6[2026江苏南京期末,中]如图,在平面直角坐标系中,矩形ABCO的顶点A,C分别在y轴和x轴的正半轴上,点D是AB边上的一个点(不与A,B重合),过点D的反比例函数$y=\frac{7}{x}(x＞0)$的图象交BC于点E,连接CD并延长交y轴于F,连接BF,则$S_{△ DBF}$的值为 ()

A.7
B.4
C.3.5
D.3

【解析】设 $B(m,n). \because$ 四边形 $ABCO$ 是矩形, $\therefore AB=OC=m, OA=BC=n, \therefore A(0,n), C(m,0), \therefore$ 点 $D$ 的纵坐标为 $n$, 则其横坐标为 $\frac{7}{n}$, 即 $D(\frac{7}{n},n)$; 点 $E$ 的横坐标为 $m$, 则其纵坐标为 $\frac{7}{m}$, 即 $E(m,\frac{7}{m}), \therefore BD=m-\frac{7}{n}=\frac{mn-7}{n}$. 设直线 $CD$ 的表达式为 $y=kx+b(k ≠ 0), \therefore \begin{cases}mk+b=0, \\ \frac{7}{n}k+b=n,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}k=\frac{n^2}{7-mn}, \\ b=\frac{mn^2}{mn-7},\end{cases} \therefore$ 直线 $CD$ 的表达式为 $y=\frac{n^2}{7-mn}x+\frac{mn^2}{mn-7}$. 当 $x=0$ 时, $y=\frac{mn^2}{mn-7}$, 即 $F(0,\frac{mn^2}{mn-7}), \therefore AF=\frac{mn^2}{mn-7}-n=\frac{7n}{mn-7}, \therefore S_{△ BDF}=\frac{1}{2}BD · AF=\frac{1}{2} × \frac{mn-7}{n} × \frac{7n}{mn-7}=\frac{7}{2}=3.5$, 故选 C.

【分析】
本题是反比例函数与矩形结合的面积求解问题，解题思路如下：1. 设出矩形顶点B的坐标，利用矩形性质得到A、C的坐标；2. 根据D在反比例函数图象上且在AB边上，用B的坐标参数表示出D点坐标；3. 求出直线CD的解析式，得到其与y轴交点F的坐标；4. 表示出△DBF的底BD和对应的高（即F到AB边的垂直距离），代入面积公式计算，计算过程中参数会自动抵消，即可得到固定的面积值。
【解析】
设$B(m,n)$，$\because$ 四边形$ABCO$是矩形，$\therefore AB=OC=m$，$OA=BC=n$，$\therefore A(0,n)$，$C(m,0)$。
$\because$ 点D在AB边上，且在反比例函数$y=\frac{7}{x}(x＞0)$的图象上，$\therefore$ D点纵坐标为$n$，代入反比例函数得横坐标为$\frac{7}{n}$，即$D(\frac{7}{n},n)$，则$BD = AB - AD = m-\frac{7}{n}=\frac{mn-7}{n}$。
设直线CD的表达式为$y=kx+b(k≠0)$，将$C(m,0)$、$D(\frac{7}{n},n)$代入得：
$\begin{cases} mk+b=0 \\ \frac{7}{n}k+b=n \end{cases}$
解得$\begin{cases} k=\frac{n^2}{7-mn} \\ b=\frac{mn^2}{mn-7} \end{cases}$
$\therefore$ 直线CD的表达式为$y=\frac{n^2}{7-mn}x+\frac{mn^2}{mn-7}$。
当$x=0$时，$y=\frac{mn^2}{mn-7}$，即F点坐标为$(0,\frac{mn^2}{mn-7})$。
$\therefore$ F到AB边的距离为$AF = \frac{mn^2}{mn-7} - n = \frac{7n}{mn-7}$。
则$S_{△ DBF}=\frac{1}{2} × BD × AF = \frac{1}{2} × \frac{mn-7}{n} × \frac{7n}{mn-7} = \frac{7}{2}=3.5$。
【答案】
C
【知识点】
反比例函数的性质，一次函数解析式求法，矩形的性质
【点评】
本题属于反比例函数与几何综合的中等题型，核心是通过设参数表示点坐标，利用代数运算消去参数得到定值，考查数形结合思想和基本的代数运算能力，解题时要注意参数只是中间量，最终会在计算中抵消。
【难度系数】
0.6

7[2026江苏宿迁期末,中]如图,在平面直角坐标系中,直线$y=mx+1$与函数$y=\frac{k}{x}(k＞0,x＞0)$的图象相交于点A,点C在x轴的正半轴上,点$B(2,-3)$,连接AO,OB,BC,CA,四边形AOBC是菱形.
(1)求m和k的值.
(2)若点P是x轴上的点,且$S_{△ AOP}=S_{菱形AOBC}$,求点P的坐标.

