{3}t+b)=\dfrac{1}{6}t+\dfrac{1}{2}b$，
$CR=t-(-3b)=t+3b$，
$\therefore \dfrac{PQ}{CR}=\dfrac{\dfrac{1}{6}t+\dfrac{1}{2}b}{t+3b}=\dfrac{\dfrac{1}{6}(t+3b)}{t+3b}=\dfrac{1}{6}$。
【答案】
(1)①直线$BC$的函数表达式为$\boldsymbol{y=\dfrac{1}{2}x-\dfrac{3}{2}}$；
②点$P$的坐标为$\boldsymbol{(\dfrac{15}{2},\dfrac{9}{4})}$；
(2)$\dfrac{PQ}{CR}$的值不变，为$\boldsymbol{\dfrac{1}{6}}$。
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式；一次函数动点问题；坐标与线段长度转化
【点评】
本题是一次函数综合题，结合了动点、定值探究考点，解题核心是熟练掌握待定系数法求解析式的方法，理解平面直角坐标系中线段长度和坐标差的对应关系，定值类问题可通过设参数表示相关量后代入化简验证，对计算能力和逻辑推导能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1)①首先将点D坐标代入直线l的解析式求出参数b，得到直线l的完整表达式，再求直线l与x轴交点C的坐标；结合DE⊥y轴、CA⊥DE的矩形性质得到AC的长度，利用DB=AC求出B点坐标，最后用待定系数法代入B、C两点坐标即可求出直线BC的解析式。
②设点P的横坐标为m，根据P在直线BC上表示出P的坐标，由PR⊥x轴可得R、Q、S三点横坐标均为m，分别结合x轴、直线l、DE的纵坐标特征写出三点坐标，利用Q是RS中点的等量关系列方程求解m，即可得到P点坐标。
(2)判断$\frac{PQ}{CR}$是否为定值，可先设点P的横坐标为t，用参数b和t分别表示出PQ和CR的长度，再对$\frac{PQ}{CR}$化简，若结果为常数则值不变。解题时先求出C点坐标（用b表示），再分别推导PQ、CR的表达式，最后化简比值即可。
【解析】
(1)①$\because$ 点 $D(12,3)$ 在直线 $y=\dfrac{1}{3}x+b$ 上，
$\therefore 3=\dfrac{1}{3}×12+b$，解得 $b=-1$，
$\therefore$ 直线 $l$ 的函数表达式为 $y=\dfrac{1}{3}x-1$。
令$y=0$，得$0=\dfrac{1}{3}x-1$，解得$x=3$，$\therefore C(3,0)$。
$\because DE⊥ y$ 轴，$CA⊥ DE$，四边形OEAC为矩形，$\therefore AC=OE=3$。
$\because DB=AC=3$，$\therefore B$点横坐标为$12-3=9$，纵坐标为3，即$B(9,3)$。
设直线 $BC$ 的函数表达式为 $y=kx+a$，将$B(9,3)$、$C(3,0)$代入得：
$\begin{cases} 9k+a=3,\\ 3k+a=0, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} k=\dfrac{1}{2},\\ a=-\dfrac{3}{2}, \end{cases}$
$\therefore$ 直线 $BC$ 的函数表达式为 $y=\dfrac{1}{2}x-\dfrac{3}{2}$。
②设 $P(m,\dfrac{1}{2}m-\dfrac{3}{2})$，由$PR⊥x$轴得$R、Q、S$横坐标均为$m$，则$R(m,0)$，$Q(m,\dfrac{1}{3}m-1)$，$S(m,3)$。
$\because Q$为$RS$的中点，$\therefore QS=QR$，即：
$3-(\dfrac{1}{3}m-1)=\dfrac{1}{3}m-1$，
解得 $m=\dfrac{15}{2}$，代入$P$的纵坐标得$\dfrac{1}{2}×\dfrac{15}{2}-\dfrac{3}{2}=\dfrac{9}{4}$，
$\therefore P(\dfrac{15}{2},\dfrac{9}{4})$。
(2)$\dfrac{PQ}{CR}$ 的值不变，求解如下：
