1. (2026·西安期中)如图,在平面直角坐标系中,一次函数$y=-\frac{1}{2}x+3$的图象与x轴、y轴分别交于A,B两点.
(1)求点A,B的坐标.
(2)如果点C的坐标为$(0,-6)$,点P为线段AC上一个动点,连接OP,是否存在这样的点P,使得以点O,A,P为顶点的三角形与$△ ABC$相似?如果存在,请求出所有满足条件的点P的坐标;如果不存在,请说明理由.

1. (1)
∵ 一次函数$y=-\frac{1}{2}x+3$的图象与x轴、y轴分别交于A,B两点,当y=0时,得x=6;当x=0时,得y=3,
∴ A(6,0),B(0,3).
(2) 存在这样的点P,使得以点O,A,P为顶点的三角形与△ABC相似.
理由:
∵ A(6,0),B(0,3),C(0,-6),∠AOC=90°=∠AOB,
∴ OA=6=OC,OB=3,
∴ △AOC是等腰直角三角形,$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{6^2+3^2}=3\sqrt{5}$,$AC=\sqrt{OA^2+OC^2}=\sqrt{6^2+6^2}=6\sqrt{2}$,$BC=OB+OC=3+6=9$,
∴ ∠OAC=∠OCA=45°.如图,过点P作PG⊥OA于点G,
∴ ∠OGP=90°=∠AGP,
∴ ∠GPA=90°-∠GAP=90°-45°=45°=∠GAP,
∴ △APG是等腰直角三角形,GA=GP,
∴ $AP=\sqrt{GA^2+GP^2}=\sqrt{GA^2+GA^2}=\sqrt{2} GA$,
∴ $GA=GP=\frac{\sqrt{2}}{2}AP$.
当△OAP∽△ACB时,则$\frac{AP}{BC}=\frac{OA}{AC}$,即$\frac{AP}{9}=\frac{6}{6\sqrt{2}}$,
∴ $AP=\frac{9\sqrt{2}}{2}$,
∴ $GA=GP=\frac{\sqrt{2}}{2}AP=\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{9\sqrt{2}}{2}=\frac{9}{2}$,
∴ OG=OA-GA=6-$\frac{9}{2}$=$\frac{3}{2}$,此时点P的坐标为$(\frac{3}{2},-\frac{9}{2})$.
当△OAP∽△BCA时,则$\frac{AP}{CA}=\frac{OA}{BC}$,即$\frac{AP}{6\sqrt{2}}=\frac{6}{9}$,解得AP=4√2,
∴ $GA=GP=\frac{\sqrt{2}}{2}AP=\frac{\sqrt{2}}{2}×4\sqrt{2}=4$,
∴ OG=OA-GA=6-4=2,此时点P的坐标为(2,-4).
综上所述,存在这样的点P,使得以点O,A,P为顶点的三角形与△ABC相似,点P的坐标为$(\frac{3}{2},-\frac{9}{2})$或(2,-4).

2. (2026·合肥模拟)如图,直线$y=2x+b$交反比例函数$y=\frac{k}{x}(k≠0)$的图象于A,B两点,交坐标轴于C,D两点.已知$S_{△ OCD}=4,CD=2AC$,则k的值为 ()

A.4
B.6
C.$\frac{13}{2}$
D.8

2. B 解析:如图,过点A作AE⊥y轴于点E,
∴ ∠COD=∠AEC=90°.又
∵ ∠OCD=∠ECA,
∴ △AEC∽△DOC,
∴ $\frac{AC}{CD}=\frac{CE}{OC}=\frac{AE}{OD}$.
∵ CD=2AC,
∴ $\frac{AC}{CD}=\frac{CE}{OC}=\frac{AE}{OD}=\frac{1}{2}$.令x=0,则y=2x+b=b;令y=2x+b=0,解得$x=-\frac{b}{2}$,
∴ OC=|b|,$OD=|\frac{b}{2}|$,
∴ $S_{△OCD}=\frac{1}{2}·|\frac{b}{2}|·|b|=4$,解得b=±4.由题图知b＞0,
∴ b=4,
∴ y=2x+4,C(0,4),D(-2,0),
∴ OC=4,OD=2,
∴ CE=2,AE=1,
∴ OE=4+2=6.
∵ 点A在第一象限,
∴ A(1,6),将A(1,6)代入$y=\frac{k}{x}(k≠0)$,解得k=6.

3. (2024·日照中考)如图,在平面直角坐标系xOy中,点A(4,0),C(0,4√2)是矩形OABC的顶点,点M,N分别为边AB,OC上的点,将矩形OABC沿直线MN折叠,使点B的对应点B'在边OA的中点处,点C的对应点C'在反比例函数$y=\frac{k}{x}(k≠0)$的图象上,则$k=$.

