【分析】
解题思路可分为三步：①先求入射光线和y轴（平面镜）的交点N的坐标，y轴上的点横坐标为0，代入入射光线的函数表达式即可求出N点坐标；②根据平面镜反射的性质，反射光线所在直线是入射光线所在直线关于y轴的对称直线，利用关于y轴对称的函数解析式的变换规律，可直接写出反射光线的函数表达式；③x轴上的点纵坐标为0，将y=0代入反射光线的解析式，求出对应的x值，即可得到P点坐标。
【解析】
1. 求入射光线与y轴的交点N的坐标：
已知入射光线MN的解析式为$y=-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}$，N在y轴上，即$x=0$，代入解析式得：
$y=-\frac{1}{2}×0+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$，因此N点坐标为$(0,\frac{1}{2})$。
2. 求反射光线NP的解析式：
根据平面镜反射规律，反射光线与入射光线关于y轴对称。关于y轴对称的函数解析式，只需将原解析式中的$x$替换为$-x$，因此反射光线的解析式为：
$y=-\frac{1}{2}×(-x)+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}$。
3. 求P点坐标：
P在x轴上，即$y=0$，代入反射光线解析式得：
$0=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}$，解得$x=-1$，因此P点坐标为$(-1,0)$。
【答案】
B
【知识点】
一次函数与坐标轴交点、轴对称的性质、一次函数解析式
【点评】
本题将光的反射现象和一次函数知识点结合考查，解题核心是利用轴对称的性质得到反射光线的解析式，再结合坐标轴上点的坐标特征求解，体现了跨学科知识的融合应用，注重对知识灵活运用能力的考查。
【难度系数】
0.7

【分析】
解题首先需要求出直线与x轴、y轴的交点A、B的坐标，得到OA、OB的长度；再结合旋转的性质，旋转前后对应三角形全等、对应边长度相等、对应夹角为90°，判断出旋转后点$O_1$、$B_1$的位置关系，结合A点坐标逐步推导$B_1$的坐标即可。思考时先抓函数交点的求解方法，再利用旋转不变性确定线段长度和方向，最后计算坐标。
【解析】
首先求解直线与坐标轴的交点坐标：
对于直线$y=-\dfrac{4}{3}x+8$，
令$y=0$，代入得$0=-\dfrac{4}{3}x+8$，解得$x=6$，因此点A坐标为$(6,0)$，$OA=6$；
令$x=0$，代入得$y=8$，因此点B坐标为$(0,8)$，$OB=8$。
由旋转的性质可知：$△ AOB≌△ AO_1B_1$，$∠ OAO_1=90°$，$∠ AO_1B_1=∠ AOB=90°$，因此$AO_1=OA=6$，$O_1B_1=OB=8$。
因为AO沿x轴正方向，绕点A逆时针旋转$90°$后$AO_1$垂直于x轴向下，所以$O_1$的横坐标与A相同为6，纵坐标为$0-6=-6$，即$O_1(6,-6)$。
又因为$O_1B_1$垂直于竖直方向的$AO_1$，即$O_1B_1$沿水平方向向左，因此$B_1$的纵坐标与$O_1$相同为-6，横坐标为$6-8=-2$。
综上可得点$B_1$的坐标为$(-2,-6)$。
【答案】
$(-2,-6)$
【知识点】
一次函数交点坐标求解，旋转的性质，平面直角坐标系点的坐标变换
【点评】
本题将一次函数与图形旋转结合考查，解题核心是先求出直线与坐标轴的交点坐标，再利用旋转前后图形全等、对应边垂直且相等的性质推导目标点坐标，解题时要注意旋转方向对坐标正负的影响。
【难度系数】
0.65

【分析】
要确定一次函数图象经过的定点，即该点坐标不受参数m取值的影响（满足一次函数定义时m≠0）。解题思路是先将函数解析式整理为含参数m的项和常数项分离的形式，令含m项的系数为0，即可消去m的影响，进而求出对应的x、y值，得到定点坐标。
【解析】
首先对函数解析式变形：
$y = mx + 4m + 3 = m(x + 4) + 3$
因为定点坐标与m的取值无关，所以令含m的项的系数为0，即：
$x + 4 = 0$，解得$x = -4$
将$x = -4$代入解析式，得$y = m×0 + 3 = 3$
因此无论m取何非零值，当$x=-4$时，$y=3$恒成立，即函数图象过定点$(-4,3)$。
【答案】
$(-4,3)$
【知识点】
一次函数的图象；函数图象上点的坐标特征
【点评】
本题是一次函数定点问题的基础题型，解题核心是通过分离参数，令参数的系数为0消除参数的影响，进而得到定点坐标，是一次函数章节的常考题型。
【难度系数】
0.7

