【分析】
解题时按以下思路推导：①先根据直线$y=-x+8$求出与x轴、y轴的交点A、B的坐标，可得$△ AOB$是等腰直角三角形，$∠ OAB=45°$；②遇到线段旋转$90°$的问题，通常通过作垂线构造全等三角形转化边长，因此过点D作$DE⊥ OA$于点E，结合旋转的性质可得$CD=CP$、$∠ PCD=90°$，利用等角的余角相等推出角相等，结合直角相等证明$△ OCP ≌ △ EDC$；③根据全等性质得到$DE=OC=2$，再结合$∠ OAB=45°$推出$△ ADE$是等腰直角三角形，求出D点纵坐标，最后代入直线解析式求出横坐标即可得到D点坐标。
【解析】
首先求直线与坐标轴的交点：
当$x=0$时，$y=-0+8=8$，故$A(0,8)$；当$y=0$时，$0=-x+8$，解得$x=8$，故$B(8,0)$，因此$OA=OB=8$，$∠ OAB=∠ OBA=45°$。
过点D作$DE⊥ OA$于点E，则$∠ DEC=∠ COP=90°$。
由旋转的性质可知：$CD=CP$，$∠ PCD=90°$，因此$∠ ECD+∠ OCP=90°$。
在$Rt△ COP$中，$∠ OPC+∠ OCP=90°$，故$∠ ECD=∠ OPC$。
在$△ OCP$和$△ EDC$中：
$\begin{cases}∠ COP=∠ DEC \\∠ OPC=∠ ECD \\CP=DC\end{cases}$
$\therefore △ OCP ≌ △ EDC \ (\mathrm{AAS})$，因此$DE=OC=2$。
$\because DE⊥ OA$，$∠ OAB=45°$，$\therefore △ ADE$是等腰直角三角形，$AE=DE=2$。
$\therefore OE=OA-AE=8-2=6$，即点D的纵坐标为6。
将$y=6$代入$y=-x+8$，得$6=-x+8$，解得$x=2$，因此点D的坐标为$(2,6)$。
【答案】
B

【知识点】
一次函数的图象与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是一次函数与几何的综合题，融合了旋转、全等三角形、等腰直角三角形的相关知识，解题的关键是合理作垂线构造全等三角形，将已知线段长度转化为求解点坐标的条件，有效考查了数形结合思想和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7

【分析】
解题首先先求出直线与x轴、y轴的交点A、B的坐标，再用勾股定理算出AB的长度，结合等腰直角三角形的性质求出△ABC的面积；由于动点P的横坐标固定为1，纵坐标a的正负不确定，因此分P在第四象限（a＜0）和第一象限（a＞0）两种情况，用割补法将△ABP的面积转化为几个规则三角形面积的和差，令其等于△ABC的面积，列方程求解即可得到a的值。
【解析】
1. 求A、B两点坐标
对于直线$y=-\dfrac{2}{3}x+2$：
令$x=0$，得$y=2$，故点B坐标为$(0,2)$，$OB=2$；
令$y=0$，解得$x=3$，故点A坐标为$(3,0)$，$OA=3$。
2. 计算△ABC的面积
由勾股定理得：$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}$。
因为△ABC是$∠ BAC=90°$的等腰直角三角形，所以$AB=AC$，
则$S_{△ ABC}=\dfrac{1}{2}AB^2=\dfrac{1}{2}×13=\dfrac{13}{2}$。
3. 分情况求a的值
已知$P(1,a)$，分两种情况讨论：
① 当P在第四象限，$a＜0$时：
$S_{△ ABO}=\dfrac{1}{2}×3×2=3$，$S_{△ APO}=\dfrac{1}{2}×3×(-a)=-\dfrac{3}{2}a$，$S_{△ BOP}=\dfrac{1}{2}×2×1=1$，
此时$S_{△ ABP}=S_{△ ABO}+S_{△ APO}-S_{△ BOP}$，代入得：
$3-\dfrac{3}{2}a-1=\dfrac{13}{2}$，解得$a=-3$。
② 当P在第一象限，$a＞0$时：
$S_{△ APO}=\dfrac{1}{2}×3× a=\dfrac{3}{2}a$，
此时$S_{△ ABP}=S_{△ BOP}+S_{△ APO}-S_{△ ABO}$，代入得：
$1+\dfrac{3}{2}a-3=\dfrac{13}{2}$，解得$a=\dfrac{17}{3}$。
【答案】
$-3$或$\dfrac{17}{3}$
【知识点】
一次函数与坐标轴交点，割补法求面积，等腰直角三角形性质
【点评】
本题综合考查一次函数计算与图形面积求解，核心是掌握用割补法转化不规则图形面积的方法，解题时要注意分类讨论动点的位置，避免漏解。
【难度系数】
0.6