3. $-\frac{160\sqrt{2}}{81}$ 解析:如图,设BB'交NM于点E,过点C'作C'H⊥x轴于点H.
∵ 四边形OABC是矩形,A(4,0),C(0,4√2),
∴ ∠ABC=∠OAB=90°,OA=BC=4,AB=OC=4√2.
∵ 点B'是OA的中点,
∴ AB'=2.在Rt△ABB'中,
∵ AB=4√2,AB'=2,
∴ $BB'=\sqrt{(4\sqrt{2})^2+2^2}=6$.
∵ 矩形OABC沿直线MN折叠,
∴ BB'⊥MN,$BE=\frac{1}{2}BB'=3$,B'C'=BC=4.
∵ ∠EBM=∠ABB',∠BEM=∠BAB'=90°,
∴ △EBM∽△ABB',
∴ $\frac{EB}{AB}=\frac{BM}{BB'}$,即$\frac{3}{4\sqrt{2}}=\frac{BM}{6}$,解得$BM=\frac{9\sqrt{2}}{4}$,
∴ $B'M=\frac{9\sqrt{2}}{4}$.
∵ AB=4√2,
∴ $AM=AB-BM=\frac{7\sqrt{2}}{4}$.
∵ ∠C'B'M=∠CBM=90°,
∴ ∠C'B'H+∠MB'A=90°.
∵ ∠MB'A+∠B'MA=90°,
∴ ∠C'B'H=∠B'MA.又
∵ ∠C'HB'=∠B'AM=90°,
∴ △C'HB'∽△B'AM,
∴ $\frac{C'H}{B'A}=\frac{HB'}{AM}=\frac{C'B'}{B'M}$,即$\frac{C'H}{2}=\frac{HB'}{\frac{7\sqrt{2}}{4}}=\frac{4}{\frac{9\sqrt{2}}{4}}$,解得$C'H=\frac{16\sqrt{2}}{9}$,$HB'=\frac{28}{9}$,
∴ $HO=HB'-OB'=\frac{10}{9}$,
∴ 点C'的坐标为$(-\frac{10}{9},\frac{16\sqrt{2}}{9})$,
∴ $k=-\frac{10}{9}×\frac{16\sqrt{2}}{9}=-\frac{160\sqrt{2}}{81}$.

4. (2026·凉山州中考)如图,在平面直角坐标系中,正比例函数$y=\frac{1}{2}x$的图象与反比例函数$y=\frac{k}{x}(x＞0)$的图象交于点$A(m,2)$,在射线$OA$上取一点$B$,使得$OB:OA=3:2$,过点$B$作$BC⊥y$轴于点$C$.
(1)求反比例函数的表达式;
(2)直接写出点$B$的坐标为;
(3)在$x$轴上存在一点$P$,使$PA+PC$最小,求点$P$坐标.

4. (1)
∵ 点A(m,2)在正比例函数$y=\frac{1}{2}x$的图象上,
∴ $\frac{1}{2}m=2$,解得m=4,
∴ 点A(4,2).
∵ 反比例函数$y=\frac{k}{x}$的图象过点A(4,2),
∴ $2=\frac{k}{4}$,解得k=8,
∴ 反比例函数的表达式为$y=\frac{8}{x}$.
(2) (6,3) 解析:如图①,过点A作AE⊥x轴于点E,过点B作BD⊥x轴于点D,AE//BD,
∴ $\frac{OB}{OA}=\frac{OD}{OE}$.设点B的横坐标为a,根据题意,得OD=a,OE=4,
∴ $\frac{OB}{OA}=\frac{3}{2}=\frac{a}{4}$,解得a=6,当x=6时,$y=\frac{1}{2}×6=3$,
∴ 点B(6,3).
(3)
∵ 点B(6,3),BC⊥y轴,
∴ 点C(0,3),如图②,作点C关于x轴对称的点C'(0,-3),连接AC'交x轴于点P,
∴ PA+PC=PA+PC',根据两点之间线段最短可得PA+PC'≥AC',
∴ PA+PC的最小值为线段AC'的长度.
设直线AC'的表达式为y=mx+n,根据题意,得$\begin{cases}4m+n=2,\\n=-3,\end{cases}$解得$\begin{cases}m=\frac{5}{4},\\n=-3,\end{cases}$
∴ 直线AC'的表达式为$y=\frac{5}{4}x-3$,当y=0时,$x=\frac{12}{5}$,
∴ 点P$(\frac{12}{5},0)$.