9.如图，在平面直角坐标系中，点$A$在直线$y=\frac {1}{2}x$上，过点$A$作$y$轴的平行线交直线$y = 2x$于点$B$，点$A$，$B$均落在第一象限，以$AB$为边向右作正方形$ABCD$，若$AB = 1$，则点$C$的坐标为
$\left( \frac { 5 } { 3 }, \frac { 4 } { 3 } \right)$
.答案：$ \left( \frac { 5 } { 3 }, \frac { 4 } { 3 } \right) $
10.已知点$A(1,5),B(3,1)$，点$M$在$x$轴上，当$AM + BM$最小时，点$M$的坐标为
$\left( \frac { 8 } { 3 }, 0 \right)$
.答案：$ \left( \frac { 8 } { 3 }, 0 \right) $
11.(2024 春·通州区期末)如图，在平面直角坐标系$xOy$中，直线$l_{1}:y = kx + b$和直线$l_{2}:y = bx + k$(其中$k$，$b$是不为$0$的常数，$k≠b$)相交于点$P$，分别交$y$轴于$A$，$B$两点.
(1)求证：点$P$在直线$x = 1$上；
(2)若$0\lt k＜1,∠APB = 45^{\circ },AB = 4$，求$k\cdot b$的值.
(1)求证：点$P$在直线$x = 1$上；
(2)若$0\lt k＜1,∠APB = 45^{\circ },AB = 4$，求$k\cdot b$的值.
答案：
(1) 证明：由 $ y = kx + b $ 和 $ y = bx + k $，消去 $ y $ 得 $ kx + b = bx + k $，整理得 $ (k - b)x = k - b $，
$ \because k \neq b $，$ \therefore k - b \neq 0 $，$ \therefore x = 1 $，
$ \therefore $ 点 $ P $ 在直线 $ x = 1 $ 上。
(2) 解：如答图，过点 $ A $ 作 $ AC \perp AP $ 交 $ BP $ 于点 $ C $，过点 $ C $，$ P $ 分别作 $ y $ 轴的垂线，垂足分别为 $ D $，$ E $，
$ \therefore \angle AEP = \angle CDA = 90 ^ { \circ } $，将 $ x = 1 $ 代入 $ y = kx + b $ 得 $ y = k + b $，$ \therefore OE = k + b $。
在 $ y = kx + b $ 中，令 $ x = 0 $ 得 $ y = b $，$ \therefore OA = b $，$ \therefore AE = k $，
$ \because \angle APB = 45 ^ { \circ } $，$ AC \perp AP $，$ \therefore AP = AC $。
$ \because \angle APE = 90 ^ { \circ } - \angle PAE = \angle CAD $，
$ \therefore \triangle APE \cong \triangle CAD ( AAS ) $，$ \therefore CD = AE = k $，$ AD = PE = 1 $，$ \therefore $ 点 $ C $ 的坐标为 $ ( k, b - 1 ) $，$ \because $ 点 $ C $ 在直线 $ y = bx + k $ 上，$ \therefore b - 1 = kb + k $，即 $ kb = b - 1 - k $ ①，
$ \because AB = 4 $，$ \therefore b = k + 4 $ ②，将②代入①得 $ kb = ( k + 4 ) - 1 - k = 3 $，$ \therefore k \cdot b $ 的值为 3。
(1) 证明：由 $ y = kx + b $ 和 $ y = bx + k $，消去 $ y $ 得 $ kx + b = bx + k $，整理得 $ (k - b)x = k - b $，
$ \because k \neq b $，$ \therefore k - b \neq 0 $，$ \therefore x = 1 $，
$ \therefore $ 点 $ P $ 在直线 $ x = 1 $ 上。
(2) 解：如答图，过点 $ A $ 作 $ AC \perp AP $ 交 $ BP $ 于点 $ C $，过点 $ C $，$ P $ 分别作 $ y $ 轴的垂线，垂足分别为 $ D $，$ E $，
$ \therefore \angle AEP = \angle CDA = 90 ^ { \circ } $，将 $ x = 1 $ 代入 $ y = kx + b $ 得 $ y = k + b $，$ \therefore OE = k + b $。
在 $ y = kx + b $ 中，令 $ x = 0 $ 得 $ y = b $，$ \therefore OA = b $，$ \therefore AE = k $，
$ \because \angle APB = 45 ^ { \circ } $，$ AC \perp AP $，$ \therefore AP = AC $。
$ \because \angle APE = 90 ^ { \circ } - \angle PAE = \angle CAD $，
$ \therefore \triangle APE \cong \triangle CAD ( AAS ) $，$ \therefore CD = AE = k $，$ AD = PE = 1 $，$ \therefore $ 点 $ C $ 的坐标为 $ ( k, b - 1 ) $，$ \because $ 点 $ C $ 在直线 $ y = bx + k $ 上，$ \therefore b - 1 = kb + k $，即 $ kb = b - 1 - k $ ①，
$ \because AB = 4 $，$ \therefore b = k + 4 $ ②，将②代入①得 $ kb = ( k + 4 ) - 1 - k = 3 $，$ \therefore k \cdot b $ 的值为 3。
12.(2023·太仓开学)如图，在平面直角坐标系中，一次函数$y=-\frac {1}{2}x + m$的图象$l_{1}$分别与$x$轴、$y$轴交于点$A$，$B$，正比例函数的图象$l_{2}$与$l_{1}$交于点$C(2,4)$.
