【324294】2024八年级数学下册 专题突破 第05讲 平行四边形存在性问题专题复习（含解析）（新

第5讲平行四边形存在性问题专题复习

知识点睛：

平行四边形存在性问题

1.知识储备：①平行四边形是中心对称图形

② 中心对称图形的性质：对称中心平分中心对称图形内通过该点的任意线段，且使中心对称图形的面积被平分

③中点公式：

2.方法策略：

（1）有3个定点，找第4个点形成平行四边形时：

①设第4个点的坐标

②以3个定点组成的3条线段为对角线分类讨论

③以中心对称图形的性质为等量关系列式求解

例 ，如图所示，平面直角坐标系内有A、B、C三点，在平面内找第4个点，构成平行四边形；

2. 有2个定点，且另外两个动点均在特殊的位置上时，方法策略同上。

如，当A、B已知，点C在直线y=x上，点D在另一直线上，则设C（a,a）；分类还分别分①以AB为对角线，②以AC为对角线，③以BC为对角线；依其性质分别表示出D点坐标；将点D坐标再分别带入另一直线解析式，即可求出a的值，C、D坐标就都能求出来了。

类型一几何背景下的平行四边形存在性问题

1．如图，在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点M，点F在AD上，AF＝6cm，BF＝12cm，∠FBM＝∠CBM，点E是BC的中点，若点P以1cm/秒的速度从点A出发，沿AD向点F运动；点Q同时以2cm/秒的速度从点C出发，沿CB向点B运动．点P运动到F点时停止运动，点Q也同时停止运动．当点P运动　　秒时，以点P、Q、E、F为顶点的四边形是平行四边形．

【分析】由四边形ABCD是平行四边形得出：AD∥BC，AD＝BC，∠ADB＝∠CBD，证得FB＝FD，求出AD的长，得出CE的长，设当点P运动t秒时，点P、Q、E、F为顶点的四边形是平行四边形，根据题意列出方程并解方程即可得出结果．

【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，AD＝BC，

∴∠ADB＝∠CBD，

∵∠FBM＝∠CBM，

∴∠FBD＝∠FDB，

∴FB＝FD＝12cm，

∵AF＝6cm，

∴AD＝18cm，

∵点E是BC的中点，

∴CE＝ BC＝ AD＝9cm，

要使点P、Q、E、F为顶点的四边形是平行四边形，则PF＝EQ即可，

设当点P运动t秒时，点P、Q、E、F为顶点的四边形是平行四边形，

根据题意得：6﹣t＝9﹣2t或6﹣t＝2t﹣9，

解得：t＝3或t＝5．

故答案为：3或5．

2．（遂宁期末）如图，平行四边形ABCD中，AB＝8cm，AD＝12cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在CB间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止）．在运动以后，当t＝　　时以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形．

【分析】根据平行四边形的判定可得当DP＝BQ时，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，然后分情况讨论，再列出方程，求出方程的解即可．

【解答】解：设经过t秒，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，

∵以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，

∴ DP＝BQ，

分为以下情况：①点Q的运动路线是C﹣B，方程为12﹣4t＝12﹣t，

此时方程t＝0，此时不符合题意；

②点Q的运动路线是C﹣B﹣C，方程为4t﹣12＝12﹣t，

解得：t＝4.8；

③点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B，方程为12﹣（4t﹣24）＝12﹣t，

解得：t＝8；

④点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B﹣C，方程为4t﹣36＝12﹣t，

解得：t＝9.6；

综上所述，t＝4.8s或8s或9.6s时，以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形，

故答案为：4.8s或8s或9.6s．

3．（丹东期末）如图，四边形ABCD中，AB∥DC，DC＝6cm，AB＝9cm．点P以1cm/s的速度由A点向B点运动，同时点Q以2cm/s的速度由C点向D点运动，其中一点到达终点时，另一点也停止运动，当线段PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形时，此时的运动时间为　　s．

