【分析】
要确定点P所在定直线的函数表达式，可利用“点在函数图象上时，点的横纵坐标满足函数解析式”的性质解题。有两种常用思路：①消参法：设点P的横坐标为x，纵坐标为y，用含x的式子表示参数a，再代入y的表达式消去a，直接得到y与x的函数关系；②待定系数法：给参数a取两个不同的数值，得到两个具体的点坐标，代入一次函数通式求解系数即可。
【解析】
方法一（消参法）：
设点P的横坐标$x = a - 1$，纵坐标$y = a + 1$，
由$x = a - 1$变形可得：$a = x + 1$，
将$a = x + 1$代入$y = a + 1$得：
$y = (x + 1) + 1 = x + 2$，
即该直线的函数表达式为$y = x + 2$。
方法二（待定系数法）：
给a赋值，当$a = 0$时，点P坐标为$(-1, 1)$；当$a = 1$时，点P坐标为$(0, 2)$。
设直线解析式为$y = kx + b$，将两点坐标代入：
把$(0, 2)$代入得$b = 2$，
把$(-1, 1)$和$b=2$代入得$1 = -k + 2$，解得$k=1$，
因此直线解析式为$y = x + 2$。
【答案】
D
【知识点】
点与函数图象的坐标关系；待定系数法求一次函数解析式
【点评】
本题是一次函数的基础应用题，核心考察点在函数图象上的坐标特征，两种解题方法都属于一次函数的常用解法，熟练掌握坐标与函数解析式的对应关系就能快速解题。
【难度系数】
0.9

【分析】
解题时先明确函数图像的横、纵坐标含义：横坐标t是骑行时间，纵坐标s是甲乙两人的距离，结合行程逻辑逐个验证结论：
1. 看图像起点t=0时s=10km，此时甲乙分别在出发地A、B村，可直接判断A、B两村距离，验证结论①；
2. 看1.25h时s=0，说明两人相遇，即甲1.25h比乙多走了10km，可计算两人速度差，验证结论③；
3. 看t=2h时s达到最大值，之后s减小，说明此时甲到达终点C村不再前进，后续乙继续往C村走距离缩短，可验证结论②；
4. 验证结论④需分段讨论：相遇后到甲到C村（1.25≤t≤2）、甲到C村后到乙到C村（2＜t≤2.5），分别用待定系数法求两段s关于t的函数解析式，令s=4求解对应t，减去相遇时间换算成分钟即可验证。
【解析】
逐一判断各结论：
① 当t=0时，s=10km，此时甲在A村、乙在B村，因此A、B两村相距10km，结论①正确；
② 当t=2h时，s达到最大值6km，之后s逐渐减小，说明此时甲到达C村，不再向C村骑行，后续乙继续向C村行驶，两人距离缩短，故甲出发2h后到达C村，结论②正确；
③ 当t=1.25h时，s=0，两人相遇，说明1.25h内甲比乙多骑行10km，因此甲、乙的速度差为$10÷1.25=8(\mathrm{km/h})$，即甲每小时比乙多骑行8km，结论③正确；
④ 分两段讨论相遇后s与t的函数关系：
当$1.25\le t\le2$时，设函数表达式为$s=kt+b$，代入$(1.25,0)$和$(2,6)$得：
$\begin{cases}1.25k+b=0\\2k+b=6\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=8\\b=-10\end{cases}$，即$s=8t-10$。
令$s=4$，得$8t-10=4$，解得$t=\frac{7}{4}$。距离相遇的时间为$\frac{7}{4}-1.25=\frac{7}{4}-\frac{5}{4}=\frac{1}{2}(\mathrm{h})=30\mathrm{min}$。
当$2＜ t\le2.5$时，设函数表达式为$s=kt+b$，代入$(2,6)$和$(2.5,0)$得：
$\begin{cases}2k+b=6\\2.5k+b=0\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-12\\b=30\end{cases}$，即$s=-12t+30$。
令$s=4$，得$-12t+30=4$，解得$t=\frac{13}{6}$。距离相遇的时间为$\frac{13}{6}-1.25=\frac{13}{6}-\frac{5}{4}=\frac{11}{12}(\mathrm{h})=55\mathrm{min}$。
因此相遇后，乙又骑行了30min或55min时两人相距4km，结论④正确。
综上，①②③④均正确。
【答案】
D
【知识点】
一次函数的实际应用，待定系数法求解析式，行程问题
【点评】
本题将一次函数图像与行程问题结合，核心是理解函数图像上拐点、交点、端点的实际意义，通过分段讨论建立函数模型，结合方程求解对应量，能很好地考查学生的图像分析能力和知识应用能力。
【难度系数】
0.6

