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3. 如图，在菱形OABC中，OA在x轴正半轴上，O为坐标原点，$A(5,0)$，点B在A的右侧.对角线AC，OB交于点D，且$AC\cdot OB=40$.若反比例函数$y=\frac {k}{x}(x＞0)$的图象过点D并交BC的延长线于点E，求$S_{\triangle OCE}:S_{\triangle OAB}$的值.
答案：
1:5
4. [2024·扬州月考节选]如图1，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点A在x轴负半轴，顶点C在y轴正半轴，E，F分别为BC，AB的中点，反比例函数$y=\frac {k}{x}(x＜0)$的图象经过E，F两点，连接OE，OF，四边形OEBE的面积为8.
(1)$k=$
(2)在(1)的条件下，如图2，$D(a,b)$为该反比例函数图象上任意一点，过点D作$DG// x$轴，交直线AC于点G，请猜想BD与DG的数量关系，并说明理由.
(3)在(2)的条件下，延长DB交反比例函数$y=\frac {k}{x}(x＜0)$的图象于点H，过点D作$DM⊥$直线AC于点M，过点H作$HN⊥$直线AC于点N.试判断$\frac {DH}{DM+HN}$的值是否为定值，若是，请直接写出定值；若不是，请说明理由.
(1)$k=$
-8
，直线AC的表达式为$y=x + 4$
.(2)在(1)的条件下，如图2，$D(a,b)$为该反比例函数图象上任意一点，过点D作$DG// x$轴，交直线AC于点G，请猜想BD与DG的数量关系，并说明理由.
解：$BD = DG$。
理由如下：
因为$D(a,b)$在$y =-\frac{8}{x}$上，所以$b=-\frac{8}{a}$。
因为$DG// x$轴，交直线$y=x + 4$于$G$，令$y = b$，则$x=b - 4$，所以$G(b - 4,b)$。
$B(-4,4)$，根据两点间距离公式$d=\sqrt{(x_2 - x_1)^{2}+(y_2 - y_1)^{2}}$，则$BD=\sqrt{(a + 4)^{2}+(b - 4)^{2}}$，$DG=\vert a-(b - 4)\vert=\vert a - b + 4\vert$。
把$b =-\frac{8}{a}$代入$BD^{2}=(a + 4)^{2}+(-\frac{8}{a}-4)^{2}=a^{2}+8a + 16+\frac{64}{a^{2}}+\frac{64}{a}+16$
$DG^{2}=(a+\frac{8}{a}+4)^{2}=a^{2}+8a + 16+\frac{64}{a^{2}}+\frac{64}{a}+16$，所以$BD^{2}=DG^{2}$，又$BD\gt0$，$DG\gt0$，所以$BD = DG$。
理由如下：
因为$D(a,b)$在$y =-\frac{8}{x}$上，所以$b=-\frac{8}{a}$。
因为$DG// x$轴，交直线$y=x + 4$于$G$，令$y = b$，则$x=b - 4$，所以$G(b - 4,b)$。
$B(-4,4)$，根据两点间距离公式$d=\sqrt{(x_2 - x_1)^{2}+(y_2 - y_1)^{2}}$，则$BD=\sqrt{(a + 4)^{2}+(b - 4)^{2}}$，$DG=\vert a-(b - 4)\vert=\vert a - b + 4\vert$。
把$b =-\frac{8}{a}$代入$BD^{2}=(a + 4)^{2}+(-\frac{8}{a}-4)^{2}=a^{2}+8a + 16+\frac{64}{a^{2}}+\frac{64}{a}+16$
$DG^{2}=(a+\frac{8}{a}+4)^{2}=a^{2}+8a + 16+\frac{64}{a^{2}}+\frac{64}{a}+16$，所以$BD^{2}=DG^{2}$，又$BD\gt0$，$DG\gt0$，所以$BD = DG$。
(3)在(2)的条件下，延长DB交反比例函数$y=\frac {k}{x}(x＜0)$的图象于点H，过点D作$DM⊥$直线AC于点M，过点H作$HN⊥$直线AC于点N.试判断$\frac {DH}{DM+HN}$的值是否为定值，若是，请直接写出定值；若不是，请说明理由.
