专题24 正方形存在性问题巩固练习（基础）-冲刺2021年中考几何专项复习（解析版）.docx

1、正方形存在性问题巩固练习1如图，抛物线yax2+bx+5过点（1，2）、（4，5），交y轴于点B，直线AB经过抛物线顶点A，交x轴于点C，请解答下列问题：（1）求抛物线的解析式；（2）点Q在平面内，在第一象限内是否存在点P，使以A，B，P，Q为顶点的四边形是正方形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）把已知点的坐标代入抛物线解析式即可求得a、b的值，可求得抛物线解析式；（2）可先求得A、B两点的坐标，可求得AB长度，分别过A、B两点作AB的垂线，则点P可以在这两条直线上，且PAAB或PBAB，分别求得两垂线的解析式，设出点P的坐标，再根据线段相等可列出方程，可求得点P

2、的坐标【解答】解：（1）抛物线yax2+bx+5过点（1，2）、（4，5），-a+b+5=2-16a+4b+5=5，解得a=-1b=-4，抛物线解析式为yx24x+5；（2）在yx24x+5中，令x0可得y5，B（0，5），yx24x+5（x2）2+1，A（2，1），AB=22+(1-5)2=25，设直线AB解析式为ykx+n，则有2k+n=1n=5，解得k=-2n=5，直线AB解析式为y2x+5，当PAAB时，如图1，可设直线PA解析式为y=12x+m，把A（2，1）代入可得1+m1，解得m0，直线PA解析式为y=12x，可设点P坐标为（x，12x），PA=(x-2)2+(12x-1)2，四

3、边形PABQ为正方形，PAAB，即(x-2)2+(12x-1)2=25，解得x2或x6点P在第一象限内，x2不符合题意，舍去，故x6，此时P点坐标为（6，3）；当PBAB时，如图2，可设直线PB解析式为y=12x+s，把B（0，5）代入可得s5，直线PB解析式为y=12x+5，可设P点坐标为（x，12x+5），PB=x2+(12x+5-5)2，同理可得x2+(12x+5-5)2=25，解得x4（舍去）或x4，此时P点坐标为（4，7），当AB是正方形的对角线时，因为等P在第一象限，可得P（3，4），综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（6，3）或（4，7）或（3，4）【点评】本题为二次函数的综合

4、应用，涉及待定系数法、二次函数的性质、勾股定理、正方形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识点在（1）中注意待定系数法的应用步骤，在（2）中确定出P点的位置是解题的关键，注意利用正方形的性质列方程本题考查知识点较多，综合性较强，但难度不大2如图，在矩形ABCD中，AB16cm，AD6cm，动点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以每秒3cm的速度向点B移动，点Q以每秒2cm测得速度向点D移动，当点P到达点B处时，两点均停止移动（1）P，Q两点出发多长时间，线段PQ的长度为10cm？（2）是否存在某一时刻，使四边形PBCQ为正方形？若存在，求出该时刻；若不存在，请说明理由【分析】（1）过点P作PHC

5、D，利用勾股定理解答即可；（2）利用正方形的性质进行解答即可【解答】解：（1）过点P作PHCD于点H，HQ165t，PQ2PH2+HQ2，即102（165t）2+62，解得：t1=85，t2=245，答：P，Q两点出发85或245秒，线段PQ的长度为10cm；（2）四边形PBCQ是正方形，BPCQ，即163t2t，解得：t=165，CQ=2t=3256，不成立【点评】此题考查正方形的性质，关键是根据利用正方形的性质进行解答3如图，在ABCD中，AB4，BC8，B60，点P以每秒2个单位速度，从点B出发沿射线BA方向运动，同时直线l以每秒1个单位速度，从CD出发沿射线CB方向运动，分别交BC，A

6、C于点G，H，连结PG，设运动的时间为t，当G与B重合时，运动停止（1）当t为何值时，以P，G，H，A为顶点的四边形是平行四边形；（2）在运动过程中，是否存在以P，G，H，A为顶点的四边形是正方形？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由【分析】（1）当PAGH时，以P，G，H，A为顶点的四边形是平行四边形，列出方程即可解决（2）不存在，根据（1）中的两种情形进行证明【解答】解：（1）当PAGH时，以P，G，H，A为顶点的四边形是平行四边形，如图取BC中点M，连接AM，AB4，BMMC4，ABC60，ABM是等边三角形，AMMC4，AMB60，MACMCA，AMBMAC+MCA，BCA30，

