26. (12分)新趋势 推导探究 如图①,在平面直角坐标系中,直线AB:$y=\frac{3}{2}x+3$分别与坐标轴交于A,B两点,C是点A关于y轴的对称点,直线CD:$y=kx+b(k≠0)$与直线AB交于点$D(-1,a)$,连接OD.
(1) 求直线CD的函数表达式;
(2) 在直线CD上是否存在一点P,使得$S_{△ PAB}=4S_{△ COD}$?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由;
(3) 如图②,以OD为直角边,O为直角顶点,构造等腰直角三角形$DOD'$,点$D'$位于x轴的上方,M是直线CD上一点,连接$BD'$,AM.当$∠MAB=∠ABD'$时,请直接写出点M的坐标.
(1) 求直线CD的函数表达式;
(2) 在直线CD上是否存在一点P,使得$S_{△ PAB}=4S_{△ COD}$?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由;
(3) 如图②,以OD为直角边,O为直角顶点,构造等腰直角三角形$DOD'$,点$D'$位于x轴的上方,M是直线CD上一点,连接$BD'$,AM.当$∠MAB=∠ABD'$时,请直接写出点M的坐标.
答案：
26. (1) 在 $y=\frac{3}{2}x+3$ 中, 令 $x=0$, 得 $y=3$; 令 $y=0$, 得 $\frac{3}{2}x+3=0$, 解得 $x=-2$. 所以 $A(-2,0), B(0,3)$. 因为 $C$ 是点 $A$ 关于 $y$ 轴的对称点, 所以 $C(2,0)$. 把 $D(-1,a)$ 代入 $y=\frac{3}{2}x+3$ 中, 得 $a=\frac{3}{2}$. 所以 $D(-1,\frac{3}{2})$. 把 $C(2,0), D(-1,\frac{3}{2})$ 分别代入 $y=kx+b$ 中, 得 $\begin{cases}2k+b=0,\\-k+b=\frac{3}{2},\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}k=-\frac{1}{2},\\b=1.\end{cases}$ 所以直线 $CD$ 的函数表达式为 $y=-\frac{1}{2}x+1$.
(2) 存在. 由 (1), 得 $A(-2,0), B(0,3), C(2,0), D(-1,\frac{3}{2})$, 直线 $CD$ 的函数表达式为 $y=-\frac{1}{2}x+1$, 则 $OC=2$. 设 $P(m,-\frac{1}{2}m+1)$, 直线 $BP$ 交 $x$ 轴于点 $Q$, 如图①. 所以 $S_{△ COD} = \frac{1}{2}OC · y_D = \frac{3}{2}$. 因为 $S_{△ PAB} = 4S_{△ COD}$, 所以 $S_{△ PAB}=6$. 易得直线 $BP$ 的函数表达式为 $y=\frac{-m-4}{2m}x+3$. 令 $y=0$, 得 $\frac{-m-4}{2m}x+3=0$, 解得 $x=\frac{6m}{m+4}$. 所以 $Q(\frac{6m}{m+4},0)$. 所以 $AQ = \left|\frac{6m}{m+4} - (-2)\right| = \left|\frac{8m+8}{m+4}\right|$. 又 $S_{△ PAB} = \frac{1}{2}AQ · (y_B - y_P)$, 所以 $\frac{1}{2} · \left|\frac{8m+8}{m+4}\right| · [3 - (-\frac{1}{2}m+1)] = 6$, 即 $\left|\frac{8m+8}{m+4}\right| · (m+4) = 24$. 所以 $8m+8=24$ 或 $8m+8=-24$, 解得 $m=2$ 或 $m=-4$. 所以点 $P$ 的坐标为 $(2,0)$ 或 $(-4,3)$.