【分析】设运动时间为t，由题意可得AP＝tcm，PB＝（9﹣t）cm，CQ＝2tcm，DQ＝（6﹣2t）cm，分两种情况列出方程则可得出答案．

【解答】解：设运动时间为ts，由题意可得AP＝tcm，PB＝（9﹣t）cm，CQ＝2tcm，DQ＝（6﹣2t）cm，

∵DQ∥AP，

∴当DQ＝AP时，四边形APQD为平行四边形，

∴6﹣2t＝t，

∴t＝2．

∵CQ∥PB，

∴当CQ＝PB时，四边形CQPB为平行四边形，

∴2t＝9﹣t，

∴t＝3．

综合以上可得t＝2或3s时，线段PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形．

故答案为2或3．

4．（宁波期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，BC＝16，DC＝12，AD＝21．动点P从点D出发，沿线段DA的方向以每秒2个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动，点P，Q分别从点D，C同时出发，当点P运动到点A时，点Q随之停止运动．设运动的时间为t（秒）．

（1）当t＝2时，求△BPQ的面积；

（2）若四边形ABQP为平行四边形，求运动时间t；

（3）当t为何值时，以B，P，Q三点为顶点的三角形是等腰三角形？

【分析】（1）若过点P作PM⊥BC于M，则四边形PDCM为矩形，得出PM＝DC＝12，由QB＝16﹣t，可知：S＝ PM×QB＝96﹣6t；

（2）当四边形ABQP为平行四边形时，AP＝BQ，即21﹣2t＝16﹣t，可将t求出；

（3）本题应分三种情况进行讨论，①若PQ＝BQ，在Rt△PQM中，由PQ²＝PM²+MQ²，PQ＝QB，将各数据代入，可将时间t求出；

②若BP＝BQ，在Rt△PMB中，由PB²＝BM²+PM²，BP＝BQ，将数据代入，可将时间t求出；

③若PB＝PQ，PB²＝PM²+BM²，PB＝PQ，将数据代入，可将时间t求出．

【解答】解：（1）过点P作PM⊥BC于M，则四边形PDCM为矩形．

∴ PM＝DC＝12，

∵QB＝16﹣t，

∴S＝ QB•PM＝ （16﹣t）×12＝96﹣6t（0≤t≤ ）．

把t＝2代入得到：S＝96﹣12＝84；

（2）当四边形ABQP是平行四边形时，AP＝BQ，

即21﹣2t＝16﹣t，

解得：t＝5，

∴当t＝5时，四边形ABQP是平行四边形．

（3）由图可知，CM＝PD＝2t，CQ＝t，若以B、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形，可以分三种情况：

①若PQ＝BQ，在Rt△PMQ中，PQ²＝t²+12²，由PQ²＝BQ²得t²+12²＝（16﹣t）²，解得t＝ ；

②若BP＝BQ，在Rt△PMB中，PB²＝（16﹣2t）²+12²，由PB²＝BQ²得（16﹣2t）²+12²＝（16﹣t）²，即3t²﹣32t+144＝0，

此时，△＝（﹣32）²﹣4×3×144＝﹣704＜0，

所以此方程无解，∴BP≠BQ．

③若PB＝PQ，由PB²＝PQ²得t²+12²＝（16﹣2t）²+12²得t₁＝ ，t₂＝16（不合题意，舍去）．

综上所述，当t＝ 或t＝ 时，以B，P，Q三点为顶点的三角形是等腰三角形．

类型二“三定一动”求平行四边形的顶点坐标

1．（婺城区校级模拟）把▱ABCD放入平面直角坐标系中，已知对角线的交点为原点，点A的坐标为（2，﹣3），点C的坐标为（　　）

A．（﹣3，2） B．（3，2） C．（﹣2，3） D．（2，3）

【分析】因为平行四边形是中心对称图形，若对角线的交点为原点时，则A点与C点关于原点对称，从而根据A点坐标可求C点坐标．

【解答】解：∵平行四边形是中心对称图形，

所以当其对角线的交点为原点时，则A点与C点关于原点对称，

∵A（2，﹣3），

∴C（﹣2，3）．

故选：C．

2 ．（绵阳期末）如图，在平行四边形OABC中，对角线相交于点E，OA边在x轴上，点O为坐标原点，已知点A（4，0），E（3，1），则点C的坐标为（　　）

A．（1，1） B．（1，2） C．（2，1） D．（2，2）

【分析】分别过E，C两点作EF⊥x轴，CG⊥x轴，垂足分别为F，G，由平行四边形的性质可得CG＝2EF，AG＝2AF，结合A，E两点坐标可求解CG，OG的长，进而求解C点坐标．

