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9. 如图，在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，直线y=x+2交y轴于点A，交x轴于点B，与双曲线$y=\frac{k}{x}(k≠0)$在第一、三象限分别交于C，D两点，点D的纵坐标为-2，$AB=\frac{1}{2}BC$，连接CO，DO.
求：(1)k的值；
(2)△CDO的面积.
求：(1)k的值；
(2)△CDO的面积.
答案
9.解:(1)在$y = x + 2$中，令$x = 0$，得$y = 2$，
令$y = 0$，得$x = -2$，
$\therefore A(0,2)$，$B(-2,0)$。
$\because AB=\frac{1}{2}BC$，
$\therefore A$为$BC$的中点，
$\therefore C(2,4)$。
把$C(2,4)$代入$y=\frac{k}{x}$，得$4=\frac{k}{2}$，
解得$k = 8$。
(2)$\because$点$D$的纵坐标为$-2$，$\therefore$将$y = -2$代入$y=\frac{8}{x}$，得
$-2=\frac{8}{x}$，$\therefore x = -4$，
$\therefore D(-4,-2)$，
$\therefore S_{\triangle DOC}=S_{\triangle DOB}+S_{\triangle COB}=\frac{1}{2}\times2\times2+\frac{1}{2}\times2\times4 = 2 + 4 = 6$，
$\therefore \triangle CDO$的面积是6。
令$y = 0$，得$x = -2$，
$\therefore A(0,2)$，$B(-2,0)$。
$\because AB=\frac{1}{2}BC$，
$\therefore A$为$BC$的中点，
$\therefore C(2,4)$。
把$C(2,4)$代入$y=\frac{k}{x}$，得$4=\frac{k}{2}$，
解得$k = 8$。
(2)$\because$点$D$的纵坐标为$-2$，$\therefore$将$y = -2$代入$y=\frac{8}{x}$，得
$-2=\frac{8}{x}$，$\therefore x = -4$，
$\therefore D(-4,-2)$，
$\therefore S_{\triangle DOC}=S_{\triangle DOB}+S_{\triangle COB}=\frac{1}{2}\times2\times2+\frac{1}{2}\times2\times4 = 2 + 4 = 6$，
$\therefore \triangle CDO$的面积是6。
10. 如图，在△ABC中，AC = BC，AB⊥x轴，垂足为A. 反比例函数$y=\frac{k}{x}(x＞0)$的图像经过点C，交AB于点D. 已知AB = 8，BC = 5.
(1)若OA = 8，求k的值；
(2)连接OC，若BD = BC，求OC的长.
(1)若OA = 8，求k的值；
(2)连接OC，若BD = BC，求OC的长.
答案
10.解:(1)如答图，作$CE\perp AB$，垂足为$E$。
$\because AC = BC$，$AB = 8$，
$\therefore AE = BE = 4$。
在$Rt\triangle BCE$中，$BC = 5$，$BE = 4$，
$\therefore CE=\sqrt{BC^{2}-BE^{2}}=\sqrt{5^{2}-4^{2}} = 3$。
$\because OA = 8$，
$\therefore$点$C$的坐标为$(5,4)$。
$\because$反比例函数$y=\frac{k}{x}(x ＞ 0)$的图像经过点$C$，
$\therefore k = 5\times4 = 20$。
(2)设点$A$的坐标为$(m,0)$，
$\because BD = BC = 5$，$AB = 8$，
$\therefore AD = 3$，
$\therefore D$，$C$两点的坐标分别为$(m,3)$，$(m - 3,4)$。
$\because$点$C$，$D$都在反比例函数$y=\frac{k}{x}(x ＞ 0)$的图像上，
$\therefore 3m = 4(m - 3)$，
$\therefore m = 12$，
$\therefore$点$C$的坐标为$(9,4)$，
$\therefore OC=\sqrt{9^{2}+4^{2}}=\sqrt{97}$。
11. (2023·广陵区月考)如图①，A(-4,n)，B(3,4)是一次函数y1=kx+b的图像与反比例函数$y_{2}=\frac{m}{x}$的图像的两个交点，过点D(t,0)(0＜t＜3)作x轴的垂线，分别交双曲线$y_{2}=\frac{m}{x}$和直线y1=kx+b于P，Q两点.
(1)求反比例函数和一次函数的表达式；
(2)连接AP，BP，当t为何值时，$S_{\triangle BPQ}=\frac{1}{2}S_{\triangle APQ}$；
(3)如图②，以PQ为边在直线PQ的右侧作正方形PQMN，试说明：边QM与双曲线$y_{2}=\frac{m}{x}(x＞0)$始终有交点.