7、BAC90，ABGH，GHCBAC90PA42t或2t4，GH=12CG=12t由题意：42t=12t或2t4=12t，t=85或83，（2）不存在理由如下：由（1）可知t=85时 四边形APGH是平行四边形，PAH90，四边形APGH是矩形，GH=45，PG=1635，GHPG，四边形APGH不是正方形t=83时，点P在BA的延长线上，四边形PAGH显然不是正方形【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、正方形的判定和性质，解决问题的关键是用方程的思想思考问题，属于中考常考题型4如图，在平面直角坐标系中，点A、点B分别在y轴、x轴的正半轴上，且满足OA-30+（OB40）20，若点P从A点出发

8、，以每秒2个单位长度的速度沿线段AO运动，同时点Q从B点出发，以每秒5个单位长度的速度沿线段BA运动，连接PQ，点P，Q的运动时间为t秒（1）求直线AB的解析式；（2）设APQ的面积为S，当t为何值时，S64？（3）点N在x轴上，在坐标平面上是否存在点M，使以点M，P，Q，N为顶点的四边形在某一时刻为正方形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）先求出方程的根，得出A、B两点的坐标，然后根据待定系数法求得即可；（2）根据题意得出AP2t，AQ505t，作QMOA于M，根据三角形相似等边成比例求得QM=45（50t），根据三角形面积公式即可求得APQ的面积S与t的函数关

9、系，把S64代入即可求得t的值；（3）分别作QGOB，QHOA，MKy轴，MLx轴，根据题意得四边形OGQH是正方形，NGPHMKML，根据三角函数得出QGQB=OAAB=3050=35，BGQB=OBAB=45，即可求得QG3t，BG4t，得出3t404t，求得t=407，求得AP，OP的值，即可求得PH的值，从而求得NGPHMKML=507，即可得出M点的坐标【解答】解：（1）OA-30+（OB40）20，OA30，OB40，A（0，30），B（40，0），设直线AB的解析式为ykx+b，b=3040k+b=0，解得k=-34b=30直线AB的解析式为y=-34x+30；（2）由题意得，A

10、P2t，AQ505t作QMOA于M，如图1，ANQAOB，QMOB=AQAB，即QM40=50-5t50，QM=45（505t），S=12APQM=122t45（505t）4t2+40t；把S64代入得，644t2+40t，解得t2或8，0t15，故当t2或8时，S64；（3）如图2，分别作QGOB，QHOA，MKy轴，MLx轴，由四边形PQNM是正方形，则四边形OGQH是正方形，NGPHMKML，QGOB，QGQB=OAAB=3050=35，BGQB=OBAB=45QB5t，QG3t，BG4t，OG404t，3t404t，t=407，AP2t=807，QG=1207，OH=1207，PH30

11、-807-1207=107，NGPHMKML=107，M（-107，107）【点评】本题是一次函数的综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式，三角形相似的判定和性质，直角三角函数的应用，正方形的性质，三角形全等的性质等，作出辅助线构建直角三角形是解题的关键5如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点A的坐标是（1，3），点P的坐标是（0，b）（b0）直线AP交x轴于点B，记点P关于x轴的对称点为P，点Q为x轴上一动点（1）当b1时，求OB的长；（2）当0b3时，用含b的代数式表示OB的长；（3）是否存在四边形PBPQ，使四边形PBPQ为正方形？若存在，请求出所有满足条件的b和点Q的坐标；若不

12、存在，请说明理由【分析】（1）根据b的值表示出直线AP解析式，把A坐标代入求出k的值，确定出AP解析式，进而得出B坐标，确定出OB的长；（2）设出AP解析式为ykx+b，把A坐标代入表示出k，即可表示出OB的长；（3）存在四边形PBPQ，使四边形PBPQ为正方形，若四边形PBPQ为正方形，则有OBOPOPOQ，列出关于b的方程，求出方程的解得到b的值，即可确定出Q坐标【解答】解：（1）由b1，得到P（0，1），设直线AP解析式为ykx+1，把A（1，3）代入得：3k+1，解得：k2，直线OP解析式为y2x+1，令y0，得到x=-12，B（-12，0），即OB=12；（2）根据题意得：直线AP解

