1. （2025·徐州月考）如图，已知直线$l_{1}:y=kx+b$与$x$轴，$y$轴分别交于点$A(2,0),B(0,-4)$，直线$l_{2}:y=-x+5$与$x$轴，$y$轴分别交于点$C,E$，两直线交于点$D$.
(1)求直线$l_{1}$的函数表达式以及点$D$的坐标.
(2)在$x$轴上是否存在点$P$，使得$△ BPD$为等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的点$P$的坐标；若不存在，请说明理由.

(1)
∵直线$l_1:y=kx+b$与x轴,y轴分别交于点$A(2,0)$,$B(0,-4)$,将点A,点B的坐标分别代入得$\begin{cases}2k+b=0,\\b=-4,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=2,\\b=-4,\end{cases}$
∴直线$l_1$的函数表达式为$y=2x-4$.
∵直线$l_1:y=2x-4$与直线$l_2:y=-x+5$交于点D,
联立得$\begin{cases}y=2x-4,\\y=-x+5,\end{cases}$解得$\begin{cases}x=3,\\y=2,\end{cases}$
∴点D的坐标为$(3,2)$.
(2)在x轴上存在点P,使得$△ BPD$为等腰三角形.理由如下:
设$P(p,0)$,
∵$B(0,-4)$,$D(3,2)$,
∴$PB^2=p^2+16$;$PD^2=(p-3)^2+4$;$BD^2=3^2+(2+4)^2=45$.
①当$PB^2=PD^2$时,由勾股定理得$p^2+16=(p-3)^2+4$,解得$p=-\frac{1}{2}$,
∴点P的坐标为$(-\frac{1}{2},0)$;
②当$PB^2=BD^2$时,由勾股定理,得$p^2+16=45$,解得$p=\pm\sqrt{29}$,
∴点P的坐标为$(\sqrt{29},0)$或$(-\sqrt{29},0)$;
③当$PD^2=BD^2$时,由勾股定理,得$(p-3)^2+4=45$,解得$p=\pm\sqrt{41}+3$,
∴点P的坐标为$(\sqrt{41}+3,0)$或$(-\sqrt{41}+3,0)$.
综上所述,P的坐标为$(-\frac{1}{2},0)$或$(\sqrt{29},0)$或$(-\sqrt{29},0)$或$(\sqrt{41}+3,0)$或$(-\sqrt{41}+3,0)$.

2. 【新定义】如图①,在平面直角坐标系中,直线$l$与坐标轴不平行,点$P$为直线$l$外一点.过点$P$分别作$PE// x$轴交直线$l$于点$E$,作$PF// y$轴交直线$l$于点$F$,我们称折线$EPF$为点$P$关于直线$l$的“$L$路径”,“$L$路径”的长度称为点$P$关于直线$l$的“$L$距离”,记为$L_{P-l}$,即$L_{P-l}=PE+PF$.
【定义理解】(1)如图②,若直线$l$的表达式为$y=\frac{1}{3}x-1$,与$x$轴和$y$轴分别交于$A,B$两点,则$L_{O-l}=$(点$O$为坐标原点).
【定义运用】(2)如图③,将直线$l:y=\frac{1}{3}x-1$向左平移$n$个单位长度后得到直线$m:y=\frac{1}{3}(x+n)-1$,与$x$轴和$y$轴分别交于$D,C$两点,当$L_{O-m}=L_{O-l}$时(点$O$为坐标原点),则$n=$.
【定义拓展】(3)在(2)的条件下,坐标轴上是否存在点$Q$,使得$△ QAB$为等腰三角形,且点$Q$关于直线$l$的“$L$路径”与直线$m$有交点.若存在,请直接写出点$Q$的坐标;若不存在,请说明理由.

备用图
$\gg$ 进一步挑战进阶专题·P171 专题 19

(1)4 解析:直线l的表达式为$y=\frac{1}{3}x-1$,与x轴和y轴分别交于A,B两点,当x=0时,得y=-1;当y=0时,得$0=\frac{1}{3}x-1$,解得x=3,
∴$A(3,0)$,$B(0,-1)$,
∴$OA=3$,$OB=1$,
∴$L_{O-l}=OA+OB=4$.
(2)6 解析:直线m:$y=\frac{1}{3}(x+n)-1$,与x轴和y轴分别交于D,C两点,当x=0时,得$y=\frac{1}{3}n-1$;当y=0时,得$0=\frac{1}{3}(x+n)-1$,解得$x=3-n$,
∴$C(0,\frac{1}{3}n-1)$,$D(3-n,0)$,
∴$OC=\frac{1}{3}n-1$,$OD=n-3$.
∵$L_{O-m}=L_{O-l}=4$,
∴$\frac{1}{3}n-1+n-3=4$,解得n=6.
(3)坐标轴上存在点Q,使得$△ QAB$为等腰三角形,且点Q关于直线l的“L路径”与直线m有交点.点Q的坐标为$(-3,0)$或$(0,1)$或$(0,\sqrt{10}-1)$或$(0,4)$. 解析:
∵n=6,
∴$C(0,1)$,$D(-3,0)$,根据勾股定理可得$AB=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$.
当点Q在x轴上时:①当$AB=AQ=\sqrt{10}$时,如图①,$Q(3-\sqrt{10},0)$或$Q(3+\sqrt{10},0)$,此时点Q关于直线l的“L路径”与直线m没有交点,不符合题意;

②当$AB=BQ=\sqrt{10}$时,如图②,
∵$AB=BQ=\sqrt{10}$,$OB⊥ AQ$,
∴$OA=OQ$,
∴$Q(-3,0)$,此时点Q关于直线l的“L路径”与直线m有交点,符合题意;
③当$AQ=BQ$时,如图③,由图可知,此时点Q关于直线l的“L路径”与直线m没有交点,不符合题意;
当点Q在y轴上时:①当$AB=BQ=\sqrt{10}$时,如图④,$Q(0,-1-\sqrt{10})$(不符合题意,舍去)或$Q(0,-1+\sqrt{10})$,此时点$Q(0,\sqrt{10}-1)$关于直线l的“L路径”与直线m有交点,符合题意;

②当$AB=AQ=\sqrt{10}$时,如图⑤,
∵$AB=AQ=\sqrt{10}$,$OA⊥ BQ$,
∴$OB=OQ=1$,
∴$Q(0,1)$,此时点Q关于直线l的“L路径”与直线m有交点,符合题意;
③当$AQ=BQ$时,如图⑥,设$Q(0,m)$,
∴$AQ=BQ=m+1$,$OQ=m$,根据勾股定理可得$OQ^2+OA^2=AQ^2$,即$m^2+3^2=(m+1)^2$,解得m=4,
∴$Q(0,4)$,此时点Q关于直线l的“L路径”与直线m有交点,符合题意.
综上所述,坐标轴上存在点Q,使得$△ QAB$为等腰三角形,且点Q关于直线l的“L路径”与直线m有交点;点Q的坐标为$(-3,0)$或$(0,1)$或$(0,\sqrt{10}-1)$或$(0,4)$.