(1)求反比例函数和一次函数的表达式；
(2)连接AP，BP，当t为何值时，$S_{\triangle BPQ}=\frac{1}{2}S_{\triangle APQ}$；
(3)如图②，以PQ为边在直线PQ的右侧作正方形PQMN，试说明：边QM与双曲线$y_{2}=\frac{m}{x}(x＞0)$始终有交点.
答案
11.解:(1)将$B(3,4)$代入$y_{2}=\frac{m}{x}$，得$m = 3\times4 = 12$，
$\therefore$反比例函数表达式为$y_{2}=\frac{12}{x}$。
将$A(-4,n)$代入反比例函数，得$n = -3$，
$\therefore A(-4,-3)$。
$\because$直线$y_{1}=kx + b$过点$A$和点$B$，
$\therefore \begin{cases}-3=-4k + b\\4 = 3k + b\end{cases}$，解得$\begin{cases}k = 1\\b = 1\end{cases}$，
$\therefore$一次函数的表达式为$y = x + 1$。
(2)$\because PQ\perp x$轴，
$\therefore S_{\triangle BPQ}=\frac{1}{2}PQ\cdot(x_{B}-x_{D})=\frac{1}{2}PQ\cdot(3 - t)$，
$S_{\triangle APQ}=\frac{1}{2}PQ\cdot(x_{D}-x_{A})=\frac{1}{2}PQ\cdot(t + 4)$。
又$\because S_{\triangle BPQ}=\frac{1}{2}S_{\triangle APQ}$，$\therefore \frac{S_{\triangle BPQ}}{S_{\triangle APQ}}=\frac{1}{2}$，
$\therefore \frac{\frac{1}{2}PQ\times(3 - t)}{\frac{1}{2}PQ\times(t + 4)}=\frac{1}{2}$，即$\frac{3 - t}{t + 4}=\frac{1}{2}$，解得$t=\frac{2}{3}$。
(3)设直线$QM$与双曲线交于点$C$。
依题意可知，$P(t,\frac{12}{t})$，$Q(t,t + 1)$，$C(\frac{12}{t + 1},t + 1)$，
$\therefore QM = PQ=\frac{12}{t}-t - 1$，$QC=\frac{12}{t + 1}-t$，
$\therefore QM - QC=\frac{12}{t}-t - 1-(\frac{12}{t + 1}-t)=\frac{12}{t(t + 1)}-1$。
$\because 0 ＜ t ＜ 3$，$\therefore 0 ＜ t(t + 1) ＜ 12$，$\therefore \frac{12}{t(t + 1)}＞1$，
即$QM - QC＞0$，$\therefore QM＞QC$，即边$QM$与双曲线$y_{2}=\frac{m}{x}$始终有交点。
$\therefore$反比例函数表达式为$y_{2}=\frac{12}{x}$。
将$A(-4,n)$代入反比例函数，得$n = -3$，
$\therefore A(-4,-3)$。
$\because$直线$y_{1}=kx + b$过点$A$和点$B$，
$\therefore \begin{cases}-3=-4k + b\\4 = 3k + b\end{cases}$，解得$\begin{cases}k = 1\\b = 1\end{cases}$，
$\therefore$一次函数的表达式为$y = x + 1$。
(2)$\because PQ\perp x$轴，
$\therefore S_{\triangle BPQ}=\frac{1}{2}PQ\cdot(x_{B}-x_{D})=\frac{1}{2}PQ\cdot(3 - t)$，
$S_{\triangle APQ}=\frac{1}{2}PQ\cdot(x_{D}-x_{A})=\frac{1}{2}PQ\cdot(t + 4)$。
又$\because S_{\triangle BPQ}=\frac{1}{2}S_{\triangle APQ}$，$\therefore \frac{S_{\triangle BPQ}}{S_{\triangle APQ}}=\frac{1}{2}$，
$\therefore \frac{\frac{1}{2}PQ\times(3 - t)}{\frac{1}{2}PQ\times(t + 4)}=\frac{1}{2}$，即$\frac{3 - t}{t + 4}=\frac{1}{2}$，解得$t=\frac{2}{3}$。
(3)设直线$QM$与双曲线交于点$C$。
依题意可知，$P(t,\frac{12}{t})$，$Q(t,t + 1)$，$C(\frac{12}{t + 1},t + 1)$，
$\therefore QM = PQ=\frac{12}{t}-t - 1$，$QC=\frac{12}{t + 1}-t$，
$\therefore QM - QC=\frac{12}{t}-t - 1-(\frac{12}{t + 1}-t)=\frac{12}{t(t + 1)}-1$。
$\because 0 ＜ t ＜ 3$，$\therefore 0 ＜ t(t + 1) ＜ 12$，$\therefore \frac{12}{t(t + 1)}＞1$，
即$QM - QC＞0$，$\therefore QM＞QC$，即边$QM$与双曲线$y_{2}=\frac{m}{x}$始终有交点。
