3. (2025·淮安月考)如图,在平面直角坐标系中,已知$A(a,0),B(b,0)$,其中$a,b$满足$\sqrt{a+3}+|b-2|=0$.
(1)填空:$a=\_\_\_\_\_\_,b=\_\_\_\_\_\_;$
(2)若在第四象限内有一点$P(2,m)$,请用含$m$的式子表示$△ ABP$的面积;
(3)在(2)的条件下,线段$AP$与$y$轴相交于$C$,当$m=-2$时,点$D$是$y$轴上的一动点,当满足$△ APD$的面积是$△ ABP$的面积的$2$倍时,求点$D$的坐标.

(1) $-3$，$2$，解析：由题干知 $\sqrt{a+3}+|b-2|=0$,$\because \sqrt{a+3}≥0$,$|b-2|≥0$ 恒成立,$\therefore a+3=0$,$b-2=0$,$\therefore a=-3$,$b=2$.
(2) 由(1)知 $A(-3,0)$,$B(2,0)$,$\therefore AB=2-(-3)=5$.
$\because P(2,m)$ 在第四象限,$\therefore m＜0$,$\therefore S_{△ ABP}=\dfrac{1}{2}×5×(-m)=-\dfrac{5}{2}m$,
$\therefore △ ABP$ 的面积为 $-\dfrac{5}{2}m$.
(3) 当 $m=-2$ 时,$S_{△ ABP}=-\dfrac{5}{2}×(-2)=5$,$\because △ APD$ 的面积是 $△ ABP$ 的面积的 2 倍,$\therefore △ APD$ 的面积 $=2×5=10$.
设 $D(0,n)$,当点 $D$ 在 $AB$ 上方时,,过 $D$ 作 $x$ 轴的平行线,过点 $A$,$B$ 作 $y$ 轴的平行线,分别与过点 $D$ 的平行线相交于点 $M$,$N$,故 $\dfrac{1}{2}(n+n+2)×5-\dfrac{1}{2}×3n-\dfrac{1}{2}×2(n+2)=10$,解得 $n=\dfrac{14}{5}$,$\therefore D(0,\dfrac{14}{5})$;当点 $D$ 在点 $C$ 下方时,过点 $D$ 作 $x$ 轴的平行线,过点 $A$,$B$ 作 $y$ 轴的平行线,分别与过点 $D$ 的平行线相交于点 $M$,$N$,如图②所示,则 $\dfrac{1}{2}(-n-n-2)×5-\dfrac{1}{2}×3(-n)-\dfrac{1}{2}×2(-n-2)=10$,解得 $n=-\dfrac{26}{5}$,$\therefore D(0,-\dfrac{26}{5})$.$\therefore$ 点 $D$ 的坐标为 $(0,\dfrac{14}{5})$ 或 $(0,-\dfrac{26}{5})$.

4. 在平面直角坐标系中,已知点$A(2,4),B(6,4)$,连接$AB$,将$AB$向下平移5个单位长度得线段$CD$,其中点$A$的对应点为点$C$.
(1)填空:点$C$的坐标为________,点$D$的坐标为________.线段$AB$平移到$CD$扫过的面积为________.
(2)若点$P$是$y$轴上的动点,连接$PD$.
①如图,当点$P$在$y$轴正半轴上时,线段$PD$与线段$AC$相交于点$E$,用等式表示$△ PEC$的面积与$△ ECD$的面积之间的关系,并说明理由;
②当$PD$将四边形$ACDB$的面积分成$2:3$两部分时,求点$P$的坐标.

(1) $(2,-1)$，$(6,-1)$，$20$，解析：$\because A(2,4)$,$B(6,4)$,将线段 $AB$ 向下平移 5 个单位长度得线段 $CD$,$\therefore C(2,4-5)$,$D(6,4-5)$,即 $C(2,-1)$,$D(6,-1)$.由平移得,$AC=5$,四边形 $ABDC$ 是长方形,$\because A(2,4)$,$B(6,4)$,$\therefore AB=6-2=4$,$\therefore S_{\mathrm{四边形}ABDC}=AB· AC=4×5=20$,即线段 $AB$ 平移到 $CD$ 扫过的面积为 20.
(2) ① $S_{△ PEC}=\dfrac{1}{2}S_{△ ECD}$.理由如下:,过点 $P$ 作 $PF⊥ AC$ 于点 $F$,由平移知,$AC// y$ 轴,$\because A(2,4)$,$\therefore PF=2$.由平移知,$CD=AB=4$. $\because S_{△ PEC}=\dfrac{1}{2}CE· PF=\dfrac{1}{2}CE×2=CE$,$S_{△ ECD}=\dfrac{1}{2}CE· CD=\dfrac{1}{2}CE×4=2CE$,$\therefore S_{△ ECD}=2S_{△ PEC}$,即 $S_{△ PEC}=\dfrac{1}{2}S_{△ ECD}$.
② (i) ,当 $PD$ 交线段 $AC$ 于点 $E$,且将四边形 $ACDB$ 的面积分成 $2:3$ 两部分时,连接 $PC$,延长 $DC$ 交 $y$ 轴于点 $M$,则 $M(0,-1)$,$\therefore OM=1$,连接 $AD$,则 $S_{△ ACD}=\dfrac{1}{2}S_{\mathrm{长方形}ACDB}=10$.
$\because PD$ 将四边形 $ACDB$ 的面积分成 $2:3$ 两部分,$\therefore S_{△ ECD}=\dfrac{2}{5}S_{\mathrm{长方形}ACDB}=\dfrac{2}{5}×20=8$,由①知,$S_{△ PEC}=\dfrac{1}{2}S_{△ ECD}=\dfrac{1}{2}×8=4$,
$\therefore S_{△ PCD}=S_{△ PEC}+S_{△ ECD}=4+8=12$.$\because S_{△ PCD}=\dfrac{1}{2}CD· PM=\dfrac{1}{2}×4× PM=12$,$\therefore PM=6$,$\therefore PO=PM-OM=6-1=5$,$\therefore P(0,5)$.
(ii) ,当 $PD$ 交 $AB$ 于点 $E$,$PD$ 将四边形 $ACDB$ 的面积分成 $2:3$ 两部分时,连接 $PB$,延长 $BA$ 交 $y$ 轴于点 $G$,则 $G(0,4)$,$\therefore OG=4$,连接 $AD$,则 $S_{△ ABD}=\dfrac{1}{2}S_{\mathrm{长方形}ACDB}=10$.$\because PD$ 将四边形 $ACDB$ 的面积分成 $2:3$ 两部分,$\therefore S_{△ BDE}=\dfrac{1}{2}BD· BE=\dfrac{1}{2}×5× BE=8$,$\therefore BE=\dfrac{16}{5}$.过点 $P$ 作 $PH$ 垂直 $DB$ 的延长线于点 $H$,
$\because B(6,4)$,$\therefore PH=6$,$\therefore S_{△ PDB}=\dfrac{1}{2}BD× PH=\dfrac{1}{2}×5×6=15$,
$\therefore S_{△ PBE}=S_{△ PDB}-S_{△ BDE}=15-8=7$.$\because S_{△ PBE}=\dfrac{1}{2}BE· PG=\dfrac{1}{2}×\dfrac{16}{5}× PG=7$,$\therefore PG=\dfrac{35}{8}$,$\therefore PO=PG+OG=\dfrac{35}{8}+4=\dfrac{67}{8}$,$\therefore P(0,\dfrac{67}{8})$.综上,点 $P$ 的坐标为$(0,5)$ 或 $(0,\dfrac{67}{8})$.