(1)求$m$的值及$l_{2}$的函数表达式；
$m$的值为
(2)若点$M$是直线$y=-\frac {1}{2}x + m$上的一个动点，连接$OM$，当$\triangle AOM$的面积是$\triangle BOC$的面积的 2 倍时，请求出符合条件的点$M$的坐标；
符合条件的点$M$的坐标为
(3)一次函数$y = kx + 2$的图象为$l_{3}$，且$l_{1},l_{2},l_{3}$不能围成三角形，求$k$的值.
$k$的值为
(1)求$m$的值及$l_{2}$的函数表达式；
$m$的值为
5
，$l_{2}$的函数表达式为$y=2x$
(2)若点$M$是直线$y=-\frac {1}{2}x + m$上的一个动点，连接$OM$，当$\triangle AOM$的面积是$\triangle BOC$的面积的 2 倍时，请求出符合条件的点$M$的坐标；
符合条件的点$M$的坐标为
$(6,2)$
或$(14,-2)$
(3)一次函数$y = kx + 2$的图象为$l_{3}$，且$l_{1},l_{2},l_{3}$不能围成三角形，求$k$的值.
$k$的值为
$-\frac{1}{2}$
或2
或1
答案：解：(1) $ \because $ 一次函数 $ y = - \frac { 1 } { 2 } x + m $ 的图象 $ l _ { 1 } $ 与 $ l _ { 2 } $ 交于点 $ C ( 2, 4 ) $，
$ \therefore $ 将点 $ C $ 的坐标代入 $ y = - \frac { 1 } { 2 } x + m $，得 $ 4 = - \frac { 1 } { 2 } \times 2 + m $，解得 $ m = 5 $，
设 $ l _ { 2 } $ 的函数表达式为 $ y = nx $，将 $ C ( 2, 4 ) $ 代入得 $ 4 = 2 n $，解得 $ n = 2 $，
故 $ l _ { 2 } $ 的函数表达式为 $ y = 2 x $。
(2) 由(1)得 $ m = 5 $，$ \therefore y = - \frac { 1 } { 2 } x + 5 $，
$ \therefore A ( 10, 0 ) $，$ B ( 0, 5 ) $，$ \because C ( 2, 4 ) $，
$ \therefore S _ { \triangle BOC } = \frac { 1 } { 2 } \times 5 \times 2 = 5 $。设 $ M \left( a, - \frac { 1 } { 2 } a + 5 \right) $，
$ \because S _ { \triangle AOM } = 2 S _ { \triangle BOC } = 10 $，
$ \therefore S _ { \triangle AOM } = \frac { 1 } { 2 } \times 10 \times \left| - \frac { 1 } { 2 } a + 5 \right| = 10 $，
解得 $ a = 6 $ 或 $ a = 14 $，
$ \therefore $ 点 $ M $ 的坐标为 $ ( 6, 2 ) $ 或 $ ( 14, - 2 ) $。
(3) 当 $ l _ { 1 } // l _ { 3 } $ 或 $ l _ { 2 } // l _ { 3 } $ 时，$ l _ { 1 } $，$ l _ { 2 } $，$ l _ { 3 } $ 不能围成三角形，
$ \therefore k = - \frac { 1 } { 2 } $ 或 $ k = 2 $，
当 $ l _ { 3 } $ 过点 $ C ( 2, 4 ) $ 时，$ l _ { 1 } $，$ l _ { 2 } $，$ l _ { 3 } $ 不能围成三角形，将点 $ C $ 的坐标代入 $ y = kx + 2 $ 并解得 $ k = 1 $。
综上，$ k $ 的值为 $ - \frac { 1 } { 2 } $ 或 2 或 1。
$ \therefore $ 将点 $ C $ 的坐标代入 $ y = - \frac { 1 } { 2 } x + m $，得 $ 4 = - \frac { 1 } { 2 } \times 2 + m $，解得 $ m = 5 $，
设 $ l _ { 2 } $ 的函数表达式为 $ y = nx $，将 $ C ( 2, 4 ) $ 代入得 $ 4 = 2 n $，解得 $ n = 2 $，
故 $ l _ { 2 } $ 的函数表达式为 $ y = 2 x $。
(2) 由(1)得 $ m = 5 $，$ \therefore y = - \frac { 1 } { 2 } x + 5 $，
$ \therefore A ( 10, 0 ) $，$ B ( 0, 5 ) $，$ \because C ( 2, 4 ) $，
$ \therefore S _ { \triangle BOC } = \frac { 1 } { 2 } \times 5 \times 2 = 5 $。设 $ M \left( a, - \frac { 1 } { 2 } a + 5 \right) $，
$ \because S _ { \triangle AOM } = 2 S _ { \triangle BOC } = 10 $，
$ \therefore S _ { \triangle AOM } = \frac { 1 } { 2 } \times 10 \times \left| - \frac { 1 } { 2 } a + 5 \right| = 10 $，
解得 $ a = 6 $ 或 $ a = 14 $，
$ \therefore $ 点 $ M $ 的坐标为 $ ( 6, 2 ) $ 或 $ ( 14, - 2 ) $。
(3) 当 $ l _ { 1 } // l _ { 3 } $ 或 $ l _ { 2 } // l _ { 3 } $ 时，$ l _ { 1 } $，$ l _ { 2 } $，$ l _ { 3 } $ 不能围成三角形，
$ \therefore k = - \frac { 1 } { 2 } $ 或 $ k = 2 $，
当 $ l _ { 3 } $ 过点 $ C ( 2, 4 ) $ 时，$ l _ { 1 } $，$ l _ { 2 } $，$ l _ { 3 } $ 不能围成三角形，将点 $ C $ 的坐标代入 $ y = kx + 2 $ 并解得 $ k = 1 $。
综上，$ k $ 的值为 $ - \frac { 1 } { 2 } $ 或 2 或 1。