【分析】
(1) 两条直线的交点坐标同时满足两条直线的函数解析式，因此联立$l_1$和$l_2$的解析式，解二元一次方程组即可得到点D的坐标。
(2) ① 先求出直线$l_1$与y轴交点B、直线$l_2$与y轴交点E的坐标，得到BE的长度；由$S_{△ BEQ}=\frac{1}{2}S_{△ BDQ}$可推出$S_{△ BEQ}=\frac{1}{3}S_{△ BDE}$，先计算$△ BDE$的面积，再设Q点横坐标为t，结合Q在$l_2$上的位置用t表示其纵坐标，过Q作y轴的垂线作为$△ BEQ$的高，根据面积公式列方程求解t，即可得到Q点坐标。
② 翻折属于轴对称变换，翻折前后对应边相等、对应角相等，需分类讨论翻折后点D的落点：若落在x轴正半轴上，可通过全等三角形推导角的关系，得到BQ与x轴平行，进而求出Q点坐标；若落在y轴负半轴上，可利用角平分线的性质，结合面积公式和勾股定理求解Q点坐标。
【解析】
(1) 根据题意，联立$l_1$和$l_2$的解析式可得：
$\begin{cases} y=\frac{5}{12}x+5, \\ y=2x-14, \end{cases}$
解得$\begin{cases} x=12, \\ y=10, \end{cases}$
∴$D(12,10)$。
(2) ①
∵$S_{△ BEQ}=\frac{1}{2}S_{△ BDQ}$，
∴$S_{△ BEQ}=\frac{1}{3}S_{△ BDE}$，
在$y=\frac{5}{12}x+5$中，令$x=0$，则$y=5$，
∴$B(0,5)$，
在$y=2x-14$中，令$x=0$，则$y=-14$，
∴$E(0,-14)$，
∴$BE=5-(-14)=19$。
如答图①，过点D作$DH⊥ y$轴于点H，则$DH=12$。

第3题答图①
∴$S_{△ BDE}=\frac{1}{2}BE·DH=\frac{1}{2}×19×12=114$，
∴$S_{△ BEQ}=\frac{1}{3}×114=38$。
设$Q(t,2t-14)(0＜t＜12)$，过点Q作$QM⊥ y$轴于点M，则$QM=t$，
∴$\frac{1}{2}×19×t=38$，解得$t=4$，
∴$y=2t-14=2×4-14=-6$，
∴点Q的坐标为$(4,-6)$。
②存在，分以下两种情况讨论：
第一种情况：过点D作$DH⊥ y$轴于点H，当点D落在x轴正半轴上(记为点$D_1$)时，如答图②，

第3题答图②
由题意可知$BH=BO=5$，由翻折，得$BD=BD_1$，
在$Rt△ DHB$和$Rt△ D_1OB$中，$\begin{cases} BD=BD_1, \\ BH=BO, \end{cases}$
∴$Rt△ DHB≌Rt△ D_1OB(HL)$，
∴$∠ DBH=∠ D_1BO$，由翻折，得$∠ DBQ=∠ D_1BQ$，
∴$∠ HBQ=∠ OBQ=90°$，
∴$BQ// x$轴，
∴$y_Q=5$，则$x_Q=\frac{19}{2}$，
∴$Q(\frac{19}{2},5)$；
第二种情况：当点D落在y轴负半轴上(记为点$D_2$)时，如答图③，

第3题答图③
过点D作$DH⊥ y$轴于点H，过点Q作$QM⊥ BD$，$QN⊥ OB$，垂足分别为M,N，由翻折，得$∠ DBQ=∠ D_2BQ$，
∴$QM=QN$，由(2)①知$S_{△ BQD}+S_{△ BQE}=114$，
∴$\frac{1}{2}BD·QM+\frac{1}{2}BE·QN=114$，即$\frac{1}{2}BD·QN+\frac{1}{2}BE·QN=114$。
在$Rt△ BDH$中，由勾股定理，得$BD=\sqrt{BH^2+DH^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$，
∴$\frac{1}{2}×13·QN+\frac{1}{2}×19·QN=114$，解得$QN=\frac{57}{8}$，
∴$y=2×\frac{57}{8}-14=\frac{1}{4}$，
∴$Q(\frac{57}{8},\frac{1}{4})$。
综上，点Q的坐标为$(\frac{19}{2},5)$或$(\frac{57}{8},\frac{1}{4})$。
【答案】
(1) $D(12,10)$
(2) ① $Q(4,-6)$；② 存在，$Q$的坐标为$(\frac{19}{2},5)$或$(\frac{57}{8},\frac{1}{4})$
【知识点】
一次函数交点求解，三角形面积计算，轴对称性质
【点评】
本题是一次函数的综合应用题，涵盖了一次函数基础性质、交点坐标求解、三角形面积计算等核心知识点，同时结合翻折变换考查了分类讨论、数形结合的数学思想，能有效检验学生的综合分析能力和运算能力。
【难度系数】
0.4