过点 $D$ 作 $DT⊥ x$ 轴于点 $T$。设 $D(d,\dfrac{1}{3}d+b)$，
对于直线$l$，令$y=0$得$x=-3b$，$\therefore C(-3b,0)$，则$OC=-3b$，$DT=\dfrac{1}{3}d+b$。
$\because AC=DT=BD=\dfrac{1}{3}d+b$，$\therefore B(\dfrac{2}{3}d-b,\dfrac{1}{3}d+b)$，
解得直线 $BC$ 的函数表达式为 $y=\dfrac{1}{2}x+\dfrac{3}{2}b$。
设 $P(t,\dfrac{1}{2}t+\dfrac{3}{2}b)$，则 $R(t,0)$，$Q(t,\dfrac{1}{3}t+b)$，
$\therefore PQ=(\dfrac{1}{2}t+\dfrac{3}{2}b)-(\dfrac{1}{3}t+b)=\dfrac{1}{6}t+\dfrac{1}{2}b$，
$CR=t-(-3b)=t+3b$，
$\therefore \dfrac{PQ}{CR}=\dfrac{\dfrac{1}{6}t+\dfrac{1}{2}b}{t+3b}=\dfrac{\dfrac{1}{6}(t+3b)}{t+3b}=\dfrac{1}{6}$。
【答案】
(1)①直线$BC$的函数表达式为$\boldsymbol{y=\dfrac{1}{2}x-\dfrac{3}{2}}$；
②点$P$的坐标为$\boldsymbol{(\dfrac{15}{2},\dfrac{9}{4})}$；
(2)$\dfrac{PQ}{CR}$的值不变，为$\boldsymbol{\dfrac{1}{6}}$。
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式；一次函数动点问题；坐标与线段长度转化
【点评】
本题是一次函数综合题，结合了动点、定值探究考点，解题核心是熟练掌握待定系数法求解析式的方法，理解平面直角坐标系中线段长度和坐标差的对应关系，定值类问题可通过设参数表示相关量后代入化简验证，对计算能力和逻辑推导能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
6. 如图，直线$y=-\dfrac{3}{4}x+6$分别与$x$轴，$y$轴交于点$A$，$B$，点$C$在线段$OA$上，线段$OB$沿$BC$翻折，点$O$落在$AB$边上的点$D$处，则直线$BC$的函数表达式为________。
答案
6.$y=-2x+6$
解析
【分析】
解题思路如下：第一步先求直线AB与x轴、y轴的交点A、B的坐标，得到OB、OA的长度，再用勾股定理算出AB的长度；第二步根据翻折的性质，得到相等的线段BD=OB、OC=CD，以及∠CDA=90°，进而算出AD的长度；第三步设OC的长度为x，用含x的式子表示AC的长度，在Rt△ACD中利用勾股定理列方程求出x的值，得到点C的坐标；最后用待定系数法代入B、C两点的坐标，即可求出直线BC的函数表达式。
【解析】
1. 求A、B两点坐标：
对于直线$y=-\dfrac{3}{4}x+6$，
令$x=0$，得$y=6$，所以$B(0,6)$，$OB=6$；
令$y=0$，得$-\dfrac{3}{4}x+6=0$，解得$x=8$，所以$A(8,0)$，$OA=8$。
2. 计算AB的长度：
在$Rt△ AOB$中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$。
3. 利用翻折性质推导相关线段长度：
由翻折的性质得：$BD=OB=6$，$CD=OC$，$∠ CDB=∠ O=90°$，
因此$∠ CDA=90°$，$AD=AB-BD=10-6=4$。
4. 求点C的坐标：
设$OC=x$，则$CD=x$，$AC=OA-OC=8-x$，
在$Rt△ ACD$中，由勾股定理得：$CD^2+AD^2=AC^2$，
代入得：$x^2+4^2=(8-x)^2$，
展开化简：$x^2+16=64-16x+x^2$，
解得$x=3$，即$OC=3$，所以$C(3,0)$。
5. 求直线BC的解析式：
设直线BC的函数表达式为$y=kx+b(k≠0)$，
将$B(0,6)$代入得$b=6$，
