1[2025陕西咸阳质检,中]如图,在平面直角坐标系中,直线$l:y=-\dfrac{2}{3}x+3$经过点A,点A的横坐标为3,点A与点B关于y轴对称.
(1)求点B的坐标.
(2)将直线$l$沿$y$轴向下平移得到直线$l'$,$l'$与$y$轴交于点$C$,若$△ ABC$的面积为3,求平移后的直线$l'$的函数表达式.

1.【解】(1)把$x=3$代入$y=-\dfrac{2}{3}x+3$,得$y=-\dfrac{2}{3}×3+3=1$,所以点$A(3,1)$.
因为点$A$与点$B$关于$y$轴对称,所以点$B$的坐标为$(-3,1)$.
(2)由$A(3,1),B(-3,1)$可知$AB=6$. 设$AB$与$y$轴的交点为$D$,则$D(0,1)$. 因为$S_{△ ABC}=3$,所以$\dfrac{1}{2}AB· CD=3$,所以$\dfrac{1}{2}×6CD=3$,所以$CD=1$. 因为直线$l'$是由直线$l$沿$y$轴向下平移得到的,所以可设直线$l'$的函数表达式为$y=-\dfrac{2}{3}x+b$.
①当点$C$在$AB$上方时,点$C$的坐标为$(0,2)$,将$(0,2)$代入$y=-\dfrac{2}{3}x+b$,得$b=2$,所以直线$l'$的函数表达式为$y=-\dfrac{2}{3}x+2$.
②当点$C$在$AB$下方时,点$C$的坐标为$(0,0)$,将$(0,0)$代入$y=-\dfrac{2}{3}x+b$,得$b=0$,所以直线$l'$的函数表达式为$y=-\dfrac{2}{3}x$.
综上,平移后的直线$l'$的函数表达式为$y=-\dfrac{2}{3}x+2$ 或 $y=-\dfrac{2}{3}x$.
思路分析
(2) 由$△ ABC$的面积为3,求得$CD$,从而求得点$C$的坐标,然后利用待定系数法即可求得直线$l'$的函数表达式. 注意分类讨论.

【分析】
(1) 求解点B的坐标需先求点A的坐标：将点A的横坐标代入直线l的解析式即可算出点A的纵坐标，得到A点坐标；再根据“关于y轴对称的点纵坐标相同，横坐标互为相反数”的特征，即可得到点B的坐标。
(2) 一次函数沿y轴平移时斜率k不变，因此只需确定平移后直线的截距即可。首先由A、B坐标计算AB的长度，△ABC以AB为底时，高为点C到AB的竖直距离，结合三角形面积可算出该距离；接下来分类讨论点C在AB上方、下方两种情况，得到对应C点坐标后，代入设好的平移后直线解析式，即可求出截距，得到最终的函数表达式。
【解析】
(1) 把$x=3$代入$y=-\dfrac{2}{3}x+3$，得：
$y=-\dfrac{2}{3}×3+3=1$，因此点A的坐标为$(3,1)$。
因为点A与点B关于y轴对称，纵坐标不变，横坐标互为相反数，所以点B的坐标为$(-3,1)$。
(2) 由$A(3,1)$、$B(-3,1)$可知AB平行于x轴，长度$AB=|3-(-3)|=6$。

设AB与y轴的交点为D，则D点坐标为$(0,1)$。
已知$S_{△ABC}=3$，根据三角形面积公式可得：
$\dfrac{1}{2}·AB·CD=3$，代入$AB=6$得$\dfrac{1}{2}×6·CD=3$，解得$CD=1$。
直线$l'$由直线l沿y轴平移得到，斜率不变，因此设直线$l'$的函数表达式为$y=-\dfrac{2}{3}x+b$，分两种情况讨论：
①当点C在AB上方时，C点坐标为$(0,1+1)=(0,2)$，将$(0,2)$代入解析式得$b=2$，此时$l'$的解析式为$y=-\dfrac{2}{3}x+2$；
②当点C在AB下方时，C点坐标为$(0,1-1)=(0,0)$，将$(0,0)$代入解析式得$b=0$，此时$l'$的解析式为$y=-\dfrac{2}{3}x$。
综上，平移后的直线$l'$的函数表达式为$y=-\dfrac{2}{3}x+2$或$y=-\dfrac{2}{3}x$。
【答案】
(1) $B(-3,1)$；
(2) $y=-\dfrac{2}{3}x+2$或$y=-\dfrac{2}{3}x$