【解答】解：分别过E，C两点作EF⊥x轴，CG⊥x轴，垂足分别为F，G，

∴ EF∥CG，

∵四边形ABCD为平行四边形，

∴AE＝CE，

∴AG＝2AF，CG＝2EF，

∵A（4，0），E（3，1），

∴OA＝4，OF＝3，EF＝1，

∴AF＝OA﹣OF＝4﹣3＝1，CG＝2，

∴AG＝2，

∴OG＝OA﹣OG＝4﹣2＝2，

∴C（2，2）．

故选：D．

3 ．（天津）如图，▱ABCD的顶点A，B，C的坐标分别是（0，1），（﹣2，﹣2），（2，﹣2），则顶点D的坐标是（　　）

A．（﹣4，1） B．（4，﹣2）

C．（4，1） D．（2，1）

【分析】首先根据B、C两点的坐标确定线段BC的长，然后根据A点向右平移线段BC的长度得到D点，即可由A点坐标求得点D的坐标．

【解答】解：∵B，C的坐标分别是（﹣2，﹣2），（2，﹣2），

∴BC＝2﹣（﹣2）＝2+2＝4，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD＝BC＝4，

∵点A的坐标为（0，1），

∴点D的坐标为（4，1），

故选：C．

4．（思明区校级月考）【阅读】在平面直角坐标系中，以任意两点P（x₁，y₁）、Q（x₂，y₂）为端点的线段中点坐标为（ ， ）

【运用】（1）已知O为▱ABCD的对角线AC与BD交点，点B的坐标为（4，3），则点D的坐标为（﹣1，1），则O的坐标为　　；

（2）在直角坐标系中，有A（﹣1，2），B（3，1），C（1，4）三点，另有一点D与点A，B，C构成平行四边形的顶点，求点D的坐标．（提示：运用阅读材料完成）

【分析】（1）由平行四边形的性质得出O是BD的中点，利用中点坐标公式代入可得M的坐标；

（2）存在三种情况：①当AC和BC为平行四边形的边时，

②当BC和CD₂为平行四边形的边时，

③当AC和AB为平行四边形的边时；分别根据平行四边形对角线互相平分，即对角线的交点即为对角线的中点，由中点坐标公式代入可得结论．

【解答】解：（1）∵O为▱ABCD的对角线AC与BD交点，

∴OB＝OD，即O为BD的中点，

∴点O的横坐标为 ＝ ，纵坐标为 ＝2，

∴点O的坐标为（ ，2）；

故答案为：（ ，2）；

（2）如图所示：

①当AC和BC为平行四边形的边时，连接对角线AB、CD₁交于E，

∴ AE＝EB，CE＝ED₁，

∵A（﹣1，2），B（3，1），

∴E（1， ），

∵C（1，4），

∴D₁（1，﹣1）；

②当BC和CD₂为平行四边形的边时，连接对角线BD₂和AC交于G，

同理可得D₂（﹣3，5）；

③当AC和AB为平行四边形的边时，连接AD₃和BC交于F，

同理可得D₃（5，3）；

综上所述，点D的坐标为（1，﹣1）或（﹣3，5）或（5，3）．

5．（玄武区校级月考）已知坐标系中有O、A、B、C四个点，其中点O（0，0），A（3，0），B（1，1），若以O、A、B、C为顶点的四边形是平行四边形，则C的坐标是　　．