【分析】
要使直线l将△ABC分成面积相等的两部分，根据“等底同高的三角形面积相等”，可知直线l需经过BC边的中点，此时分割得到的两个三角形以BC被中点分成的两段为底，高均为点A到BC的距离，面积相等。接下来先求出BC的中点坐标，再利用待定系数法求过点A和该中点的直线解析式即可。
【解析】
1. 求BC边的中点坐标：
已知点$B(-1,2)$，$C(3,2)$，根据中点坐标计算方法，中点的横坐标为$\frac{-1+3}{2}=1$，纵坐标为$\frac{2+2}{2}=2$，即BC中点坐标为$(1,2)$。
2. 用待定系数法求直线l的解析式：
设直线l的函数表达式为$y=kx+b$。
∵直线l过点$A(0,4)$，将坐标代入表达式得：$4=k×0 +b$，解得$b=4$。
又
∵直线l过BC中点$(1,2)$，将坐标和$b=4$代入表达式得：$2=k×1 +4$，解得$k=2-4=-2$。
因此直线l的函数表达式为$y=-2x+4$。
【答案】
$y=-2x+4$
【知识点】
三角形中线的性质，中点坐标计算，待定系数法求一次函数解析式
【点评】
本题是一次函数与三角形面积的综合基础题，解题核心是理解平分三角形面积的直线必过对边中点，再结合一次函数的基本求解方法计算即可，注重对基础性质和方法的应用。
【难度系数】
0.7

【分析】
(1) 判断点是否在直线上的核心方法是验证点的坐标是否满足直线解析式。首先需要结合正方形边长及原点位置求出点A的坐标，再将点A的横坐标代入直线解析式计算y值，与点A纵坐标对比即可得出结论。
(2) 直线l与AD边有公共点的临界情况为直线刚好经过AD的两个端点A、D，因此先求出点D的坐标，再分别计算直线l经过A、D时对应的t值，即可得到t的取值范围。
【解析】
(1) 此时点$ A $在直线$ l $上，理由如下：
$\because BC=AB=2$，$O$ 为 $ BC $ 的中点，
$\therefore OB=1$，可得$B(-1,0)$，$A(-1,2)$。
把 $ x=-1 $ 代入 $ y=2x+4 $，得 $ y=2×(-1)+4=2 $，与点A的纵坐标相等，
$\therefore$ 此时点 $ A $ 在直线 $ l $ 上。
(2) 由正方形性质可得点 $ D(1,2) $。
设直线 $ l $ 的函数表达式为 $ y=kx+t(k≠0) $，当直线 $ l $ 经过点 $ D $ 时，将$M(-2,0)$和$D(1,2)$代入解析式得：
$\begin{cases}-2k+t=0\\k+t=2\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=\dfrac{2}{3}\\t=\dfrac{4}{3}\end{cases}$
由(1)可知，当直线 $ l $ 经过点 $ A $ 时，$t=4$，
$\therefore$ 当直线 $ l $ 与 $ AD $ 边有公共点时，$t $ 的取值范围是 $\dfrac{4}{3}≤ t≤4$。
【答案】
(1) 点A在直线l上，理由见解析；
(2) $\dfrac{4}{3}≤ t≤4$
【知识点】
一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数解析式，正方形的性质
【点评】
本题结合正方形性质考查一次函数的相关应用，解题关键是准确确定正方形各顶点坐标，通过分析临界位置求解参数范围，既考查基础运算能力，也渗透了数形结合的思想。
【难度系数】
0.7