【知识点】
1. 关于y轴对称的点的坐标特征
2. 一次函数平移性质
3. 待定系数法求一次函数解析式
【点评】
本题属于一次函数与几何结合的基础综合题，考查了对称点计算、一次函数平移规律、三角形面积计算等内容，解题时需注意分类讨论点C的位置，避免漏解，是一次函数部分的典型考法，能有效巩固一次函数相关性质的应用。
【难度系数】
0.7

2[2026内蒙古赤峰质检,较难]如图(1),在平面直角坐标系中,直线$l_1$的表达式为$y=\frac{1}{2}x-4$,与x轴相交于点A,与y轴交于点C,直线$l_2$过点A,且与y轴相交于点$B(0,6)$.
(1)求直线$l_2$的表达式.
(2)判断$△ ABC$的形状,并说明理由.
(3)如图(2),$D(4,-2)$是AC的中点,将直线$l_1$向上平移,使其过点B,记为直线$l_3$.若点M为y轴正半轴上一点,点N为直线$l_3$上一点,使$△ DMN$是以DM为直角边的等腰直角三角形,请直接写出点N的坐标.

2.【解】(1)令$0=\dfrac{1}{2}x-4$,解得$x=8$,所以$A(8,0)$. 因为直线$l_2$过点$A$,且与$y$轴相交于点$B(0,6)$,所以设直线$l_2$的表达式为$y=kx+6$. 将$A(8,0)$代入$y=kx+6$得$0=8k+6$,解得$k=-\dfrac{3}{4}$,所以直线$l_2$的表达式为$y=-\dfrac{3}{4}x+6$.
(2)$△ ABC$为等腰三角形. 理由如下:对于$y=\dfrac{1}{2}x-4$,令$x=0$,则$y=\dfrac{1}{2}×0-4=-4$,所以$C(0,-4)$. 因为$A(8,0)$,$B(0,6)$,所以$BA=\sqrt{(8-0)^2+(0-6)^2}=10$,$BC=6-(-4)=10$,$AC=\sqrt{(8-0)^2+4^2}=4\sqrt{5}$,所以$BA=BC$,故$△ ABC$为等腰三角形.
(3)点$N$的坐标为$(8,10)$或$(-8,2)$或$(-24,-6)$. ①$DN$为等腰$\mathrm{Rt}△ DMN$的斜边时,连接$BD$. 因为$BA=BC$,$D$是$AC$的中点,所以$BD⊥ AC$. 因为直线$l_1$向上平移得到直线$l_3$,所以$BD⊥ BN$,直线$l_3$的表达式为$y=\dfrac{1}{2}x+6$,所以点$M$与点$B$重合. 设$N(n,\dfrac{1}{2}n+6)$. 因为$△ DMN$是等腰直角三角形,$∠ DMN=90°$,所以$MD=MN$,所以$\sqrt{4^2+(-2-6)^2}=\sqrt{n^2+(\dfrac{1}{2}n+6-6)^2}$,所以$n=8$或$-8$,所以$\dfrac{1}{2}n+6=10$或$2$,所以点$N$的坐标为$(8,10)$或$(-8,2)$. ②$MN$为等腰$\mathrm{Rt}△ DMN$的斜边时,过点$D$作$DH⊥ y$轴于点$H$,过点$N_3$作$N_3Q⊥ x$轴于点$Q$,延长$DH$交$N_3Q$于点$P$,所以$∠ DPN_3=90°$,所以$∠ PDN_3+∠ PN_3D=90°$. 因为$∠ MDN_3=90°$,所以$∠ MDP+∠ PDN_3=90°$,所以$∠ MDP=∠ DN_3P$. 因为在$△ MDH$和$△ DN_3P$中,
$\begin{cases}∠ MHD=∠ DPN_3=90°,\\∠ MDP=∠ DN_3P,\\DM=DN_3,\end{cases}$
所以$△ MDH≌△ DN_3P(\mathrm{AAS})$,所以$DH=N_3P$,$MH=DP$. 设$M(0,m)$,所以$OM=m$. 因为$OH=2$,$DH=4$,所以$MH=m+2$,所以$DP=MH=m+2$,$N_3P=4$,所以$HP=m+2-4=m-2$,$N_3Q=6$,所以$N_3$坐标为$(2-m,-6)$. 将$(2-m,-6)$代入$y_3=\dfrac{1}{2}x+6$中,解得$m=26$,所以$N_3$的坐标为$(-24,-6)$. 综上,点$N$的坐标为$(8,10)$或$(-8,2)$或$(-24,-6)$.

