∴∠OAB+∠ABO＝90°，∠OAB+∠DAM＝90°， ∴∠ABO＝∠DAM， ∴△AOB∽△DMA， ∴
，
∴AM＝a，DM＝2a，
∴D（a+2，2a），同理得C（a，2a+1）， ∵E为CD中点， ∴E（a+1，
）
，
，
1°又曲线过C、E点，xCyC＝xEyE，又∵a＞0，∴舍去
2°双曲线过C、D点，xCyC＝xDyD，a（2a+1）＝2a（a+2），a＝0， 又∵a＞0，∴舍去
3°双曲线过D、E点，xDyD＝xEyE，∴
，∴
），
，
，
②当CD在AB下方，同理C′（﹣a，1﹣2a）D（2﹣a，﹣2a）E（1﹣a，1°过C、E点，∴
2°过D、E点，
，∴a：k＝﹣3
，
，舍去
，
，
3°过C、D点，﹣a（1﹣2a）＝﹣2a（2﹣a），a＝0，舍去 综上：a：k＝
（3）当CD在AB是上方时，由（1）可知：D（a+2，2a），B（0，1）， ∴BD的中点（
，
），
或﹣3．
∵y＝ax平分矩形ABCD在第一象限部分的面积， ∴点（
，
）在直线y＝ax上，
∴＝a×，
解得a＝1或﹣1（舍弃），
当CD在AB的下方时，直线y＝ax经过AB的中点（1，） ∴＝a， 综上所述，
或1．
14．解：（1）由题意A（1，5）， ∵点A在y＝上， ∴k＝5， ∴B（2，）， 故答案为（
（2）∵A（1，k）、B（2，）、C（3，） ∴AB2＝∵AB＝2BC ∴AB2＝4BC2 ∴解得
（3）∵A（1，k）、B（2，）、C（3，） 又∵点A绕点B顺时针旋转90°到点D， ∴D（∴BD2＝
） ，CD2＝
，BC2＝
．
， ，BC2＝
）
①当∠BCD＝90°时，BC2+CD2＝BD2 可得
，解得
②当∠CBD＝90°时，CB2+BD2＝CD2， 可得
③当∠BDC＝90°时，BD2+CD2＝CB2 可得
综上所述，满足条件的k的值为9±3
，无解， ．
上，
，解得k＝0（舍去）
15．解：（1）∵A（1，m），B（2，1）在双曲线y2＝∴k2＝m＝2×1＝2， ∴A（1，2）， 则
，解得：
，
∴k1＝﹣1，k2＝2，b＝3； 故答案为：﹣1，2，3；
（2）由图象得：不等式y2＞y1的解集是：0＜x＜1或x＞2； （3）设点P（x，﹣x+3），且1≤x≤2， ∵PD＝﹣x+3，OD＝x， 则∵∴当
，
时，S有最大值，最大值为．
，
16．解：（1）把点A（4，n）代入一次函数y＝x﹣3， 可得n＝×4﹣3＝3；
把点A（4，3）代入反比例函数y＝， 可得3＝， 解得k＝12．
∵一次函数y＝x﹣3与x轴相交于点B， ∴x﹣3＝0， 解得x＝2，
∴点B的坐标为（2，0）， （2）当y＝﹣3时，﹣3＝解得x＝﹣4．
故当y≥﹣3时，自变量x的取值范围是x≤﹣4或x＞0．
（2）如图，过点A作AE⊥x轴，垂足为E，过点D作DF⊥x轴，垂足为F，
，
∵A（4，3），B（2，0）， ∴OE＝4，AE＝3，OB＝2， ∴BE＝OE﹣OB＝4﹣2＝2， 在Rt△ABE中，
AB＝＝＝，
∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝CD＝BC＝∴∠ABE＝∠DCF， ∵AE⊥x轴，DF⊥x轴， ∴∠AEB＝∠DFC＝90°， 在△ABE与△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF（AAS）， ∴CF＝BE＝2，DF＝AE＝3， ∴OF＝OB+BC+CF＝2+∴点D的坐标为（4+（4）存在，
+2＝4+，3）．
，
，AB∥CD，
如图2，作点B（2，0）关于y轴的对称点Q的坐标为（﹣2，0）， ∴直线AQ的关系式为y＝x+1， ∴直线AQ与y轴的交点为P（0，1）． 17．解：（1）在矩形OABC中， ∵B（2，4），
∴BC边中点D的坐标为（1，4）， ∵又曲线y＝的图象经过点（1，4）， ∴k＝4， ∵E点在AB上， ∴E点的横坐标为2， ∵y＝经过点E， ∴E点纵坐标为2， ∴E点坐标为（2，2）；
（2）由（1）得，BD＝1，BE＝2，BC＝2， ∵△FBC∽△DEB， ∴
，即
，
∴CF＝1，
∴OF＝3，即点F的坐标为（0，3），
设直线FB的解析式为y＝kx+b，而直线FB经过B（2，4），F（0，3）， ∴
，
解得，
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