【 分析】由平行四边形的判定，分三种情况进行讨论即可．

【解答】解：如图所示：

分三种情况：①AB为对角线时，点C的坐标为（4，1）；

②OB为对角线时，点C的坐标为（﹣2，1）；

③OA为对角线时，点C的坐标为（2，﹣1）；

综上所述，点C的坐标为（4，1）或（﹣2，1）或（2，﹣1），

故答案为：（4，1）或（﹣2，1）或（2，﹣1）．

6．（南岸区期末）如图，平面直角坐标系中，已知点A（﹣3，1），B（4，3），且CD是x轴上一条长度为3的线段．

（1）求AC+CD+DB的最小值，并求出此时点D的坐标；

（2）在（1）的条件下，当AC+CD+DB取得最小值时，平面直角坐标系内是否存在一点E，使得点B，C，D，E构成的四边形为平行四边形，若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）如图，把点A（﹣3，1）向右平移3个单位，得到点A'（0，1）．点B关于x轴的对称点B'（4，﹣3），连接A'B'，与x轴的交点为D．此时AC+CD+DB取得最小值，最小值为CD+A'B'，根据两点间的距离公式得到CD+A'B'＝ ，过点B'作B'F⊥y轴，垂足为F，则B'F＝A'F＝4，于是得到结论；

（2）当CD＝BE＝3，CD∥BE，点B，C，D，E构成的四边形为平行四边形，当CD为对角线，即E（﹣5，﹣3），根据平行四边形的性质即可得到结论．

【解答】解：（1）如图，把点A（﹣3，1）向右平移3个单位，得到点A'（0，1）．

点B关于x轴的对称点B'（4，﹣3），连接A'B'，与x轴的交点为D．

此时AC+CD+DB取得最小值，最小值为CD+A'B'，

即最小值为CD+A'B'＝ ，

过 点B'作B'F⊥y轴，垂足为F，则B'F＝A'F＝4，

∴∠OA'D＝45°，

∵OD⊥A'O，

∴∠A'OD＝90°，

∴A'O＝DO＝1，

∴D（1，0）；

（2）存在，

理由：当CD＝BE＝3，CD∥BE，点B，C，D，E构成的四边形为平行四边形，

∵B（4，3），

∴E点的坐标为（7，3）或（1，3）．

当CD为对角线，即E（﹣5，﹣3），

综上所述，点E的坐标为（7，3）或（1，3）或（﹣5，﹣3）．

7．（岳麓区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的三个顶点A，O，C在坐标轴上，矩形的面积为12，对角线AC所在直线的解析式为y＝kx﹣4k（k≠0）．

（1）求A，C的坐标；

（2）若D为AC中点，过D的直线交y轴负半轴于E，交BC于F，且OE＝1，求直线EF的解析式；

（3）在（2）的条件下，在坐标平面内是否存在一点G，使以C，D，F，G为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）对于y＝kx﹣4k，令y＝0，即kx﹣4k＝0，解得x＝4，则点C（4，0），则OC＝4，而矩形的面积＝AO•OC＝4OA＝12，解得OA＝3，即可求解；

（2）若D为AC中点，则点D（2， ），而点E（0，﹣1），用待定系数法即可求解；

（3）分CD是边、CD为对角线两种情况，利用平移的性质和中点公式分别求解即可．

【解答】解：（1）对于y＝kx﹣4k，令y＝0，即kx﹣4k＝0，解得x＝4，

故点A（4，0），则OA＝4，

而矩形的面积＝AO•OC＝4OA＝12，解得OC＝3，

故点C（0，3）；

（2）若D为AC中点，则点D（2， ），

∵OE＝1，故点E（0，﹣1），

设直线EF的表达式为y＝mx+n，则 ，解得 ，

故直线EF的表达式为y＝ x﹣1；

（3）存在，理由：

对于y＝ x﹣1，令y＝3＝ x﹣1，解得x＝ ，故点F（ ，3），

而点C，D的坐标分别为（0，3）、（2， ），设点G（a，b），

①当CD是边时，

点C向右平移2个单位向下平移 个单位得到点D，同样，点F（G）向右平移2个单位向下平移 个单位得到点G（F），

则 +2＝a且3﹣ ＝b或 ﹣2＝a且3+ ＝b，

解得 ，

故点G的坐标为（ ， ）或（ ， ）；

②当CD为对角线时，

由中点公式得： （0+2）＝ （a+ ）且 （3+ ）＝ （b+3），解得 ，

故点G的坐标为（﹣ ， ）；

故点G的坐标为（ ， ）或（ ， ）或（﹣ ， ）．

8．如图，已知A、B两点是直线AB与x轴的正半轴，y轴的正半轴的交点，如果OA，OB的长分别是x²﹣14x+48＝0的两个根（OA＞OB），射线BC平分∠ABO交x轴于C点，