13、析式为ykx+b，把（1，3）代入得：3k+b，即k3b，直线解析式为y（3b）x+b，令y0，得到x=bb-3，即OB=-bb-3；（3）存在四边形PBPQ，使四边形PBPQ为正方形，理由为：若四边形PBPQ为正方形，则有OBOPOPOQ，即-bb-3=b，解得：b2，则b2，Q（2，0）【点评】此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定一次函数解析式，坐标与图形性质，正方形的性质，以及一次函数的性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键6如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A、点C分别在y轴、x轴的正半轴上，OA，OC的长分别是方程x27x+120的两根（OAOC）P为

14、直线AB上一动点，直线PQOP交直线BC于点Q（1）求点B的坐标；（2）当点P在线段AB上运动（不与A，B重合）时，设点P的横坐标为m，线段CQ的长度为l求出l关于m的函数解析式；（3）在坐标平面内是否存在点D，使以O、P、Q、D为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出D点的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）通过解方程求出线段的长度，利用矩形的性质得到AB4，BC3，求得B（4，3）；（2）因为点P在线段AB上，点P的横坐标为m，用m表示出AP的长度，利用相似三角形的性质列出比例式求出l关于m的函数解析式；（3）如图，过点D作DEOC于E，由以O、P、Q、D为顶点的四边形为正方形，得到

15、OPPQOD，通过三角形全等，对应边相等求得APm1，再根据另一对三角形全等得到点D的坐标【解答】解：（1）解方程x27x+120得：x13，x24，OA3，OC4，A（0，3），C（4，0），四边形OABC为矩形，AB4，BC3，B（4，3）；（2）点P在线段AB上，点P的横坐标为m，APm，CQl，BQ3l，OAPBOPQ90，APO+BPQAPO+AOP90，APOBPQ，APOBPQ，APBQ=AOPB，即m3-l=34-m，l=13m2-43m+3；（3）存在，如图，过点D作DEOC于E，四边形ODQP是正方形，OPPQOD，在AOP与BPQ中，AOP=BPQOAP=BPO=PQ，A

16、OPBPQ（AAS），PBOA3，APBP1，在AOP与OED中，AOP=EODOAP=OEDOP=OD，AOPOEP（AAS），OEAO3，DEAP1，D（3，1）若点P在点B的右边，同理可得D（3，7）综上所述D（3，1）或（3，7）【点评】本题考查了在平面直角坐标系中求点的坐标，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，特别是（3）正确的画出图形是解题的关键7在平面直角坐标系中，直线AB的解析式为y2x+12，点C是线段AB的中点（1）如图，求直线OC的解析式；（2）点D从点O出发，沿射线OC方向运动，速度为每秒5个单位，过点D作x轴的垂线，交直线AB于点E，设EDC的面积为S，点

17、D的运动时间为t，写出S与t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；（3）在（2）的条件下，当点D运动时间恰好为2秒时，点P为直线AD上的动点，在平面内，是否存在点Q，使以点O，A，P，Q为顶点的四边形为正方形？若存在，请求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）先由直线AB的解析式为y2x+12，求出A（6，0），B（0，12），再根据中点坐标公式得到线段AB的中点C的坐标为（3，6）然后利用待定系数法即可求出直线OC的解析式；（2）先求出点D运动到点C所需时间为：355=3秒，设EDx轴于点M根据直角三角形的性质得出OCAC，那么DOMOAB解直角DOM，求出OMODcosDOMt

18、，DMODsinDOM2t，即D（t，2t），E（t，2t+12）再分两种情况进行讨论：0t3；t3根据三角形的面积公式求解即可；（3）当点D运动时间为2秒时，OD25，D（2，4）利用待定系数法求出直线AD的解析式为yx+6再分两种情况进行讨论：OA为正方形的边，根据正方形的性质求出Q1点的坐标为（6，6）；OA为正方形的对角线，易求Q2点的坐标为（3，3）【解答】解：（1）直线AB的解析式为y2x+12，当y0时，2x+120，解得x6，即A（6，0），当x0时，y12，即B（0，12），点C是线段AB的中点，点C坐标为（3，6）设直线OC的解析式为ykx，则3k6，解得k2，故直线OC的