(3) 点 $M$ 的坐标为 $(-\frac{22}{5},\frac{16}{5})$ 或 $(\frac{190}{31},-\frac{64}{31})$. 解析: 由 (1), 得 $A(-2,0), B(0,3), C(2,0), D(-1,\frac{3}{2})$, 直线 $CD$ 的函数表达式为 $y=-\frac{1}{2}x+1$. 过点 $D$ 作 $DK ⊥ x$ 轴于点 $K$, 过点 $D'$ 作 $D'T ⊥ x$ 轴于点 $T$, 则 $∠ DKO = ∠ OTD' = 90°, DK = \frac{3}{2}, OK=1$. 由题意, 得 $DO=OD', ∠ DOD'=90°$. 又 $∠ DOK + ∠ ODK = 90°, ∠ DOK + ∠ D'OT = 180° - ∠ DOD' = 90°$, 所以 $∠ ODK = ∠ D'OT$. 所以 $△ DKO ≌ △ OTD'(\mathrm{AAS})$. 所以 $OT = DK = \frac{3}{2}, D'T = OK = 1$. 所以 $D'(\frac{3}{2},1)$. 易得直线 $BD'$ 的函数表达式为 $y=-\frac{4}{3}x+3$. 分类讨论如下: ① 如图②, 当点 $M$ 在直线 $AB$ 左侧时, 因为 $∠ MAB = ∠ ABD'$, 所以 $AM // BD'$. 设直线 $AM$ 的函数表达式为 $y=-\frac{4}{3}x+t$, 把 $A(-2,0)$ 代入, 得 $\frac{8}{3}+t=0$, 解得 $t=-\frac{8}{3}$. 所以直线 $AM$ 的函数表达式为 $y=-\frac{4}{3}x-\frac{8}{3}$. 联立方程组, 得 $\begin{cases}y=-\frac{4}{3}x-\frac{8}{3},\\y=-\frac{1}{2}x+1,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}x=-\frac{22}{5},\\y=\frac{16}{5}.\end{cases}$ 所以 $M(-\frac{22}{5},\frac{16}{5})$; ② 如图③, 当点 $M$ 在直线 $AB$ 右侧时, 在直线 $AB$ 右侧作 $∠ HAB = ∠ ABD'$, 交 $BD'$ 的延长线于点 $H$, 则 $BH=AH$, 延长 $AH$ 交直线 $CD$ 于点 $M$. 设 $H(n,-\frac{4}{3}n+3)$. 因为 $BH=AH$, 所以 $BH^2=AH^2$, 即 $n^2 + (-\frac{4}{3}n+3-3)^2 = (n+2)^2 + (-\frac{4}{3}n+3)^2$, 解得 $n=\frac{13}{4}$. 所以 $H(\frac{13}{4},-\frac{4}{3})$. 易得直线 $AH$ 的函数表达式为 $y=-\frac{16}{63}x-\frac{32}{63}$. 联立方程组, 得 $\begin{cases}y=-\frac{16}{63}x-\frac{32}{63},\\y=-\frac{1}{2}x+1,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}x=\frac{190}{31},\\y=-\frac{64}{31}.\end{cases}$ 所以 $M(\frac{190}{31},-\frac{64}{31})$. 综上, 点 $M$ 的坐标为 $(-\frac{22}{5},\frac{16}{5})$ 或 $(\frac{190}{31},-\frac{64}{31})$.
26. (1) 在 $y=\frac{3}{2}x+3$ 中, 令 $x=0$, 得 $y=3$; 令 $y=0$, 得 $\frac{3}{2}x+3=0$, 解得 $x=-2$. 所以 $A(-2,0), B(0,3)$. 因为 $C$ 是点 $A$ 关于 $y$ 轴的对称点, 所以 $C(2,0)$. 把 $D(-1,a)$ 代入 $y=\frac{3}{2}x+3$ 中, 得 $a=\frac{3}{2}$. 所以 $D(-1,\frac{3}{2})$. 把 $C(2,0), D(-1,\frac{3}{2})$ 分别代入 $y=kx+b$ 中, 得 $\begin{cases}2k+b=0,\\-k+b=\frac{3}{2},\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}k=-\frac{1}{2},\\b=1.\end{cases}$ 所以直线 $CD$ 的函数表达式为 $y=-\frac{1}{2}x+1$.
