1. （2025·南京月考）如图①，在平面直角坐标系$xOy$中，直线$y=kx+3$分别交$x$轴，$y$轴于点$A$，点$B$，且$\frac{OA}{OB}=\frac{4}{3}$.
（1）求$k$的值.
（2）若点$C$为线段$OB$上一点，连接$AC$，将$△ ABC$沿着$AC$折叠，使点$B$落在$x$轴的点$B'$处，求点$C$的坐标.
（3）如图②，作$OD ⊥ AB$，点$E$为直线$AB$上一动点，点$F$为$y$轴上一动点，是否存在以$O,E,F$为顶点的三角形与$△ ODE$全等？若存在，请直接写出点$E$的坐标；若不存在，请说明理由.

(1) $\because$ 直线 $y=kx+3$ 分别交 $x$ 轴,$y$ 轴于点 $A$,点 $B$,当 $x=0$ 时,得 $y=3$,$\therefore B(0,3)$ ,$\therefore OB=3$.$\because \frac{OA}{OB}=\frac{4}{3}$,$\therefore OA=4$,$\therefore A(4,0)$.
将点 $A$ 的坐标代入一次函数表达式得 $4k+3=0$,解得 $k=-\frac{3}{4}$.
(2) $\because B(0,3),A(4,0)$ ,$\therefore AB=\sqrt{4^2+3^2}=5$.$\because$ 将 $△ ABC$ 沿着 $AC$ 折叠,使点 $B$ 落在 $x$ 轴的点 $B'$ 处,$\therefore AB=AB'$,$CB=CB'$,
$\therefore AB'=5$,$\therefore OB'=AB'-AO=5-4=1$,$\therefore B'(-1,0)$.设 $C(0,x)$,则 $OC=x$,$BC=3-x$,$CB'=3-x$,在 $\mathrm{Rt}△ B'OC$ 中,由勾股定理,得 $B'O^2+OC^2=B'C^2$,$\therefore 1^2+x^2=(3-x)^2$,解得 $x=\frac{4}{3}$,$\therefore C(0,\frac{4}{3})$.
(3) 存在以 $O,E,F$ 为顶点的三角形与 $△ ODE$ 全等,点 $E$ 的坐标为 $(-\frac{12}{5},\frac{24}{5})$ 或 $(\frac{12}{5},\frac{6}{5})$ 或 $(\frac{36}{5},-\frac{12}{5})$ 或 $(\frac{4}{5},\frac{12}{5})$.
解析: $\because OD ⊥ AB$,$AB=5$,$\therefore OD=\frac{\frac{1}{2}OB · OA}{\frac{1}{2}AB}=\frac{OB · OA}{AB}=\frac{12}{5}$,
$\therefore$ 以 $O,E,F$ 为顶点的三角形与 $△ ODE$ 全等时,斜边 $OE$ 为对应边,$∠ OFE=90°$.当$△ ODE ≌ △ EFO$ 时,如图①,图②,

$\therefore EF=OD=\frac{12}{5}$,$\therefore$ 点 $E$ 的横坐标为 $-\frac{12}{5}$ 或 $\frac{12}{5}$,由(1)知,直线 $AB$ 的表达式为 $y=-\frac{3}{4}x+3$,$\therefore$ 点 $E$ 的纵坐标为 $y=-\frac{3}{4}×(-\frac{12}{5})+3=\frac{24}{5}$,或 $y=-\frac{3}{4}×\frac{12}{5}+3=\frac{6}{5}$,故 $E(-\frac{12}{5},\frac{24}{5})$ 或 $E(\frac{12}{5},\frac{6}{5})$;
当$△ ODE ≌ △ OFE$ 时,如图③,④,

