3. （2026·金华月考）如图，在平面直角坐标系$xOy$中，直线$y=\frac{1}{2}x+2$交$x$轴于点$A$、交$y$轴于点$B$，直线$y=-\frac{3}{4}x+b$经过点$A$，且与$y$轴交于点$C$.
（1）点$A$的坐标为________，$b=\_\_\_\_\_\_$.（直接写出答案）
（2）若点$Q$为$y$轴上任意一点.
①连结$AQ$，当$∠ QAB=45°$时，请求出点$Q$的坐标；
②若点$P$为射线$AO$上任意一点，过点$P$作$x$轴的垂线，分别交直线$AB$，$AC$于点$M$，$N$，当$△ QMN$为等腰直角三角形时，直接写出点$P$的坐标.

(1)(-4,0) -3 解析:当y=0时,$ 0=\frac{1}{2}x+2 $,解得x=-4,
∴ A(-4,0);当x=-4,y=0时,$ -\frac{3}{4}×(-4)+b=0 $,
∴ b=-3,故答案为(-4,0);-3.
(2)①,过点B作BE⊥AQ于点E,作EF⊥y轴于点F,作AD⊥EF于点D,
∴ $ ∠D=∠BFE=∠AEB=90° $,
∴ $ ∠AED+∠DAE=90°,∠AED+∠BEF=90° $,
∴ $ ∠DAE=∠BEF $.
∵ $ ∠BAQ=45° $,
∴ $ ∠ABE=90°-∠BAQ=45° $,
∴ $ ∠ABE=∠BAQ $,
∴ AE=BE,
∴ $ △ADE≅△EFB $(AAS),
∴ AD=EF,BF=DE.设E(x,y),
∴ -y=-x,2-y=x-(-4),
∴ x=y=-1,
∴ E(-1,-1).设直线AQ的表达式为y=mx+n,
∴ $ \begin{cases} -4m+n=0, \\ -m+n=-1, \end{cases} $
∴ $ \begin{cases} m=-\frac{1}{3}, \\ n=-\frac{4}{3}, \end{cases} $
∴ $ y=-\frac{1}{3}x-\frac{4}{3} $,
∴ $ Q(0,-\frac{4}{3}) $;
如图②,同理可得,DE=BF,AD=EF,
∴ x-(-4)=y-2,y=-x,
∴ x=-3,y=3,
∴ E(-3,3),
∴ $ \begin{cases} -4m+n=0, \\ -3m+n=3, \end{cases} $
∴ $ \begin{cases} m=3, \\ n=12, \end{cases} $
∴ y=3x+12,
∴ Q(0,12).综上所述:点Q的坐标为$ (0,-\frac{4}{3}) $或(0,12).
②点P的坐标为$ (-\frac{20}{9},0) $或$ (-\frac{20}{13},0) $或$ (\frac{20}{3},0) $.
解析:设P(t,0),,当∠NMQ=90°(或∠MNQ=90°)时,$ MN=(\frac{1}{2}t+2)-(-\frac{3}{4}t-3)=\frac{5}{4}t+5 $,MQ=-t,由MQ=MN得,$ \frac{5}{4}t+5=-t $,
∴ $ t=-\frac{20}{9} $,
∴ 点P的坐标为$ (-\frac{20}{9},0) $;
如图④,当∠MQN=90°时,过Q作QD⊥MN于点D,由MN=2DQ得,$ \frac{5}{4}t+5=-2t $,
∴ $ t=-\frac{20}{13} $,
∴ 点P的坐标为$ (-\frac{20}{13},0) $;
,当∠MQN=90°时,$ \frac{5}{4}t+5=2t $,
∴ $ t=\frac{20}{3} $,
∴ 点P的坐标为$ (\frac{20}{3},0) $;当∠NMQ=90°(或∠MNQ=90°)时,$ \frac{5}{4}t+5=t $,
∴ t=-20(舍去).综上所述:点P的坐标为$ (-\frac{20}{9},0) $或$ (-\frac{20}{13},0) $或$ (\frac{20}{3},0) $.