（1）求OA，OB的长．

（2）求点C的坐标．

（3）在坐标平面内找点Q，使A，B，C，Q四个点为顶点的四边形是平行四边形，求出符合条件的点Q的坐标．

【分析】（1）首先根据x²﹣14x+48＝0，求出方程的两个根是多少；然后根据OA＞OB，求出OA，OB的长各是多少即可．

（2）首先根据射线BC平分∠ABO交x轴于C点，设∠OBC＝∠ABC＝α，则tan2α＝ ＝ ，据此求出tanα的值是多少；然后求出OC的值是多少，即可确定出点C的坐标．

（3）根据题意，分三种情况：①当AC、BQ为四边形ABCQ的两条对角线时；②当AQ、BC为四边形ABCQ的两条对角线时；③当AB、CQ为四边形ABCQ的两条对角线时；然后根据平行四边形的性质，分类讨论，求出符合条件的点Q的坐标是多少即可．

【解答】解：（1）由x²﹣14x+48＝0，

解得x＝6或x＝8，

∵OA＞OB，

∴OA＝8，0B＝6，

即OA的长是8，OB的长是6．

（2）∵射线BC平分∠ABO交x轴于C点，

∴设∠OBC＝∠ABC＝α，

则tan2α＝ ＝ ，

整理，可得

2tan²α+3tanα﹣2＝0，

解得tanα＝ 或tanα＝﹣2，

∵α为锐角，

∴tanα＝﹣2舍去，

∴tanα＝ ，

即 ，

∴ ，

解 得OC＝3，

∴点C的坐标是（3，0）．

（3）①如图1，AC、BQ交于点D，

设点Q的坐标是（a，b），

∵AB∥CQ，

∴ ＝﹣ …（1），

∵四边形ABCQ是平行四边形，

∴点D是AC、BQ的中点，

∴ …（2），

由（1）（2），可得

∴ 点Q的坐标是（11，﹣6）．

②如图2，AQ、BC交于点E，

设点Q的坐标是（c，d），

∵AC∥BQ，

∴d＝6，

∵四边形ABCQ是平行四边形，

∴点E是AQ、BC的中点，

∴ ，

解得c＝﹣5，

∴点Q的坐标是（﹣5，6）．

③ 如图3，AB、CQ交于点F，

设点Q的坐标是（e，f），

∵AC∥BQ，

∴f＝6，

∵四边形ABCQ是平行四边形，

∴点F是AB、CQ的中点，

∴ ，

解得e＝5，

∴点Q的坐标是（5，6）．

综上，可得点Q的坐标是（11，﹣6）、（﹣5，6）或（5，6）．

类型三“两定两动”求平行四边形的顶点坐标

1．如图，在平面直角坐标系xOy，直线y＝x+1与y＝﹣2x+4交于点A，两直线与x轴分别交于点B和点C，D是直线AC上的一个动点，直线AB上是否存在点E，使得以E，D，O，A为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】当OE∥AC时，由相互平行的两条直线的一次项系数相同，可得到直线OE的解析式，然后将OE和AB的解析式联立，组成方程组从而可求得点E的坐标；