$\therefore OD=OF=\frac{12}{5}$,$\therefore$ 点 $F$ 纵坐标为 $-\frac{12}{5}$ 或 $\frac{12}{5}$,$\therefore$ 点 $E$ 的纵坐标为 $-\frac{12}{5}$ 或 $\frac{12}{5}$,即 $-\frac{3}{4}x+3=-\frac{12}{5}$ 或 $-\frac{3}{4}x+3=\frac{12}{5}$,解得 $x=\frac{36}{5}$ 或 $x=\frac{4}{5}$,$\therefore E(\frac{36}{5},-\frac{12}{5})$ 或 $E(\frac{4}{5},\frac{12}{5})$.
综上所述,存在以 $O,E,F$ 为顶点的三角形与 $△ ODE$ 全等,点 $E$ 的坐标为 $(-\frac{12}{5},\frac{24}{5})$ 或 $(\frac{12}{5},\frac{6}{5})$ 或 $(\frac{36}{5},-\frac{12}{5})$ 或 $(\frac{4}{5},\frac{12}{5})$.

2. |新定义 综合与探索.
【探索发现】如图①,等腰直角三角形ABC中,∠ACB=90°,CB=CA,过点A作AD⊥l于点D,过点B作BE⊥l于点E,易得△ADC≌△CEB,我们称这种全等模型为“K型全等”.(不需要证明)
【迁移应用】如图②③,在直角坐标系中,直线$l_1:y=2x+4$分别与y轴、x轴交于点A,B.
(1)直接写出$OA=$, $OB=$;在第二象限构造等腰直角△ABE,使得∠BAE=90°,则点E的坐标为.
(2)如图③,将直线$l_1$绕点A顺时针旋转$45°$得到直线$l_2$,求直线$l_2$的函数表达式.
【拓展应用】
(3)如图④,直线$AB:y=2x+8$分别交x轴和y轴于A,B两点,是否存在点C在平面直角坐标系上,使以AB为腰的三角形ABC为等腰直角三角形.若存在,请求出点C的坐标;若不存在,请说明理由.

(1)4 2 (-4,6) 解析:在 $y=2x+4$ 中,分别令 $x=0$,$y=0$,解得 $y=4$,$x=-2$,即点 $A$ 的坐标为 $(0,4)$,点 $B$ 的坐标为 $(-2,0)$,$\therefore OA=4$,$OB=2$.过点 $E$ 作 $EM ⊥ y$ 轴于点 $M$,如图①,则 $∠ AEM+ ∠ EAM=90°$. $\because EA ⊥ AB$,$\therefore ∠ EAM + ∠ BAO = 90°$,$\therefore ∠ AEM = ∠ BAO$. $\because AB = AE$,$∠ EMA = ∠ AOB = 90°$,$\therefore △ EAM ≌ △ ABO(\mathrm{AAS})$,$\therefore EM=OA=4$,$AM=OB=2$.$\because OM=OA+AM=4+2=6$,$\therefore$ 点 $E$ 的坐标为 $(-4,6)$.

(2)过点 $B$ 作 $BC ⊥ l_2$ 于点 $C$,过点 $A$ 作 $AD ⊥ y$ 轴,过点 $C$ 作 $CN ⊥ x$ 轴与 $AD$ 交于点 $D$,与 $x$ 轴交于点 $N$,如图②,
$\because ∠ BCA=90°$,$∠ BAC=45°$,$\therefore ∠ BAC = ∠ CBA = 45°$,$\therefore AC = BC$.$\because ∠ DCA + ∠ DAC = 90° = ∠ DCA + ∠ NCB$,$\therefore ∠ DAC= ∠ NCB$.$\because ∠ ADC = ∠ BNC = 90°$,$\therefore △ ACD ≌ △ CBN(\mathrm{AAS})$,$\therefore CD=NB$,$AD=CN$.设 $CD=x$,则 $BN=x$,$AD=2+x$,$\therefore CN=2+x$,$\therefore 2+x+x=4$,解得 $x=1$,$\therefore C(-3,3)$.设直线 $AC$ 的表达式为 $y=kx+b$,经过点 $A(0,4)$,$C(-3,3)$,$\therefore \begin{cases} 3=-3k+b \\ 4=b \end{cases}$,解得 $\begin{cases} k=\frac{1}{3} \\ b=4 \end{cases}$,$\therefore l_2$ 的函数表达式为 $y=\frac{1}{3}x+4$.
(3)存在,求解如下: $\because$ 直线 $AB$:$y=2x+8$ 分别交 $x$ 轴和 $y$ 轴于 $A$,$B$ 两点,$\therefore$ 分别令 $x=0$,$y=0$,得 $y=8$,$x=-4$,$\therefore A(-4,0)$,$B(0,8)$.
①如图③,将直线 $AB$ 绕点 $B$ 顺时针旋转 $45°$,然后过点 $A$ 作 $AC_1 ⊥ AB$ 交旋转后的直线于点 $C_1$,过点 $C_1$ 作 $C_1F ⊥ x$ 轴于点 $F$,$\therefore ∠ AC_1B = ∠ ABC_1 = 45°$,$\therefore AC_1=AB$,$\therefore$ 由“K型全等”得 $AO=C_1F=4$,$BO=AF=8$,$\therefore OF=AO+AF=4+8=12$,$\therefore C_1(-12,4)$.