是定值，$\sqrt{2}$
答案：
$(1)$求$k$的值和直线$AC$的表达式
设正方形$OABC$的边长为$2m$，则$E(-m,2m)$，$F(-2m,m)$。
因为反比例函数$y = \frac{k}{x}(x\lt0)$的图象经过$E$，$F$两点，所以$k=-m×2m=-2m^{2}$，$k = - 2m× m=-2m^{2}$。
由$S_{四边形OEBF}=S_{正方形OABC}-S_{\triangle OAE}-S_{\triangle OCF}$，$S_{正方形OABC}=(2m)^{2}=4m^{2}$，$S_{\triangle OAE}=\frac{1}{2}×2m× m = m^{2}$，$S_{\triangle OCF}=\frac{1}{2}×2m× m = m^{2}$，已知$S_{四边形OEBF}=8$，则$4m^{2}-m^{2}-m^{2}=8$，即$2m^{2}=8$，$m^{2} = 4$，又$m\gt0$，所以$m = 2$。
那么$k=-2×2^{2}=-8$，$A(-4,0)$，$C(0,4)$。
设直线$AC$的表达式为$y=ax + b$，把$A(-4,0)$，$C(0,4)$代入可得$\begin{cases}-4a + b = 0\\b = 4\end{cases}$，解得$\begin{cases}a = 1\\b = 4\end{cases}$，所以直线$AC$的表达式为$y=x + 4$。
$(2)$判断$BD$与$DG$的数量关系
解：$BD = DG$。
理由如下：
因为$D(a,b)$在$y =-\frac{8}{x}$上，所以$b=-\frac{8}{a}$。
因为$DG// x$轴，交直线$y=x + 4$于$G$，令$y = b$，则$x=b - 4$，所以$G(b - 4,b)$。
$B(-4,4)$，根据两点间距离公式$d=\sqrt{(x_2 - x_1)^{2}+(y_2 - y_1)^{2}}$，则$BD=\sqrt{(a + 4)^{2}+(b - 4)^{2}}$，$DG=\vert a-(b - 4)\vert=\vert a - b + 4\vert$。
把$b =-\frac{8}{a}$代入$BD^{2}=(a + 4)^{2}+(-\frac{8}{a}-4)^{2}=a^{2}+8a + 16+\frac{64}{a^{2}}+\frac{64}{a}+16$
$DG^{2}=(a+\frac{8}{a}+4)^{2}=a^{2}+8a + 16+\frac{64}{a^{2}}+\frac{64}{a}+16$，所以$BD^{2}=DG^{2}$，又$BD\gt0$，$DG\gt0$，所以$BD = DG$。
$(3)$判断$\frac{DH}{DM + HN}$的值是否为定值
解：$\frac{DH}{DM + HN}=\sqrt{2}$，是定值。
过$D$作$DP// AC$交$HN$的延长线于$P$，因为$DM\perp AC$，$HN\perp AC$，所以$DM// HN$，四边形$DMPN$是矩形，$DM = PN$，$\angle P=\angle GCM = 45^{\circ}$（直线$AC$：$y=x + 4$，斜率为$1$，倾斜角为$45^{\circ}$）。
由$(2)$知$BD = DG$，易证$\triangle DBH\cong\triangle DGP$（$AAS$或$ASA$），$DH = DP$。
在$Rt\triangle DHP$中，$\sin P=\frac{HN + DM}{DH}$，因为$\angle P = 45^{\circ}$，$\sin45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$\frac{HN + DM}{DH}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，则$\frac{DH}{DM + HN}=\sqrt{2}$。
综上，答案依次为：$(1)$$\boldsymbol{-8}$；$\boldsymbol{y=x + 4}$；$(2)$$\boldsymbol{BD = DG}$；$(3)$是定值，$\boldsymbol{\sqrt{2}}$。