【分析】
(1) 求直线$l_2$的表达式需先确定其经过的两点坐标：已知$l_2$过$B(0,6)$，还过$l_1$与x轴的交点$A$，因此先令$l_1$的$y=0$求出$A$点坐标，再用待定系数法设$l_2$的解析式，代入$A$点坐标即可求出参数，得到解析式。
(2) 判断$△ ABC$的形状，先求出$l_1$与y轴交点$C$的坐标，再用勾股定理分别计算$AB$、$BC$、$AC$的长度，根据边长关系判断三角形形状。
(3) 先根据平移性质求出$l_3$的解析式：平移不改变一次项系数，且$l_3$过$B(0,6)$，可得$l_3:y=\frac{1}{2}x+6$。由于$△ DMN$是以$DM$为直角边的等腰直角三角形，分两种情况讨论：①直角顶点为$M$；②直角顶点为$D$。分别构造全等三角形转化线段关系，结合点$N$在$l_3$上的条件列方程求解，注意分类全面避免漏解。
【解析】
(1) 对于直线$l_1:y=\frac{1}{2}x-4$，令$y=0$，得$0=\frac{1}{2}x-4$，解得$x=8$，因此$A(8,0)$。
设直线$l_2$的表达式为$y=kx+b$，因为$l_2$过$B(0,6)$，所以$b=6$，即$y=kx+6$。
将$A(8,0)$代入$y=kx+6$，得$0=8k+6$，解得$k=-\frac{3}{4}$，因此直线$l_2$的表达式为$y=-\frac{3}{4}x+6$。
(2) $△ ABC$为等腰三角形，理由如下：
对于$l_1:y=\frac{1}{2}x-4$，令$x=0$，得$y=-4$，因此$C(0,-4)$。
已知$A(8,0)$、$B(0,6)$，根据勾股定理：
$BA=\sqrt{(8-0)^2+(0-6)^2}=\sqrt{64+36}=10$，
$BC=6-(-4)=10$，
$AC=\sqrt{(8-0)^2+(0+4)^2}=\sqrt{64+16}=4\sqrt{5}$，
因此$BA=BC$，$△ ABC$为等腰三角形。
(3) 直线$l_1$向上平移得到$l_3$，一次项系数不变仍为$\frac{1}{2}$，且$l_3$过$B(0,6)$，因此$l_3$的解析式为$y=\frac{1}{2}x+6$，分两种情况讨论：
① 当等腰$Rt△ DMN$的直角顶点为$M$时，$∠ DMN=90°$，$MD=MN$：
连接$BD$，因为$BA=BC$，$D$是$AC$中点，所以$BD⊥ AC$；又$l_3$是$l_1$平移得到，$l_1$为$AC$所在直线，因此$BD⊥ BN$，此时点$M$与点$B$重合。
设$N(n,\frac{1}{2}n+6)$，则$MD=\sqrt{(4-0)^2+(-2-6)^2}=4\sqrt{5}$，$MN=\sqrt{n^2+(\frac{1}{2}n)^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}|n|$。
由$MD=MN$得$4\sqrt{5}=\frac{\sqrt{5}}{2}|n|$，解得$n=\pm8$：
$n=8$时，$y=\frac{1}{2}×8+6=10$；$n=-8$时，$y=\frac{1}{2}×(-8)+6=2$，即$N(8,10)$或$(-8,2)$。
② 当等腰$Rt△ DMN$的直角顶点为$D$时，$∠ MDN=90°$，$DM=DN$：
过$D$作$DH⊥ y$轴于$H$，过$N$作$NQ⊥ x$轴于$Q$，延长$DH$交$NQ$于$P$，则$∠ DPN=∠ MHD=90°$。
因为$∠ MDN=90°$，所以$∠ MDH+∠ PDN=90°$，又$∠ PDN+∠ DNP=90°$，因此$∠ MDH=∠ DNP$。
在$△ MDH$和$△ DNP$中：
$\begin{cases}∠ MHD=∠ DPN=90°\\∠ MDH=∠ DNP\\DM=DN\end{cases}$
故$△ MDH≌△ DNP(AAS)$，得$DH=NP=4$，$MH=DP$。
设$M(0,m)(m＞0)$，则$MH=m+2$，因此$DP=m+2$，$N$的横坐标为$4-(m+2)=2-m$，纵坐标为$-2-4=-6$，即$N(2-m,-6)$。
将$N(2-m,-6)$代入$l_3$解析式得$-6=\frac{1}{2}(2-m)+6$，解得$m=26$，因此$2-m=-24$，即$N(-24,-6)$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{y=-\dfrac{3}{4}x+6}$
(2) $\boldsymbol{等腰三角形}$
(3) $\boldsymbol{(8,10)}$、$\boldsymbol{(-8,2)}$或$\boldsymbol{(-24,-6)}$
【知识点】
1. 待定系数法求一次函数解析式
2. 等腰三角形的判定
3. 一次函数几何综合
【点评】
本题综合考查一次函数性质与三角形的综合应用，前两问为基础考点，侧重对基础方法的考查；第三问为等腰直角三角形存在性问题，需要结合分类讨论思想，通过构造全等三角形转化线段关系求解，解题时要注意分类全面，避免漏解。
【难度系数】
0.3