【分析】
解题时首先结合长方形的性质，分析动点P在不同边上运动时△APD的面积变化规律，对应函数图象的三个阶段：上升段（P在AB上）、水平段（P在BC上）、下降段（P在CD上）。先利用图象中a秒时的面积求出a的值，再结合8秒时P到达B点求出变速后的速度b，之后逐个验证5个结论的正误即可。
【解析】
∵四边形ABCD是长方形，$AB=10\ \mathrm{cm}$，$BC=8\ \mathrm{cm}$，
∴$AD=BC=8\ \mathrm{cm}$，$CD=AB=10\ \mathrm{cm}$，长方形面积为$10×8=80\ \mathrm{cm}^2$。
1. 验证结论①：
当P在AB上运动时，$△ APD$的面积$S=\frac{1}{2}× AD× AP$，a秒前P的速度为1cm/s，故$AP=x\ \mathrm{cm}$。
由图象知$x=a$时$S=24$，代入得$\frac{1}{2}×8× a=24$，解得$a=6$。
8秒时$S=40$，此时$\frac{1}{2}×8×10=40$，说明P刚好到达B点。
6~8秒内P走的路程为$10-1×6=4\ \mathrm{cm}$，用时$8-6=2\ \mathrm{s}$，故速度$b=\frac{4}{2}=2\ \mathrm{cm/s}$，结论①正确。
2. 验证结论②：
P走完全程的路程为$AB+BC+CD=10+8+10=28\ \mathrm{cm}$，
前6秒走了6cm，剩余路程用时$\frac{28-6}{2}=11\ \mathrm{s}$，总时间$c=6+11=17$，故结论②错误。
3. 验证结论③：
BC长8cm，速度为2cm/s，用时$\frac{8}{2}=4\ \mathrm{s}$，结论③正确。
4. 验证结论④：
$x=10$时，前6秒走6cm，后$10-6=4\ \mathrm{s}$走$4×2=8\ \mathrm{cm}$，总路程$6+8=14\ \mathrm{cm}$，结论④错误。
5. 验证结论⑤：
$△ APD$的面积为长方形面积的$\frac{1}{5}$时，$S=80×\frac{1}{5}=16$，分两种情况：
①P在AB上（$0≤ x≤6$）：$4x=16$，解得$x=4$；
②P在CD上（P到达C点的时间为$8+4=12\ \mathrm{s}$，即$12≤ x≤17$）：
此时$DP=10-2(x-12)$，$S=\frac{1}{2}×8× DP=4×[10-2(x-12)]=16$，解得$x=15$。
故x为4或15，结论⑤错误。
综上，正确的结论是①③，共2个。
【答案】
B
【知识点】
动点问题的函数图象，三角形面积计算，一次函数的实际应用
【点评】
本题是几何动点与函数图象结合的典型题，需要准确对应动点运动阶段和图象的变化关系，提取图象中的关键节点信息，结合行程公式和面积公式分类讨论求解，易错点是忽略分类讨论的完整性和时间节点的判断。
【难度系数】
0.6

【分析】
要解决线段EF的最小值问题，首先观察图形特征：PE⊥y轴，PF⊥x轴，∠EOF是直角，因此四边形OEPF是矩形，根据矩形对角线相等的性质，可得EF=OP，这样就将求EF的最小值转化为求OP的最小值。点O是定点，P在线段AB上运动，根据“垂线段最短”，当OP⊥AB时，OP的长度最小，即此时EF最小。接下来只需要求出点O到直线AB的垂线段长度即可：先求直线AB与坐标轴的交点A、B的坐标，得到OA、OB的长度，用勾股定理算出AB的长，再利用△AOB的面积两种计算方法（底乘高），即可求出OP的最小值，也就是EF的最小值。
【解析】
解：连接OP，
∵PE⊥y轴，PF⊥x轴，∠EOF=90°，
∴四边形OEPF是矩形，
根据矩形对角线相等的性质，可得$EF=OP$，
因此当OP的长最小时，EF的长最小。
对于直线$y=\frac{4}{3}x+4$：
令$x=0$，解得$y=4$，
∴点A坐标为$(0,4)$，即$OA=4$；
令$y=0$，即$\frac{4}{3}x+4=0$，解得$x=-3$，
∴点B坐标为$(-3,0)$，即$OB=3$。
在Rt△AOB中，∠AOB=90°，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
根据“垂线段最短”，当OP⊥AB时，OP的长度最小，此时利用△AOB的面积相等可得：
$S_{△AOB}=\frac{1}{2}· OA· OB=\frac{1}{2}· AB· OP$，
代入数值：$\frac{1}{2}×4×3=\frac{1}{2}×5× OP$，
解得$OP=\frac{12}{5}$，
即EF的最小值为$\frac{12}{5}$。
【答案】
$\frac{12}{5}$
【知识点】
矩形的性质，垂线段最短，一次函数图象上点的坐标特征
【点评】
本题通过转化思想将未知的线段最值问题转化为常见的点到直线的距离问题，解题的关键是利用矩形的性质建立EF与OP的等量关系，再结合面积法求垂线段长度，有效降低了解题难度，需要掌握这类线段转化的技巧。
【难度系数】
0.6