19、解析式为y2x；（2）OC=32+62=35，点D从点O出发，沿射线OC方向运动，速度为每秒5个单位，点D运动到点C所需时间为：355=3（秒）设EDx轴于点MOC为直角ABC斜边AB的中线，OCAC，DOMOAB在直角DOM中，OD=5t，OMODcosDOMODcosOAB=5t665=t，DMODsinDOMODsinOAB=5t1265=2t，D（t，2t），E（t，2t+12）如图，分两种情况：当0t3时，D在线段OC上，DE2t+122t4t+12，C到DE的距离为：3t，SCDE=12（4t+12）（3t）2t212t+18，即S2t212t+18；当t3时，D线段OC的延长线上

20、，DE2t（2t+12）4t12，C到DE的距离为：t3，SCDE=12（4t12）（t3）2t212t+18，即S2t212t+18；综上所述，S与t的函数关系式为S2t212t+18（t0且t3）；（3）当点D运动时间为2秒时，OD25，D（2，4）设直线AD的解析式为ymx+n，A（6，0），D（2，4），6m+n=02m+n=4，解得m=-1n=6，直线AD的解析式为yx+6，直线AD与y轴交点为（0，6）以点O，A，P，Q为顶点的四边形为正方形时，分两种情况：如果OA为正方形的边，如图，作正方形OP1Q1A，则P1为直线AD与y轴交点，OAOP16，OAQ190，Q1点的坐标为（6，

21、6）；如果OA为正方形的对角线，设OA中点为N，则N（3，0），当x3时，y3+63作OA的垂直平分线l，交直线AD于点P2，则P2点的坐标为（3，3），在l上截取NQ2NP2，则四边形OP2AQ2是正方形，此时Q2点的坐标为（3，3）综上所述，所求Q点的坐标为Q1（6，6），Q2（3，3）【点评】本题是一次函数综合题，涉及到利用待定系数法求直线的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，中点坐标公式，三角形的面积，勾股定理，直角三角形的性质，正方形的判定与性质，综合性较强，难度适中利用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键8如图，平面直角坐标系中，直线AB分别交x轴正半轴于点A，交y轴正半轴于点

22、B，且OA、OB（OAOB）的长是方程x212x+320的两个根（1）求sinABO的值；（2）已知点C是OB的中点，当点P在射线BA上运动到SAOCSAOP时，求经过点P的反比例函数解析式；（3）若点Q在线段AB上，平移直线OQ交x轴于点D，交y轴于点E当M（a，4）时，是否存在点N使得以点D、E、M、N为顶点的四边形是正方形？若存在直接写出点N的坐标；若不存在请说明理由【分析】（1）可求得方程的两根分别为4和8，且OAOB，所以求得OA4，OB8，再根据勾股定理，求得AB的长，即可解答；（2）先求出直线AB的解析式，再根据SAOCSAOP时，求出点P的纵坐标，把点P的纵坐标代入直线AB的解

23、析式求点P的横坐标，即可解答；（3）画出图形，根据正方形的性质，即可解答【解答】解：（1）x212x+320 解得：x14，x28，OAOB，OA4，OB8，AB=OA2+OB2=42+82=45，sinABO=AOAB=445=55（2）如图，连接AC，OP，过点P作PDOA于点D，设直线AB的解析式为：ykx+b，把A（4，0），B（0，8）代入ykx+b得：4k+b=0b=8，解得：k=-2b=8，直线AB的解析式为：y2x+8，OB8，点C是OB的中点，OC4，当点P在射线BA上运动到SAOCSAOP时，OAOC12=OAPD12即4412=4PD12，PD4，设P（x，4），把P（x

24、，4）代入y2x+8得：2x+84，解得：x2，P（2，4），设经过点P的函数解析式为：y=kx，4=k2，k8，经过点P的函数解析式为：y=8x（3）存在；如图，当直线OQ向下平移时，DENM为正方形，当点M在y轴上时，此时点M的坐标为（0，4），此时点M与点E关于x轴对称，点D与点N关y轴对称，根据正方形的性质，OMOEODON4，所以N（4，0）；当直线OQ向上平移时，平移到与y轴的交点为（0，4），与x轴交点为（4，0），DENM为正方形，O（D）4，O（E）4，根据中点的性质，此时N的坐标为（4，8）N（4，0）或N（4，8）【点评】本题是一次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有运用