当DE∥OA时，OD∥AB时，先求得OD的解析式，然后联立OD、AC，求得点D的坐标，然后再求得DE的解析式，将DE和AB联立，组成方程组可解得点E的坐标．

【 解答】解：①如下图：当OE∥AD时，

∵OE∥AC，

所以直线OE的解析式为y＝﹣2x，

联立OE、AB，得

，

解得 ，

即E₁（﹣ ， ）；

②如下图：当DE∥OA时，OD∥AB时，

∵OD∥AB，

∴直线OD的解析式为y＝x，

联立OD、AC，得 ，

解得 ，

D（ ， ）．

联立AB、AC得 ，

解得 ，

A（1，2）．

OA的解析式为y＝2x，

∵DE∥OA，

∴设直线DE的解析式为y＝2x+b，

将点D的坐标代入直线的解析式得：y＝2x﹣

联立DE、AB得 ，

解得 ，

E₂（ ， ）．

③当OA为对角线时，

∵A（1，2），

∴OA的中点坐标为（ ，1），

∵点D在直线y＝﹣2x+4上，

∴设D（m，﹣2m+4），

∵点E在直线y＝x+1上，

∴设E（n，n+1），

∴DE的中点坐标为（ ， ），

∴ ＝ ， ＝1，

∴m＝ ，n＝﹣ ，

∴E（﹣ ， ）

综上所述：E₁（﹣ ， ），E₂（ ， ）．

2．（高明区期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣ x+3与x轴、y轴相交于A、B两点，点C在线段OA上，将线段CB绕着点C顺时针旋转90°得到线段CD，此时点D恰好落在直线AB上，过点D作DE⊥x轴于点E．

（1）求证：△BOC≌△CED；

（2）请直接写出点D的坐标，并求出直线BC的函数关系式；

（3）若点P是x轴上的一个动点，点Q是线段CB上的点（不与点B、C重合），是否存在以C、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的P点坐标．若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用同角的余角相等可得出∠OBC＝∠ECD，由旋转的性质可得出BC＝CD，结合∠BOC＝∠CED＝90°即可证出△BOC≌△CED（AAS）；

（2）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点B的坐标，设OC＝m，则点D的坐标为（m+3，m），利用一次函数图象上点的坐标特征可求出m值，进而可得出点C，D的坐标，由点B，C的坐标，利用待定系数法可求出直线BC的解析式；

（3）设点Q（x，﹣3x+3），由题意得DQ∥PC，DQ＝PC，则点Q的纵坐标＝点D的纵坐标＝1，求出x＝ ，则PC＝DQ＝ ，设点P的坐标为（a，0），分两种情况，由平行四边形的性质得出方程，解方程即可．

【解答】（1）证明：∵∠BOC＝∠BCD＝∠CED＝90°，

∴∠OCB+∠OBC＝90°，∠OCB+∠ECD＝90°，

∴∠OBC＝∠ECD，

∵将线段CB绕着点C顺时针旋转90°得到CD，

∴BC＝CD，

在△BOC和△CED中， ，

∴△BOC≌△CED（AAS）；

（2）解：在y＝﹣ x+3中，令x＝0，则y＝3；

令y＝0，则x＝6，

∴点B的坐标为（0，3），点A的坐标为（6，0），

设OC＝m，

由（1）得：△BOC≌△CED，

∴OC＝ED＝m，BO＝CE＝3，

∴点D的坐标为（m+3，m），

∵点D在直线y＝﹣ x+3上，

∴m＝﹣ （m+3）+3，

解得：m＝1，

∴点D的坐标为（4，1），点C的坐标为（1，0），

设直线BC的解析式为y＝kx+b，

将B（0，3）、C（1，0）代入解析式得： ，

解得： ，

∴直线BC的解析式为y＝﹣3x+3；

（3）解：存在，理由如下：

∵点Q在线段CB上，直线BC的解析式为y＝﹣3x+3，

∴设点Q（x，﹣3x+3），

∵点P在x轴上，以C、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，

∴DQ∥PC，DQ＝PC，

∴点Q的纵坐标＝点D的纵坐标＝1，

∴﹣3x+3＝1，

解 得：x＝ ，

∴PC＝DQ＝4﹣ ＝ ，

设点P的坐标为（a，0），分两种情况：

①如图1所示：

则1﹣a＝ ，

解 得：a＝﹣ ，

∴P（﹣ ，0）；

②如图2所示：

则a﹣1＝ ，

则a＝ ，

∴P（ ，0）；

综上所述，存在以C、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，P点坐标为（﹣ ，0）或（ ，0）．

3．（渝中区校级期末）如图，Rt△OAC是一张放在平面直角坐标系中的直角三角形纸片，点O与原点重合，点A在x轴上，点C在y轴上，OA＝6，∠CAO＝30°，将Rt△OAC折叠，使OC边落在AC边上，点O与点D重合，折痕为CE．

