3. (2024·宿迁期末)已知:如图,一次函数$y= \frac {3}{4}x+3的图象分别与x$轴、$y轴相交于点A$,$B$,且与经过点$C(2,0)的一次函数y= kx+b的图象相交于点D$.点$D$的横坐标为4,直线$CD与y轴相交于点E$.
(1)直线$CD$的函数表达式为____.(直接写出结果)
(2)点$Q为线段DE$上的一个动点,连接$BQ$.
①若直线$BQ将\triangle BDE的面积分为1:2$两部分,试求点$Q$的坐标.
②点$Q$是否存在某个位置,将$\triangle BDE沿着直线BQ$翻折,使得点$D恰好落在直线AB$下方的坐标轴上?若存在,请直接写出点$Q$的坐标;若不存在,请说明理由.

(1) y=3x−6
(2) ①将x=0代入y=3x−6,得y=−6,∴E(0,−6),BQ将△BDE的面积分为1:2两部分时,有两种情况:
当S△BEQ:S△BDQ=1:2时,S△BQE:S△BDE=1:3,∴EQ=$\frac{1}{3}$DE.∵D(4,6),E(0,−6),∴点Q的横坐标为0+$\frac{1}{3}$×(4−0)=$\frac{4}{3}$,纵坐标为−6+$\frac{1}{3}$×(6+6)=−2,∴Q($\frac{4}{3}$,−2).当S△BDQ:S△BEQ=1:2时,S△BQE:S△BDE=2:3,∴EQ=$\frac{2}{3}$DE.∵D(4,6),E(0,−6),∴点Q的横坐标为0+$\frac{2}{3}$×(4−0)=$\frac{8}{3}$,纵坐标为−6+$\frac{2}{3}$×(6+6)=2,∴Q($\frac{8}{3}$,2).综上可知,点Q的坐标为($\frac{4}{3}$,−2)或($\frac{8}{3}$,2).
②存在,点Q的坐标为(3,3)或($\frac{18}{7}$,$\frac{12}{7}$).解析:一次函数y=$\frac{3}{4}$x+3与y轴的交点坐标为(0,3),即B(0,3),当点D落在x轴的正半轴上(记为点D1)时,如图①,作DH⊥y轴于点H,连接BD1,∵B(0,3),D(4,6),∴OB=3,OH=6,∴OB=HB=3,由轴对称的性质得BD=BD1,∠DBQ=∠D1BQ,在Rt△BHD和Rt△BOD1中,$\begin{cases}BD=BD1,\\HB=OB,\end{cases}$∴Rt△BHD≌Rt△BOD1(HL),∴∠HBD=∠D1BO,∴∠HBD+∠DBQ=∠D1BO+∠D1BQ,∴∠HBQ=∠OBQ=90°,∴BQ//x轴,∴点Q的纵坐标为3,将y=3代入y=3x−6,得3=3x−6,解得x=3,∴点Q的坐标为(3,3);

当点D落在y轴的负半轴上(记为点D2)时,如图②,过点Q作QM⊥BD于M,QN⊥OB于N,由轴对称的性质得BD=BD2,∠DBQ=∠D2BQ,∴BQ平分∠DBO,∴MQ=NQ.∵B(0,3),D(4,6),E(0,−6),∴BE=3−(−6)=9,xD=4,BD=$\sqrt{(4−0)^2+(6−3)^2}$=5.∵S△DBE=$\frac{1}{2}$BE·xD=$\frac{1}{2}$BD·MQ+$\frac{1}{2}$BE·NQ=$\frac{1}{2}$(BD+BE)·NQ,∴$\frac{1}{2}$×9×4=$\frac{1}{2}$×(5+9)·NQ,解得NQ=$\frac{18}{7}$,∴点Q的横坐标为$\frac{18}{7}$,将x=$\frac{18}{7}$代入y=3x−6,得y=3×$\frac{18}{7}$−6=$\frac{12}{7}$,∴点Q的坐标为($\frac{18}{7}$,$\frac{12}{7}$).综上可知,点Q的坐标为(3,3)或($\frac{18}{7}$,$\frac{12}{7}$).

4. (2025·扬州期末)如图①,在平面直角坐标系中,直线$AB:y= \frac {3}{2}x+3分别与坐标轴交于A$,$B$两点,点$C是点A关于y$轴的对称点,直线$CD:y= kx+b(k≠0)与直线AB交于点D(-1,a)$,连接$OD$.
(1)求直线$CD$的表达式.
(2)在直线$CD上是否存在一点P$,使得$S_{\triangle PAB}= 4S_{\triangle COD}$?若存在,请求出点$P$的坐标,若不存在,请说明理由.
(3)如图②,以$OD$为直角边,点$O$为直角顶点,构造等腰直角三角形$DOD'$,点$D'位于x$轴的上方,点$M是直线CD$上一点,若$∠MAB= ∠ABD'$,请直接写出点$M$的坐标.

