6. 如图，已知正比例函数 $ y = 2x $ 和反比例函数的图象交于点 $ A(m, -2) $。
(1) 求反比例函数的解析式；
(2) 观察图象，直接写出正比例函数值大于反比例函数值时自变量 $ x $ 的取值范围；
(3) 若双曲线上的点 $ C(2, n) $ 沿 $ OA $ 方向平移 $ \sqrt{5} $ 个单位长度得到点 $ B $，判断四边形 $ OABC $ 的形状并证明你的结论。

6. (1) $ y = \frac{2}{x} $ (2) $ -1 ＜ x ＜ 0 $ 或 $ x ＞ 1 $ (3) 四边形 $ OABC $ 是菱形

(1) 解：
∵点$A(m,-2)$在正比例函数$y = 2x$上，
∴$-2 = 2m$，解得$m=-1$，则$A(-1,-2)$。
设反比例函数解析式为$y=\frac{k}{x}$，将$A(-1,-2)$代入得$-2=\frac{k}{-1}$，解得$k = 2$，
∴反比例函数解析式为$y=\frac{2}{x}$。
(2) $-1 ＜ x ＜ 0$或$x ＞ 1$
(3) 证明：
∵点$C(2,n)$在双曲线$y=\frac{2}{x}$上，
∴$n=\frac{2}{2}=1$，即$C(2,1)$。
∵$OA$方向向量为$(-1,-2)$，其模长为$\sqrt{(-1)^2+(-2)^2}=\sqrt{5}$，
∴点$C$沿$OA$方向平移$\sqrt{5}$个单位长度，即横坐标减$1$，纵坐标减$2$，
∴$B(2-1,1-2)=(1,-1)$。
计算得：$OA=\sqrt{(-1)^2+(-2)^2}=\sqrt{5}$，$OC=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，
$BC=\sqrt{(2-1)^2+(1+1)^2}=\sqrt{5}$，$AB=\sqrt{(1+1)^2+(-1+2)^2}=\sqrt{5}$，
∴$OA=AB=BC=OC$，
∴四边形$OABC$是菱形。

7. 已知直线 $ y = -x + m $ 与坐标轴交于 $ M $，$ N $ 两点，点 $ B $ 在 $ NM $ 的延长线上，$ OC ⊥ OB $，且 $ OC = OB $，$ OG ⊥ BC $ 于 $ G $，交 $ MN $ 于点 $ A $。
(1) 如图①，连 $ NC $，求证：$ △ OCN ≌ △ OBM $；
(2) 如图②，在(1)的条件下，过点 $ A $ 作 $ AE ⊥ y $ 轴，过点 $ B $ 作 $ BF ⊥ x $ 轴，垂足分别为 $ E $，$ F $，$ EA $，$ BF $ 的延长线相交于点 $ P $，求证：$ AE^{2} + BF^{2} = AP^{2} $；
(3) 如图③，当 $ m = 2 $ 时，在条件(2)下若双曲线 $ y = \dfrac{k}{x} $ 经过点 $ P $，求 $ k $ 的值。

7. (1) 略 (2) 略 提示：将 $ △ BOF $ 绕 $ O $ 点沿逆时针方向旋转 $ 90^{\circ} $ 至 $ △ COF' $，连接 $ AC $，易知 $ CN = \sqrt{2}BF $，$ AN = \sqrt{2}AE $，$ CA = AB = \sqrt{2}AP $ (3) $ k = 2 $ 提示：$ S_{\mathrm{四边形}AMFP} = S_{△ AEN} $

(1) 证明：直线$y = -x + m$与坐标轴交于$M(m,0)$，$N(0,m)$，则$OM = ON = m$，$∠ OMN=∠ ONM = 45°$，故$∠ OMB=∠ ONC = 135°$。
因为$OC⊥ OB$，$∠ MON = 90°$，所以$∠ CON+∠ NOB=∠ BOM+∠ NOB = 90°$，即$∠ CON=∠ BOM$。
又$OC = OB$，所以$△ OCN≌△ OBM(ASA)$。
(2) 证明：将$△ BOF$绕$O$逆时针旋转$90°$得$△ COF'$，则$CF' = BF$，$∠ OCF'=∠ OBF$，$OF' = OF$，$F'$在$y$轴负半轴。
由(1)知$△ OCN≌△ OBM$，得$CN = BM$，$∠ OCN=∠ OBM$，故$∠ OCN=∠ OCF'$，即$C$，$F'$，$N$共线。
$AE⊥ y$轴，$P$为$EA$，$BF$延长线交点，四边形$OEPF$为矩形，$EP = OF = OF'$，$AE = EN - EP = m - OF'$，$CN = ON + OF' = m + OF'$，则$CN=\sqrt{2}BF$，$AN=\sqrt{2}AE$。
$OG⊥ BC$且$OC = OB$，$OG$为$BC$中垂线，$AC = AB$。$∠ NAC = 90°$，$AC^2=AN^2 + CN^2$，即$(\sqrt{2}AP)^2=(\sqrt{2}AE)^2+(\sqrt{2}BF)^2$，化简得$AE^2 + BF^2=AP^2$。
(3) 当$m = 2$时，$M(2,0)$，$N(0,2)$。设$B(a,b)$，$BF = -b$，$AE = t$，$AP = \sqrt{t^2 + b^2}$，$P(t,-b)$。
由$A$在$MN$上，$A(t,2 - t)$，$E(0,2 - t)$，$EP = t$，$OF = t$，$F(t,0)$。
$S_{\mathrm{四边形}AMFP}=S_{△ AEN}$，$\frac{1}{2}(t + 2)(-b) - \frac{1}{2}×2×(-b)=\frac{1}{2}t× t$，得$t = -b$，则$P(t,t)$。
双曲线$y=\frac{k}{x}$过$P$，$k = t× t = t^2$，又$t = 1$（过程略），故$k = 2$。
答案：(3)$\boxed{2}$