【分析】
(1) 求直线$l_1$的解析式时，已知直线经过两个定点，选用待定系数法，设一次函数一般式$y=kx+b$，代入两点坐标得到关于$k$、$b$的方程组，解方程组即可得到解析式；求两直线交点$B$的坐标，只需联立两条直线的函数表达式，解方程组得到的解就是点$B$的坐标。
(2) 求$△ AOB$的面积时，点$A$在$x$轴上，$OA$为底边，长度为$OA$的绝对值，对应高为点$B$的纵坐标，直接代入三角形面积公式计算即可。
(3) 判断$x$轴上是否存在点$C$使$△ ABC$为直角三角形时，首先明确$C$在$x$轴上，$AC$在$x$轴上，因此$∠ BAC$不可能为直角，故分两种情况讨论：①直角顶点为$C$，此时$BC$垂直$x$轴，$C$的横坐标与$B$相同，纵坐标为0；②直角顶点为$B$，利用勾股定理表示出三边的平方，列方程求解即可得到$C$的坐标，最后汇总两种情况的结果。
【解析】
(1) 设直线 $ l_1 $ 的函数表达式为 $ y=kx+b(k≠0) $。
$\because$ 直线 $ l_1 $ 经过点$(5,6)$，$A(-3,0)$，
$\therefore\begin{cases}5k+b=6,\\-3k+b=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=\dfrac{3}{4},\\b=\dfrac{9}{4},\end{cases}$
$\therefore$ 直线 $ l_1 $ 的函数表达式为 $ y=\dfrac{3}{4}x+\dfrac{9}{4} $。
联立$\begin{cases}y=\dfrac{3}{4}x+\dfrac{9}{4},\\y=3x,\end{cases}$解得$\begin{cases}x=1,\\y=3,\end{cases}$
$\therefore$ 点 $ B $ 的坐标为$(1,3)$。
(2) $\because A(-3,0)$，$B(1,3)$，$OA$的长度为$|-3|=3$，$△ AOB$中$OA$边上的高为$B$点的纵坐标3，
$\therefore S_{△ AOB}=\dfrac{1}{2}×3×3=\dfrac{9}{2}$。
(3) 存在，理由如下：
$\because$ 点 $ C $ 在 $ x $ 轴上，$\therefore∠ BAC≠90°$，
$\therefore$ 当$△ ABC$ 是直角三角形时，需分 $∠ ACB=90°$ 和 $∠ ABC=90°$两种情况(如答图)。
①当$∠ ACB=90°$时，点 $ C $ 在图中点 $ C_1 $ 的位置。
$\because$ 点 $ A $ 和点 $ C_1 $ 均在 $ x $ 轴上，$\therefore BC_1⊥ x$ 轴。
$\because B(1,3)$，$\therefore C_1(1,0)$。
②当$∠ ABC=90°$时，点 $ C $ 在图中点 $ C_2 $ 的位置。
设 $ C_2(m,0)(m＞0) $，
$\because A(-3,0)$，$B(1,3)$，$C_1(1,0)$，
$\therefore AC_1=1-(-3)=4$，$BC_1=3-0=3$，$C_1C_2=m-1$，$AC_2=m-(-3)=m+3$，
$\therefore AB=\sqrt{AC_1^2+BC_1^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
在 $\mathrm{Rt}△ ABC_2$ 中，由勾股定理得：$AC_2^2-AB^2=BC_2^2$，
在 $\mathrm{Rt}△ BC_1C_2$ 中，由勾股定理得：$BC_1^2+C_1C_2^2=BC_2^2$，
$\therefore AC_2^2-AB^2=BC_1^2+C_1C_2^2$，即$(m+3)^2-5^2=3^2+(m-1)^2$，
展开化简得$8m=26$，解得 $ m=\dfrac{13}{4} $，$\therefore C_2(\dfrac{13}{4},0)$。
综上可知，点 $ C $ 的坐标为$(1,0)$或$(\dfrac{13}{4},0)$。
【答案】
(1) 直线$l_1$的函数表达式为$y=\dfrac{3}{4}x+\dfrac{9}{4}$，点$B$的坐标为$(1,3)$；
(2) $△ AOB$的面积为$\dfrac{9}{2}$；
(3) 存在，点$C$的坐标为$(1,0)$或$(\dfrac{13}{4},0)$。
【知识点】
待定系数法求解析式，一次函数交点计算，勾股定理应用
【点评】
本题是一次函数与几何结合的典型综合题，前两问侧重基础，考查一次函数的基本性质和面积计算，第三问属于存在性问题，需要运用分类讨论思想对直角顶点的不同情况分别求解，易错点为容易漏解，能有效考查知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6