三、解答题(共40分)
11.(10分)如图,在四边形ABCD中,$AB=CB=\sqrt{2},CD=\sqrt{5},DA=1,∠B=90°$,求:
(1)$∠BAD$的度数;
(2)四边形ABCD的面积.
11.(10分)如图,在四边形ABCD中,$AB=CB=\sqrt{2},CD=\sqrt{5},DA=1,∠B=90°$,求:
(1)$∠BAD$的度数;
(2)四边形ABCD的面积.
答案：
11.解:(1)如答图,连接 AC.
∵AB=BC=$\sqrt{2}$,且∠B=90°,
∴∠BAC=45°,
$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=2$.
∵CD=$\sqrt{5}$,DA=1,
∴$CD^2=AD^2+AC^2$,
∴△ACD 是直角三角形,且∠DAC=90°,
∴∠BAD=∠BAC+∠DAC=135°.
(2)
∵$S_{四边形ABCD}=S_{△ABC}+S_{△ACD}$,
$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB· BC=\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{2}=1$,
$S_{△ACD}=\frac{1}{2}AD· CA=\frac{1}{2}×1×2=1$,
∴$S_{四边形ABCD}=S_{△ABC}+S_{△ACD}=1+1=2$.
11.解:(1)如答图,连接 AC.
∵AB=BC=$\sqrt{2}$,且∠B=90°,
∴∠BAC=45°,
$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=2$.
∵CD=$\sqrt{5}$,DA=1,
∴$CD^2=AD^2+AC^2$,
∴△ACD 是直角三角形,且∠DAC=90°,
∴∠BAD=∠BAC+∠DAC=135°.
(2)
∵$S_{四边形ABCD}=S_{△ABC}+S_{△ACD}$,
$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB· BC=\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{2}=1$,
$S_{△ACD}=\frac{1}{2}AD· CA=\frac{1}{2}×1×2=1$,
∴$S_{四边形ABCD}=S_{△ABC}+S_{△ACD}=1+1=2$.
解析：
【分析】
要解决该问题，可通过作辅助线把四边形转化为两个三角形分析：1. 求∠BAD的度数时，先连接AC，首先在Rt△ABC中利用勾股定理求出AC的长度，同时得到∠BAC的度数；再验证△ACD的三边关系，用勾股定理的逆定理判断△ACD是否为直角三角形，得到∠DAC的度数，两个角相加即可得到∠BAD的度数。2. 求四边形ABCD的面积时，使用割补法，四边形面积等于△ABC和△ACD的面积之和，分别计算两个三角形的面积再相加即可。
【解析】
(1) 如答图，连接AC。
∵AB=BC=$\sqrt{2}$，且∠B=90°，
∴△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=45°，
由勾股定理可得：$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=2$。
已知CD=$\sqrt{5}$，DA=1，
∵$AD^2+AC^2=1^2+2^2=5$，$CD^2=(\sqrt{5})^2=5$，
∴$CD^2=AD^2+AC^2$，
∴△ACD是直角三角形，且∠DAC=90°，
∴∠BAD=∠BAC+∠DAC=45°+90°=135°。
(2) 四边形ABCD的面积为△ABC和△ACD的面积之和：
$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB·BC=\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{2}=1$，
$S_{△ACD}=\frac{1}{2}AD·AC=\frac{1}{2}×1×2=1$，
∴$S_{四边形ABCD}=S_{△ABC}+S_{△ACD}=1+1=2$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{135°}$；(2) $\boldsymbol{2}$
【知识点】
勾股定理；勾股定理的逆定理；割补法求面积
【点评】
本题的关键是通过连接对角线将四边形分割为两个三角形，把四边形问题转化为三角形问题求解，这是处理多边形角度、面积类问题的常用思路，能直接套用勾股定理及其逆定理的相关性质解决问题。
【难度系数】
0.7
