4. 如图, 一次函数的图象与 $ x $ 轴正半轴交于点 $ A $, 与 $ y $ 轴正半轴交于点 $ B $, 点 $ D $ 在 $ x $ 轴上. 将直线 $ AB $ 沿直线 $ BD $ 翻折, 使得点 $ A $ 的对应点 $ C $ 落在 $ y $ 轴上. 已知点 $ B $ 的坐标为 $ (0,6) $, $ BC = 10 $.
(1) 若点 $ C $ 在 $ y $ 轴负半轴上, 求直线 $ BD $ 的函数表达式;
(2) 已知在 (1) 的条件下, 存在第一象限内的点 $ E $, 使得 $ \triangle BOD $ 与 $ \triangle BDE $ 全等, 试求出点 $ E $ 的坐标;
(3) 直线 $ BD $ 上是否存在点 $ F $ (异于点 $ D $), 使得 $ S_{\triangle ABD} = S_{\triangle ABF} $? 若存在, 直接写出点 $ F $ 的坐标; 若不存在, 请说明理由.

(1) ∵B(0,6)，C在y轴负半轴，BC=10，∴C(0,-4)。设A(a,0)，D(d,0)。由翻折知BD垂直平分AC，AC中点((a/2),-2)在BD上，且BD⊥AC。
直线AC斜率：(0 - (-4))/(a - 0)=4/a，直线BD斜率：(0 - 6)/(d - 0)=-6/d。
∵BD⊥AC，∴(4/a)(-6/d)=-1 ⇒ ad=24。
又DA=DC，即|a - d|=√(d² + 4²)，平方得a² - 2ad=16，代入ad=24得a²=64 ⇒ a=8，d=3。
∴D(3,0)，设BD：y=kx+6，代入D(3,0)得0=3k+6 ⇒ k=-2。∴BD：y=-2x+6。
(2) △BOD中，OB=6，OD=3，BD=3√5。
情况1：△BOD≌△BED(SSS)，BE=BO=6，ED=OD=3。设E(x,y)，则x²+(y-6)²=36，(x-3)²+y²=9，解得E(24/5,12/5)。
情况2：△BOD≌△DEB(SSS)，DE=BO=6，BE=OD=3。设E(x,y)，则(x-3)²+y²=36，x²+(y-6)²=9，解得E(3,6)。
∴E(3,6)或(24/5,12/5)。
(3) 直线AB：y=-3/4x+6，S△ABD=15。设F(t,-2t+6)在BD上，S△ABF=1/2|10t|=15 ⇒ |t|=3，t=-3(舍t=3)。∴F(-3,12)。
(1) y=-2x+6
(2) (3,6)，(24/5,12/5)
(3) (-3,12)

5. 如图, 直线 $ y = x + 4 $ 与 $ x $ 轴、$ y $ 轴分别交于点 $ A $, $ B $, 点 $ P $ 是射线 $ BO $ 上的动点, 过点 $ B $ 作直线 $ AP $ 的垂线交 $ x $ 轴于点 $ Q $, 垂足为点 $ C $, 连接 $ OC $.
(1) 当点 $ P $ 在线段 $ BO $ 上时,
① 求证: $ \triangle AOP \cong \triangle BOQ $;
② 若点 $ P $ 为 $ BO $ 的中点, 求 $ \triangle OCQ $ 的面积.
(2) 在点 $ P $ 的运动过程中, 是否存在点 $ Q $, 使得 $ \triangle OCQ $ 为等腰三角形? 若存在, 求点 $ P $ 的坐标; 若不存在, 请说明理由.

(1)① 见证明；② $\frac{12}{5}$；(2) 存在，$P(0,4)$，$(0,4\sqrt{2}-4)$，$(0,-4\sqrt{2}-4)$。

(1)①证明：直线$y=x+4$与$x$轴交于$A(-4,0)$，与$y$轴交于$B(0,4)$，则$OA=OB=4$。
因为$AP\perp BQ$，所以$\angle ACB=90°$，则$\angle OAP+\angle AQC=90°$。
又因为$\angle OBQ+\angle AQC=90°$，所以$\angle OAP=\angle OBQ$。
在$\triangle AOP$和$\triangle BOQ$中，$\left\{\begin{array}{l}\angle OAP=\angle OBQ\\OA=OB\\\angle AOP=\angle BOQ=90°\end{array}\right.$，所以$\triangle AOP\cong\triangle BOQ(ASA)$。
②解：因为$P$为$BO$中点，$B(0,4)$，所以$P(0,2)$，则$OP=2$。
由①知$\triangle AOP\cong\triangle BOQ$，所以$OQ=OP=2$，则$Q(2,0)$。
直线$AP$：过$A(-4,0)$，$P(0,2)$，解析式为$y=\frac{1}{2}x+2$。
直线$BQ$：过$B(0,4)$，$Q(2,0)$，解析式为$y=-2x+4$。
联立$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{2}x+2\\y=-2x+4\end{array}\right.$，解得$C\left(\frac{4}{5},\frac{12}{5}\right)$。
$S_{\triangle OCQ}=\frac{1}{2}× OQ× y_C=\frac{1}{2}×2×\frac{12}{5}=\frac{12}{5}$。
(2)解：存在。
①当$OC=OQ$时，$Q(2,0)$，$P(0,2)$；$Q(-2,0)$，$P(0,-2)$。
②当$CQ=CO$时，$Q\left(\frac{4}{3},0\right)$，$P\left(0,\frac{4}{3}\right)$；$Q\left(-\frac{4}{3},0\right)$，$P\left(0,-\frac{4}{3}\right)$。
③当$QC=QO$时，$Q(4,0)$，$P(0,-4)$。
综上，点$P$的坐标为$(0,2)$或$(0,-2)$或$\left(0,\frac{4}{3}\right)$或$\left(0,-\frac{4}{3}\right)$或$(0,-4)$。