（1）求点D的坐标；

（2）在线段AC上有一动点P，连接EP和OP，求当△OPE周长最小时，点P的坐标，若M，N是x轴上两动点（M在点N左侧）且MN＝1，求当四边形CMNP周长最小时，M点的坐标；

（3）设点M为直线CE上的一点，过点M作AC的平行线，交y轴于点N，是否存在这样的点M，使得以M、N、D、C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用翻折的性质以及直角三角形的性质即可求解；

（2）如图2中，作点E关于AC的对称点E′，连接OE′交AC于点P，此时PE+OP的值最小，即△OPE的周长最小．求出直线AC，OE′的解析式，构建方程组求出交点P的坐标；过点P关于x轴的对称点P'，作P'K∥x轴，且P'K＝1，连接CK交AO于点M，根据点P坐标，由对称性可得P'的坐标，K的坐标，可求直线CK的解析式，即可求点M的坐标；

（3）因为MN∥CD，所以当CD＝MN时，四边形CDMN是平行四边形，推出点M的横坐标为3，由直线EC的解析式为y＝﹣ x+2 ，可得点M的纵坐标为y＝﹣3 +2 ＝﹣ ，推出M（3，﹣ ），根据对称性可知的M根源点C的对称点M′也满足条件．

【 解答】解：（1）如图1，过点D作DH⊥OA于H，

在Rt△AOC中，

∵∠OAC＝30°，∠AOC＝90°，OA＝6，

∴∠ACO＝60°，OC＝OA•tan30°＝2 ，AC＝4 ，

由翻折可知：∠ECA＝∠ECO＝30°，

∴OC＝CD＝2 ，∠AOC＝∠CDE＝90°，

∴AD＝AC﹣CD＝2 ，且∠OAC＝30°，DH⊥AO

∴DH＝ ，AH＝ DH＝3，

∴OH＝OA﹣AH＝3，

∴D（3， ）；

（2）如图2中，作点E关于AC的对称点E′，连接OE′交AC于点P，此时PE+OP的值最小，即△ OPE的周长最小，过E′作E′F⊥OA于F．

由（1）知，AD＝2 ，∠CDE＝90°，∠CAO＝30°，

∴DE＝2，∠DEA＝60°，AE＝4，

∴EE′＝4，OE＝OA﹣AE＝2，

∵E′F⊥OA．

∴EF＝2，E′F＝2 ，

∴OF＝OE+EF＝4，

E′（4，2 ），

∴直线OE′的解析式为y＝ x，

∵OA＝6，OC＝2 ，

直线AC的解析式为y＝﹣ x+2 ，

由 ，解得 ，

∴P（ ， ）；

过点P关于x轴的对称点P'，作P'K∥x轴，且P'K＝1，连接CK交AO于点M，此时四边形CMNP周长最小．

∵点P关于x轴的对称点P'，

∴P'（ ，﹣ ）；

∵P'K∥OA，P'K＝1

∴K（ ，﹣ ），

设直线CK的解析式为：y＝kx+2 ，过点K（ ，﹣ ），

∴﹣ ＝ k+2 ，

∴k＝﹣ ，

∴直线CK的解析式为：y＝﹣ x+2 ，

∴当y＝0时，x＝ ，

∴ 点M（ ，0）；

（3）如图3中，连接QD．

∵MN∥CD，

∴当CD＝MN时，四边形CDMN是平行四边形，

∴点M的横坐标为3，

∵直线EC的解析式为y＝﹣ x+2 ，

∴点Q的纵坐标为y＝﹣3 +2 ＝﹣ ，

∴Q（3，﹣ ），

根据对称性可知点Q关于点C的对称点Q′也满足条件，可得Q′（﹣3，5 ），

综上所述，满足条件的点Q的坐标为（3，﹣ ）或（﹣3，5 ）．

4．（杭州期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（a，2），B（b，0），且a，b满足 +b²﹣8b+16＝0．