(2) 存在. 由 (1), 得 $A(-2,0), B(0,3), C(2,0), D(-1,\frac{3}{2})$, 直线 $CD$ 的函数表达式为 $y=-\frac{1}{2}x+1$, 则 $OC=2$. 设 $P(m,-\frac{1}{2}m+1)$, 直线 $BP$ 交 $x$ 轴于点 $Q$, 如图①. 所以 $S_{△ COD} = \frac{1}{2}OC · y_D = \frac{3}{2}$. 因为 $S_{△ PAB} = 4S_{△ COD}$, 所以 $S_{△ PAB}=6$. 易得直线 $BP$ 的函数表达式为 $y=\frac{-m-4}{2m}x+3$. 令 $y=0$, 得 $\frac{-m-4}{2m}x+3=0$, 解得 $x=\frac{6m}{m+4}$. 所以 $Q(\frac{6m}{m+4},0)$. 所以 $AQ = \left|\frac{6m}{m+4} - (-2)\right| = \left|\frac{8m+8}{m+4}\right|$. 又 $S_{△ PAB} = \frac{1}{2}AQ · (y_B - y_P)$, 所以 $\frac{1}{2} · \left|\frac{8m+8}{m+4}\right| · [3 - (-\frac{1}{2}m+1)] = 6$, 即 $\left|\frac{8m+8}{m+4}\right| · (m+4) = 24$. 所以 $8m+8=24$ 或 $8m+8=-24$, 解得 $m=2$ 或 $m=-4$. 所以点 $P$ 的坐标为 $(2,0)$ 或 $(-4,3)$.
(3) 点 $M$ 的坐标为 $(-\frac{22}{5},\frac{16}{5})$ 或 $(\frac{190}{31},-\frac{64}{31})$. 解析: 由 (1), 得 $A(-2,0), B(0,3), C(2,0), D(-1,\frac{3}{2})$, 直线 $CD$ 的函数表达式为 $y=-\frac{1}{2}x+1$. 过点 $D$ 作 $DK ⊥ x$ 轴于点 $K$, 过点 $D'$ 作 $D'T ⊥ x$ 轴于点 $T$, 则 $∠ DKO = ∠ OTD' = 90°, DK = \frac{3}{2}, OK=1$. 由题意, 得 $DO=OD', ∠ DOD'=90°$. 又 $∠ DOK + ∠ ODK = 90°, ∠ DOK + ∠ D'OT = 180° - ∠ DOD' = 90°$, 所以 $∠ ODK = ∠ D'OT$. 所以 $△ DKO ≌ △ OTD'(\mathrm{AAS})$. 所以 $OT = DK = \frac{3}{2}, D'T = OK = 1$. 所以 $D'(\frac{3}{2},1)$. 易得直线 $BD'$ 的函数表达式为 $y=-\frac{4}{3}x+3$. 分类讨论如下: ① 如图②, 当点 $M$ 在直线 $AB$ 左侧时, 因为 $∠ MAB = ∠ ABD'$, 所以 $AM // BD'$. 设直线 $AM$ 的函数表达式为 $y=-\frac{4}{3}x+t$, 把 $A(-2,0)$ 代入, 得 $\frac{8}{3}+t=0$, 解得 $t=-\frac{8}{3}$. 所以直线 $AM$ 的函数表达式为 $y=-\frac{4}{3}x-\frac{8}{3}$. 联立方程组, 得 $\begin{cases}y=-\frac{4}{3}x-\frac{8}{3},\\y=-\frac{1}{2}x+1,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}x=-\frac{22}{5},\\y=\frac{16}{5}.\end{cases}$ 所以 $M(-\frac{22}{5},\frac{16}{5})$; ② 如图③, 当点 $M$ 在直线 $AB$ 右侧时, 在直线 $AB$ 右侧作 $∠ HAB = ∠ ABD'$, 交 $BD'$ 的延长线于点 $H$, 则 $BH=AH$, 延长 $AH$ 交直线 $CD$ 于点 $M$. 设 $H(n,-\frac{4}{3}n+3)$. 因为 $BH=AH$, 所以 $BH^2=AH^2$, 即 $n^2 + (-\frac{4}{3}n+3-3)^2 = (n+2)^2 + (-\frac{4}{3}n+3)^2$, 解得 $n=\frac{13}{4}$. 所以 $H(\frac{13}{4},-\frac{4}{3})$. 易得直线 $AH$ 的函数表达式为 $y=-\frac{16}{63}x-\frac{32}{63}$. 联立方程组, 得 $\begin{cases}y=-\frac{16}{63}x-\frac{32}{63},\\y=-\frac{1}{2}x+1,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}x=\frac{190}{31},\\y=-\frac{64}{31}.\end{cases}$ 所以 $M(\frac{190}{31},-\frac{64}{31})$. 综上, 点 $M$ 的坐标为 $(-\frac{22}{5},\frac{16}{5})$ 或 $(\frac{190}{31},-\frac{64}{31})$.
