8. 已知一次函数 $y = kx + k + 2 (k ≠ 0)$，$△ ABC$ 各顶点的坐标为 $A(2,6),B(1,3),C(5,1)$. 若一次函数的图象与 $△ ABC$ 的边有两个交点,则 $k$ 的取值范围是.

8. $0＜k＜\dfrac{4}{3}$ 或 $-\dfrac{1}{6}＜k＜0$ 提示:如图,因为 $y=kx+k+2=k(x+1)+2$,所以一次函数 $y=kx+k+2(k≠0)$ 的图象过定点 $P(-1,2)$. 因为一次函数的图象与 $△ ABC$ 的边有两个交点. 所以一次函数 $y=kx+k+2(k≠0)$ 的图象与线段 $AC$(不包括端点)有交点. 当一次函数 $y=kx+k+2(k≠0)$ 的图象过点 $A(2,6)$ 时,此时 $2k+k+2=6$,解得 $k=\dfrac{4}{3}$;当一次函数 $y=kx+k+2(k≠0)$ 的图象过点 $C(5,1)$ 时,此时 $5k+k+2=1$,解得 $k=-\dfrac{1}{6}$. 所以 $k$ 的取值范围是 $0＜k＜\dfrac{4}{3}$ 或 $-\dfrac{1}{6}＜k＜0$.

9. 如图,在平面直角坐标系中,$△ ABC$为直角三角形,$A,C$两点分别在$x$轴、$y$轴上,$BC ⊥ y$轴,$∠ B=90°$,点$B$的坐标为$(1,3)$.将$△ ABC$沿$AC$翻折,点$B$落在点$D$位置,$AD$交$y$轴于点$E$,则点$D$的坐标为.

9. $(-\dfrac{4}{5},\dfrac{12}{5})$ 提示:如图,过点 $D$ 作 $DN⊥ y$ 轴于点 $N$. 因为 $BC⊥ y$ 轴,$∠ B=90°$,点 $B(1,3)$,所以 $OA=BC=1,OC=AB=3$,所以点 $A(1,0)$. 由翻折的性质,得 $∠ CDE=∠ B=90°,CD=BC=1,AD=AB=3$,所以 $CD=AO$. 因为 $∠ CDE=∠ AOE=90°$,$∠ CED=∠ AEO,CD=AO$,所以 $△ CDE≌△ AOE(\mathrm{AAS})$,所以 $CE=AE,DE=OE$. 设 $DE=OE=x$,则 $AE=CE=OC-OE=3-x$. 在 $\mathrm{Rt}△ AOE$ 中,$OA^2+OE^2=AE^2$,即 $1^2+x^2=(3-x)^2$,解得 $x=\dfrac{4}{3}$,所以 $OE=DE=\dfrac{4}{3}$,所以点 $E(0,\dfrac{4}{3}),CE=OC-OE=\dfrac{5}{3}$,所以 $S_{△ CDE}=\dfrac{1}{2}CD· DE=\dfrac{1}{2}CE· DN$,即 $1×\dfrac{4}{3}=\dfrac{5}{3}DN$,所以 $DN=\dfrac{4}{5}$. 设直线 $AE$ 的函数表达式为 $y=kx+\dfrac{4}{3}$,把点 $A(1,0)$ 代入,得 $k+\dfrac{4}{3}=0$,解得 $k=-\dfrac{4}{3}$,所以 $y=-\dfrac{4}{3}x+\dfrac{4}{3}$. 当 $x=-\dfrac{4}{5}$ 时,$y=-\dfrac{4}{3}×(-\dfrac{4}{5})+\dfrac{4}{3}=\dfrac{12}{5}$,所以点 $D(-\dfrac{4}{5},\dfrac{12}{5})$.

10. 如图,已知直线 $l:y=-\dfrac{1}{2}x+2$ 与 $x$ 轴交于点$A$,与$y$轴交于点$B$,点$P$在第一象限. 若 $△ ABP$ 是等腰直角三角形,则 $OP$的长为.