将$C(3,0)$、$b=6$代入得：$3k+6=0$，解得$k=-2$，
因此直线BC的函数表达式为$y=-2x+6$。
【答案】
$y=-2x+6$
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式，翻折的性质，勾股定理
【点评】
本题是一次函数与几何变换的综合题，解题核心是利用翻折的性质得到相等线段，结合勾股定理求出未知点坐标，再用待定系数法求解函数解析式，是一次函数部分的典型综合题型。
【难度系数】
0.65
解题思路如下：第一步先求直线AB与x轴、y轴的交点A、B的坐标，得到OB、OA的长度，再用勾股定理算出AB的长度；第二步根据翻折的性质，得到相等的线段BD=OB、OC=CD，以及∠CDA=90°，进而算出AD的长度；第三步设OC的长度为x，用含x的式子表示AC的长度，在Rt△ACD中利用勾股定理列方程求出x的值，得到点C的坐标；最后用待定系数法代入B、C两点的坐标，即可求出直线BC的函数表达式。
【解析】
1. 求A、B两点坐标：
对于直线$y=-\dfrac{3}{4}x+6$，
令$x=0$，得$y=6$，所以$B(0,6)$，$OB=6$；
令$y=0$，得$-\dfrac{3}{4}x+6=0$，解得$x=8$，所以$A(8,0)$，$OA=8$。
2. 计算AB的长度：
在$Rt△ AOB$中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$。
3. 利用翻折性质推导相关线段长度：
由翻折的性质得：$BD=OB=6$，$CD=OC$，$∠ CDB=∠ O=90°$，
因此$∠ CDA=90°$，$AD=AB-BD=10-6=4$。
4. 求点C的坐标：
设$OC=x$，则$CD=x$，$AC=OA-OC=8-x$，
在$Rt△ ACD$中，由勾股定理得：$CD^2+AD^2=AC^2$，
代入得：$x^2+4^2=(8-x)^2$，
展开化简：$x^2+16=64-16x+x^2$，
解得$x=3$，即$OC=3$，所以$C(3,0)$。
5. 求直线BC的解析式：
设直线BC的函数表达式为$y=kx+b(k≠0)$，
将$B(0,6)$代入得$b=6$，
将$C(3,0)$、$b=6$代入得：$3k+6=0$，解得$k=-2$，
因此直线BC的函数表达式为$y=-2x+6$。
【答案】
$y=-2x+6$
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式，翻折的性质，勾股定理
【点评】
本题是一次函数与几何变换的综合题，解题核心是利用翻折的性质得到相等线段，结合勾股定理求出未知点坐标，再用待定系数法求解函数解析式，是一次函数部分的典型综合题型。
【难度系数】
0.65
7. 如图，直线 $ l_1: y = -2x + 2 $ 与 $ y $ 轴交于点 $ A $，直线 $ l_2 $ 经过点 $ A $，$ l_1 $ 与 $ l_2 $ 在点 $ A $ 相交所夹的锐角为 $ 45° $，则直线 $ l_2 $ 的函数表达式为 ______。
答案
7.$y=-\dfrac{1}{3}x+2$
解析
【分析】
首先求出直线$l_1$与$y$轴交点$A$的坐标，由于$l_2$过点$A$，可先设出$l_2$的斜截式解析式，确定截距的值。再利用两直线夹角为$45°$的条件，构造等腰直角三角形，结合全等三角形的性质求出$l_2$上另一个点的坐标，代入解析式即可求出斜率，最终得到$l_2$的函数表达式。
【解析】
1. 求点$A$的坐标：
对于直线$l_1:y=-2x+2$，当$x=0$时，$y=2$，因此点$A$的坐标为$(0,2)$。
因为直线$l_2$过点$A$，设$l_2$的解析式为$y=kx+2$（$k≠0$）。
2. 取$l_1$上的点$B$：
令$l_1$中$y=0$，得$0=-2x+2$，解得$x=1$，即$l_1$与$x$轴交点$B$的坐标为$(1,0)$。
3. 构造全等三角形求$l_2$上的点$F$：
过点$B$作$BF⊥ AB$，交$l_2$于点$F$，过$F$作$FE⊥ x$轴于点$E$。
已知$l_1$与$l_2$的夹角为$45°$，即$∠ BAF=45°$，结合$∠ ABF=90°$，可得$△ ABF$是等腰直角三角形，$AB=BF$。