解析：
【分析】
(1) 解题时先根据直线AB的解析式求出A、B两点坐标，利用轴对称的性质得到点C的坐标，再将点D代入直线AB解析式求出a，确定D点坐标，最后用待定系数法将C、D两点坐标代入直线CD的解析式，解方程组即可得到结果。
(2) 首先计算△COD的面积，从而得到△PAB的面积；设出点P的坐标，求出直线BP的解析式并找到其与x轴的交点，用含P点横坐标的式子表示出三角形的底边长，结合高为B、P两点纵坐标的差，根据面积关系列绝对值方程求解，注意不要漏解。
(3) 先过D、D'作x轴的垂线，利用同角的余角相等证明两个直角三角形全等，求出D'的坐标；再分两种情况讨论：①当M在直线AB左侧时，由角度相等可得AM//BD'，根据BD'的解析式设出AM的解析式，代入A点坐标求出解析式后与直线CD联立求解；②当M在直线AB右侧时，构造等腰三角形ABH，利用BH=AH列方程求出H点坐标，再求出AH的解析式与CD联立求解，最终得到两个符合条件的M点坐标。
【解析】
(1) 在 $y=\frac{3}{2}x+3$ 中, 令 $x=0$, 得 $y=3$; 令 $y=0$, 得 $\frac{3}{2}x+3=0$, 解得 $x=-2$. 所以 $A(-2,0), B(0,3)$. 因为 $C$ 是点 $A$ 关于 $y$ 轴的对称点, 所以 $C(2,0)$. 把 $D(-1,a)$ 代入 $y=\frac{3}{2}x+3$ 中, 得 $a=\frac{3}{2}$. 所以 $D(-1,\frac{3}{2})$. 把 $C(2,0), D(-1,\frac{3}{2})$ 分别代入 $y=kx+b$ 中, 得 $\begin{cases}2k+b=0,\\-k+b=\frac{3}{2},\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}k=-\frac{1}{2},\\b=1.\end{cases}$ 所以直线 $CD$ 的函数表达式为 $y=-\frac{1}{2}x+1$.
(2) 存在. 由 (1), 得 $A(-2,0), B(0,3), C(2,0), D(-1,\frac{3}{2})$, 直线 $CD$ 的函数表达式为 $y=-\frac{1}{2}x+1$, 则 $OC=2$. 设 $P(m,-\frac{1}{2}m+1)$, 直线 $BP$ 交 $x$ 轴于点 $Q$, 如图①. 所以 $S_{△ COD} = \frac{1}{2}OC · y_D = \frac{3}{2}$. 因为 $S_{△ PAB} = 4S_{△ COD}$, 所以 $S_{△ PAB}=6$. 易得直线 $BP$ 的函数表达式为 $y=\frac{-m-4}{2m}x+3$. 令 $y=0$, 得 $\frac{-m-4}{2m}x+3=0$, 解得 $x=\frac{6m}{m+4}$. 所以 $Q(\frac{6m}{m+4},0)$. 所以 $AQ = \left|\frac{6m}{m+4} - (-2)\right| = \left|\frac{8m+8}{m+4}\right|$. 又 $S_{△ PAB} = \frac{1}{2}AQ · (y_B - y_P)$, 所以 $\frac{1}{2} · \left|\frac{8m+8}{m+4}\right| · [3 - (-\frac{1}{2}m+1)] = 6$, 即 $\left|\frac{8m+8}{m+4}\right| · (m+4) = 24$. 所以 $8m+8=24$ 或 $8m+8=-24$, 解得 $m=2$ 或 $m=-4$. 所以点 $P$ 的坐标为 $(2,0)$ 或 $(-4,3)$.
