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    18．如图1，在直角坐标系xOy中，直线l：y=kx+b交x轴、y轴于点E、F，点B的坐标是（2，2），过点B分别作x轴、y轴的垂线，垂足为A、C，点D是线段CO上的动点，连结BD，将△BCD沿直线BD折叠后得到△BC′D．

    （1）当图1中的直线l经过点A，且k=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$时（如图2）．
    ①b=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，点C′的坐标为（2-$\sqrt{3}$，1）
    ②求点D由C到O的运动过程中，线段BC′扫过的图形与△OAF重叠部分的面积．
    （2）当图1中的直线l经过点D，C′时（如图3），将△DOE沿直线DE折叠后得到△DO′E，连结O′C，O′O，若△DO′E与△CO′O相似，求k、b的值．

    分析 （1）①利用翻折变换的性质得出∠CBD=∠C′BD=15°，C′B=CB=2，进而得出CH的长，进而得出答案；
    ②首先求出直线AF的解析式，进而得出当D与O重合时，点C′与A重合，且BC′扫过的图形与△OAF重合部分是弓形，求出即可；
    （3）根据题意得出△DO′E与△COO′相似，则△COO′必是Rt△，进而得出Rt△BAE≌Rt△BC′E（HL），再利用勾股定理求出EO的长进而得出答案．

    解答 解：（1）①如图2，∵B（2，2），
    ∴A（2，0），k=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
    ∴代入直线AF的解析式为：y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+b，
    ∴b=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
    则直线AF的解析式为：y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
    ∴∠OAF=30°，∠BAF=60°，故∠BAC′=60°，
    ∴∠CBC'=30°，
    ∵△CBD≌△C′BD，
    ∴∠CBD=∠C′BD=$\frac{1}{2}$∠CBC'=15°，C′B=CB=2，
    ∴∠CBC′=30°，
    如图1，作C′H⊥BC于H，则C′H=1，HB=$\sqrt{3}$，
    ∴CH=2-$\sqrt{3}$，
    ∴点C′的坐标为：（2-$\sqrt{3}$，1）；
    故答案为：$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，2-$\sqrt{3}$，1；
    ②如图2，由（1）知，在点D由C到O的运动过程中，BC′扫过的图形是扇形，
    ∴当D与O重合时，点C′与A重合，
    且BC′扫过的图形与△OAF重合部分是弓形
    当C′在直线y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$上时，BC′=BC=AB，∠BAC′=60°，
    ∴△ABC′是等边三角形，这时∠ABC′=60°，
    ∴重叠部分的面积是：$\frac{60π×4}{360}$-$\frac{\sqrt{3}}{4}$×22=$\frac{2}{3}$π-$\sqrt{3}$；

    （2）如图3，设OO′与DE交于点M，则O′M=OM，OO′⊥DE，
    若△DO′E与△COO′相似，则△COO′必是Rt△，
    在点D由C到O的运动过程中，△COO′中显然只能∠CO′O=90°，
    ∴CO′∥DE，
    ∴CD=OD=1，
    ∴b=1，
    连接BE，由轴对称性可知C′D=CD，BC′=BC=BA，
    ∠BC′E=∠BCD=∠BAE=90°，
    在Rt△BAE和Rt△BC′E中，$\left\{\begin{array}{l}{BE=BE}\\{AB=BC'}\end{array}\right.$，
    ∴Rt△BAE≌Rt△BC′E（HL），
    ∴AE=C′E，
    ∴DE=DC′+C′E=DC+AE，
    设OE=x，则AE=2-x，
    ∴DE=DC+AE=3-x，
    由勾股定理得：x2+1=（3-x）2，
    解得：x=$\frac{4}{3}$，
    ∵D（0，1），E（$\frac{4}{3}$，0），
    ∴$\frac{4}{3}$k+1=0，
    解得：k=-$\frac{3}{4}$，
    ∴存在点D，使△DO′E与△COO′相似，这时k=-$\frac{3}{4}$，b=1．

    点评 此题是一次函数综合题，主要考查了相似形综合以及全等三角形的判定与性质、勾股定理、待定系数法求一次函数解析式等知识，解（1）的关键是判断出重叠部分是扇形，解（2）的关键是构造出Rt△BAE≌Rt△BC′E，用勾股定理建立方程求解，是一道中等难度的中考常考题．

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