要解决该问题，可通过作辅助线把四边形转化为两个三角形分析：1. 求∠BAD的度数时，先连接AC，首先在Rt△ABC中利用勾股定理求出AC的长度，同时得到∠BAC的度数；再验证△ACD的三边关系，用勾股定理的逆定理判断△ACD是否为直角三角形，得到∠DAC的度数，两个角相加即可得到∠BAD的度数。2. 求四边形ABCD的面积时，使用割补法，四边形面积等于△ABC和△ACD的面积之和，分别计算两个三角形的面积再相加即可。
【解析】
(1) 如答图，连接AC。
∵AB=BC=$\sqrt{2}$，且∠B=90°，
∴△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=45°，
由勾股定理可得：$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=2$。
已知CD=$\sqrt{5}$，DA=1，
∵$AD^2+AC^2=1^2+2^2=5$，$CD^2=(\sqrt{5})^2=5$，
∴$CD^2=AD^2+AC^2$，
∴△ACD是直角三角形，且∠DAC=90°，
∴∠BAD=∠BAC+∠DAC=45°+90°=135°。
(2) 四边形ABCD的面积为△ABC和△ACD的面积之和：
$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB·BC=\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{2}=1$，
$S_{△ACD}=\frac{1}{2}AD·AC=\frac{1}{2}×1×2=1$，
∴$S_{四边形ABCD}=S_{△ABC}+S_{△ACD}=1+1=2$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{135°}$；(2) $\boldsymbol{2}$
【知识点】
勾股定理；勾股定理的逆定理；割补法求面积
【点评】
本题的关键是通过连接对角线将四边形分割为两个三角形，把四边形问题转化为三角形问题求解，这是处理多边形角度、面积类问题的常用思路，能直接套用勾股定理及其逆定理的相关性质解决问题。
【难度系数】
0.7
12.(10分)如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,点$M,N$在$BC$上,且$AM=AN$.
(1)求证:$BM=CN$;
(2)若$∠ AMN=60°$,$MN=2$,则$△ AMN$的面积为________.
(1)求证:$BM=CN$;
(2)若$∠ AMN=60°$,$MN=2$,则$△ AMN$的面积为________.
答案：
12.(1)证明:如答图,过点 A 作$AD⊥BC$于点 D.
∵AB=AC,AM=AN,
∴BD=CD,MD=ND,
∴BD-MD=CD-ND,
∴BM=CN.
(2)$\sqrt{3}$
12.(1)证明:如答图,过点 A 作$AD⊥BC$于点 D.
∵AB=AC,AM=AN,
∴BD=CD,MD=ND,
∴BD-MD=CD-ND,
∴BM=CN.
(2)$\sqrt{3}$
解析：
【分析】
（1）要证明$BM=CN$，已知$△ ABC$和$△ AMN$均为等腰三角形，可利用等腰三角形“三线合一”的性质解题：过点$A$作$BC$的垂线，可同时得到两个等腰三角形底边的中点，再通过线段的和差运算即可推导出结论。
（2）已知$AM=AN$且$∠ AMN=60°$，可先判定$△ AMN$是等边三角形，得到边长为2，再作高利用勾股定理求出高的长度，代入三角形面积公式即可计算出结果，解题过程符合八年级知识范围，无需使用超纲内容。
【解析】
(1) 证明：如答图，过点$A$作$AD⊥ BC$于点$D$。
$\because AB=AC$，$AD⊥ BC$，根据等腰三角形三线合一的性质，$\therefore BD=CD$。
又$\because AM=AN$，$AD⊥ BC$，同理可得$MD=ND$。
$\therefore BD-MD=CD-ND$，即$BM=CN$。
(2) 解：$\because AM=AN$，$∠ AMN=60°$，
$\therefore △ AMN$是等边三角形（有一个角为$60°$的等腰三角形是等边三角形），
$\therefore AM=AN=MN=2$。
由$AD⊥ MN$，根据等腰三角形三线合一得$MD=\frac{1}{2}MN=1$。
在$\mathrm{Rt}△ AMD$中，由勾股定理得：$AD=\sqrt{AM^2-MD^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$。
$\therefore S_{△ AMN}=\frac{1}{2}× MN× AD=\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}=\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 证明：如答图，过点 A 作$AD⊥BC$于点 D.
∵$AB=AC$,$AM=AN$,
∴$BD=CD$,$MD=ND$,
∴$BD-MD=CD-ND$,
∴$BM=CN$.