(3) 由 (1), 得 $A(-2,0), B(0,3), C(2,0), D(-1,\frac{3}{2})$, 直线 $CD$ 的函数表达式为 $y=-\frac{1}{2}x+1$. 过点 $D$ 作 $DK ⊥ x$ 轴于点 $K$, 过点 $D'$ 作 $D'T ⊥ x$ 轴于点 $T$, 则 $∠ DKO = ∠ OTD' = 90°, DK = \frac{3}{2}, OK=1$. 由题意, 得 $DO=OD', ∠ DOD'=90°$. 又 $∠ DOK + ∠ ODK = 90°, ∠ DOK + ∠ D'OT = 180° - ∠ DOD' = 90°$, 所以 $∠ ODK = ∠ D'OT$. 所以 $△ DKO ≌ △ OTD'(\mathrm{AAS})$. 所以 $OT = DK = \frac{3}{2}, D'T = OK = 1$. 所以 $D'(\frac{3}{2},1)$. 易得直线 $BD'$ 的函数表达式为 $y=-\frac{4}{3}x+3$. 分类讨论如下: ① 如图②, 当点 $M$ 在直线 $AB$ 左侧时, 因为 $∠ MAB = ∠ ABD'$, 所以 $AM // BD'$. 设直线 $AM$ 的函数表达式为 $y=-\frac{4}{3}x+t$, 把 $A(-2,0)$ 代入, 得 $\frac{8}{3}+t=0$, 解得 $t=-\frac{8}{3}$. 所以直线 $AM$ 的函数表达式为 $y=-\frac{4}{3}x-\frac{8}{3}$. 联立方程组, 得 $\begin{cases}y=-\frac{4}{3}x-\frac{8}{3},\\y=-\frac{1}{2}x+1,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}x=-\frac{22}{5},\\y=\frac{16}{5}.\end{cases}$ 所以 $M(-\frac{22}{5},\frac{16}{5})$; ② 如图③, 当点 $M$ 在直线 $AB$ 右侧时, 在直线 $AB$ 右侧作 $∠ HAB = ∠ ABD'$, 交 $BD'$ 的延长线于点 $H$, 则 $BH=AH$, 延长 $AH$ 交直线 $CD$ 于点 $M$. 设 $H(n,-\frac{4}{3}n+3)$. 因为 $BH=AH$, 所以 $BH^2=AH^2$, 即 $n^2 + (-\frac{4}{3}n+3-3)^2 = (n+2)^2 + (-\frac{4}{3}n+3)^2$, 解得 $n=\frac{13}{4}$. 所以 $H(\frac{13}{4},-\frac{4}{3})$. 易得直线 $AH$ 的函数表达式为 $y=-\frac{16}{63}x-\frac{32}{63}$. 联立方程组, 得 $\begin{cases}y=-\frac{16}{63}x-\frac{32}{63},\\y=-\frac{1}{2}x+1,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}x=\frac{190}{31},\\y=-\frac{64}{31}.\end{cases}$ 所以 $M(\frac{190}{31},-\frac{64}{31})$. 综上, 点 $M$ 的坐标为 $(-\frac{22}{5},\frac{16}{5})$ 或 $(\frac{190}{31},-\frac{64}{31})$.