10. $\sqrt{52}$ 或 $\sqrt{40}$ 或 $\sqrt{18}$ 提示:根据题意,得点 $A(4,0),B(0,2)$,所以 $OA=4,OB=2$. 分情况讨论:①如图 1,当 $∠ PAB=90°$ 时,则 $PA=AB$,过点 $P$ 作 $PC⊥ x$ 轴于点 $C$,则 $∠ PCA=90°=∠ AOB$,所以 $∠ BAO=90°-∠ PAC=∠ APC$,所以 $△ BOA≌△ ACP(\mathrm{AAS})$,所以 $AC=OB=2,PC=OA=4$,所以 $OC=OA+AC=6$,所以 $OP=\sqrt{OC^2+PC^2}=\sqrt{52}$;②如图 2,当 $∠ PBA=90°$ 时,则 $AB=BP$,过点 $P$ 作 $PD⊥ y$ 轴于点 $D$,同①可得 $△ BOA≌△ PDB$,所以 $BD=OA=4,PD=OB=2$,所以 $OD=OB+BD=6$,所以 $OP=\sqrt{OD^2+PD^2}=\sqrt{40}$;③如图 3,当 $∠ BPA=90°$ 时,则 $AP=BP$,过点 $P$ 作 $PE⊥ y$ 轴于点 $E$,过点 $A$ 作 $AF⊥ PE$,交 $EP$ 的延长线于点 $F$,则 $AF=OE,EF=OA$,同①可得 $△ BEP≌△ PFA$,所以 $PE=AF,PF=BE$,所以 $PE=OE=OB+BE=2+BE$,所以 $EF=PE+PF=2+BE+PF=2+2BE=OA=4$,所以 $BE=PF=1$,所以 $PE=OE=2+1=3$,所以 $OP=\sqrt{OE^2+PE^2}=\sqrt{18}$. 综上所述,$OP$ 的长为 $\sqrt{52}$ 或 $\sqrt{40}$ 或 $\sqrt{18}$.

11. 设直线 $y=-\dfrac{2k-1}{2k+1}x+\dfrac{1}{2k+1}$ 与两坐标轴所围成的三角形的面积 $S_{k}(k=1,2,3,···,2\ 026)$, 则 $S_{1}+S_{2}+S_{3}+S_{4}+···+S_{2\ 026}$ 的值为.

11. $\dfrac{1\ 013}{4\ 053}$ 提示:当 $x=0$ 时,$y=-\dfrac{2k-1}{2k+1}×0+\dfrac{1}{2k+1}=\dfrac{1}{2k+1}$;当 $y=0$ 时,$0=-\dfrac{2k-1}{2k+1}x+\dfrac{1}{2k+1}$,解得 $x=\dfrac{1}{2k-1}$. 所以三角形的面积 $S_k=\dfrac{1}{2}·\dfrac{1}{2k-1}·\dfrac{1}{2k+1}=\dfrac{1}{2}·\dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)}=\dfrac{1}{2}×\dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{2k-1}-\dfrac{1}{2k+1})=\dfrac{1}{4}(\dfrac{1}{2k-1}-\dfrac{1}{2k+1})$. 所以 $S_1=\dfrac{1}{4}×(1-\dfrac{1}{3})$,$S_2=\dfrac{1}{4}×(\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{5})$,$S_3=\dfrac{1}{4}×(\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{7})$,$\dots$,$S_{2\ 026}=\dfrac{1}{4}×(\dfrac{1}{4\ 051}-\dfrac{1}{4\ 053})$, 所以 $S_1+S_2+\dots+S_{2\ 026}=\dfrac{1}{4}×(1-\dfrac{1}{3})+\dfrac{1}{4}×(\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{5})+\dfrac{1}{4}×(\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{7})+\dots+\dfrac{1}{4}×(\dfrac{1}{4\ 051}-\dfrac{1}{4\ 053})=\dfrac{1}{4}×(1-\dfrac{1}{4\ 053})=\dfrac{1}{4}×\dfrac{4\ 052}{4\ 053}=\dfrac{1\ 013}{4\ 053}$.

12. 如图,在平面直角坐标系中,直线 $l_1:y=kx+4(k＜0)$ 与 $y$ 轴相交于点$A$,与$x$轴相交于点$B$,且与直线 $l_2:y=x$ 相交于点$C$. 点$P$在直线$l_1$上运动(不与点$C$重合),过点$P$作$x$轴的平行线,与直线$l_2$相交于点$Q$,连接 $OP,AQ$,记 $△ OCP$ 的面积为 $S_1$, $△ ACQ$ 的面积为 $S_2$.
(1) 若点$C$的横坐标为1.
①求$k$的值.
②当点$P$在线段$AC$上时,试探究$\dfrac{S_1}{S_2}$的值是否是定值? 若是,求出这个定值;若不是,请说明理由.
(2) 当$\dfrac{S_1}{S_2}=\dfrac{1}{2}$,且 $OP=OQ$ 时,线段$PQ$的长为.

