1. 如图,点$A(-2,3),B(3,4),C(1,-1)$,直线$l:y=kx+4k$交$x$轴于点$P$.若直线$l$和$△ ABC$的边有公共点,则$k$的取值范围为（）

A.$-\dfrac{1}{5}≤ k≤ \dfrac{4}{7}$
B.$-\dfrac{1}{5}≤ k≤ \dfrac{3}{2}$
C.$k≥ \dfrac{3}{2}$或$k≤ -\dfrac{1}{5}$
D.$-\dfrac{1}{5}≤ k＜0$或$0＜ k≤ \dfrac{3}{2}$

1. B 提示: 当 $k ≠ 0$ 时, 令 $0=k x+4 k$, 解得 $x=-4$, 此时点 $P$ 的坐标为 $(-4,0)$. 当 $k=0$ 时, 直线 $y=k x+4 k$ 为 $x$ 轴, 直线 $y=k x+4 k$ 经过点 $P(-4,0)$. 综上所述, 直线 $y=k x+4 k$ 一定经过点 $P(-4,0)$. 由题图可知, 直线 $l$ 绕定点 $P$ 旋转时, 与 $△ ABC$ 的边相交的临界位置分别是点 $A, C$. 当直线 $l$ 经过点 $A(-2,3)$ 时, $3=-2 k+4 k$, 解得 $k=\frac{3}{2}$; 当直线 $l$ 经过点 $C(1,-1)$ 时, $-1=k+4 k$, 解得 $k=-\frac{1}{5}$. 由题图可知, 当直线 $l$ 和 $△ ABC$ 的边有公共点时, $k$ 的取值范围为 $-\frac{1}{5} ≤ k ≤ \frac{3}{2}$.

2. 在平面直角坐标系中,点 $P(3m+3,4m-$4)在第一象限,若点 $P$ 关于直线 $l$ 对称的点总在 $x$ 轴正半轴上,则直线 $l$ 的函数表达式为.

2. $y=\frac{1}{2} x-3$ 提示: 令 $3 m+3=x$, 则 $m=\frac{x}{3}-1$, 所以 $4 m-4=\frac{4}{3} x-8$, 所以点 $P$ 的坐标可以写为 $(x, \frac{4}{3} x-8)$, 所以点 $P(3 m+3,4 m-4)$ 在直线 $y=\frac{4}{3} x-8$ 上. 因为点 $P$ 关于直线 $l$ 对称的点总在 $x$ 轴正半轴上, 所以直线 $y=\frac{4}{3} x-8$ 与 $x$ 轴的夹角 (锐角) 的角平分线为直线 $l$. 设直线 $y=\frac{4}{3} x-8$ 与 $x$ 轴交于点 $A$, 当 $y=\frac{4}{3} x-8=0$ 时, 解得 $x=6$, 所以点 $A(6,0)$. 取点 $C(11,0)$, 如图, 在直线 $y=\frac{4}{3} x-8$ 上截取 $A B=A C$, 连接 $B C$, 交直线 $l$ 于点 $D$, 所以 $A C=11-6=5$, 所以 $A B=A C=5$. 过点 $B E ⊥ A C$ 于点 $E$, 由常用勾股数得 $A E=3$, 所以点 $B(9,4)$. 因为 $D$ 是 $B C$ 的中点, 所以点 $D(10,2)$. 设直线 $l$ 的函数表达式为 $y=k x+b(k ≠ 0)$, 将点 $A(6,0)$, 点 $D(10,2)$ 代入, 得 $\begin{cases}6 k+b=0, \\ 10 k+b=2,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}k=\frac{1}{2}, \\ b=-3,\end{cases}$ 所以直线 $l$ 的函数表达式为 $y=\frac{1}{2} x-3$.