25、待定系数法求一次函数的解析式，正方形的性质，综合性较强，难度适中运用数形结合、分类讨论是解题的关键9如图，抛物线y=12x2+12x2，经过点C（3，h），CDx轴，垂足为D点，RtAOBRtCDA，A、B分别在x轴，y轴上，在对称轴右侧的抛物线上是否存在两点P、Q，使四边形ABPQ是正方形？若存在，求出点P、Q的坐标；若不存在，请说明理由【分析】将点C（3，h）代入抛物线y=12x2+12x2，可求点C的坐标，根据全等三角形的性质可得OACD1，OBAD312，以AB为边在抛物线的右侧作正方形AQPB，过P作PEy轴，过Q作QG垂直x轴于G，不难得出三角形ABO和三角形BPE和三角形QAG都

26、全等，据此可求出P，Q的坐标，然后将两点坐标代入抛物线的解析式中即可判断出P、Q是否在抛物线上【解答】解：在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P、Q，使四边形ABPQ是正方形把点C（3，h）代入抛物线y=12x2+12x2，则h=12（3）2+12（3）21，则C点坐标为（3，1），RtAOBRtCDA，OACD1，OBAD312，以AB为边在AB的右侧作正方形ABPQ，过P作PEOB于E，QGx轴于G，可证PBEAQGBAO，PEAGBO2，BEQGAO1，P点坐标为（2，1），Q点坐标为（1，1）y=12x2+12x2，当x2时，y1；当x1时，y1P、Q在抛物线上故在抛物线（对称轴的右侧）上

27、存在点P（2，1）、Q（1，1），使四边形ABPQ是正方形【点评】本题主要考查了二次函数解析式的应用、正方形的判定、全等三角形的判定和性质等知识点综合性强，涉及的知识点多，难度较大10如图，已知直线AB与x轴交于点A，与y轴交于点B，线段OA的长是方程x27x180的一个根，OB=12OA请解答下列问题：（1）求点A，B的坐标；（2）直线EF交x轴负半轴于点E，交y轴正半轴于点F，交直线AB于点C若C是EF的中点，OE6，反比例函数y=kx图象的一支经过点C，求k的值；（3）在（2）的条件下，过点C作CDOE，垂足为D，点M在直线AB上，点N在直线CD上坐标平面内是否存在点P，使以D，M，N，

28、P为顶点的四边形是正方形？若存在，请写出点P的个数，并直接写出其中两个点P的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）解一元二次方程，得到点A的坐标，再根据OB=12OA可得点B坐标；（2）利用待定系数法求出直线AB的表达式，根据点C是EF的中点，得到点C横坐标，代入可得点C坐标，根据点C在反比例函数图象上求出k值；（3）画出图形，可得点P共有5个位置，分别求解即可【解答】解：（1）线段OA的长是方程x27x180的一个根，解得：x9或2（舍），而点A在x轴正半轴上，A（9，0），OB=12OA，B（0，92），（2）OE6，E（6，0），设直线AB的表达式为ykx+b，将点A和B的坐标代入，得

29、：0=9k+b92=b，解得：k=-12b=92，AB的表达式为：y=-12x+92，点C是EF的中点，点C的横坐标为3，代入AB中，y6，则C（3，6），反比例函数y=kx经过点C，则k3618；（3）存在点P，使以D，M，N，P为顶点的四边形是正方形，如图，共有5种情况，在四边形DM1P1N1中，M1和点A重合，M1（9，0），此时P1（9，12）；在四边形DP3M3N3中，可知M在直线yx+3上，联立：y=x+3y=-12x+92，解得：x=1y=4，M（1，4），P3（1，0），同理可得：P2（9，12），P4（7，4），P5（15，0）故存在点P使以D，M，N，P为顶点的四边形是正方

30、形，点P的坐标为P1（9，12），P2（9，12），P3（1，0），P4（7，4），P5（15，0）【点评】本题考查了解一元二次方程，一次函数表达式，正方形的性质，反比例函数表达式，难度较大，解题的关键是根据图象画出符合条件的正方形11如图，已知直线ykx+b与直线y=-12x9平行，且ykx+b还过点（2，3），与y轴交于A点（1）求A点坐标；（2）若点P是该直线上的一个动点，过点P分别作PM垂直x轴于点M，PN垂直y轴于点N，在四边形PMON上分别截取：PC=13MP，MB=13OM，OE=13ON，ND=13NP，试证：四边形BCDE是平行四边形；（3）在（2）的条件下，在直线ykx+b

