18. (10分)已知一次函数$ y _ { 1 } = a x + 3 a + 2 $($ a $为常数,$ a \neq 0 $)和$ y _ { 2 } = x + 1 $.
(1)当$ a = - 1 $时,求两个函数图象的交点坐标；
(2)不论$ a $为何值,$ y _ { 1 } = a x + 3 a + 2 $($ a $为常数,$ a \neq 0 $)的图象都经过一个定点,这个定点坐标是______；
(3)若两个函数图象的交点在第三象限,结合图象,直接写出$ a $的取值范围.

(1)$\because y_{1}=ax+3a+2$,∴当$a=-1$时,$y_{1}=-x-1$.联立$\left\{\begin{array}{l} y_{1}=-x-1,\\ y_{2}=x+1,\end{array}\right. $解得$\left\{\begin{array}{l} x=-1,\\ y=0,\end{array}\right. $故两个函数图象的交点坐标为$(-1,0).$
(2)$(-3,2)$解析:$\because y_{1}=ax+3a+2$(a为常数,$a≠0),\therefore y_{1}-2=a(x+3),\therefore$ 当$x=-3$时,$y_{1}$恒等于2,$\therefore y_{1}=ax+3a+2$的图象过定点$(-3,2).$
(3)$a＞1$或$a＜-1$解析:画出函数图象如图,点$B(-1,0)$为$y_{2}=x+1$与x轴的交点,当直线$y_{1}=ax+3a+2$绕着点$A(-3,2)$旋转,且经过点B时$0=-a+3a+2$,解得$a=-1$.当直线$y_{1}=ax+3a+2$与直线$y_{2}=x+1$平行时,此时$a=1$,∴当$a＞1$或$a＜-1$时,两个函数图象的交点在第三象限,故a的取值范围是$a＞1$或$a＜-1.$

19. (12分)(黑龙江中考)$ A 市某蔬菜公司调运两车蔬菜运往 B $市.甲、乙两辆货车从$ A 市出发前往 B $市,乙车行驶途中发生故障原地维修,此时甲车刚好到达$ B $市.甲车卸载蔬菜后立即原路原速返回接应乙车,把乙车的蔬菜装上甲车后立即原路原速又运往$ B $市.乙车维修完毕后立即返回$ A $市.两车离$ A 市的距离 y ( \mathrm { km } ) 与乙车所用时间 x ( \mathrm { h } ) $之间的函数图象如图所示.
(1)甲车速度是______$ \mathrm { km } / \mathrm { h } $,乙车出发时速度是______$ \mathrm { km } / \mathrm { h } $.
(2)求乙车返回过程中,乙车离$ A 市的距离 y ( \mathrm { km } ) 与乙车所用时间 x ( \mathrm { h } ) $的函数表达式(不要求写出自变量的取值范围).
(3)乙车出发多少小时,两车之间的距离是120km？请直接写出答案.

(1)100 60 解析:根据图象可得,甲车5h行驶的路程为500 km,∴甲车的速度为$500÷5=100(km/h)$;乙车5h行驶的路程为300 km,∴乙车的速度为$300÷5=60(km/h).$
(2)设$y=kx+b(k≠0)$,由图象可得一次函数经过点$(9,300),(12,0)$,代入得$\left\{\begin{array}{l} 9k+b=300,\\ 12k+b=0,\end{array}\right. $解得$\left\{\begin{array}{l} k=-100,\\ b=1200,\end{array}\right. $$\therefore y$与x的函数表达式为$y=-100x+1200.$
(3)乙车出发3h,6.3h或9.1h时,两车之间的距离为120 km.解析:设乙车出发的时间为t时,两车相距120 km,根据图象可得,当$0＜t＜5$时,$100t-60t=120$,解得$t=3$;当$5≤t＜5.5$时,根据图象可得不满足条件;当$5.5≤t＜7.5$时,$500-100(t-5.5)-300=120$,解得$t=6.3$;当$7.5≤t＜8$时,由图象可得不满足条件;当$8≤t＜9$时,$100(t-8)=120$,解得$t=9.2$,不符合题意,舍去;当$9≤t＜10$时,$100×(9-8)+100(t-9)+100(t-9)=120$,解得$t=9.1$.当$10≤t≤12$时,根据图象可得不满足条件.综上可得,乙车出发3h,6.3h或9.1h时,两车之间的距离为120 km.

20. (12分)(2024·苏州期末)如图①,直线$ A B $：$ y = - x + 6 分别与 x $,$ y 轴交于 A $,$ B $两点,过点$ B 的直线交 x 轴负半轴于点 C ( - 3 , 0 ) $.
(1)请直接写出直线$ B C $的表达式是______.
(2)在直线$ B C 上是否存在点 D $,使得$ S _ { \triangle A B D } = S _ { \triangle A O D } $？若存在,求出点$ D $的坐标；若不存在,请说明理由.
(3)如图②,$ D ( 11 , 0 ) $,$ P 为 x $轴正半轴上的一动点,以$ P $为直角顶点、$ B P 为腰在第一象限内作等腰直角三角形 B P Q $,连接$ Q A $,$ Q D $.请直接写出$ Q B - Q D $的最大值：______.