4. ★★★ (2026·深圳期中)如图,在平面直角坐标系中,直线AB与x轴、y轴分别交于点A(3,0), B(0,4),点C在y轴的负半轴上,若将△CAB沿直线AC折叠,点B恰好落在x轴正半轴上的点D处.
(1)AB的长为,点D的坐标是.
(2)求点C的坐标.
(3)点M是y轴上一动点,若$S_{△ MAB}=\frac{1}{2}S_{△ OCD}$,求出点M的坐标.
(4)在第一象限内是否存在点P,使△PAB为等腰直角三角形?若存在,直接写出点P的坐标;若不存在,请说明理由.

(1)5 (8,0) 解析:
∵ A(3,0),B(0,4),
∴ OA=3,OB=4,
∴ $ AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5 $,
∵ 将△CAB沿直线AC折叠,点B恰好落在x轴正半轴上的点D处,
∴ AD=AB=5,
∴ OD=OA+AD=8,
∴ D(8,0).故答案为5;(8,0).
(2)设OC=x,则CD=CB=4+x,在Rt△COD中,$ OC^2+OD^2=CD^2 $,
∴ $ x^2+8^2=(4+x)^2 $,解得x=6,
∴ OC=6,
∴ C(0,-6).
(3)
∵ C(0,-6),D(8,0),
∴ OC=6,OD=8,设M(0,m),则MB=|m-4|,
∵ $ S_{△MAB}=\frac{1}{2}S_{△OCD} $,
∴ $ \frac{1}{2}MB·OA=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}OC·OD $,
∴ $ MB·OA=\frac{1}{2}OC·OD $,
∴ $ 3|m-4|=\frac{1}{2}×6×8 $,|m-4|=8,
∴ m-4=±8,解得$ m_1=12,m_2=-4 $,
∴ 点M的坐标为(0,12)或(0,-4).
(4)存在,点P的坐标为(7,3)或(4,7)或$ (\frac{7}{2},\frac{7}{2}) $. 解析:①当∠BAP=90°,AB=AP时,则△PAB为等腰直角三角形,①,过点P作PG⊥x轴于点G,则∠PGA=∠AOB=90°,
∵ ∠BAP=90°,
∴ ∠BAO+∠PAG=90°,又
∵ ∠BAO+∠ABO=90°,
∴ ∠ABO=∠PAG,在△AOB和△PGA中,$ \begin{cases} ∠ABO=∠PAG, \\ ∠AOB=∠PGA, \\ AB=PA, \end{cases} $
∴ $ △AOB≅△PGA $(AAS),
∴ OA=PG=3,OB=AG=4,
∴ OG=OA+AG=7,
∴ 点P的坐标为(7,3).
②当∠PBA=90°,BA=BP时,则△PAB为等腰直角三角形,②,过点P作PH⊥y轴于点H,同理得$ △AOB≅△BHP $(AAS),
∴ OA=BH=3,PH=OB=4,
∴ OH=OB+BH=7,
∴ 点P的坐标为(4,7).
③当∠APB=90°,PA=PB时,则△PAB为等腰直角三角形,③,过点P作PM⊥x轴于点M,PN⊥y轴于点N,则∠PNO=∠BOA=∠PMO=90°,
∴ ∠MPN=90°,
∴ ∠APN+∠APM=90°,
∵ ∠APB=90°,
∴ ∠APN+∠BPN=90°,
∴ ∠APM=∠BPN,在△APM和△BPN中,$ \begin{cases} ∠APM=∠BPN, \\ ∠PMA=∠PNB, \\ PA=PB, \end{cases} $
∴ $ △APM≅△BPN $(AAS),
∴ AM=BN,PM=PN,设点P的坐标为(p,p),则OM=ON=p,BN=OB-ON=4-p,AM=OM-OA=p-3,
∴ 4-p=p-3,解得$ p=\frac{7}{2} $,
∴ 点P的坐标为$ (\frac{7}{2},\frac{7}{2}) $.综上可知,第一象限内存在点P,使△PAB为等腰直角三角形,点P的坐标为(7,3)或(4,7)或$ (\frac{7}{2},\frac{7}{2}) $.