7.【解】(1)如图,连接 AB 交 OC 于点 E. $\because$ 点 C 在 x 轴的正半轴上, 点 $B(2,-3)$, 四边形 AOBC 是菱形, $\therefore AE=EB=3, OE=2, \therefore A(2,3). \because$ 点 A 为直线 $y=mx+1$ 与函数 $y=\frac{k}{x}(x＞0)$ 图象的交点, $\therefore k=2 × 3=6, 2m+1=3, \therefore m=1$.
(2)$\because$ 四边形 AOBC 是菱形, $\therefore OE=EC=2, AE=EB=3, \therefore OC=4, AB=6, \therefore S_{\mathrm{菱形}AOBC}=\frac{1}{2}OC · AB=\frac{1}{2} × 4 × 6=12$. 设点 P 坐标为 $(x,0), \therefore S_{△ AOP}=\frac{1}{2}|x| × 3=12$, 解得 $x= \pm 8, \therefore P$ 的坐标为 $(8,0)$ 或 $(-8,0)$.

【分析】
(1) 求解第一问首先要得到点A的坐标，利用菱形对角线互相垂直平分的性质，结合点B的坐标可推出点A与点B关于x轴对称，直接得到A点坐标；再将点A坐标分别代入一次函数和反比例函数解析式，即可求出m和k的值。
(2) 第二问先根据菱形面积等于对角线乘积的一半计算出菱形AOBC的面积，再设点P坐标为$(x,0)$，$△ AOP$的底为$OP$的长度$|x|$，高为点A的纵坐标3，根据面积相等列方程求解即可，注意要考虑x的正负两种情况，避免漏解。
【解析】
(1) 如图，连接AB交OC于点E。
∵ 四边形AOBC是菱形，点C在x轴正半轴上，点$B(2,-3)$，
∴ 菱形对角线AB与OC互相垂直平分，可得$AE=EB=3$，$OE=2$，
∴ 点A的坐标为$(2,3)$。
∵ 点A是直线$y=mx+1$与反比例函数$y=\frac{k}{x}(k＞0,x＞0)$的交点，
将$A(2,3)$代入$y=\frac{k}{x}$，得$k=2×3=6$；
将$A(2,3)$代入$y=mx+1$，得$2m+1=3$，解得$m=1$。
(2)
∵ 四边形AOBC是菱形，
∴ $OE=EC=2$，$AE=EB=3$，
∴ 对角线$OC=4$，$AB=6$，
∴ $S_{\mathrm{菱形}AOBC}=\frac{1}{2}OC · AB=\frac{1}{2}×4×6=12$。
设点P坐标为$(x,0)$，则$△ AOP$的底为$|x|$，高为点A的纵坐标3，
由$S_{△ AOP}=S_{\mathrm{菱形}AOBC}$，得$\frac{1}{2}|x|×3=12$，
解得$x=\pm8$，即点P的坐标为$(8,0)$或$(-8,0)$。
【答案】
(1) $m=1$，$k=6$；(2) 点P的坐标为$(8,0)$或$(-8,0)$
【知识点】
菱形的性质；待定系数法求解析式；图形面积计算
【点评】
本题属于函数与几何的综合题，解题突破口是利用菱形的性质求出点A的坐标，第二问求解时要注意点P在x轴上可位于正半轴也可位于负半轴，不要漏解。
【难度系数】
0.6

8[2026江苏扬州调研,难]如图,在矩形OABC中,AB=3,BC=6,点D是边AB上的点,且$\frac{AD}{BD}=\frac{1}{2}$,反比例函数$y=\frac{k}{x}(k＞0,x＞0)$的图象经过点D,交BC边于点E,作直线DE.
(1)直接写出点D,E的坐标:D(,),E(,);直接写出反比例函数的表达式:;连接OD,OE,直接写出$△ ODE$的面积:.
(2)在y轴上找一点P,使$△ PDE$的周长最小,求出此时点P的坐标.
(3)若点M在反比例函数$y=\frac{k}{x}(k＞0,x＞0)$的图象上,点N在y轴上,是否存在以D,E,M,N为顶点的平行四边形?若存在,直接写出点M的坐标;若不存在,请说明理由.