3[较难]如图,某个一次函数的图象与x轴、y轴分别交于A,B两点,且A,B两点的坐标分别为(4,0),(0,3).
(1)求该一次函数的表达式.
(2)点C在线段OA上,沿直线BC将△OBC翻折,O点恰好落在AB上的D点处,求直线BC的表达式.
(3)x轴上是否存在点P,使△ABP为等腰三角形?若存在,请直接写出P点坐标;若不存在,请说明理由.

3.【解】(1)设该一次函数的表达式为$y=kx+b$($k≠0$). 将$B$点坐标$(0,3)$代入得$b=3$,再将$A$点坐标$(4,0)$代入$y=kx+3$,解得$k=-\dfrac{3}{4}$,所以$y=-\dfrac{3}{4}x+3$.
(2)由题意得$OA=4$,$OB=3$,所以$AB=5$. 由翻折可得$OC=CD$,$BD=BO=3$,所以$AD=2$. 设$CD=OC=x$,则$AC=OA-OC=4-x$. 在$\mathrm{Rt}△ ACD$中,由勾股定理得$CD^2+AD^2=AC^2$,即$x^2+2^2=(4-x)^2$,解得$x=\dfrac{3}{2}$,所以$C$的坐标为$(\dfrac{3}{2},0)$. 设直线$BC$的表达式为$y=mx+n$($m≠0$). 将$B$点坐标$(0,3)$代入得$n=3$,再将$C$点代入$y=mx+3$,解得$m=-2$,所以直线$BC$的表达式为$y=-2x+3$.
(3)存在. $P$点坐标为$(-4,0)$或$(-1,0)$或$(9,0)$或$(\dfrac{7}{8},0)$. 如图,当$AB=P_1B$时,因为$AO=4$,所以$OP_1=AO=4$,所以$P_1(-4,0)$. 当$AB=AP_2$时,$OP_2=AB-AO=1$,所以$P_2(-1,0)$. 当$P_3A=P_3B$时,设$OP_3=x$,则$BP_3=4-x$,所以$3^2+x^2=(4-x)^2$,解得$x=\dfrac{7}{8}$,所以$P_3(\dfrac{7}{8},0)$. 当$AB=AP_4$时,$AP_4=AB=5$,所以$OP_4=4+5=9$,所以$P_4(9,0)$. 综上所述,$x$轴上存在点$P$,使$△ ABP$为等腰三角形,$P$点坐标为$(-4,0)$或$(-1,0)$或$(9,0)$或$(\dfrac{7}{8},0)$.
思路分析
分 $AB = P_1B$,$AB=AP_2$,$AP_3=P_3B$,$AB = AP_4$四种情况讨论,不要漏解.