12. 解:(1) ①因为点 $C$ 的横坐标为 $1$,且 $C$ 是直线 $l_1$ 与直线 $l_2$ 的交点,所以点 $C$ 的纵坐标为 $y_C=x_C=1$,把点 $C(1,1)$ 代入 $y=kx+4$,得 $k+4=1$,解得 $k=-3$.
②$\dfrac{S_1}{S_2}$ 的值是定值. 由①可知,直线 $l_1$ 的函数表达式为 $y=-3x+4$. 当 $x=0$ 时,$y=4$,所以点 $A(0,4),OA=4$. 设点 $P(t,-3t+4)$,其中 $0≤ t＜1$. 因为 $PQ// x$ 轴,点 $Q$ 在直线 $y=x$ 上,所以点 $Q(-3t+4,-3t+4)$,所以 $S_1=S_{△ OCP}=S_{△ AOC}-S_{△ AOP}=\dfrac{1}{2}×4×1-\dfrac{1}{2}×4t=2-2t$,$S_2=S_{△ ACQ}=S_{△ AOQ}-S_{△ AOC}=\dfrac{1}{2}×4×(-3t+4)-\dfrac{1}{2}×4×1=6-6t$. 因为 $1-t≠0$,所以 $\dfrac{S_1}{S_2}=\dfrac{2-2t}{6-6t}=\dfrac{2(1-t)}{6(1-t)}=\dfrac{1}{3}$.
(2) 8 提示:因为 $PQ// x$ 轴,且 $OP=OQ$,则 $y$ 轴是 $PQ$ 的垂直平分线,即点 $P,Q$ 关于 $y$ 轴对称. 设点 $P$ 的坐标为 $(x,kx+4)$,则点 $Q$ 的坐标为 $(-x,-x)$,所以 $kx+4=-x$,解得 $x=-\dfrac{4}{1+k}$,所以点 $P(-\dfrac{4}{1+k},\dfrac{4}{1+k})$,$Q(\dfrac{4}{1+k},\dfrac{4}{1+k})$. 联立,得 $\begin{cases}y=kx+4,\\y=x,\end{cases}$ 得 $\begin{cases}x=\dfrac{4}{1-k},\\y=\dfrac{4}{1-k}.\end{cases}$ 所以点 $C$ 的坐标为 $(\dfrac{4}{1-k},\dfrac{4}{1-k})$. 分情况讨论:
①如图 1,当点 $P$ 在线段 $BA$ 的延长线上时,$S_1=S_{△ OAP}+S_{△ OAC}=\dfrac{1}{2}OA·|x_P|+\dfrac{1}{2}OA·|x_C|=2(x_C-x_P)$,$S_2=S_{△ OAQ}-S_{△ OAC}=\dfrac{1}{2}OA·(x_Q-x_C)=2(x_Q-x_C)$. 因为 $x_Q=-x_P$,所以 $S_1=2(x_C-x_P)=2(x_C+x_Q)$,所以 $S_1＞S_2$,不符合题意,舍去.
②如图 2,当点 $P$ 在线段 $AB$ 的延长线上时,$S_1=S_{△ OCP}=S_{△ AOP}-S_{△ AOC}=\dfrac{1}{2}×4×(-\dfrac{4}{k+1})-\dfrac{1}{2}×4×\dfrac{4}{1-k}=\dfrac{8}{k-1}-\dfrac{8}{k+1}$,$S_2=S_{△ ACQ}=S_{△ AOC}+S_{△ AOQ}=\dfrac{1}{2}×4×\dfrac{4}{1-k}+\dfrac{1}{2}×4×(-\dfrac{4}{k+1})=\dfrac{8}{1-k}-\dfrac{8}{k+1}$. 因为 $\dfrac{S_1}{S_2}=\dfrac{1}{2}$,所以 $\dfrac{8}{k-1}-\dfrac{8}{k+1}=2(\dfrac{8}{1-k}-\dfrac{8}{k+1})$,解得 $k=-2$. 经检验,$k=-2$ 符合题意. 此时点 $P$ 的坐标为 $(4,-4)$,点 $Q$ 的坐标为 $(-4,-4)$,所以 $PQ=4-(-4)=8$.
③当点 $P$ 在线段 $AB$ 上时,$P,Q$ 两点不能关于 $y$ 轴对称,故舍去.