②如图④,将直线 $AB$ 绕点 $B$ 逆时针旋转 $45°$,然后过点 $A$ 作 $AC_2 ⊥ AB$ 交旋转后的直线于点 $C_2$,过点 $A$ 作直线 $AH ⊥ x$ 轴,过点 $B$ 作 $BG ⊥ y$ 轴交直线 $AH$ 于点 $G$,过点 $C_2$ 作 $C_2H ⊥ y$ 轴交直线 $AH$ 于点 $H$,交 $y$ 轴于点 $I$,$\therefore$ 四边形 $OAGB$ 和四边形 $OAHI$ 都为平行四边形,$\therefore BG=AO$,$BO=AG$,$AO=HI$,$AH=OI$,$\therefore ∠ AC_2B = ∠ ABC_2 = 45°$,$\therefore AC_2=AB$,$\therefore$ 由“K型全等”得,$GB=AO=AH=OI=4$,$BO=AG=C_2H=8$,$\therefore IC_2=C_2H-HI=C_2H-AO=8-4=4$,$\therefore C_2(4,-4)$.
③如图⑤,将直线 $AB$ 绕点 $A$ 逆时针旋转 $45°$,然后过点 $B$ 作 $BC_3 ⊥ AB$ 交旋转后的直线于点 $C_3$,过点 $C_3$ 作 $C_3J ⊥ y$ 轴于点 $J$,$\therefore ∠ AC_3B = ∠ BAC_3 = 45°$,$\therefore BC_3=AB$,$\therefore$ 由“K型全等”得,$AO=BJ=4$,$BO=C_3J=8$,$\therefore OJ=BO+BJ=8+4=12$,$\therefore C_3(-8,12)$.

④如图⑥,将直线 $AB$ 绕点 $A$ 顺时针旋转 $45°$,然后过点 $B$ 作 $BC_4 ⊥ AB$ 交旋转后的直线于点 $C_4$,过点 $B$ 作直线 $BP ⊥ y$ 轴,过点 $A$ 作 $AP ⊥ x$ 轴交直线 $BP$ 于点 $P$,过点 $C_4$ 作 $C_4T ⊥ x$ 轴交直线 $BP$ 于点 $Q$,交 $x$ 轴于点 $T$,$\therefore$ 四边形 $OAPB$ 和四边形 $OBQT$ 都为平行四边形,$\therefore BP=AO$,$BO=AP$,$BO=QT$,$BQ=OT$,$\therefore ∠ AC_4B = ∠ BAC_4 = 45°$,$\therefore BC_4=AB$,$\therefore$ 由“K型全等”得,$PB=AO=C_4Q=4$,$BO=AP=BQ=8$,$\therefore C_4T=QT-QC_4=OB-QC_4=8-4=4$,$\therefore C_4(8,4)$.
综上所述,$C$ 点坐标为 $(-12,4)$ 或 $(4,-4)$ 或 $(-8,12)$ 或 $(8,4)$.