【答案】
(1) 直线 $CD$ 的函数表达式为 $\boldsymbol{y=-\frac{1}{2}x+1}$；
(2) 存在，点P的坐标为 $\boldsymbol{(2,0)}$ 或 $\boldsymbol{(-4,3)}$；
(3) 点M的坐标为 $\boldsymbol{(-\frac{22}{5},\frac{16}{5})}$ 或 $\boldsymbol{(\frac{190}{31},-\frac{64}{31})}$。
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式，三角形面积计算，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题属于一次函数几何综合题，结合了轴对称、等腰直角三角形、全等三角形等知识点，重点考查分类讨论思想和数形结合思想，解题时需要熟练掌握一次函数的相关性质，能灵活运用几何性质建立方程求解。
【难度系数】
0.3
(1) 解题时先根据直线AB的解析式求出A、B两点坐标，利用轴对称的性质得到点C的坐标，再将点D代入直线AB解析式求出a，确定D点坐标，最后用待定系数法将C、D两点坐标代入直线CD的解析式，解方程组即可得到结果。
(2) 首先计算△COD的面积，从而得到△PAB的面积；设出点P的坐标，求出直线BP的解析式并找到其与x轴的交点，用含P点横坐标的式子表示出三角形的底边长，结合高为B、P两点纵坐标的差，根据面积关系列绝对值方程求解，注意不要漏解。
(3) 先过D、D'作x轴的垂线，利用同角的余角相等证明两个直角三角形全等，求出D'的坐标；再分两种情况讨论：①当M在直线AB左侧时，由角度相等可得AM//BD'，根据BD'的解析式设出AM的解析式，代入A点坐标求出解析式后与直线CD联立求解；②当M在直线AB右侧时，构造等腰三角形ABH，利用BH=AH列方程求出H点坐标，再求出AH的解析式与CD联立求解，最终得到两个符合条件的M点坐标。
【解析】
(1) 在 $y=\frac{3}{2}x+3$ 中, 令 $x=0$, 得 $y=3$; 令 $y=0$, 得 $\frac{3}{2}x+3=0$, 解得 $x=-2$. 所以 $A(-2,0), B(0,3)$. 因为 $C$ 是点 $A$ 关于 $y$ 轴的对称点, 所以 $C(2,0)$. 把 $D(-1,a)$ 代入 $y=\frac{3}{2}x+3$ 中, 得 $a=\frac{3}{2}$. 所以 $D(-1,\frac{3}{2})$. 把 $C(2,0), D(-1,\frac{3}{2})$ 分别代入 $y=kx+b$ 中, 得 $\begin{cases}2k+b=0,\\-k+b=\frac{3}{2},\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}k=-\frac{1}{2},\\b=1.\end{cases}$ 所以直线 $CD$ 的函数表达式为 $y=-\frac{1}{2}x+1$.
(2) 存在. 由 (1), 得 $A(-2,0), B(0,3), C(2,0), D(-1,\frac{3}{2})$, 直线 $CD$ 的函数表达式为 $y=-\frac{1}{2}x+1$, 则 $OC=2$. 设 $P(m,-\frac{1}{2}m+1)$, 直线 $BP$ 交 $x$ 轴于点 $Q$, 如图①. 所以 $S_{△ COD} = \frac{1}{2}OC · y_D = \frac{3}{2}$. 因为 $S_{△ PAB} = 4S_{△ COD}$, 所以 $S_{△ PAB}=6$. 易得直线 $BP$ 的函数表达式为 $y=\frac{-m-4}{2m}x+3$. 令 $y=0$, 得 $\frac{-m-4}{2m}x+3=0$, 解得 $x=\frac{6m}{m+4}$. 所以 $Q(\frac{6m}{m+4},0)$. 所以 $AQ = \left|\frac{6m}{m+4} - (-2)\right| = \left|\frac{8m+8}{m+4}\right|$. 又 $S_{△ PAB} = \frac{1}{2}AQ · (y_B - y_P)$, 所以 $\frac{1}{2} · \left|\frac{8m+8}{m+4}\right| · [3 - (-\frac{1}{2}m+1)] = 6$, 即 $\left|\frac{8m+8}{m+4}\right| · (m+4) = 24$. 所以 $8m+8=24$ 或 $8m+8=-24$, 解得 $m=2$ 或 $m=-4$. 所以点 $P$ 的坐标为 $(2,0)$ 或 $(-4,3)$.