(2)$\sqrt{3}$
【知识点】
等腰三角形的性质；等边三角形的判定；三角形面积计算
【点评】
本题是等腰三角形相关的基础常考题，第一问考查的“作高利用三线合一”是等腰三角形证明题的常用辅助线思路，第二问结合等边三角形的判定考查面积计算，注重对基础性质的理解和应用，解题思路清晰易懂。
【难度系数】
0.8
（1）要证明$BM=CN$，已知$△ ABC$和$△ AMN$均为等腰三角形，可利用等腰三角形“三线合一”的性质解题：过点$A$作$BC$的垂线，可同时得到两个等腰三角形底边的中点，再通过线段的和差运算即可推导出结论。
（2）已知$AM=AN$且$∠ AMN=60°$，可先判定$△ AMN$是等边三角形，得到边长为2，再作高利用勾股定理求出高的长度，代入三角形面积公式即可计算出结果，解题过程符合八年级知识范围，无需使用超纲内容。
【解析】
(1) 证明：如答图，过点$A$作$AD⊥ BC$于点$D$。
$\because AB=AC$，$AD⊥ BC$，根据等腰三角形三线合一的性质，$\therefore BD=CD$。
又$\because AM=AN$，$AD⊥ BC$，同理可得$MD=ND$。
$\therefore BD-MD=CD-ND$，即$BM=CN$。
(2) 解：$\because AM=AN$，$∠ AMN=60°$，
$\therefore △ AMN$是等边三角形（有一个角为$60°$的等腰三角形是等边三角形），
$\therefore AM=AN=MN=2$。
由$AD⊥ MN$，根据等腰三角形三线合一得$MD=\frac{1}{2}MN=1$。
在$\mathrm{Rt}△ AMD$中，由勾股定理得：$AD=\sqrt{AM^2-MD^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$。
$\therefore S_{△ AMN}=\frac{1}{2}× MN× AD=\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}=\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 证明：如答图，过点 A 作$AD⊥BC$于点 D.
∵$AB=AC$,$AM=AN$,
∴$BD=CD$,$MD=ND$,
∴$BD-MD=CD-ND$,
∴$BM=CN$.
(2)$\sqrt{3}$
【知识点】
等腰三角形的性质；等边三角形的判定；三角形面积计算
【点评】
本题是等腰三角形相关的基础常考题，第一问考查的“作高利用三线合一”是等腰三角形证明题的常用辅助线思路，第二问结合等边三角形的判定考查面积计算，注重对基础性质的理解和应用，解题思路清晰易懂。
【难度系数】
0.8
13.(10分)某商店销售10台A型和20台B型电脑的利润为4000元,销售20台A型和10台B型电脑的利润为3500元.
(1)求每台A型电脑和B型电脑的销售利润.
(2)该商店计划一次购进两种型号的电脑共100台,其中B型电脑的进货量不超过A型电脑的2倍,设购进A型电脑x台,这100台电脑的销售总利润为y元.
①求y关于x的函数表达式;
②该商店购进A型,B型电脑各多少台,才能使销售总利润最大?最大利润是多少元?
(1)求每台A型电脑和B型电脑的销售利润.
(2)该商店计划一次购进两种型号的电脑共100台,其中B型电脑的进货量不超过A型电脑的2倍,设购进A型电脑x台,这100台电脑的销售总利润为y元.
①求y关于x的函数表达式;
②该商店购进A型,B型电脑各多少台,才能使销售总利润最大?最大利润是多少元?
答案：13.解:(1)设每台 A 型电脑的销售利润为 a 元,每台 B 型电脑的销售利润为 b 元.
根据题意,得$\begin{cases}10a+20b=4000,\\20a+10b=3500,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=100,\\b=150.\end{cases}$
答:每台 A 型电脑的销售利润为 100 元,每台 B 型电脑的销售利润为 150 元.
(2)①根据题意,得$y=100x+150(100-x)$,
即$y=-50x+15000$.
②根据题意,得$100-x≤2x$,解得$x≥33\frac{1}{3}$,
∵$y=-50x+15000$,
∴y 随 x 的增大而减小.
∵x 为整数,
∴当 x=34 时,y 取最大值,则 100-x=66,
此时$y=-50×34+15000=13300$.
即商店购进 34 台 A 型电脑和 66 台 B 型电脑的销售总利润最大,最大利润是 13300 元.