(1) 在y=$\frac{3}{2}$x+3中,令x=0得y=3,令y=0得x=−2,∴A(−2,0),B(0,3).∵点C是点A关于y轴的对称点,∴C(2,0),把D(−1,a)代入y=$\frac{3}{2}$x+3,得a=−$\frac{3}{2}$+3=$\frac{3}{2}$,∴D(−1,$\frac{3}{2}$).将(−1,$\frac{3}{2}$),(2,0)代入直线CD的表达式y=kx+b,得$\begin{cases}2k+b=0,\\-k+b=\frac{3}{2},\end{cases}$解得$\begin{cases}k=−\frac{1}{2},\\b=1,\end{cases}$∴直线CD的表达式为y=−$\frac{1}{2}$x+1.
(2) 存在.如图①,设AP交y轴于点T,设点P(m,−$\frac{1}{2}$m+1),同理,由点A,P的坐标得,直线AP的表达式为y=$\frac{−\frac{1}{2}m+1}{m+2}$·(x+2),则点T(0,$\frac{−m+2}{m+2}$),则BT=3+$\frac{m−2}{m+2}$,∴S△PAB=$\frac{1}{2}$×BT×|xP−xA|=$\frac{1}{2}$×(3+$\frac{m−2}{m+2}$)×|m+2|=4S△COD=4×$\frac{1}{2}$×2×$\frac{3}{2}$,解得m=2或m=−4.即点P的坐标为(2,0)或(−4,3).

(3) 如图②,过点D作DK⊥x轴于K,过点D'作D'T⊥x轴于T,∵△DOD'是等腰直角三角形,∴DO=D'O,∠DOD'=90°,∴∠DOK=90°−∠D'OT=∠OD'T.∵∠DKO=∠OTD'=90°,∴△DKO≌△OTD'(AAS).∵D(−1,$\frac{3}{2}$),∴DK=OT=$\frac{3}{2}$,OK=D'T=1,∴D'($\frac{3}{2}$,1).设直线BD'的表达式为y=p1x+q1,则$\begin{cases}q1=3,\\\frac{3}{2}p1+q1=1,\end{cases}$解得$\begin{cases}p1=−\frac{4}{3},\\q1=3,\end{cases}$∴直线BD'的表达式为y=−$\frac{4}{3}$x+3.当M在直线AB左侧时,∵∠MAB=∠ABD',∴AM//BD',设直线AM的表达式为y=−$\frac{4}{3}$x+t.把A(−2,0)代入,得0=$\frac{8}{3}$+t,解得t=−$\frac{8}{3}$,∴直线AM的表达式为y=−$\frac{4}{3}$x−$\frac{8}{3}$,联立上式和直线CD的表达式得−$\frac{1}{2}$x+1=−$\frac{4}{3}$x−$\frac{8}{3}$,解得x=−$\frac{22}{5}$,∴M(−$\frac{22}{5}$,$\frac{16}{5}$);


当M在直线AB右侧时,如图③,在BD'延长线上取点H,使BH=AH,连接AH并延长交直线CD于M,设H(n,−$\frac{4}{3}$n+3),∵A(−2,0),B(0,3),∴(n+2)²+(−$\frac{4}{3}$n+3)²=n²+(−$\frac{4}{3}$n+3−3)²,解得n=$\frac{13}{4}$,∴H($\frac{13}{4}$,−$\frac{4}{3}$),设直线AH的表达式为y=p2x+q2,则$\begin{cases}−2p2+q2=0,\\\frac{13}{4}p2+q2=−\frac{4}{3},\end{cases}$解得$\begin{cases}p2=−\frac{16}{63},\\q2=−\frac{32}{63},\end{cases}$∴直线AH的表达式为y=−$\frac{16}{63}$x−$\frac{32}{63}$,联立上式和CD的表达式得−$\frac{1}{2}$x+1=−$\frac{16}{63}$x−$\frac{32}{63}$,解得x=$\frac{190}{31}$,即点M($\frac{190}{31}$,−$\frac{64}{31}$).综上所述,点M的坐标为(−$\frac{22}{5}$,$\frac{16}{5}$)或($\frac{190}{31}$,−$\frac{64}{31}$).