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解：​$(1) $​因为​$∠ BAE=∠ CAD$​，
​$ $​所以​$∠ BAE+∠ BAD=∠ CAD+∠ BAD$​，
即​$∠ DAE=∠ CAB$​。
​$ $​在​$△ DAE$​和​$△ CAB$​中，
​$ \begin {cases} ∠ DAE=∠ CAB \\AD=AC \\∠ ADE=∠ ACB \end {cases}$​
​$ $​所以​$△ DAE≌△ CAB(\mathrm {ASA})$​，
​$ $​所以​$AE=AB=8$​。
​$ (2) $​证明：作​$\odot O$​的直径​$BF$​，连接​$AF$​，
则​$∠ BAF=90°$​。
​$ $​因为​$AD=AC$​，​$AB=AE$​，
​$ $​所以​$∠ ACD=∠ ADC=\frac {1}{2}(180°-∠ CAD)$​，
​$∠ ABE=∠ AEB=\frac {1}{2}(180°-∠ BAE)$​。
​$ $​又因为​$∠ BAE=∠ CAD$​，
所以​$∠ ABE=∠ ACD$​。
​$ $​因为​$∠ ACD=∠ AFB$​，
所以​$∠ ABE=∠ AFB$​。
​$ $​所以​$∠ OBE=∠ ABE+∠ ABF=∠ AFB+∠ ABF=90°$​，
​$ $​即​$BE⊥ OB$​。
​$ $​因为​$OB$​是​$\odot O$​的半径，
所以​$BE$​是​$\odot O$​的切线。
解：​$(1) $​因为​$k＞0$​，
​$ $​所以​$y_1=\frac {k}{x}$​的图象在第一、三象限，在每个象限内​$y_1$​随​$x$​的增大而减小；
​$ y_2=-\frac {k}{x}$​的图象在第二、四象限，在每个象限内​$y_2$​随​$x$​的增大而增大。
​$ $​当​$2≤ x≤3$​时，
​$ x=2$​时，​$y_1$​取得最大值​$\frac {k}{2}$​，即​$a=\frac {k}{2}$​；
​$ x=2$​时，​$y_2$​取得最小值​$-\frac {k}{2}$​，即​$a-4=-\frac {k}{2}$​。
​$ $​联立方程组​$\begin {cases}a=\frac {k}{2} \\a-4=-\frac {k}{2}\end {cases}$​，
​$ $​解得​$\begin {cases}a=2 \\k=4\end {cases}$​。
​$ (2) $​圆圆的说法不正确，理由如下：
​$ $​因为​$y_1=\frac {k}{x}(k＞0)$​的图象在第一、三象限，在每个象限内​$y_1$​随​$x$​的增
大而减小，
分三种情况讨论：
​$ ① $​当​$m+1＜0$​，即​$m＜-1$​时，点​$(m，p)$​和​$(m+1，q)$​都在第三象
限，此时​$p＞q$​；
​$ ② $​当​$m＜0$​且​$m+1＞0$​，即​$-1＜m＜0$​时，点​$(m，p)$​在第三象限，
点​$(m+1，q)$​在第一象限，此时​$p＜0＜q$​，即​$p＜q$​；
​$ ③ $​当​$m＞0$​时，点​$(m，p)$​和​$(m+1，q)$​都在第一象限，此时​$p＞q$​。
综上，​$p $​不一定大于​$q$​，所以圆圆的说法不正确。
$-6$
$5$
解：​$ (2) $​过点​$D$​作​$DM⊥ x$​轴于点​$M$​，过点​$A$​作​$AN⊥ x$​轴于点​$N$​。
​$ $​因为​$\frac {S_{△ ODC}}{S_{△ OAC}}=\frac {\frac {1}{2}· OC· DM}{\frac {1}{2}· OC· AN}=\frac {2}{3}$​，
​$ $​所以​$\frac {DM}{AN}=\frac {2}{3}$​。
​$ $​因为​$A(-1，6)$​，
所以​$AN=6$​，得​$DM=4$​，即点​$D$​的纵坐标为​$4$​。
​$ $​将​$y=4$​代入​$y=-x+5$​，得​$-x+5=4$​，解得​$x=1$​，
​$ $​所以点​$D$​的坐标为​$(1，4)$​。
​$ (3) $​点​$C'$​不在函数​$y=\frac {k}{x}(x＜0)$​的图象上，理由如下：
​$ $​在​$y=-x+5$​中，令​$y=0$​，得​$-x+5=0$​，解得​$x=5$​，
所以​$C(5，0)$​，即​$OC=5$​。
​$ $​在​$△ OMD$​中，​$OM=1$​，​$DM=4$​，​$∠ OMD=90°$​，
所以​$OD=\sqrt {1^2+4^2}=\sqrt {17}$​。
​$ $​由旋转的性质得​$OD'=OD=\sqrt {17}$​，​$OC'=OC=5$​。
​$ $​过点​$C'$​作​$C'G⊥ x$​轴于点​$G$​，
​$ $​由​$S_{△ OD'C'}=S_{△ ODC}$​，得​$\frac {1}{2}· OD'· C'G=\frac {1}{2}· OC· DM$​，
​$ $​即​$\frac {1}{2}×\sqrt {17}× C'G=\frac {1}{2}×5×4$​，解得​$C'G=\frac {20\sqrt {17}}{17}$​。
​$ $​在​$Rt△ OC'G_{中}$​，​$OG=\sqrt {OC'^2-C'G^2}=\sqrt {25-\frac {400}{17}}=\frac {5\sqrt {17}}{17}$​，
​$ $​所以​$C'(-\frac {5\sqrt {17}}{17}，\frac {20\sqrt {17}}{17})$​。
​$ $​因为​$(-\frac {5\sqrt {17}}{17})×\frac {20\sqrt {17}}{17}=-\frac {100}{17}≠-6$​，
​$ $​所以点​$C'$​不在函数​$y=\frac {k}{x}(x＜0)$​的图象上。
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