【分析】
要解决本题，首先需要求出直线l的函数解析式，才能得到直线与x轴交点A的坐标；其次观察△PAB和△OAB，两个三角形有共同的高（即点B到x轴的距离），因此面积比等于底边长的比，即AP与OA的比；最后根据AP的长度，分点P在点A左侧、右侧两种情况计算点P的坐标即可。
【解析】
设直线$l$的函数表达式为$y=kx+b$，
由图可知直线过点$(-1,2)$，结合已知直线过点$C(3,-10)$，代入得：
$\begin{cases}-k+b=2\\3k+b=-10\end{cases}$
用第二个方程减第一个方程得：$4k=-12$，解得$k=-3$，
把$k=-3$代入$-k+b=2$，得$3+b=2$，解得$b=-1$，
因此直线$l$的解析式为$y=-3x-1$。
令$y=0$，得$-3x-1=0$，解得$x=-\frac{1}{3}$，即点$A$的坐标为$(-\frac{1}{3},0)$，可得$OA=\frac{1}{3}$。
由于$△ PAB$和$△ OAB$的高均为点$B$到$x$轴的距离，因此面积比等于底$AP$与$OA$的比，
由$S_{△ PAB}=6S_{△ OAB}$，可得$AP=6OA=6×\frac{1}{3}=2$。
点$P$在$x$轴上，分两种情况：
①当点$P$在点$A$右侧时，$P$的横坐标为$-\frac{1}{3}+2=\frac{5}{3}$，即$P(\frac{5}{3},0)$；
②当点$P$在点$A$左侧时，$P$的横坐标为$-\frac{1}{3}-2=-\frac{7}{3}$，即$P(-\frac{7}{3},0)$。
【答案】
$(\frac{5}{3},0)$或$(-\frac{7}{3},0)$
【知识点】
待定系数法求解析式；一次函数与坐标轴交点；三角形面积计算
【点评】
本题结合一次函数图像考查面积相关的动点问题，解题关键是利用同高三角形的面积比等于底边长的比简化计算，注意点P的位置有两种情况，不要漏解。
【难度系数】
0.6

【分析】
本题是最短路径与一次函数的综合题，解题思路如下：1. 模型识别：动点P在x轴上，要使PC+PD最小，属于“将军饮马”模型，利用轴对称转化线段长度，根据两点之间线段最短，作其中一个定点关于x轴的对称点，将两条线段的和转化为共线时的最短距离；2. 求各点坐标：先求出直线AB与坐标轴交点A、B的坐标，再根据中点坐标特征求出C、D的坐标，进而得到D关于x轴的对称点D'的坐标；3. 求交点P：先求出直线CD'的函数解析式，再求该直线与x轴的交点，即为所求的点P坐标。
【解析】
解：要使PC+PD的值最小，作点D关于x轴的对称点$D'$，连接$PD'$、$CD'$。根据轴对称的性质可得$PD=PD'$，因此$PC+PD=PC+PD'$，根据两点之间线段最短，当C、P、$D'$三点共线时，$PC+PD'$长度最小，即$PC+PD$的值最小。
1. 求A、B两点坐标：
对于直线$y=\frac{2}{3}x+4$，
令$x=0$，得$y=4$，故$B(0,4)$；
令$y=0$，得$\frac{2}{3}x+4=0$，解得$x=-6$，故$A(-6,0)$。
2. 求C、D、$D'$坐标：
∵C是AB中点，
∴C点横坐标为$\frac{-6+0}{2}=-3$，纵坐标为$\frac{0+4}{2}=2$，即$C(-3,2)$；
∵D是OB中点，O(0,0)、B(0,4)，
∴$D(0,2)$；
点D关于x轴的对称点$D'$横坐标不变，纵坐标互为相反数，故$D'(0,-2)$。
3. 求直线$CD'$的解析式及点P坐标：
设直线$CD'$的函数表达式为$y=kx+b$，将$C(-3,2)$、$D'(0,-2)$代入得：
$\begin{cases}-3k+b=2\\b=-2\end{cases}$
将$b=-2$代入第一个方程，解得$k=-\frac{4}{3}$，因此直线$CD'$的解析式为$y=-\frac{4}{3}x-2$。
点P在x轴上，纵坐标为0，令$y=0$，得$-\frac{4}{3}x-2=0$，解得$x=-\frac{3}{2}$。
【答案】
$(-\frac{3}{2},0)$
【知识点】
一次函数的应用，轴对称的性质，最短路径问题
【点评】
本题是一次函数与几何最值的典型综合题，既考查了一次函数图像与坐标轴交点、解析式求解的相关知识，又考查了将军饮马最短路径模型的应用，解题的关键是利用轴对称对线段和进行转化，结合一次函数的性质求解交点坐标。
【难度系数】
0.6