19.(6分)如图，在平面直角坐标系$xOy$中，反比例函数$y = \frac{m}{x} (x ＞ 0)$的图象经过点$A(3,4)$，过点$A$的直线$y = kx + b$与$x$轴、$y$轴分别交于$B$，$C$两点.
(1)求反比例函数的表达式.
(2)若$\bigtriangleup AOB$的面积为$\bigtriangleup BOC$的面积的2倍，求此直线的函数表达式.

(1)
因为反比例函数$y = \frac{m}{x}(x\gt0)$的图象经过点$A(3,4)$，
将$A(3,4)$代入$y = \frac{m}{x}$，
得$4=\frac{m}{3}$，
解得$m = 12$，
所以反比例函数的表达式为$y=\frac{12}{x}(x\gt0)$。
(2)
因为点$A(3,4)$在直线$y = kx + b$上，
所以$4 = 3k + b$，
即$b = 4 - 3k$，
直线$y = kx + b$与$x$轴交点$B$的纵坐标为$0$，
令$y = 0$，
则$kx + b = 0$，
$x=-\frac{b}{k}$（$k\neq0$），
所以$B$点坐标为$(-\frac{b}{k},0)$，
直线$y = kx + b$与$y$轴交点$C$的横坐标为$0$，
令$x = 0$，
则$y = b$，
所以$C$点坐标为$(0,b)$。
$\triangle AOB$以$OB$为底时，$A$点纵坐标为高，
$\triangle BOC$以$OB$为底时，$C$点纵坐标为高，
$S_{\triangle AOB}=\frac{1}{2}×\vert OB\vert×4$，
$S_{\triangle BOC}=\frac{1}{2}×\vert OB\vert×\vert b\vert$，
因为$S_{\triangle AOB}=2S_{\triangle BOC}$，
所以$\frac{1}{2}×\vert OB\vert×4 = 2×\frac{1}{2}×\vert OB\vert×\vert b\vert$，
即$4 = 2\vert b\vert$，
解得$b = \pm2$。
当$b = 2$时，
代入$b = 4 - 3k$，
得$2 = 4 - 3k$，
$3k = 2$，
解得$k=\frac{2}{3}$，
此时直线函数表达式为$y=\frac{2}{3}x + 2$。
当$b=-2$时，
代入$b = 4 - 3k$，
得$-2 = 4 - 3k$，
$3k = 6$，
解得$k = 2$，
此时直线函数表达式为$y = 2x-2$。
综上，直线的函数表达式为$y=\frac{2}{3}x + 2$或$y = 2x - 2$。

20.(6分)如图，点$C$在以$AB$为直径的$\odot O$上，点$D$是半圆$AB$的中点，连接$AC$，$BC$，$AD$，$BD$，过点$D$作$DH // AB$，交$CB$的延长线于点$H$.
(1)求证：直线$DH$是$\odot O$的切线.
(2)若$AB = 10$，$BC = 6$，求$AD$，$BH$的长.

（1）证明：
连接$OD$。
因为$AB$为$\odot O$的直径，点$D$是半圆$AB$的中点，所以$\angle AOD=\angle BOD = 90^{\circ}$（半圆所对的圆心角是$180^{\circ}$，中点将其平分）。
又因为$DH// AB$，根据“两直线平行，同旁内角互补”，可得$\angle ODH+\angle AOD = 180^{\circ}$。
把$\angle AOD = 90^{\circ}$代入，得$\angle ODH=90^{\circ}$，即$OD\perp DH$。
因为$OD$是$\odot O$的半径，所以直线$DH$是$\odot O$的切线。
（2）
解：
因为$AB$是$\odot O$的直径，所以$\angle ACB=\angle ADB = 90^{\circ}$（直径所对的圆周角是直角）。
在$Rt\triangle ABC$中，$AB = 10$，$BC = 6$，根据勾股定理$AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}$，即$AC=\sqrt{10^{2}-6^{2}}=\sqrt{100 - 36}=\sqrt{64}=8$。
因为点$D$是半圆$AB$的中点，所以$AD = BD$。
在$Rt\triangle ABD$中，$AB = 10$，由勾股定理$AD^{2}+BD^{2}=AB^{2}$，又$AD = BD$，则$2AD^{2}=AB^{2}$，$AD=\sqrt{\frac{AB^{2}}{2}}=\sqrt{\frac{100}{2}} = 5\sqrt{2}$。
因为$\angle ACB=\angle ODH = 90^{\circ}$，$DH// AB$，所以$\angle H=\angle ABC$。
又$\angle ADB=\angle ACB = 90^{\circ}$，$\angle DBC+\angle DAC=\angle DBC+\angle BDH = 90^{\circ}$，所以$\angle DAC=\angle BDH$。
因为$\angle DAC=\angle DBC$（同弧所对的圆周角相等），所以$\triangle ABC\sim\triangle BHD$。
则$\frac{AC}{BD}=\frac{BC}{BH}$，已知$AC = 8$，$BD = AD = 5\sqrt{2}$，$BC = 6$，即$\frac{8}{5\sqrt{2}}=\frac{6}{BH}$。
交叉相乘得$8BH=30\sqrt{2}$，$BH=\frac{15\sqrt{2}}{4}$。
综上，（1）已证直线$DH$是$\odot O$的切线；（2）$AD = 5\sqrt{2}$，$BH=\frac{15\sqrt{2}}{4}$。