（1）求a，b的值；

（2）在坐标轴上是否存在点C，使△ABC是以线段AB为底的等腰三角形？若存在，试求出点C的坐标：若不存在，试说明理由．

（3）点A关于点（0，﹣1）对称的点D坐标为　　；

是否存在点P、Q，满足点P在x轴上，点Q在y轴上，且以A，D，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，试求出点P、Q的坐标；若不存在，试说明理由．

【分析】（1）由二次根式及偶次方非负，即可求出a、b的值；

（2）由（1）可得出A、B的坐标，作线段AB的垂直平分线CF，交x轴于点C₁，交y轴于点C₂，交线段AB于点F，过点A作AE⊥x轴于点E，易证△ABE∽△C₁BF，利用相似三角形的性质可求出点C₁的坐标，根据点C₁、F的坐标，利用待定系数法可求出直线CF的解析式，利用一次函数图象上点的坐标特征即可得出点C₂的坐标，综上即可得出结论；

（3）由点A的坐标可求出点D的坐标，假设存在，设点P的坐标为（m，0），点Q的坐标为（0，n）．分AD为边及为对角线两种情况考虑，①当AD为边时，根据平行四边形的性质可得出关于m、n的二元一次方程组，解之即可得出点P、Q的坐标；②当AD为对角线时，根据对角线互相平分，即可得出关于m、n的二元一次方程组，解之即可得出点P、Q的坐标．综上即可得出结论．

【解答】解：（1）∵a，b满足 +b²﹣8b+16＝0，即 +（b﹣4）²＝0，

∴a﹣ ＝0，b﹣4＝0，

∴a＝ ，b＝4．

（ 2）∵a＝ ，b＝4，

∴点A的坐标为（ ，2），点B的坐标为（4，0）．

作线段AB的垂直平分线CF，交x轴于点C₁，交y轴于点C₂，交线段AB于点F，过点A作AE⊥x轴于点E，如图1所示．

∵A（ ，2），B（4，0），

∴AE＝2，BE＝ ，AB＝ ＝ ，

∴BF＝ AB＝ ．

∵∠ABE＝∠C₁BF，∠AEB＝∠C₁FB＝90°，

∴△ABE∽△C₁BF，

∴ ＝ ，即 ＝ ，

∴C₁B＝ ，

∴点C₁的坐标为（ ，0）．

∵点F为线段AB的中点，

∴点F的坐标为（ ，1）．

设直线CF的解析式为y＝kx+b（k≠0），

将C₁（ ，0）、F（ ，1）代入y＝kx+b，得：

，解得： ，

∴直线CF的解析式为y＝ x﹣ ，

∴点C₂的坐标为（0，﹣ ）．

综上，在坐标轴上存在点C，使△ABC是以线段AB为底的等腰三角形，点C的坐标为（ ，0）或（0，﹣ ）．

（3）∵点A、点D关于点（0，﹣1）对称

∴点D的坐标为（﹣ ，﹣4）．

故答案为：（﹣ ，﹣4）．

假设存在，设点P的坐标为（m，0），点Q的坐标为（0，n）．

分AD为边及为对角线两种情况考虑（如图2）：

① 当AD为边时，四边形ADP₁Q₁为平行四边形，

∵A（ ，2），D（﹣ ，﹣4），

∴ ，

解得： ，

∴点P₁的坐标为（﹣5，0），点Q₁的坐标为（0，6）；

当AD为边时，四边形ADQ₂P₂为平行四边形，

∵A（ ，2），D（﹣ ，﹣4），

∴ ，

解得： ，

∴点P₂的坐标为（5，0），点Q₂的坐标为（0，﹣6）；

②当AD为对角线时，四边形AP₃DQ₃为平行四边形，

∵A（ ，2），D（﹣ ，﹣4），

∴ ，

解得： ，

∴点P₃的坐标为（0，0），点Q₃的坐标为（0，﹣2）．

综上所述：存在点P、Q，满足点P在x轴上，点Q在y轴上，且以A，D，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，点P₁（﹣5，0）、Q₁（0，6）或P₂（5，0）、Q₂（0，﹣6）或P₃（0，0）、Q₃（0，﹣2）．