【分析】
(1) 求一次函数表达式采用待定系数法，设表达式为$y=kx+b(k≠0)$，将已知的A、B两点坐标代入，解出k、b的值即可得到解析式。
(2) 翻折问题的核心是翻折前后对应边、对应角相等，先由勾股定理算出AB的长度，结合翻折性质得到$BD=BO=3$，进而求出AD的长度；再设$OC=x$，用x表示出AC、CD的长度，在Rt△ACD中利用勾股定理列方程求出x，得到C点坐标后，再用待定系数法求直线BC的表达式。
(3) 等腰三角形存在性问题需分类讨论：分AB为腰（B为顶角顶点、A为顶角顶点）、AB为底边（P为顶角顶点）三类，结合等腰三角形性质和勾股定理计算P点坐标，注意不要漏解。
【解析】
(1) 设该一次函数的表达式为$y=kx+b$($k≠0$)。
将$B(0,3)$代入得$b=3$，再将$A(4,0)$代入$y=kx+3$，得$0=4k+3$，解得$k=-\dfrac{3}{4}$，
因此该一次函数的表达式为$y=-\dfrac{3}{4}x+3$。
(2) 由A(4,0)、B(0,3)得$OA=4$，$OB=3$，在Rt△AOB中，由勾股定理得$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
由翻折的性质可得：$OC=CD$，$BD=BO=3$，$∠ CDA=∠ O=90°$，
因此$AD=AB-BD=5-3=2$。
设$CD=OC=x$，则$AC=OA-OC=4-x$，
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，由勾股定理得$CD^2+AD^2=AC^2$，即$x^2+2^2=(4-x)^2$，
展开得$x^2+4=16-8x+x^2$，化简解得$x=\dfrac{3}{2}$，
所以$C$点坐标为$(\dfrac{3}{2},0)$。
设直线$BC$的表达式为$y=mx+n$($m≠0$)，
将$B(0,3)$代入得$n=3$，再将$C(\dfrac{3}{2},0)$代入$y=mx+3$，得$0=\dfrac{3}{2}m+3$，解得$m=-2$，
因此直线$BC$的表达式为$y=-2x+3$。
(3) 存在，分情况讨论如下：
① 当$AB=PB$，B为顶角顶点时，OB垂直x轴，由等腰三角形三线合一得$OP=OA=4$，P在x轴负半轴，故$P_1(-4,0)$；
② 当$AB=AP$，A为顶角顶点且P在A左侧时，$AP=AB=5$，故$OP=AP-OA=5-4=1$，P在x轴负半轴，故$P_2(-1,0)$；
③ 当$PA=PB$，P为顶角顶点时，设$OP=x$，则$PA=4-x$，$PB=\sqrt{x^2+3^2}$，列方程得$x^2+3^2=(4-x)^2$，解得$x=\dfrac{7}{8}$，故$P_3(\dfrac{7}{8},0)$；
④ 当$AB=AP$，A为顶角顶点且P在A右侧时，$AP=AB=5$，故$OP=OA+AP=4+5=9$，P在x轴正半轴，故$P_4(9,0)$。
【答案】
(1) $y=-\dfrac{3}{4}x+3$
(2) $y=-2x+3$
(3) 存在，$P$点坐标为$(-4,0)$或$(-1,0)$或$(9,0)$或$(\dfrac{7}{8},0)$。
【知识点】
1. 待定系数法求一次函数解析式
2. 翻折的性质
3. 等腰三角形分类讨论
【点评】
本题是一次函数与几何结合的综合题，前两问考查基础的待定系数法、勾股定理和翻折性质，第三问为等腰三角形存在性问题，需要按顶角顶点的不同分类讨论，避免漏解，是一次函数章节的常考综合题型。
【难度系数】
0.4