设正方形$OABC$的边长为$2m$，则$E(-m,2m)$，$F(-2m,m)$。
因为反比例函数$y = \frac{k}{x}(x\lt0)$的图象经过$E$，$F$两点，所以$k=-m×2m=-2m^{2}$，$k = - 2m× m=-2m^{2}$。
由$S_{四边形OEBF}=S_{正方形OABC}-S_{\triangle OAE}-S_{\triangle OCF}$，$S_{正方形OABC}=(2m)^{2}=4m^{2}$，$S_{\triangle OAE}=\frac{1}{2}×2m× m = m^{2}$，$S_{\triangle OCF}=\frac{1}{2}×2m× m = m^{2}$，已知$S_{四边形OEBF}=8$，则$4m^{2}-m^{2}-m^{2}=8$，即$2m^{2}=8$，$m^{2} = 4$，又$m\gt0$，所以$m = 2$。
那么$k=-2×2^{2}=-8$，$A(-4,0)$，$C(0,4)$。
设直线$AC$的表达式为$y=ax + b$，把$A(-4,0)$，$C(0,4)$代入可得$\begin{cases}-4a + b = 0\\b = 4\end{cases}$，解得$\begin{cases}a = 1\\b = 4\end{cases}$，所以直线$AC$的表达式为$y=x + 4$。
$(2)$判断$BD$与$DG$的数量关系
解：$BD = DG$。
理由如下：
因为$D(a,b)$在$y =-\frac{8}{x}$上，所以$b=-\frac{8}{a}$。
因为$DG// x$轴，交直线$y=x + 4$于$G$，令$y = b$，则$x=b - 4$，所以$G(b - 4,b)$。
$B(-4,4)$，根据两点间距离公式$d=\sqrt{(x_2 - x_1)^{2}+(y_2 - y_1)^{2}}$，则$BD=\sqrt{(a + 4)^{2}+(b - 4)^{2}}$，$DG=\vert a-(b - 4)\vert=\vert a - b + 4\vert$。
把$b =-\frac{8}{a}$代入$BD^{2}=(a + 4)^{2}+(-\frac{8}{a}-4)^{2}=a^{2}+8a + 16+\frac{64}{a^{2}}+\frac{64}{a}+16$
$DG^{2}=(a+\frac{8}{a}+4)^{2}=a^{2}+8a + 16+\frac{64}{a^{2}}+\frac{64}{a}+16$，所以$BD^{2}=DG^{2}$，又$BD\gt0$，$DG\gt0$，所以$BD = DG$。
$(3)$判断$\frac{DH}{DM + HN}$的值是否为定值
解：$\frac{DH}{DM + HN}=\sqrt{2}$，是定值。
过$D$作$DP// AC$交$HN$的延长线于$P$，因为$DM\perp AC$，$HN\perp AC$，所以$DM// HN$，四边形$DMPN$是矩形，$DM = PN$，$\angle P=\angle GCM = 45^{\circ}$（直线$AC$：$y=x + 4$，斜率为$1$，倾斜角为$45^{\circ}$）。
由$(2)$知$BD = DG$，易证$\triangle DBH\cong\triangle DGP$（$AAS$或$ASA$），$DH = DP$。
在$Rt\triangle DHP$中，$\sin P=\frac{HN + DM}{DH}$，因为$\angle P = 45^{\circ}$，$\sin45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$\frac{HN + DM}{DH}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，则$\frac{DH}{DM + HN}=\sqrt{2}$。
综上，答案依次为：$(1)$$\boldsymbol{-8}$；$\boldsymbol{y=x + 4}$；$(2)$$\boldsymbol{BD = DG}$；$(3)$是定值，$\boldsymbol{\sqrt{2}}$。
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