2. 如图,一次函数$y=-3x+b$的图象与$x$轴交于点$A(-1,0)$,与$y$轴交于点$B$,过点$B$的直线交$x$轴于点$C(3,0)$,点$M$是线段$AC$上的任意一点,过点$M$作直线$l // y$轴,直线$l$交直线$AB$于点$P$,交直线$BC$于点$Q$.
(1)求直线$BC$的函数表达式;
(2)当$PQ=2$时,求$△ PQC$的面积.

(1)把A(-1,0)代入y=-3x+b得0=3+b,解得b=-3,
∴直线AB表达式为y=-3x-3,令x=0得y=-3,
∴B(0,-3).
设直线BC表达式为y=kx+b',把B(0,-3),C(3,0)代入得
$\begin{cases} b'=-3, \\ 3k+b'=0, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} k=1, \\ b'=-3, \end{cases}$
∴直线BC的函数表达式为y=x-3.
(2)如图,设M(m,0),则P(m,-3m-3),Q(m,m-3),
∴PQ=|m-3-(-3m-3)|=|4m|.
∵PQ=2,
∴|4m|=2,解得$m=\frac{1}{2}$或$m=-\frac{1}{2}$.当$m=\frac{1}{2}$时,$M(\frac{1}{2},0)$,
∴$CM=3-\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$,
∴$S_{△ PQC}=\frac{1}{2}×2×\frac{5}{2}=\frac{5}{2}$;当$m=-\frac{1}{2}$时,$M(-\frac{1}{2},0)$,
∴$CM=3-(-\frac{1}{2})=\frac{7}{2}$,
∴$S_{△ PQC}=\frac{1}{2}×2×\frac{7}{2}=\frac{7}{2}$.综上所述,△PQC的面积为$\frac{5}{2}$或$\frac{7}{2}$.

3. （2025·苏州期末）如图，直线$l_1:y=\dfrac{3}{4}x$与直线$l_2:y=-\dfrac{1}{2}x+6$交于点$A$，直线$l_2$与$x$轴、$y$轴分别交于点$B,C$. 点$P$是射线$OA$上一动点，$PQ// x$轴交直线$l_2$于点$Q$，以$PQ$为斜边向下作等腰直角三角形$PQR$，设点$P$的横坐标为$m(m＞0)$，$△ PQR$与$△ OAB$重叠部分的面积为$S$.
(1)填空:请用$m$表示以下各点的坐标:$P$;$Q$.
(2)当点$R$落在$x$轴上时,求$m$的值.
(3)当点$P$在线段$OA$(不含线段两端点)上运动时,求$S$与$m$之间的函数表达式.
(4)当$S$最大时,请直接写出$m$的取值范围.

(1)$(m,\frac{3}{4}m)$ $(12-\frac{3}{2}m,\frac{3}{4}m)$ 解析:
∵点P在直线$l_1$上,
∴$P(m,\frac{3}{4}m)$.
∵PQ//x轴交直线$l_2$于点Q,
∴点Q的纵坐标为$\frac{3}{4}m$.将$y=\frac{3}{4}m$代入$y=-\frac{1}{2}x+6$,解得$x=12-\frac{3}{2}m$,
∴点Q的坐标为$(12-\frac{3}{2}m,\frac{3}{4}m)$.
(2)作△PQR斜边上的高RH.
∵$PQ=\left|12-\frac{3}{2}m-m\right|=\left|12-\frac{5}{2}m\right|$,
∴$RH=\frac{1}{2}PQ=\left|6-\frac{5}{4}m\right|$.当R在x轴上时,$RH=\left|6-\frac{5}{4}m\right|=\frac{3}{4}m$,解得m=3或12.
(3)直线$l_1:y=\frac{3}{4}x$与直线$l_2:y=-\frac{1}{2}x+6$交于点A,联立方程并解得$\begin{cases} x=\frac{24}{5}, \\ y=\frac{18}{5}, \end{cases}$
∴$A(\frac{24}{5},\frac{18}{5})$.
∵点P在线段OA(不含线段两端点)上运动,
∴$0＜m＜\frac{24}{5}$.
当0＜m＜3时,R在x轴之下,R的横坐标为$6-\frac{1}{4}m$,R的纵坐标为$-(\frac{PQ}{2}-\frac{3m}{4})=2m-6$,即$R(6-\frac{1}{4}m,2m-6)$,此时$PR^2=(6-\frac{m}{4}-m)^2+(2m-6-\frac{3}{4}m)^2=2(6-\frac{5}{4}m)^2$,
∴△PQR与△OAB重叠部分的面积为$S=\frac{1}{2}PR^2-(6-2m)^2=(6-\frac{5m}{4})^2-(6-2m)^2=-\frac{39}{16}m^2+9m$;当$3≤m＜\frac{24}{5}$时,△PQR与△OAB重叠部分的面积为$S=\frac{1}{2}PR^2=\frac{1}{2}×2(6-\frac{5}{4}m)^2=\frac{25}{16}m^2-15m+36$.
综上,$S=\begin{cases} -\dfrac{39}{16}m^2+9m(0＜m＜3), \\ \dfrac{25}{16}m^2-15m+36(3≤m≤\dfrac{24}{5}). \end{cases}$
(4)当m≥48时,S最大. 解析:当S最大时,$S=S_{△ OAB}$,即△OAB在△PQR的内部,需要讨论临界情况:QR过O点或PR过B点.当QR过O点时,此时QR的函数表达式为y=-x,联立$\begin{cases} y=-x, \\ y=-\frac{1}{2}x+6, \end{cases}$解得$\begin{cases} x=-12, \\ y=12, \end{cases}$Q(-12,12),
∴P(16,12),此时△OAB并不完全在△PQR的内部,S不是最大值;当PR过B点时,此时PR的函数表达式为y=x-12,联立$\begin{cases} y=x-12, \\ y=\frac{3}{4}x, \end{cases}$解得$\begin{cases} x=48, \\ y=36, \end{cases}$P(48,36),此时△OAB在△PQR的内部,S达到最大值,且当点P继续沿射线OA运动,仍满足△OAB在△PQR的内部,S最大,
∴当m≥48时,S最大.

