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6. 直线 $ l:y = kx + b $($ k $，$ b $ 是常数，$ k ≠ 0 $)经过 $ A(0,2) $，$ B(-2,m) $ 两点，其中 $ m ＜ 0 $，下列四个结论：
① 方程 $ kx + b = 0 $ 的解在 $ -2 $ 和 $ 0 $ 之间；
② 关于 $ x $ 的不等式 $ kx + b ＞ x + 2 $ 的解集为 $ x ＞ 0 $；
③ $ k ＞ 2 $；
④ 当关于 $ x $ 的不等式 $ kx + b ＞ -m $ 的解集为 $ x ＞ -1 $ 时，$ k = \frac{4}{3} $。
其中正确的结论是。(填写序号)
① 方程 $ kx + b = 0 $ 的解在 $ -2 $ 和 $ 0 $ 之间；
② 关于 $ x $ 的不等式 $ kx + b ＞ x + 2 $ 的解集为 $ x ＞ 0 $；
③ $ k ＞ 2 $；
④ 当关于 $ x $ 的不等式 $ kx + b ＞ -m $ 的解集为 $ x ＞ -1 $ 时，$ k = \frac{4}{3} $。
其中正确的结论是。(填写序号)
答案
①②④
解析
1. 将A(0,2)代入直线方程得b=2，直线为$y=kx+2$；代入B(-2,m)得$m=2-2k$，由$m＜0$得$k＞1$。
2. 分析①：方程$kx+2=0$的解为$x=-\frac{2}{k}$，因$k＞1$，故$-2＜-\frac{2}{k}＜0$，解在-2和0之间，①正确。
3. 分析②：不等式$kx+2＞x+2$化简为$(k-1)x＞0$，因$k＞1$，$k-1＞0$，解集为$x＞0$，②正确。
4. 分析③：由$k＞1$可知k不一定大于2（如$k=1.5$时$m=-1＜0$），③错误。
5. 分析④：$m=2-2k$，不等式$kx+2＞-(2-2k)$化简为$kx＞2k-4$，因解集为$x＞-1$且$k＞0$，得$\frac{2k-4}{k}=-1$，解得$k=\frac{4}{3}$，④正确。
综上，正确结论为①②④。
2. 分析①：方程$kx+2=0$的解为$x=-\frac{2}{k}$，因$k＞1$，故$-2＜-\frac{2}{k}＜0$，解在-2和0之间，①正确。
3. 分析②：不等式$kx+2＞x+2$化简为$(k-1)x＞0$，因$k＞1$，$k-1＞0$，解集为$x＞0$，②正确。
4. 分析③：由$k＞1$可知k不一定大于2（如$k=1.5$时$m=-1＜0$），③错误。
5. 分析④：$m=2-2k$，不等式$kx+2＞-(2-2k)$化简为$kx＞2k-4$，因解集为$x＞-1$且$k＞0$，得$\frac{2k-4}{k}=-1$，解得$k=\frac{4}{3}$，④正确。
综上，正确结论为①②④。
7. 如图①，已知直线 $ l_1:y = kx + 4 $ 交 $ x $ 轴于点 $ A(4,0) $，交 $ y $ 轴于点 $ B $。
(1) 求 $ k $ 的值。
(2) 如图②，$ C $ 为 $ x $ 轴负半轴上一点，过点 $ C $ 的直线 $ l_2:y = \frac{1}{2}x + n $ 经过 $ AB $ 的中点 $ P $，点 $ Q(t,0) $ 为 $ x $ 轴上一动点，过点 $ Q $ 作 $ QM ⊥ x $ 轴分别交直线 $ l_1 $，$ l_2 $ 于点 $ M $，$ N $，且 $ MN = 2MQ $，求 $ t $ 的值。
(3) 如图③，已知点 $ M(-1,0) $，点 $ N(5m,3m + 2) $ 为直线 $ AB $ 右侧一点，且满足 $ ∠ OBM = ∠ ABN $，求点 $ N $ 的坐标。
(1) 求 $ k $ 的值。