(1)$y=2x+6$解析:∵直线$AB:y=-x+6$分别与x,y轴交于A,B两点,令$x=0$,则$y=6,\therefore B(0,6)$,且$C(-3,0)$.设直线BC的表达式为$y=kx+b$,代入得$\left\{\begin{array}{l} b=6,\\ -3k+b=0,\end{array}\right. $解得$\left\{\begin{array}{l} k=2,\\ b=6,\end{array}\right. $$\therefore$ 直线BC的表达式为$y=2x+6.$
(2)存在.由(1)可知直线BC的表达式为$y=2x+6$,直线AB的表达式为$y=-x+6,$$\therefore A(6,0),B(0,6),C(-3,0),\therefore OA=6,$$BO=6,OC=3.$
如图①所示,点D在直线BC上,过点D作$DE⊥x$轴于点E,∴设$D(a,2a+6),E(a,0),$$\therefore S_{\triangle ABC}=\frac {1}{2}AC\cdot OB=\frac {1}{2}×(6+3)×6=27,S_{\triangle ADC}=\frac {1}{2}AC\cdot DE=\frac {1}{2}×(6+3)×|2a+6|=\frac {9}{2}|2a+6|,$$S_{\triangle AOD}=\frac {1}{2}OA\cdot DE=\frac {1}{2}×6×|2a+6|=3|2a+6|.$
①当$0＜2a+6＜6$,即$-3＜a＜0$时,$S_{\triangle ABD}=S_{\triangle ABC}-S_{\triangle ADC}=27-\frac {9}{2}|2a+6|=27-\frac {9}{2}(2a+6)=-9a$,若$S_{\triangle ABD}=S_{\triangle AOD}$,则$-9a=3(2a+6)$,解得$a=-\frac {6}{5}$.则$D(-\frac {6}{5},\frac {18}{5}).$
②当$2a+6＜0$,即$a＜-3$时,$S_{\triangle ABD}=S_{\triangle ABC}+S_{\triangle ADC}=27+\frac {9}{2}|2a+6|=27-\frac {9}{2}(2a+6)=-9a$,若$S_{\triangle ABD}=S_{\triangle AOD}$,则$-9a=-3(2a+6)$,解得$a=6$(舍去).
③当$2a+6＞6$,即$a＞0$时,$S_{\triangle ABD}=S_{\triangle ADC}-S_{\triangle ABC}=\frac {9}{2}|2a+6|-27=\frac {9}{2}(2a+6)-27=9a$,若$S_{\triangle ABD}=S_{\triangle AOD}$,则$9a=3(2a+6)$,解得$a=6$,则$D(6,18).$
综上所述,当点D坐标为$(-\frac {6}{5},\frac {18}{5})$或$(6,18)$时,$S_{\triangle ABD}=S_{\triangle AOD}.$
(3)$\sqrt {37}$解析:已知$A(6,0),B(0,6),D(11,0)$,设$P(m,0)(m＞0)$.在$Rt\triangle BOP$中,$OB=6,OP=m.\because \triangle BPQ$是等腰直角三角形,$∠BPQ=90^{\circ },\therefore BP=QP$.如图②所示,过点Q作$QT⊥x$轴于点T,在$Rt\triangle BOP,Rt\triangle PTQ$中,$∠BOP=∠PTQ=90^{\circ },∠BPO+∠QPA=∠QPA+∠PQT=90^{\circ },\therefore ∠BPO=∠PQT$.在$\triangle BOP$和$\triangle PTQ$中,$\left\{\begin{array}{l} ∠BPO=∠PQT,\\ ∠BOP=∠PTQ,\\ BP=QP,\end{array}\right. $$\therefore \triangle BOP\cong \triangle PTQ(AAS),\therefore OP=TQ=m,OB=PT=6,\therefore AT=OP+PT-OA=m+6-6=m,\therefore AT=QT$,且$QT⊥x$轴,$\therefore \triangle ATQ$是等腰直角三角形,$∠QAT=45^{\circ }$,则点Q的轨迹在射线AQ上.如图③所示,作点D关于直线AQ的对称点R,连接QR,BR,AR.$\because \triangle ATQ$是等腰直角三角形,即$∠QAT=45^{\circ }$,根据对称性质,$\therefore ∠QAR=45^{\circ },\therefore RA⊥x$轴,且$\triangle DQA\cong \triangle RQA,\therefore AR=AD=11-6=5$,则$R(6,5)$.如图所示,当点B,R,Q在一条直线上时,$QB-QD$的值最大,最大值为BR的值.∴由勾股定理得$BR=\sqrt {6^{2}+(6-5)^{2}}=\sqrt {37}.$