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22.如图所示，已知直线$ l_1:y=-\dfrac{3}{4}x+3 $与直线$ l_2:y=kx-\dfrac{16}{3} $交于x轴上的同一个点A，直线$ l_1 $与y轴交于点B，直线$ l_2 $与y轴交于点C.
(1)求k的值，并作出直线$ l_2 $图象；
(2)若点P是线段AB上的点且$ △ ACP $的面积为15，求点P的坐标；
(3)若点M，N分别是x轴上、线段AC上的动点(点M不与点O重合)，是否存在点M，N，使得$ △ ANM ≌ △ AOC $？若存在，请求出N点的坐标；若不存在，请说明理由.
(1)求k的值，并作出直线$ l_2 $图象；
(2)若点P是线段AB上的点且$ △ ACP $的面积为15，求点P的坐标；
(3)若点M，N分别是x轴上、线段AC上的动点(点M不与点O重合)，是否存在点M，N，使得$ △ ANM ≌ △ AOC $？若存在，请求出N点的坐标；若不存在，请说明理由.
答案
22.解:(1)$\because$ 直线 $l_1:y=-\frac{3}{4}x+3$ 与 $x$ 轴交于点 $A$,
$\therefore$ 令 $y=0$,得 $x=4$,即 $A(4,0)$.
将 $A(4,0)$代入直线 $l_2:y=kx-\frac{16}{3}$,
得 $k=\frac{4}{3}$.
直线 $l_2$ 图象如右图所示.
(2)设 $P(a,b)$,根据题意,可得
$S_{△ ACP}=S_{△ ABC}-S_{△ PBC}=\frac{1}{2}×(3+\frac{16}{3})×4-\frac{1}{2}×(3+\frac{16}{3})a=15$,
解得 $a=\frac{2}{5}$.
将 $P(\frac{2}{5},b)$代入直线 $l_1$,得 $b=\frac{27}{10}$.
$\therefore$ 点 $P$ 坐标为$(\frac{2}{5},\frac{27}{10})$.
(3)如右图,作 $ND⊥ x$ 轴于点 $D$.
$\because AC=\sqrt{4^2+(\frac{16}{3})^2}=\frac{20}{3}$,
$△ ANM≌△ AOC$,
$\therefore AM=AC=\frac{20}{3},AN=AO=4$,
$MN=OC=\frac{16}{3},∠ ANM=∠ AOC=90°$.
$\because S_{△ ANM}=\frac{1}{2}AM· ND=\frac{1}{2}AN· MN$,
$\therefore ND=\frac{AN· MN}{AM}=\frac{16}{5}$.
将点 $N$ 的纵坐标 $y=-\frac{16}{5}$代入直线 $l_2$,得 $x=\frac{8}{5}$,
$\therefore$ 当 $N$ 的坐标为$(\frac{8}{5},-\frac{16}{5})$时,$△ ANM≌△ AOC.$
解析
【分析】
(1) 求k值首先需要确定两条直线的公共交点A的坐标：点A是$l_1$与x轴的交点，x轴上点的纵坐标为0，因此令$l_1$的y=0即可求出A点坐标，再将A点坐标代入$l_2$的解析式就能解出k，结合$l_2$与y轴的交点C即可画出$l_2$的图象。
(2) 点P在线段AB上，满足$l_1$的解析式。$△ ACP$的面积可通过$△ ABC$与$△ PBC$的面积差计算：B、C均在y轴上，BC为公共底，两个三角形的高分别为A点、P点的横坐标，结合面积为15的条件列方程求出P的横坐标，再代入$l_1$即可求出纵坐标。
(3) 若$△ ANM ≌ △ AOC$，根据全等三角形对应边相等，先求出AC的长度得到各对应边的长度，再利用三角形面积的两种表示方法求出N点的纵坐标，代入$l_2$的解析式求出横坐标，验证N在线段AC上即可。
【解析】
(1) $\because$ 直线 $l_1:y=-\frac{3}{4}x+3$ 与 $x$ 轴交于点 $A$，x轴上点的纵坐标为0，
$\therefore$ 令 $y=0$，代入$l_1$得$0=-\frac{3}{4}x+3$，解得 $x=4$，即 $A(4,0)$。
将 $A(4,0)$代入直线 $l_2:y=kx-\frac{16}{3}$，得$0=4k-\frac{16}{3}$，解得 $k=\frac{4}{3}$。
直线 $l_2$ 图象如右图所示。
(2) 先求B、C坐标：令$l_1$中$x=0$，得$y=3$，即$B(0,3)$；令$l_2$中$x=0$，得$y=-\frac{16}{3}$，即$C(0,-\frac{16}{3})$，因此$BC=3+\frac{16}{3}=\frac{25}{3}$。
设 $P(a,b)$，根据题意，可得
$S_{△ ACP}=S_{△ ABC}-S_{△ PBC}=\frac{1}{2}×(3+\frac{16}{3})×4-\frac{1}{2}×(3+\frac{16}{3})a=15$，
解得 $a=\frac{2}{5}$。
将 $P(\frac{2}{5},b)$代入直线 $l_1$，得 $b=-\frac{3}{4}×\frac{2}{5}+3=\frac{27}{10}$。
$\therefore$ 点 $P$ 坐标为$(\frac{2}{5},\frac{27}{10})$。
(3) 存在，理由如下：
由勾股定理得$AC=\sqrt{4^2+(\frac{16}{3})^2}=\frac{20}{3}$，
若$△ ANM≌△ AOC$，则对应边相等：$AM=AC=\frac{20}{3},AN=AO=4$，$MN=OC=\frac{16}{3}$，对应角相等：$∠ ANM=∠ AOC=90°$。