备用图

8.【解】(1)如图(1).$\because$ 在矩形 OABC 中, $AB=3, BC=6, \therefore OC=AB=3, AO=BC=6$. $\because$ 点 D 是边 AB 上的点, 且 $\frac{AD}{BD}=\frac{1}{2}, \therefore AD=\frac{1}{3}AB=\frac{1}{3} × 3=1, \therefore BD=3-1=2, D(1,6)$. $\because$ 反比例函数 $y=\frac{k}{x}(k＞0,x＞0)$ 的图象经过点 D, 交 BC 边于点 E, $\therefore k=1 × 6=6, \therefore$ 反比例函数的表达式为 $y=\frac{6}{x}$, 当 $x=3$ 时, $y=\frac{6}{3}=2, \therefore E(3,2), \therefore BE=BC-EC=6-2=4, \therefore S_{△ ODE}=S_{\mathrm{矩形}OABC}-S_{△ OAD}-S_{△ OCE}-S_{△ BDE}=AB · BC-\frac{1}{2}AO · AD-\frac{1}{2}OC · EC-\frac{1}{2}BD · BE=3 × 6-\frac{1}{2} × 6 × 1-\frac{1}{2} × 3 × 2-\frac{1}{2} × 2 × 4=18-3-3-4=8$.
(2)如图(2),作点 E 关于 y 轴的对称点 $E'$, 连接 $DE'$ 交 y 轴于 P, 此时的点 P 使 $△ PDE$ 的周长最小, $PE'=PE, \therefore DE+PD+PE=DE+PD+PE'=DE+DE'$. 由(1)知 $E(3,2), \therefore E'(-3,2)$. 设直线 $DE'$ 的表达式为 $y=ax+b(a ≠ 0)$. 将 $D(1,6), E'(-3,2)$ 代入, 得 $\begin{cases}a+b=6, \\ -3a+b=2,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}a=1, \\ b=5,\end{cases} \therefore$ 直线 $DE'$ 的表达式为 $y=x+5$. 当 $x=0$ 时, $y=5, \therefore P(0,5)$.
(3)存在. 点 M 的坐标为 $(4,\frac{3}{2})$ 或 $(2,3)$. 设 $M(m,\frac{6}{m}), N(0,n)$. 由(1)得 $D(1,6), E(3,2)$.
①当 MN, DE 为对角线时, 得 $\begin{cases}\frac{m+0}{2}=\frac{1+3}{2}, \\ \frac{\frac{6}{m}+n}{2}=\frac{6+2}{2},\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}m=4, \\ n=\frac{13}{2},\end{cases} \therefore M(4,\frac{3}{2})$;②当 MD, NE 为对角线时, 得 $\begin{cases}\frac{m+1}{2}=\frac{0+3}{2}, \\ \frac{\frac{6}{m}+6}{2}=\frac{n+2}{2},\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}m=2, \\ n=7,\end{cases} \therefore M(2,3)$;③当 ME, ND 为对角线时, 得 $\begin{cases}\frac{m+3}{2}=\frac{0+1}{2}, \\ \frac{\frac{6}{m}+2}{2}=\frac{n+6}{2},\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}m=-2, \\ n=-7,\end{cases} \therefore M(-2,-3)$, 不符合题意, 舍去.
综上所述, 存在以 D,E,M,N 为顶点的平行四边形, 点 M 的坐标为 $(4,\frac{3}{2})$ 或 $(2,3)$.
思路分析
(3) 分 MN, DE 为对角线时,MD,NE 为对角线时和 ME,ND 为对角线时三种情况讨论.