根据题意,得$\begin{cases}10a+20b=4000,\\20a+10b=3500,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=100,\\b=150.\end{cases}$
答:每台 A 型电脑的销售利润为 100 元,每台 B 型电脑的销售利润为 150 元.
(2)①根据题意,得$y=100x+150(100-x)$,
即$y=-50x+15000$.
②根据题意,得$100-x≤2x$,解得$x≥33\frac{1}{3}$,
∵$y=-50x+15000$,
∴y 随 x 的增大而减小.
∵x 为整数,
∴当 x=34 时,y 取最大值,则 100-x=66,
此时$y=-50×34+15000=13300$.
即商店购进 34 台 A 型电脑和 66 台 B 型电脑的销售总利润最大,最大利润是 13300 元.
解析：
【分析】
(1) 题目给出两种销售组合的总利润，可设每台A型、B型电脑的销售利润为未知数，根据“总利润=单台利润×销售数量”列二元一次方程组，求解即可得到两种电脑的单台利润。
(2) ①已知总进货量为100台，A型为x台，则B型为(100-x)台，代入总利润计算公式，化简即可得到y关于x的函数表达式。
②先根据“B型进货量不超过A型的2倍”列不等式，求出x的取值范围；再结合一次函数的增减性，因一次项系数为负，y随x增大而减小，在x的取值范围内取最小正整数即可得到最大利润，最后代入计算对应进货量和最大利润即可。
【解析】
(1) 设每台A型电脑的销售利润为a元，每台B型电脑的销售利润为b元。
根据题意，得$\begin{cases}10a+20b=4000\\20a+10b=3500\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=100\\b=150\end{cases}$
(2) ①已知购进A型电脑x台，则购进B型电脑(100-x)台，根据总利润公式得：
$y=100x+150(100-x)$
化简得$y=-50x+15000$
②根据题意列不等式：$100-x≤2x$
解得$x≥33\frac{1}{3}$
在$y=-50x+15000$中，$k=-50＜0$，因此y随x的增大而减小。
又因为x为正整数，所以当x=34时，y取最大值，此时B型电脑数量为$100-34=66$台，最大利润为$y=-50×34+15000=13300$元。
【答案】
(1) 每台A型电脑销售利润为100元，每台B型电脑销售利润为150元；
(2) ①$y=-50x+15000$；②购进A型电脑34台、B型电脑66台时销售总利润最大，最大利润为13300元。
【知识点】
二元一次方程组应用，一次函数应用，一元一次不等式应用
【点评】
本题是常见的实际应用综合题，解题核心是从题干提取等量关系和不等关系，结合一次函数增减性求最值，解题时需注意未知数的实际取值限制（x为正整数），避免出现不符合实际的解。
【难度系数】
0.7
(1) 题目给出两种销售组合的总利润，可设每台A型、B型电脑的销售利润为未知数，根据“总利润=单台利润×销售数量”列二元一次方程组，求解即可得到两种电脑的单台利润。
(2) ①已知总进货量为100台，A型为x台，则B型为(100-x)台，代入总利润计算公式，化简即可得到y关于x的函数表达式。
②先根据“B型进货量不超过A型的2倍”列不等式，求出x的取值范围；再结合一次函数的增减性，因一次项系数为负，y随x增大而减小，在x的取值范围内取最小正整数即可得到最大利润，最后代入计算对应进货量和最大利润即可。
【解析】
(1) 设每台A型电脑的销售利润为a元，每台B型电脑的销售利润为b元。
根据题意，得$\begin{cases}10a+20b=4000\\20a+10b=3500\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=100\\b=150\end{cases}$
(2) ①已知购进A型电脑x台，则购进B型电脑(100-x)台，根据总利润公式得：
$y=100x+150(100-x)$
化简得$y=-50x+15000$
②根据题意列不等式：$100-x≤2x$
解得$x≥33\frac{1}{3}$
在$y=-50x+15000$中，$k=-50＜0$，因此y随x的增大而减小。
又因为x为正整数，所以当x=34时，y取最大值，此时B型电脑数量为$100-34=66$台，最大利润为$y=-50×34+15000=13300$元。
【答案】
(1) 每台A型电脑销售利润为100元，每台B型电脑销售利润为150元；
(2) ①$y=-50x+15000$；②购进A型电脑34台、B型电脑66台时销售总利润最大，最大利润为13300元。
【知识点】
二元一次方程组应用，一次函数应用，一元一次不等式应用
【点评】
本题是常见的实际应用综合题，解题核心是从题干提取等量关系和不等关系，结合一次函数增减性求最值，解题时需注意未知数的实际取值限制（x为正整数），避免出现不符合实际的解。
【难度系数】
0.7
14.(10分)如图,一次函数$y=kx+b$的图象与$x$轴交于点$A$,与$y$轴交于点$B(0,6)$.直线$y=x+3$与$x$轴交于点$C$,与$y$轴交于点$D$,且与一次函数$y=kx+b$的图象交于点$P(1,n)$.