4[较难]如图,在平面直角坐标系中,一次函数$y=-\dfrac{4}{3}x+4$的图象分别与x轴、y轴交于点A,B,点C在线段OB上,将$△ ABC$沿AC翻折,点B恰好落在x轴上的点D处,直线DC交AB于点E.
(1)求点C的坐标.
(2)若点P在直线DC上,点Q是y轴上一点(不与点B重合),当$△ CPQ$和$△ CBE$全等时,直接写出点P的坐标:.(不包括这两个三角形重合的情况)

4.【解】(1)因为$y=-\dfrac{4}{3}x+4$,令$x=0$,则$y=4$,令$y=0$,则$x=3$,所以$A(3,0)$,$B(0,4)$,所以$OA=3$,$OB=4$. 因为$∠ AOB=90°$,所以由勾股定理得$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=5$. 因为将$△ ABC$沿$AC$翻折,点$B$恰好落在$x$轴上的点$D$处,所以$AD=AB=5$,所以$OD=2$. 设$OC=x$,则$BC=DC=4-x$. 在$\mathrm{Rt}△ OCD$中,由勾股定理得$x^2+2^2=(4-x)^2$,解得$x=\dfrac{3}{2}$,所以$C(0,\dfrac{3}{2})$.
(2)设直线$CD$的表达式为$y=kx+b$($k≠0$). 将$C$点坐标$(0,\dfrac{3}{2})$代入得$b=\dfrac{3}{2}$,再将$D$点坐标$(-2,0)$代入$y=kx+\dfrac{3}{2}$,解得$k=\dfrac{3}{4}$,所以直线$CD$的表达式为$y=\dfrac{3}{4}x+\dfrac{3}{2}$.
因为将$△ ABC$沿$AC$翻折,点$B$恰好落在$x$轴上的点$D$处,所以$BC=CD$,$∠ ABO=∠ CDO$. 因为$∠ BCE=∠ DCO$,所以$∠ BEC=∠ COD=90°$. 由(1)得$OC=\dfrac{3}{2}$,$BC=4-\dfrac{3}{2}=\dfrac{5}{2}$.
①当点$D$与$P$重合,点$Q$与$O$重合时,$△ CPQ≌△ CBE$,此时$P(-2,0)$.
②由①易知$BE=2$,$CE=\dfrac{3}{2}$. 当$CQ=BC=\dfrac{5}{2}$,即点$Q$的纵坐标为$-1$,$CE=CP=\dfrac{3}{2}$,$PQ=BE=2$,$∠ CPQ=∠ BEC=90°$时,$△ CPQ≌△ CEB$,所以$\dfrac{1}{2}×(-x_P)×\dfrac{5}{2}=\dfrac{1}{2}×\dfrac{3}{2}×2$,解得$x_P=-\dfrac{6}{5}$,所以$y_P=\dfrac{3}{4}×(-\dfrac{6}{5})+\dfrac{3}{2}=\dfrac{3}{5}$,所以$P(-\dfrac{6}{5},\dfrac{3}{5})$.
③当$PQ=BE=2$,$CQ=CE=\dfrac{3}{2}$,$∠ CEB = ∠ CQP = 90°$时,$△ CPQ≌△ CBE$,所以$x_P=2$,所以$y_P=\dfrac{3}{4}×2+\dfrac{3}{2}=3$,所以$P(2,3)$.
综上,点$P$的坐标为$(-2,0)$或$(2,3)$或$(-\dfrac{6}{5},\dfrac{3}{5})$. 故答案为$(-2,0)$或$(2,3)$或$(-\dfrac{6}{5},\dfrac{3}{5})$.
思路分析
(2)首先求出直线$CD$的表达式,证$∠ BEC=∠ COD=90°$,分①点$D$与$P$,点$Q$与$O$重合;②$CQ=BC=\dfrac{5}{2}$,$CE=CP=\dfrac{3}{2}$,$PQ=BE=2$,$∠ CPQ=∠ BEC=90°$;③$PQ=BE=2$,$CQ=CE=\dfrac{3}{2}$,$∠ CEB = ∠ CQP = 90°$三种情况讨论,再分别求出点$P$的坐标即可.