(3) 由 (1), 得 $A(-2,0), B(0,3), C(2,0), D(-1,\frac{3}{2})$, 直线 $CD$ 的函数表达式为 $y=-\frac{1}{2}x+1$. 过点 $D$ 作 $DK ⊥ x$ 轴于点 $K$, 过点 $D'$ 作 $D'T ⊥ x$ 轴于点 $T$, 则 $∠ DKO = ∠ OTD' = 90°, DK = \frac{3}{2}, OK=1$. 由题意, 得 $DO=OD', ∠ DOD'=90°$. 又 $∠ DOK + ∠ ODK = 90°, ∠ DOK + ∠ D'OT = 180° - ∠ DOD' = 90°$, 所以 $∠ ODK = ∠ D'OT$. 所以 $△ DKO ≌ △ OTD'(\mathrm{AAS})$. 所以 $OT = DK = \frac{3}{2}, D'T = OK = 1$. 所以 $D'(\frac{3}{2},1)$. 易得直线 $BD'$ 的函数表达式为 $y=-\frac{4}{3}x+3$. 分类讨论如下: ① 如图②, 当点 $M$ 在直线 $AB$ 左侧时, 因为 $∠ MAB = ∠ ABD'$, 所以 $AM // BD'$. 设直线 $AM$ 的函数表达式为 $y=-\frac{4}{3}x+t$, 把 $A(-2,0)$ 代入, 得 $\frac{8}{3}+t=0$, 解得 $t=-\frac{8}{3}$. 所以直线 $AM$ 的函数表达式为 $y=-\frac{4}{3}x-\frac{8}{3}$. 联立方程组, 得 $\begin{cases}y=-\frac{4}{3}x-\frac{8}{3},\\y=-\frac{1}{2}x+1,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}x=-\frac{22}{5},\\y=\frac{16}{5}.\end{cases}$ 所以 $M(-\frac{22}{5},\frac{16}{5})$; ② 如图③, 当点 $M$ 在直线 $AB$ 右侧时, 在直线 $AB$ 右侧作 $∠ HAB = ∠ ABD'$, 交 $BD'$ 的延长线于点 $H$, 则 $BH=AH$, 延长 $AH$ 交直线 $CD$ 于点 $M$. 设 $H(n,-\frac{4}{3}n+3)$. 因为 $BH=AH$, 所以 $BH^2=AH^2$, 即 $n^2 + (-\frac{4}{3}n+3-3)^2 = (n+2)^2 + (-\frac{4}{3}n+3)^2$, 解得 $n=\frac{13}{4}$. 所以 $H(\frac{13}{4},-\frac{4}{3})$. 易得直线 $AH$ 的函数表达式为 $y=-\frac{16}{63}x-\frac{32}{63}$. 联立方程组, 得 $\begin{cases}y=-\frac{16}{63}x-\frac{32}{63},\\y=-\frac{1}{2}x+1,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}x=\frac{190}{31},\\y=-\frac{64}{31}.\end{cases}$ 所以 $M(\frac{190}{31},-\frac{64}{31})$. 综上, 点 $M$ 的坐标为 $(-\frac{22}{5},\frac{16}{5})$ 或 $(\frac{190}{31},-\frac{64}{31})$.
【答案】
(1) 直线 $CD$ 的函数表达式为 $\boldsymbol{y=-\frac{1}{2}x+1}$；
(2) 存在，点P的坐标为 $\boldsymbol{(2,0)}$ 或 $\boldsymbol{(-4,3)}$；
(3) 点M的坐标为 $\boldsymbol{(-\frac{22}{5},\frac{16}{5})}$ 或 $\boldsymbol{(\frac{190}{31},-\frac{64}{31})}$。
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式，三角形面积计算，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题属于一次函数几何综合题，结合了轴对称、等腰直角三角形、全等三角形等知识点，重点考查分类讨论思想和数形结合思想，解题时需要熟练掌握一次函数的相关性质，能灵活运用几何性质建立方程求解。
【难度系数】
0.3