作 $ND⊥ x$ 轴于点 $D$。
$\because S_{△ ANM}=\frac{1}{2}AM· ND=\frac{1}{2}AN· MN$，
$\therefore ND=\frac{AN· MN}{AM}=\frac{4×\frac{16}{3}}{\frac{20}{3}}=\frac{16}{5}$。
由于N在线段AC上，位于第四象限，因此N的纵坐标为$y=-\frac{16}{5}$，将其代入直线 $l_2$，得$-\frac{16}{5}=\frac{4}{3}x-\frac{16}{3}$，解得 $x=\frac{8}{5}$，
$\therefore$ 当 $N$ 的坐标为$(\frac{8}{5},-\frac{16}{5})$时,$△ ANM≌△ AOC$。
【答案】
(1) $k=\frac{4}{3}$，直线$l_2$图象如右图所示。
(2) 点P坐标为$(\dfrac{2}{5},\dfrac{27}{10})$。
(3) 存在，N点坐标为$(\dfrac{8}{5},-\dfrac{16}{5})$。
【知识点】
一次函数解析式求解，三角形面积计算，全等三角形的性质
【点评】
本题属于一次函数与几何的综合题型，融合了一次函数的性质、三角形面积计算、全等三角形性质等考点，需要学生掌握坐标与几何量的转换方法，熟练运用数形结合思想分析问题，对综合应用知识的能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 求k值首先需要确定两条直线的公共交点A的坐标：点A是$l_1$与x轴的交点，x轴上点的纵坐标为0，因此令$l_1$的y=0即可求出A点坐标，再将A点坐标代入$l_2$的解析式就能解出k，结合$l_2$与y轴的交点C即可画出$l_2$的图象。
(2) 点P在线段AB上，满足$l_1$的解析式。$△ ACP$的面积可通过$△ ABC$与$△ PBC$的面积差计算：B、C均在y轴上，BC为公共底，两个三角形的高分别为A点、P点的横坐标，结合面积为15的条件列方程求出P的横坐标，再代入$l_1$即可求出纵坐标。
(3) 若$△ ANM ≌ △ AOC$，根据全等三角形对应边相等，先求出AC的长度得到各对应边的长度，再利用三角形面积的两种表示方法求出N点的纵坐标，代入$l_2$的解析式求出横坐标，验证N在线段AC上即可。
【解析】
(1) $\because$ 直线 $l_1:y=-\frac{3}{4}x+3$ 与 $x$ 轴交于点 $A$，x轴上点的纵坐标为0，
$\therefore$ 令 $y=0$，代入$l_1$得$0=-\frac{3}{4}x+3$，解得 $x=4$，即 $A(4,0)$。
将 $A(4,0)$代入直线 $l_2:y=kx-\frac{16}{3}$，得$0=4k-\frac{16}{3}$，解得 $k=\frac{4}{3}$。
直线 $l_2$ 图象如右图所示。
(2) 先求B、C坐标：令$l_1$中$x=0$，得$y=3$，即$B(0,3)$；令$l_2$中$x=0$，得$y=-\frac{16}{3}$，即$C(0,-\frac{16}{3})$，因此$BC=3+\frac{16}{3}=\frac{25}{3}$。
设 $P(a,b)$，根据题意，可得
$S_{△ ACP}=S_{△ ABC}-S_{△ PBC}=\frac{1}{2}×(3+\frac{16}{3})×4-\frac{1}{2}×(3+\frac{16}{3})a=15$，
解得 $a=\frac{2}{5}$。
将 $P(\frac{2}{5},b)$代入直线 $l_1$，得 $b=-\frac{3}{4}×\frac{2}{5}+3=\frac{27}{10}$。
$\therefore$ 点 $P$ 坐标为$(\frac{2}{5},\frac{27}{10})$。
(3) 存在，理由如下：
由勾股定理得$AC=\sqrt{4^2+(\frac{16}{3})^2}=\frac{20}{3}$，
若$△ ANM≌△ AOC$，则对应边相等：$AM=AC=\frac{20}{3},AN=AO=4$，$MN=OC=\frac{16}{3}$，对应角相等：$∠ ANM=∠ AOC=90°$。
作 $ND⊥ x$ 轴于点 $D$。
$\because S_{△ ANM}=\frac{1}{2}AM· ND=\frac{1}{2}AN· MN$，
$\therefore ND=\frac{AN· MN}{AM}=\frac{4×\frac{16}{3}}{\frac{20}{3}}=\frac{16}{5}$。
由于N在线段AC上，位于第四象限，因此N的纵坐标为$y=-\frac{16}{5}$，将其代入直线 $l_2$，得$-\frac{16}{5}=\frac{4}{3}x-\frac{16}{3}$，解得 $x=\frac{8}{5}$，
$\therefore$ 当 $N$ 的坐标为$(\frac{8}{5},-\frac{16}{5})$时,$△ ANM≌△ AOC$。
【答案】
(1) $k=\frac{4}{3}$，直线$l_2$图象如右图所示。
(2) 点P坐标为$(\dfrac{2}{5},\dfrac{27}{10})$。
(3) 存在，N点坐标为$(\dfrac{8}{5},-\dfrac{16}{5})$。
【知识点】
一次函数解析式求解，三角形面积计算，全等三角形的性质
【点评】
本题属于一次函数与几何的综合题型，融合了一次函数的性质、三角形面积计算、全等三角形性质等考点，需要学生掌握坐标与几何量的转换方法，熟练运用数形结合思想分析问题，对综合应用知识的能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