(1)直接写出$n$的值为________;
(2)求一次函数$y=kx+b$的表达式;
(3)已知$H$是线段$OD$上一点,且$S_{△ AHP}=\dfrac{1}{3}S_{△ ACP}$,求点$H$的坐标.
(1)直接写出$n$的值为________;
(2)求一次函数$y=kx+b$的表达式;
(3)已知$H$是线段$OD$上一点,且$S_{△ AHP}=\dfrac{1}{3}S_{△ ACP}$,求点$H$的坐标.
答案：14.(1)4
(2)解:把点 P 和点 B 的坐标代入$y=kx+b$,
得$\begin{cases}k+b=4,\\b=6,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-2,\\b=6,\end{cases}$
∴一次函数$y=kx+b$的表达式为$y=-2x+6$.
(3)解:令$y=x+3=0$,解得$x=-3$,
令$y=-2x+6=0$,解得$x=3$,
∴$C(-3,0)$,$A(3,0)$,
∴$AC=6$,$\therefore S_{△ ACP}=\frac{1}{2}×6×4=12$.
∵$S_{△ AHP}=\frac{1}{3}S_{△ ACP}$,$\therefore S_{△ AHP}=4$.
设$H(0,t)$,则$S_{△ AHP}=S_{△ AOB}-S_{△ PBH}-S_{△ AOH}=4$,
∴$\frac{1}{2}×3×6-\frac{1}{2}(6-t)×1-\frac{1}{2}×3× t=4$,
解得$t=2$,$\therefore H(0,2)$.
(2)解:把点 P 和点 B 的坐标代入$y=kx+b$,
得$\begin{cases}k+b=4,\\b=6,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-2,\\b=6,\end{cases}$
∴一次函数$y=kx+b$的表达式为$y=-2x+6$.
(3)解:令$y=x+3=0$,解得$x=-3$,
令$y=-2x+6=0$,解得$x=3$,
∴$C(-3,0)$,$A(3,0)$,
∴$AC=6$,$\therefore S_{△ ACP}=\frac{1}{2}×6×4=12$.
∵$S_{△ AHP}=\frac{1}{3}S_{△ ACP}$,$\therefore S_{△ AHP}=4$.
设$H(0,t)$,则$S_{△ AHP}=S_{△ AOB}-S_{△ PBH}-S_{△ AOH}=4$,
∴$\frac{1}{2}×3×6-\frac{1}{2}(6-t)×1-\frac{1}{2}×3× t=4$,
解得$t=2$,$\therefore H(0,2)$.