【分析】
(1) 先根据矩形性质得到各边长，结合AD:BD=1:2求出点D的坐标，将D代入反比例函数求出k值，得到反比例函数表达式；再根据E在BC边上的位置特点，代入表达式求出E点坐标；最后用矩形面积减去周边三个直角三角形的面积，即可求得△ODE的面积。
(2) △PDE的周长中DE为定值，因此只需PD+PE最小时周长最小。利用轴对称求最短路径的方法，作E关于y轴的对称点E'，连接DE'，其与y轴的交点即为所求P点；用待定系数法求出直线DE'的解析式，计算其与y轴的交点坐标即可得到P点坐标。
(3) 平行四边形存在性问题需分类讨论：分别以DE、MD、ME为平行四边形的对角线，根据平行四边形对角线互相平分，即对角线中点坐标相同的性质列方程求解，结合反比例函数x＞0的取值范围舍去不符合条件的解，即可得到M点坐标。
【解析】
(1) 如图(1)，
∵在矩形OABC中，AB=3，BC=6，
∴OC=AB=3，AO=BC=6。
∵点D在AB上，且$\frac{AD}{BD}=\frac{1}{2}$，
∴$AD=\frac{1}{3}AB=\frac{1}{3}×3=1$，
∴D(1,6)。
∵反比例函数$y=\frac{k}{x}(k＞0,x＞0)$的图象过点D，
∴$k=1×6=6$，即反比例函数表达式为$y=\frac{6}{x}$。
E点在BC边上，横坐标为3，代入$y=\frac{6}{x}$得$y=\frac{6}{3}=2$，
∴E(3,2)。
△ODE的面积：$S_{△ODE}=S_{矩形OABC}-S_{△OAD}-S_{△OCE}-S_{△BDE}$
$=3×6-\frac{1}{2}×6×1-\frac{1}{2}×3×2-\frac{1}{2}×2×4=18-3-3-4=8$。
(2) 如图(2)，作点E关于y轴的对称点$E'$，连接$DE'$交y轴于P，此时△PDE周长最小。
由对称性质得$PE=PE'$，因此$PD+PE=PD+PE'=DE'$，为最小值。
由(1)知E(3,2)，故$E'(-3,2)$。
设直线$DE'$的解析式为$y=ax+b(a≠0)$，将D(1,6)、$E'(-3,2)$代入得：
$\begin{cases}a+b=6 \\ -3a+b=2\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=1 \\ b=5\end{cases}$，即直线$DE'$的解析式为$y=x+5$。
令$x=0$，得$y=5$，
∴P(0,5)。
(3) 存在。设$M(m,\frac{6}{m})$，$N(0,n)$，已知D(1,6)、E(3,2)，分三种情况讨论：
①当MN和DE为对角线时，对角线中点重合，得：
$\begin{cases}\frac{m+0}{2}=\frac{1+3}{2} \\ \frac{\frac{6}{m}+n}{2}=\frac{6+2}{2}\end{cases}$，解得$\begin{cases}m=4 \\ n=\frac{13}{2}\end{cases}$，即$M(4,\frac{3}{2})$；
②当MD和NE为对角线时，对角线中点重合，得：
$\begin{cases}\frac{m+1}{2}=\frac{0+3}{2} \\ \frac{\frac{6}{m}+6}{2}=\frac{n+2}{2}\end{cases}$，解得$\begin{cases}m=2 \\ n=7\end{cases}$，即$M(2,3)$；
③当ME和ND为对角线时，对角线中点重合，得：
$\begin{cases}\frac{m+3}{2}=\frac{0+1}{2} \\ \frac{\frac{6}{m}+2}{2}=\frac{n+6}{2}\end{cases}$，解得$\begin{cases}m=-2 \\ n=-7\end{cases}$，不符合$x＞0$的条件，舍去。
综上，符合条件的M点坐标为$(4,\frac{3}{2})$或$(2,3)$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{1}$，$\boldsymbol{6}$；$\boldsymbol{3}$，$\boldsymbol{2}$；$\boldsymbol{y=\frac{6}{x}}$；$\boldsymbol{8}$
(2) $\boldsymbol{P(0,5)}$
(3) 存在，点M的坐标为$\boldsymbol{(4,\frac{3}{2})}$或$\boldsymbol{(2,3)}$
【知识点】
反比例函数图象与性质；轴对称最短路径；平行四边形性质
【点评】
本题是反比例函数与几何的综合题型，涵盖了坐标求解、函数解析式确定、面积计算、最短路径及平行四边形存在性等核心考点，需要灵活运用数形结合和分类讨论的数学思想，对综合分析问题的能力有较高要求。
【难度系数】
0.3