1. (2024·达州模拟)已知四边形OABC是边长为4的正方形,分别以OA,OC所在的直线为x轴、y轴,建立如图①所示的平面直角坐标系,直线l经过A,C两点.
(1)求直线l的函数表达式;
(2)如图②,若点D是OC的中点,E是直线l上的一个动点,求使OE+DE取得最小值时点E的坐标.

(1) 设直线 $ l $ 的函数表达式为 $ y = kx + b $，将 $ A(4,0) $ 和 $ C(0,4) $ 代入得 $ \left\{ \begin{array} { l } { 0 = 4 k + b, } \\ { 4 = b, } \end{array} \right. $ 解得 $ \left\{ \begin{array} { l } { k = - 1, } \\ { b = 4, } \end{array} \right. $ $ \therefore $ 直线 $ l $ 的函数表达式为 $ y = - x + 4 $。
(2) 由题意知 $ O $ 与 $ B $ 关于直线 $ l $ 对称，如图，连接 $ DB $，交 $ AC $ 于 $ E $，则点 $ E $ 为所求，此时 $ OE + DE $ 取得最小值，设 $ DB $ 所在直线为 $ y = k _ { 1 } x + b _ { 1 } $，将点 $ D ( 0, 2 ) $，$ B ( 4, 4 ) $ 代入得 $ \left\{ \begin{array} { l } { 2 = b _ { 1 }, } \\ { 4 = 4 k _ { 1 } + b _ { 1 }, } \end{array} \right. $ 解得 $ \left\{ \begin{array} { l } { k _ { 1 } = \frac { 1 } { 2 }, } \\ { b _ { 1 } = 2, } \end{array} \right. $ $ \therefore $ 直线 $ DB $ 的表达式为 $ y = \frac { 1 } { 2 } x + 2 $，联立方程组 $ \left\{ \begin{array} { l } { y = - x + 4, } \\ { y = \frac { 1 } { 2 } x + 2, } \end{array} \right. $ 解得 $ \left\{ \begin{array} { l } { x = \frac { 4 } { 3 }, } \\ { y = \frac { 8 } { 3 }, } \end{array} \right. $ $ \therefore $ 点 $ E $ 的坐标为 $ \left( \frac { 4 } { 3 }, \frac { 8 } { 3 } \right) $。
　　　　　　　　　　　　　　　　　

2. 如图,直线l:$y= kx+3$与x轴、y轴分别交于A,B两点,$\frac {OB}{OA}= \frac {3}{4},OM⊥AB$,垂足为点M,点P为直线l上的一个动点(不与点A,B重合).
(1)求直线l的表达式.
(2)当点P运动到什么位置时,$△BOP$的面积是6?
(3)在y轴上是否存在点Q,使得以O,P,Q为顶点的三角形与$△OMP$全等? 若存在,请求出所有符合条件的点P的坐标;若不存在,请说明理由.

(1) $ \because $ 直线 $ l : y = k x + 3 $ 与 $ y $ 轴交于点 $ B $，$ \therefore B ( 0, 3 ) $，即 $ O B = 3 $。$ \because \frac { O B } { O A } = \frac { 3 } { 4 } $，$ \therefore O A = 4 $，即 $ A ( 4, 0 ) $。$ \because $ 点 $ A $ 在直线 $ l $ 上，$ \therefore 4 k + 3 = 0 $，解得 $ k = - \frac { 3 } { 4 } $，$ \therefore $ 直线 $ l $ 的表达式为 $ y = - \frac { 3 } { 4 } x + 3 $。
(2) 由题意，过点 $ P $ 作 $ P C \perp y $ 轴于点 $ C $，如图 ①，$ \therefore S _ { \triangle B O P } = \frac { 1 } { 2 } O B \cdot P C = 6 $，$ \therefore P C = 4 $，$ \therefore $ 点 $ P $ 的横坐标为 $ 4 $ 或 $ - 4 $。$ \because $ 点 $ P $ 为直线 $ l $ 上的一个动点且不与点 $ A $，$ B $ 重合，$ \therefore $ 点 $ P $ 的横坐标为 $ - 4 $，纵坐标为 $ - \frac { 3 } { 4 } \times ( - 4 ) + 3 = 6 $，$ \therefore $ 点 $ P $ 的坐标为 $ ( - 4, 6 ) $ 时，$ \triangle B O P $ 的面积是 $ 6 $。
(3) 存在满足条件的 $ P $，$ Q $。$ \because O M \perp A B $ 于 $ M $，$ A B = \sqrt { O B ^ { 2 } + O A ^ { 2 } } = \sqrt { 3 ^ { 2 } + 4 ^ { 2 } } = 5 $，$ \therefore \angle O M P = 90 ^ { \circ } $，$ O M = \frac { O A \cdot O B } { A B } = \frac { 12 } { 5 } $，$ \therefore $ 以 $ O $，$ P $，$ Q $ 为顶点的三角形与 $ \triangle O M P $ 全等时，$ \angle O Q P = 90 ^ { \circ } $。
① $ \triangle O M P \cong \triangle P Q O $，$ \therefore P Q = O M = \frac { 12 } { 5 } $，即点 $ P $ 的横坐标为 $ - \frac { 12 } { 5 } $ 或 $ \frac { 12 } { 5 } $，如图 ② 和图 ③，
　　　
$ - \frac { 3 } { 4 } \times \left( - \frac { 12 } { 5 } \right) + 3 = \frac { 24 } { 5 } $，$ - \frac { 3 } { 4 } \times \frac { 12 } { 5 } + 3 = \frac { 6 } { 5 } $，$ \therefore $ 点 $ P $ 的坐标为 $ \left( - \frac { 12 } { 5 }, \frac { 24 } { 5 } \right) $ 或 $ \left( \frac { 12 } { 5 }, \frac { 6 } { 5 } \right) $；
② $ \triangle O M P \cong \triangle O Q P $，$ \therefore O Q = O M = \frac { 12 } { 5 } $，即点 $ P $，点 $ Q $ 的纵坐标为 $ - \frac { 12 } { 5 } $ 或 $ \frac { 12 } { 5 } $，如图 ④ 和图 ⑤，
　　
$ - \frac { 3 } { 4 } x + 3 = - \frac { 12 } { 5 } $，解得 $ x = \frac { 36 } { 5 } $，$ - \frac { 3 } { 4 } x + 3 = \frac { 12 } { 5 } $，解得 $ x = \frac { 4 } { 5 } $，$ \therefore $ 点 $ P $ 的坐标为 $ \left( \frac { 36 } { 5 }, - \frac { 12 } { 5 } \right) $ 或 $ \left( \frac { 4 } { 5 }, \frac { 12 } { 5 } \right) $。综上所述，符合条件的点 $ P $ 的坐标为 $ \left( - \frac { 12 } { 5 }, \frac { 24 } { 5 } \right) $，$ \left( \frac { 12 } { 5 }, \frac { 6 } { 5 } \right) $，$ \left( \frac { 36 } { 5 }, - \frac { 12 } { 5 } \right) $，$ \left( \frac { 4 } { 5 }, \frac { 12 } { 5 } \right) $。