31、上是否存在这样的点P，使四边形BCDE为正方形？若存在，直接写出所有符合的点P的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）直线ykx+b与y=-12x9平行，且过点A（2，3），则k=-122k+b=3，即可求解；（2）证明OBEPDC（SAS）、MBCNDE（SAS），即可求解；（3）证明DPCCMB（AAS），则CMPD，即可求解【解答】解：（1）直线ykx+b与y=-12x9平行，且过点A（2，3），则k=-122k+b=3，解得k=-12b=4，一次函数解析式为y=-12x+4，当x0时，y4，A点坐标是（0，4）；（2）证明：PMx轴，PNy轴，MNO90，四边形PMON是矩形，PMO

32、N，OMPN，MONP90PC=13MP，MB=13OM，OE=13ON，ND=13NP，PCOE，CMNE，NDBM，PDOB，在OBE和PDC中，OBPD，OCPD，OEPC，OBEPDC（SAS），DCBE，同理可证MBCNDE（SAS），DEBC四边形BCDE是平行四边形；（3）存在这样的点P，理由：设点P（m，-12m+4），则CM=23PC=23|（4-12m）|83-13m|，PD=23m，当四边形BCDE为正方形时，则DCB90，DCBC，而CBM+MCB90，MCB+DCP90，CBMDCP，而DPCCMB90，DPCCMB（AAS），CMPD，即|83-13m|=23m，解

33、得：m=83或8，故P点坐标是（83，83）或（8，8）【点评】本题考查的是一函数综合运用，涉及到一次函数的性质、正方形的性质、平行四边形的性质、三角形全等等，有一定的综合性，难度适中12在平面直角坐标系中，直线y2x+4与两坐标轴分别交于A，B两点（1）若一次函数y=-12x+m与直线AB的交点在第二象限，求m的取值范围；（2）若M是y轴上一点，N是x轴上一点，直线AB上是否存在两点P，Q，使得以M，N，P，Q四点为顶点的四边形是正方形若存在，求出M，N两点的坐标，若不存在，请说明理由【分析】（1）解析式联立得到2x+4=-12x+m，解得x=25（m4），根据第二象限的点的横坐标小于0，纵

34、坐标大于0，建立不等式组求解即可；（2）分三种情况讨论，根据正方形的性质三角形全等的性质，三角形相似的性质即可求得M，N两点的坐标【解答】解：（1）联立y2x+4与y=-12x+m，得2x+4=-12x+m，解得x=25（m4），交点在第二象限，25(m-4)0225(m-4)+40，解得1m4；（2）当x0时，y2x+44，A（0，4），当y0时，02x+4，x2，B（2，0），OA4，OB2如图1，过点Q作QHx轴于H，MNAB，NMOBAO，ONOM=OBOA=12，设ONa，则OM2a，MNQ90，QNH+MNOMNO+NMO90，QNHNMO，在QNH和NMO中QNH=NMOQHN=

35、NOM=90QN=MN QNHNMO（AAS），QHONa，HNOM2a，又BQHBAO，BHQH=OBOA=12，BH=12a，OBBH+HN+ON，2=12a+2a+a，解得a=47，M（0，87），N（-47，0）；如图2，过点P作PHx轴于H，易证PNHBAO，PHHN=OBOA=12，设PHb，则NH2b，同理证得PNHNMO，PHONb，HNOM2b，OHHNOHb，又BPHBAO，BHPH=OBOA=12，BH=12b，OBBH+OH，2=12b+b，解得b=43，M（0，-83），N（43，0）；如图3，过点P作PHx轴于H，PEy轴于E，QFy轴于F，易证PAEBAO，PEAE=OBOA=12，设PEc，则AE2c，同理证得PNHPME，PHPEOEc，OAAE+OE，42c+c，解得c=43，MQFPME，MFPEOE，EMFQ，EMOFFQ，设EMOFFQm，则Q（m，m），代入y2x+4中，得m2m+4，解得m4，NONH+OH=163，N（-163，0），OFm4，FMPE=34，OM4-34=134M（0，-134）综上所述M（0，87），N（-47，0）或M（0，-83），N（43，0）或M（0，-134），N（-163，0）；【点评】本题考查了两条直线相交或平行问题，一次函数图象和系数的关系，分类讨论是解题的关键