因为$∠ OAB+∠ ABO=90°$，$∠ ABO+∠ EBF=90°$，所以$∠ OAB=∠ EBF$。
在$△ AOB$和$△ BEF$中：
$\begin{cases}∠ AOB=∠ BEF=90°\\∠ OAB=∠ EBF\\AB=BF\end{cases}$
所以$△ AOB≌△ BEF$（AAS）。
4. 求点$F$的坐标：
由全等性质得$AO=BE=2$，$OB=EF=1$。
因为$B(1,0)$，所以$OE=OB+BE=1+2=3$，$F$在$x$轴上方，故$F$的坐标为$(3,1)$。
5. 求$k$的值：
将$F(3,1)$代入$y=kx+2$，得$1=3k+2$，解得$k=-\dfrac{1}{3}$。
因此直线$l_2$的函数表达式为$y=-\dfrac{1}{3}x+2$。
【答案】
$y=-\dfrac{1}{3}x+2$
【知识点】
一次函数解析式求解；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形的性质
【点评】
本题结合了一次函数与几何角度条件，解题核心是通过构造全等三角形将$45°$角的条件转化为可计算的点坐标，考查数形结合思想的应用，需要熟练掌握一次函数基本性质和全等三角形的应用方法。
【难度系数】
0.6
首先求出直线$l_1$与$y$轴交点$A$的坐标，由于$l_2$过点$A$，可先设出$l_2$的斜截式解析式，确定截距的值。再利用两直线夹角为$45°$的条件，构造等腰直角三角形，结合全等三角形的性质求出$l_2$上另一个点的坐标，代入解析式即可求出斜率，最终得到$l_2$的函数表达式。
【解析】
1. 求点$A$的坐标：
对于直线$l_1:y=-2x+2$，当$x=0$时，$y=2$，因此点$A$的坐标为$(0,2)$。
因为直线$l_2$过点$A$，设$l_2$的解析式为$y=kx+2$（$k≠0$）。
2. 取$l_1$上的点$B$：
令$l_1$中$y=0$，得$0=-2x+2$，解得$x=1$，即$l_1$与$x$轴交点$B$的坐标为$(1,0)$。
3. 构造全等三角形求$l_2$上的点$F$：
过点$B$作$BF⊥ AB$，交$l_2$于点$F$，过$F$作$FE⊥ x$轴于点$E$。
已知$l_1$与$l_2$的夹角为$45°$，即$∠ BAF=45°$，结合$∠ ABF=90°$，可得$△ ABF$是等腰直角三角形，$AB=BF$。
因为$∠ OAB+∠ ABO=90°$，$∠ ABO+∠ EBF=90°$，所以$∠ OAB=∠ EBF$。
在$△ AOB$和$△ BEF$中：
$\begin{cases}∠ AOB=∠ BEF=90°\\∠ OAB=∠ EBF\\AB=BF\end{cases}$
所以$△ AOB≌△ BEF$（AAS）。
4. 求点$F$的坐标：
由全等性质得$AO=BE=2$，$OB=EF=1$。
因为$B(1,0)$，所以$OE=OB+BE=1+2=3$，$F$在$x$轴上方，故$F$的坐标为$(3,1)$。
5. 求$k$的值：
将$F(3,1)$代入$y=kx+2$，得$1=3k+2$，解得$k=-\dfrac{1}{3}$。
因此直线$l_2$的函数表达式为$y=-\dfrac{1}{3}x+2$。
【答案】
$y=-\dfrac{1}{3}x+2$
【知识点】
一次函数解析式求解；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形的性质
【点评】
本题结合了一次函数与几何角度条件，解题核心是通过构造全等三角形将$45°$角的条件转化为可计算的点坐标，考查数形结合思想的应用，需要熟练掌握一次函数基本性质和全等三角形的应用方法。
【难度系数】
0.6
8. 如图,在平面直角坐标系中,直线$m:y=kx$过原点,直线$n:y=\frac{1}{2}x+4$与$y$轴交于点$A$,与直线$m$交于点$B(8,8)$.$x$轴上一点$P(t,0)$从原点出发沿$x$轴向右运动,过点$P$作直线$PM⊥ x$轴,分别交直线$m,n$于点$M,N$,连接$ON$.
(1)求$k$的值;
(2)当$0≤ t≤8$时,用含$t$的代数式表示$△ OMN$的面积$S$.
(1)求$k$的值;
(2)当$0≤ t≤8$时,用含$t$的代数式表示$△ OMN$的面积$S$.