(2) 如图②，$ C $ 为 $ x $ 轴负半轴上一点，过点 $ C $ 的直线 $ l_2:y = \frac{1}{2}x + n $ 经过 $ AB $ 的中点 $ P $，点 $ Q(t,0) $ 为 $ x $ 轴上一动点，过点 $ Q $ 作 $ QM ⊥ x $ 轴分别交直线 $ l_1 $，$ l_2 $ 于点 $ M $，$ N $，且 $ MN = 2MQ $，求 $ t $ 的值。
(3) 如图③，已知点 $ M(-1,0) $，点 $ N(5m,3m + 2) $ 为直线 $ AB $ 右侧一点，且满足 $ ∠ OBM = ∠ ABN $，求点 $ N $ 的坐标。
答案
解：
(1) 将点$A(4,0)$代入$y=kx+4$，得：
$0=4k+4$
解得$k=-1$
(2) 对于直线$l_1:y=-x+4$，当$x=0$时，$y=4$，故$B(0,4)$。
$AB$的中点$P$的坐标为$(\frac{4+0}{2},\frac{0+4}{2})=(2,2)$。
将$P(2,2)$代入$y=\frac{1}{2}x+n$，得：
$2=\frac{1}{2}×2+n$
解得$n=1$，故直线$l_2$的解析式为$y=\frac{1}{2}x+1$。
∵$Q(t,0)$，$QM⊥x$轴，
∴$M(t,-t+4)$，$N(t,\frac{1}{2}t+1)$。
则$MQ=|-t+4|$，$MN=\left|(-t+4)-(\frac{1}{2}t+1)\right|=\left|\frac{3}{2}t-3\right|$。
由$MN=2MQ$，得$\left|\frac{3}{2}t-3\right|=2|-t+4|$，
两边乘2得$3|t-2|=4|t-4|$。
分情况讨论：
①当$t＜2$时，$3(2-t)=4(4-t)$，解得$t=10$（舍去，不符合$t＜2$）；
②当$2≤t≤4$时，$3(t-2)=4(4-t)$，解得$t=\frac{22}{7}$；
③当$t＞4$时，$3(t-2)=4(t-4)$，解得$t=10$。
综上，$t$的值为$\frac{22}{7}$或$10$。
(3) 过点$N$作$NG⊥AB$于$G$，
∵直线$AB$的解析式为$y=-x+4$，斜率为$-1$，故$NG$的斜率为$1$，
设$NG$的解析式为$y-(3m+2)=x-5m$，即$y=x-2m+2$，
联立$\begin{cases}y=-x+4\\y=x-2m+2\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=m+1\\y=3-m\end{cases}$，即$G(m+1,3-m)$。
计算$NG$的长度：
$NG=\sqrt{(5m-(m+1))^2+(3m+2-(3-m))^2}=\sqrt{(4m-1)^2+(4m-1)^2}=\sqrt{2}|4m-1|$，
$BG$的长度：
$BG=\sqrt{(m+1-0)^2+(3-m-4)^2}=\sqrt{(m+1)^2+(-m-1)^2}=\sqrt{2}|m+1|$。
在$Rt△BMD$中（$M(-1,0)$，$D(0,0)$），$MD=1$，$BD=4$，$tan∠OBM=\frac{MD}{BD}=\frac{1}{4}$，
∵$∠OBM=∠ABN$，∴$tan∠ABN=\frac{NG}{BG}=\frac{|4m-1|}{|m+1|}=\frac{1}{4}$，
即$4|4m-1|=|m+1|$。
分情况讨论：
①当$m≥\frac{1}{4}$时，$4(4m-1)=m+1$，
解得$m=\frac{1}{3}$，符合条件；
②当$-1≤m＜\frac{1}{4}$时，$4(1-4m)=m+1$，
解得$m=\frac{3}{17}$，此时$N$在直线$AB$左侧，舍去；