解析：
【分析】
(1) 点P(1,n)在直线$y=x+3$上，将横坐标x=1代入该直线解析式，即可直接计算出n的值；
(2) 一次函数$y=kx+b$的图象已知过$B(0,6)$和第一问求出的$P(1,4)$两个点，使用待定系数法将两点坐标代入解析式，解二元一次方程组即可得到k、b的值，确定函数表达式；
(3) 先分别求出直线$y=x+3$与x轴交点C、一次函数$y=kx+b$与x轴交点A的坐标，计算AC的长度，结合P点纵坐标求出$△ ACP$的面积，再根据面积关系得到$△ AHP$的面积；设H点坐标为$(0,t)$，利用割补法表示出$△ AHP$的面积，列方程求解t即可得到H点坐标。
【解析】
(1) 把$x=1$代入$y=x+3$，得$n=1+3=4$。
(2) 由(1)可知P点坐标为$(1,4)$，将$P(1,4)$、$B(0,6)$代入$y=kx+b$，得：
$\begin{cases}k+b=4\\b=6\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=-2\\b=6\end{cases}$
∴一次函数的表达式为$y=-2x+6$。
(3) 对于直线$y=x+3$，令$y=0$，解得$x=-3$，
∴$C(-3,0)$；
对于一次函数$y=-2x+6$，令$y=0$，解得$x=3$，
∴$A(3,0)$；
∴$AC=3-(-3)=6$，P点纵坐标为4，即$△ ACP$中AC边上的高为4，
∴$S_{△ ACP}=\frac{1}{2}×6×4=12$，
∵$S_{△ AHP}=\frac{1}{3}S_{△ ACP}$，
∴$S_{△ AHP}=12×\frac{1}{3}=4$。
设H点坐标为$(0,t)$，利用割补法得$S_{△ AHP}=S_{△ AOB}-S_{△ PBH}-S_{△ AOH}$，
代入数值：$\frac{1}{2}×3×6-\frac{1}{2}×(6-t)×1-\frac{1}{2}×3×t=4$，
化简求解得$t=2$，
∴H点坐标为$(0,2)$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{4}$；(2) $\boldsymbol{y=-2x+6}$；(3) $\boldsymbol{H(0,2)}$
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式，一次函数坐标求解，坐标系三角形面积计算
【点评】
本题围绕一次函数展开，考点设置由浅入深，前两问属于基础常规考点，第三问结合面积关系求点坐标，需要灵活运用割补法计算坐标系内三角形面积，对学生的逻辑推理和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.65
(1) 点P(1,n)在直线$y=x+3$上，将横坐标x=1代入该直线解析式，即可直接计算出n的值；
(2) 一次函数$y=kx+b$的图象已知过$B(0,6)$和第一问求出的$P(1,4)$两个点，使用待定系数法将两点坐标代入解析式，解二元一次方程组即可得到k、b的值，确定函数表达式；
(3) 先分别求出直线$y=x+3$与x轴交点C、一次函数$y=kx+b$与x轴交点A的坐标，计算AC的长度，结合P点纵坐标求出$△ ACP$的面积，再根据面积关系得到$△ AHP$的面积；设H点坐标为$(0,t)$，利用割补法表示出$△ AHP$的面积，列方程求解t即可得到H点坐标。
【解析】
(1) 把$x=1$代入$y=x+3$，得$n=1+3=4$。
(2) 由(1)可知P点坐标为$(1,4)$，将$P(1,4)$、$B(0,6)$代入$y=kx+b$，得：
$\begin{cases}k+b=4\\b=6\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=-2\\b=6\end{cases}$
∴一次函数的表达式为$y=-2x+6$。
(3) 对于直线$y=x+3$，令$y=0$，解得$x=-3$，
∴$C(-3,0)$；
对于一次函数$y=-2x+6$，令$y=0$，解得$x=3$，
∴$A(3,0)$；
∴$AC=3-(-3)=6$，P点纵坐标为4，即$△ ACP$中AC边上的高为4，
∴$S_{△ ACP}=\frac{1}{2}×6×4=12$，
∵$S_{△ AHP}=\frac{1}{3}S_{△ ACP}$，
∴$S_{△ AHP}=12×\frac{1}{3}=4$。
设H点坐标为$(0,t)$，利用割补法得$S_{△ AHP}=S_{△ AOB}-S_{△ PBH}-S_{△ AOH}$，
代入数值：$\frac{1}{2}×3×6-\frac{1}{2}×(6-t)×1-\frac{1}{2}×3×t=4$，
化简求解得$t=2$，
∴H点坐标为$(0,2)$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{4}$；(2) $\boldsymbol{y=-2x+6}$；(3) $\boldsymbol{H(0,2)}$
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式，一次函数坐标求解，坐标系三角形面积计算
【点评】
本题围绕一次函数展开，考点设置由浅入深，前两问属于基础常规考点，第三问结合面积关系求点坐标，需要灵活运用割补法计算坐标系内三角形面积，对学生的逻辑推理和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.65