答案
8. 解:(1)将 B(8,8)代入 $ y=kx, $ 得 $ 8k=8, $ 解得 $ k=1. $
(2)由题意,得 $ N(t,\dfrac{1}{2}t+4),M(t,t). $
$ \because 0≤ t≤8,\therefore NM=\dfrac{1}{2}t+4-t=4-\dfrac{1}{2}t, $
$ \therefore S=\dfrac{1}{2}MN· OP=\dfrac{1}{2}(4-\dfrac{t}{2})· t=2t-\dfrac{1}{4}t^2. $
(2)由题意,得 $ N(t,\dfrac{1}{2}t+4),M(t,t). $
$ \because 0≤ t≤8,\therefore NM=\dfrac{1}{2}t+4-t=4-\dfrac{1}{2}t, $
$ \therefore S=\dfrac{1}{2}MN· OP=\dfrac{1}{2}(4-\dfrac{t}{2})· t=2t-\dfrac{1}{4}t^2. $
解析
【分析】
(1) 求$k$的值时，已知点$B$在直线$m$上，根据一次函数图象上的点的坐标满足对应函数解析式，将$B$点坐标代入$y=kx$列方程即可求解。
(2) 求$△ OMN$的面积时，首先由$PM ⊥ x$轴可知$M$、$N$的横坐标与点$P$的横坐标$t$相同，将$x=t$分别代入两条直线的解析式即可得到$M$、$N$的纵坐标；结合$0 ≤ t ≤ 8$的范围可判断两点纵坐标的大小，求出线段$MN$的长度；观察可得$△ OMN$的边$MN$对应的高为$OP$的长度$t$，最后代入三角形面积公式即可得到$S$关于$t$的表达式。
【解析】
(1) 将点$B(8,8)$代入直线$m$的解析式$y=kx$，得：
$8k=8$
解得$k=1$。
(2) $\because PM ⊥ x$轴，$P(t,0)$，
$\therefore$点$M$、$N$的横坐标均为$t$，
将$x=t$代入$y=x$（由(1)得直线$m$解析式为$y=x$），得$M(t,t)$；
将$x=t$代入$y=\frac{1}{2}x+4$，得$N(t,\frac{1}{2}t+4)$。
$\because 0 ≤ t ≤ 8$，$\therefore \frac{1}{2}t+4 ＞ t$，
$\therefore MN=\frac{1}{2}t+4 - t=4-\frac{1}{2}t$，
又$\because △ OMN$中$MN$边上的高为$OP$的长度$t$，
$\therefore S=\frac{1}{2} × MN × OP=\frac{1}{2}×(4-\frac{1}{2}t) × t=2t-\frac{1}{4}t^2$。
【答案】
(1) $k=1$；(2) $S=2t-\frac{1}{4}t^2$
【知识点】
待定系数法求一次函数参数，一次函数点坐标特征，坐标系三角形面积计算
【点评】
本题是一次函数的基础应用题，核心考查动态点坐标的表示方法，解题关键是明确垂直于x轴的直线上的点横坐标相同，准确求出线段MN的长度后结合面积公式求解，是一次函数动态问题的常见基础题型。
【难度系数】
0.8
(1) 求$k$的值时，已知点$B$在直线$m$上，根据一次函数图象上的点的坐标满足对应函数解析式，将$B$点坐标代入$y=kx$列方程即可求解。
(2) 求$△ OMN$的面积时，首先由$PM ⊥ x$轴可知$M$、$N$的横坐标与点$P$的横坐标$t$相同，将$x=t$分别代入两条直线的解析式即可得到$M$、$N$的纵坐标；结合$0 ≤ t ≤ 8$的范围可判断两点纵坐标的大小，求出线段$MN$的长度；观察可得$△ OMN$的边$MN$对应的高为$OP$的长度$t$，最后代入三角形面积公式即可得到$S$关于$t$的表达式。
【解析】
(1) 将点$B(8,8)$代入直线$m$的解析式$y=kx$，得：
$8k=8$
解得$k=1$。
(2) $\because PM ⊥ x$轴，$P(t,0)$，
$\therefore$点$M$、$N$的横坐标均为$t$，
将$x=t$代入$y=x$（由(1)得直线$m$解析式为$y=x$），得$M(t,t)$；
将$x=t$代入$y=\frac{1}{2}x+4$，得$N(t,\frac{1}{2}t+4)$。
$\because 0 ≤ t ≤ 8$，$\therefore \frac{1}{2}t+4 ＞ t$，
$\therefore MN=\frac{1}{2}t+4 - t=4-\frac{1}{2}t$，
又$\because △ OMN$中$MN$边上的高为$OP$的长度$t$，
$\therefore S=\frac{1}{2} × MN × OP=\frac{1}{2}×(4-\frac{1}{2}t) × t=2t-\frac{1}{4}t^2$。
【答案】
(1) $k=1$；(2) $S=2t-\frac{1}{4}t^2$
【知识点】
待定系数法求一次函数参数，一次函数点坐标特征，坐标系三角形面积计算
【点评】
本题是一次函数的基础应用题，核心考查动态点坐标的表示方法，解题关键是明确垂直于x轴的直线上的点横坐标相同，准确求出线段MN的长度后结合面积公式求解，是一次函数动态问题的常见基础题型。
【难度系数】
0.8