③当$m＜-1$时，$4(1-4m)=-(m+1)$，解得$m=\frac{1}{3}$，不符合$m＜-1$，舍去。
当$m=\frac{1}{3}$时，$5m=\frac{5}{3}$，$3m+2=3$，故$N(\frac{5}{3},3)$。
综上，点$N$的坐标为$(\frac{5}{3},3)$。
(1) 将点$A(4,0)$代入$y=kx+4$，得：
$0=4k+4$
解得$k=-1$
(2) 对于直线$l_1:y=-x+4$，当$x=0$时，$y=4$，故$B(0,4)$。
$AB$的中点$P$的坐标为$(\frac{4+0}{2},\frac{0+4}{2})=(2,2)$。
将$P(2,2)$代入$y=\frac{1}{2}x+n$，得：
$2=\frac{1}{2}×2+n$
解得$n=1$，故直线$l_2$的解析式为$y=\frac{1}{2}x+1$。
∵$Q(t,0)$，$QM⊥x$轴，
∴$M(t,-t+4)$，$N(t,\frac{1}{2}t+1)$。
则$MQ=|-t+4|$，$MN=\left|(-t+4)-(\frac{1}{2}t+1)\right|=\left|\frac{3}{2}t-3\right|$。
由$MN=2MQ$，得$\left|\frac{3}{2}t-3\right|=2|-t+4|$，
两边乘2得$3|t-2|=4|t-4|$。
分情况讨论：
①当$t＜2$时，$3(2-t)=4(4-t)$，解得$t=10$（舍去，不符合$t＜2$）；
②当$2≤t≤4$时，$3(t-2)=4(4-t)$，解得$t=\frac{22}{7}$；
③当$t＞4$时，$3(t-2)=4(t-4)$，解得$t=10$。
综上，$t$的值为$\frac{22}{7}$或$10$。
(3) 过点$N$作$NG⊥AB$于$G$，
∵直线$AB$的解析式为$y=-x+4$，斜率为$-1$，故$NG$的斜率为$1$，
设$NG$的解析式为$y-(3m+2)=x-5m$，即$y=x-2m+2$，
联立$\begin{cases}y=-x+4\\y=x-2m+2\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=m+1\\y=3-m\end{cases}$，即$G(m+1,3-m)$。
计算$NG$的长度：
$NG=\sqrt{(5m-(m+1))^2+(3m+2-(3-m))^2}=\sqrt{(4m-1)^2+(4m-1)^2}=\sqrt{2}|4m-1|$，
$BG$的长度：
$BG=\sqrt{(m+1-0)^2+(3-m-4)^2}=\sqrt{(m+1)^2+(-m-1)^2}=\sqrt{2}|m+1|$。
在$Rt△BMD$中（$M(-1,0)$，$D(0,0)$），$MD=1$，$BD=4$，$tan∠OBM=\frac{MD}{BD}=\frac{1}{4}$，
∵$∠OBM=∠ABN$，∴$tan∠ABN=\frac{NG}{BG}=\frac{|4m-1|}{|m+1|}=\frac{1}{4}$，
即$4|4m-1|=|m+1|$。
分情况讨论：
①当$m≥\frac{1}{4}$时，$4(4m-1)=m+1$，
解得$m=\frac{1}{3}$，符合条件；
②当$-1≤m＜\frac{1}{4}$时，$4(1-4m)=m+1$，
解得$m=\frac{3}{17}$，此时$N$在直线$AB$左侧，舍去；
③当$m＜-1$时，$4(1-4m)=-(m+1)$，解得$m=\frac{1}{3}$，不符合$m＜-1$，舍去。
当$m=\frac{1}{3}$时，$5m=\frac{5}{3}$，$3m+2=3$，故$N(\frac{5}{3},3)$。
综上，点$N$的坐标为$(\frac{5}{3},3)$。