4. 如图,在平面直角坐标系中,一次函数$y_1=ax+b$的图象与$x$轴、$y$轴交于点$A,B$,与直线$y_2=kx$交于点$P(2,1)$,且$∠ POA=∠ PAO$.
(1)求函数$y_1,y_2$的表达式;
(2)点$D$为直线$y_1=ax+b$上一动点,其横坐标为$t(t＜2)$,$DF⊥ x$轴于点$F$,交$y_2=kx$于点$E$,且$DF=2EF$,求点$D$的坐标;
(3)在(2)的条件下,如果点$D$在第一象限内,过点$P$的直线$y=mx+n$将四边形$OBDE$分为两部分,两部分的面积分别设为$S_1,S_2$.若$S_1=3S_2$,求$m$的值.

(1)把P(2,1)代入$y_2=kx$中得2k=1,
∴$k=\frac{1}{2}$,则$y_2=\frac{1}{2}x$.
如图①,过点P作PQ⊥OA于点Q.
∵∠POA=∠PAO,
∴PO=PA.
∵PQ⊥OA,P(2,1),
∴OQ=QA=2,
∴OA=4,
∴A(4,0),把A(4,0),P(2,1)代入$y_1=ax+b$,得$\begin{cases} 4a+b=0, \\ 2a+b=1, \end{cases}$解得$\begin{cases} a=-\frac{1}{2}, \\ b=2, \end{cases}$
∴$y_1=-\frac{1}{2}x+2$.

(2)
∵点D的横坐标为t,分别代入$y_1,y_2$中,得$y_1=-\frac{1}{2}t+2$,$y_2=\frac{1}{2}t$,
∴$D(t,-\frac{1}{2}t+2)$,$E(t,\frac{1}{2}t)$,$F(t,0)$.
∵DF=2EF,
∴$\left|-\frac{1}{2}t+2\right|=2\left|\frac{1}{2}t\right|$,当$-\frac{1}{2}t+2=2×\frac{1}{2}t$时,解得$t=\frac{4}{3}$,
∴$D(\frac{4}{3},\frac{4}{3})$;当$-\frac{1}{2}t+2=2×(-\frac{1}{2}t)$时,解得t=-4,
∴D(-4,4).综上,点D的坐标为$(\frac{4}{3},\frac{4}{3})$或(-4,4).
(3)由(2)可得$D(\frac{4}{3},\frac{4}{3})$,$F(\frac{4}{3},0)$,$E(\frac{4}{3},\frac{2}{3})$,在$y_1=-\frac{1}{2}x+2$中,令x=0,则y=2,
∴B(0,2).
∵直线y=mx+n过点P(2,1),
∴1=2m+n,即n=1-2m,
∴y=mx+1-2m.如图②,设直线y=mx+1-2m与y轴交于点Q,与直线DE交于点R.令x=0,则y=1-2m,
∴Q(0,1-2m);令$x=\frac{4}{3}$,则$y=-\frac{2}{3}m+1$,
∴$R(\frac{4}{3},-\frac{2}{3}m+1)$,
∴$DR=\frac{4}{3}-(-\frac{2}{3}m+1)=\frac{2}{3}m+\frac{1}{3}$,$BQ=2-(1-2m)=1+2m$.
∵过点P的直线y=mx+n将四边形OBDE分为两部分,且$S_1=3S_2$,
∴四边形BDRQ的面积为四边形OBDE面积的$\frac{1}{4}$或$\frac{3}{4}$.
∵$S_{四边形BDRQ}=\frac{1}{2}×(DR+BQ)×x_D=\frac{16}{9}m+\frac{8}{9}$,$S_{四边形OBDE}=\frac{1}{2}×(\frac{2}{3}+2)×\frac{4}{3}=\frac{16}{9}$,
∴$\frac{16}{9}m+\frac{8}{9}=\frac{1}{4}×\frac{16}{9}$或$\frac{16}{9}m+\frac{8}{9}=\frac{3}{4}×\frac{16}{9}$,解得$m=-\frac{1}{4}$或$m=\frac{1}{4}$.