3.“夹角定位法”是传统意义上证明直线型路径最重要的方法,即:在平面内,当一个动点与两个固定参考点形成的夹角保持恒定,且满足特定几何条件时,其运动轨迹为直线型. 释义:如图1,点P在直线MN的一侧运动,且与直线MN上的两个定点A,B形成的$∠ PAB$始终为一个恒定的角度$α$,则点P的运动轨迹为直线型.
【探究】
如图2,在$△ ABC$中,$AB=AC$,D是线段BC上一动点(不与点B,C重合),以AD为一边在右侧作$△ ADE$,使$AE=AD$,$∠ DAE=$$∠ BAC$,连接CE.
(1)若$∠ BAC=n°$,则点E的运动轨迹与线段BC形成的夹角$∠ BCE=$.
(2)在(1)的基础上,若$∠ BAC=90°$,请写出BD,CD,AD三条线段之间的数量关系,并加以说明.
【拓展】
(3)如图3,定点M在水平射线AB的上方,动点P在射线AB上,且$∠ MPA＜$$30°$,连接MP,并将线段MP绕点P顺时针旋转$120°$得到线段NP,请判断点P在运动的过程中,点N的运动轨迹是否是直线型. 如果是,请求出点N的运动轨迹与射线AB形成的夹角;如果不是,请说明理由.

3. 解: (1) $(180-n)°$ 提示: 如图 1, 因为 $∠ D A E=∠ B A C$, 所以 $∠ B A C-∠ D A C=∠ D A E-∠ D A C$, 所以 $∠ B A D=∠ C A E$. 在 $△ A B D$ 和 $△ A C E$ 中,
$\begin{cases}A B=A C, \\ ∠ B A D=∠ C A E, \\ A D=A E,\end{cases}$ 所以 $△ A B D ≌ △ A C E$ (SAS), 所以 $∠ B=∠ A C E$, 所以 $∠ B+∠ A C B=∠ A C E+∠ A C B$, 所以 $∠ B C E=∠ B+∠ A C B$. 又因为 $∠ B A C=n°$, 所以 $∠ B C E=180°-∠ B A C=(180-n)°$.
(2) $B D^{2}+C D^{2}=2 A D^{2}$. 说明如下:
因为 $△ A B D ≌ △ A C E$, 所以 $B D=C E$. 由 (1), 得 $∠ B C E=180°-∠ B A C=180°-90°=90°$. 在 $\mathrm{Rt}△ C D E$ 中, 由勾股定理, 得 $C E^{2}+C D^{2}=D E^{2}$. 在 $\mathrm{Rt}△ A D E$ 中, $∠ D A E=90°, A D=A E$, 由勾股定理, 得 $D E^{2}=A D^{2}+A E^{2}=2 A D^{2}$, 所以 $B D^{2}+C D^{2}=2 A D^{2}$.
(3) 在点 $P$ 运动的过程中, 点 $N$ 的运动轨迹是直线型. 如图 2, 在射线 $A B$ 上取 $C, D$ 两点, 连接 $M C, N D$, 使得 $∠ M C B=∠ N D A=120°$. 在 $C P$ 上取一点 $E$, 使得 $C E=C M$, 连接 $E N$. 因为 $∠ M C E=∠ M P N=120°$, 所以 $∠ C M P+∠ M P C=∠ M P C+∠ N P D=60°$, 所以 $∠ C M P=∠ N P D$. 在 $△ M C P$ 和 $△ P D N$ 中, $\begin{cases}∠ M C P=∠ P D N, \\ ∠ C M P=∠ D P N, \\ M P=P N,\end{cases}$ 所以 $△ M C P ≌ △ P D N$ (AAS), 所以 $M C=P D$, $C P=D N$. 又因为 $C E=C M$, 所以 $C E=P D$, 所以 $C E+E P=E P+P D$, 所以 $C P=E D$, 所以 $E D=N D$. 又因为 $∠ E D N=120°$, 所以 $∠ N E D=30°$, 所以点 $N$ 的运动轨迹与射线 $A B$ 形成的夹角为 $30°$.