【分析】
(1) 求解点C的坐标，首先根据一次函数与坐标轴交点的求法，分别令x=0、y=0求出A、B两点坐标，再用勾股定理计算AB的长度；结合翻折的性质可知AD=AB，由此得到点D的坐标；设OC=x，根据翻折性质CD=BC=4-x，在Rt△OCD中利用勾股定理列方程求解x，即可得到C点坐标。
(2) 求解点P的坐标，首先利用待定系数法求出直线DC的解析式；再根据翻折的性质证明∠BEC=90°，计算出△CBE各边的长度；接下来分三种全等情况分类讨论：①点D与P重合、点Q与O重合；②CQ=BC，CP=CE，∠CPQ=90°；③CQ=CE，∠CQP=90°，结合全等三角形对应边相等的性质和直线DC的解析式，分别求出对应P点坐标，排除重合情况即可。
【解析】
(1) 对于一次函数$y=-\dfrac{4}{3}x+4$，令$x=0$，得$y=4$；令$y=0$，得$x=3$，因此$A(3,0)$，$B(0,4)$，即$OA=3$，$OB=4$。
在$\mathrm{Rt}△ AOB$中，$∠ AOB=90°$，由勾股定理得$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
由翻折的性质可知$AD=AB=5$，因此$OD=AD-OA=5-3=2$，即$D(-2,0)$。
设$OC=x$，则$BC=DC=4-x$，在$\mathrm{Rt}△ OCD$中，由勾股定理得：
$x^2+2^2=(4-x)^2$
展开得$x^2+4=16-8x+x^2$，解得$x=\dfrac{3}{2}$，因此$C(0,\dfrac{3}{2})$。
(2) 设直线$CD$的解析式为$y=kx+b(k≠0)$，将$C(0,\dfrac{3}{2})$代入得$b=\dfrac{3}{2}$；再将$D(-2,0)$代入$y=kx+\dfrac{3}{2}$，得$0=-2k+\dfrac{3}{2}$，解得$k=\dfrac{3}{4}$，因此直线$CD$的解析式为$y=\dfrac{3}{4}x+\dfrac{3}{2}$。
由翻折的性质得$∠ ABO=∠ CDO$，又$∠ BCE=∠ DCO$，因此$∠ BEC=∠ COD=90°$。
由(1)得$BC=OB-OC=4-\dfrac{3}{2}=\dfrac{5}{2}$，在$\mathrm{Rt}△ BCE$中，可求得$BE=2$，$CE=\dfrac{3}{2}$。
分三种情况讨论：
①当点$D$与$P$重合，点$Q$与$O$重合时，$△ CPQ≌△ CBE$，此时$P(-2,0)$；
②当$CQ=BC=\dfrac{5}{2}$，$CE=CP=\dfrac{3}{2}$，$PQ=BE=2$，$∠ CPQ=∠ BEC=90°$时，$△ CPQ≌△ CEB$，由面积关系可解得$x_P=-\dfrac{6}{5}$，代入直线$CD$解析式得$y_P=\dfrac{3}{4}×(-\dfrac{6}{5})+\dfrac{3}{2}=\dfrac{3}{5}$，即$P(-\dfrac{6}{5},\dfrac{3}{5})$；
③当$PQ=BE=2$，$CQ=CE=\dfrac{3}{2}$，$∠ CEB=∠ CQP=90°$时，$△ CPQ≌△ CBE$，此时$x_P=2$，代入直线$CD$解析式得$y_P=\dfrac{3}{4}×2+\dfrac{3}{2}=3$，即$P(2,3)$。
综上，点$P$的坐标为$(-2,0)$或$(-\dfrac{6}{5},\dfrac{3}{5})$或$(2,3)$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{C(0,\dfrac{3}{2})}$
(2) $\boldsymbol{(-2,0)}$或$\boldsymbol{(-\dfrac{6}{5},\dfrac{3}{5})}$或$\boldsymbol{(2,3)}$
【知识点】
一次函数综合，翻折的性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是一次函数与几何结合的综合题，融合了一次函数解析式求解、勾股定理、图形翻折性质、全等三角形判定等多个知识点，解题时需要对全等的情况进行分类讨论，避免漏解，对知识的综合运用能力有较高要求。
【难度系数】
0.3