全国套中考数学压轴题分类解析汇编专题几何三大变换相关问题.doc

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2012年全国100套中考数学压轴题分类解析汇编

专题9：

几何三大变换相关问题.

1.（2012北京市7分）在中，，M是AC的中点，P是线段BM上的动点，

将线段PA绕点P顺时针旋转得到线段PQ。

（1）若且点P与点M重合（如图1），线段CQ的延长线交射线BM于点D，请补全图形，

并写出∠CDB的度数；

（2）在图2中，点P不与点B，M重合，线段CQ的延长线与射线BM交于点D，猜想∠CDB的大小（用含的代数式表示），并加以证明；

（3）对于适当大小的，当点P在线段BM上运动到某一位置（不与点B，M重合）时，能使得

线段CQ的延长线与射线BM交于点D，且PQ=QD，请直接写出的范围。

【答案】解：

（1）补全图形如下：

∠CDB=30°。

（2）作线段CQ的延长线交射线BM于点D，连接PC，AD，

∵AB=BC，M是AC的中点，∴BM⊥AC。

∴AD=CD，AP=PC，PD=PD。

在△APD与△CPD中，∵AD=CD，PD=PD，PA=PC

∴△APD≌△CPD（SSS）。

∴AP=PC，∠ADB=∠CDB，∠PAD=∠PCD。

又∵PQ=PA，∴PQ=PC，∠ADC=2∠CDB，∠PQC=∠PCD=∠PAD。

∴∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°。

∴∠APQ+∠ADC=360°－（∠PAD+∠PQD）=180°。

∴∠ADC=180°－∠APQ=180°－2α，即2∠CDB=180°－2α。

∴∠CDB=90°－α。

（3）45°＜α＜60°。

【考点】旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，。

【分析】

（1）利用图形旋转的性质以及等边三角形的判定得出△CMQ是等边三角形，即可得出答案：

∵BA=BC，∠BAC=60°，M是AC的中点，∴BM⊥AC，AM=AC。

∵将线段PA绕点P顺时针旋转2α得到线段PQ，∴AM=MQ，∠AMQ=120°。

∴CM=MQ，∠CMQ=60°。

∴△CMQ是等边三角形。

∴∠ACQ=60°。

∴∠CDB=30°。

（2）首先由已知得出△APD≌△CPD，从而得出∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°，即可求出。

（3）由

（2）得出∠CDB=90°－α，且PQ=QD，

∴∠PAD=∠PCQ=∠PQC=2∠CDB=180°－2α。

∵点P不与点B，M重合，∴∠BAD＞∠PAD＞∠MAD。

∴2α＞180°－2α＞α，∴45°＜α＜60°。

2.（2012海南省I11分）如图

（1），在矩形ABCD中，把∠B、∠D分别翻折，使点B、D分别落在对角线BC上的点E、F处，折痕分别为CM、AN.

（1）求证：

△AND≌△CBM.

（2）请连接MF、NE，证明四边形MFNE是平行四边形，四边形MFNE是菱形吗？

请说明理由？

（3）P、Q是矩形的边CD、AB上的两点，连结PQ、CQ、MN，如图

（2）所示，若PQ=CQ，PQ∥MN。

且AB=4，BC=3，求PC的长度.

【答案】

（1）证明：

∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠B，AD=BC，AD∥BC。

∴∠DAC=∠BCA。

又由翻折的性质，得∠DAN=∠NAF，∠ECM=∠BCM，∴∠DAN=∠BCM。

∴△AND≌△CBM（ASA）。

（2）证明：

∵△AND≌△CBM，∴DN=BM。

又由翻折的性质，得DN=FN，BM=EM，

∴FN=EM。

又∠NFA=∠ACD＋∠CNF=∠BAC＋∠EMA=∠MEC，

∴FN∥EM。

∴四边形MFNE是平行四边形。

四边形MFNE不是菱形，理由如下：

由翻折的性质，得∠CEM=∠B=900，

∴在△EMF中，∠FEM＞∠EFM。

∴FM＞EM。

∴四边形MFNE不是菱形。

（3）解：

∵AB=4，BC=3，∴AC=5。

设DN=x，则由S△ADC=S△AND＋S△NAC得

3x＋5x=12，解得x=，即DN=BM=。

过点N作NH⊥AB于H，则HM=4－3=1。

在△NHM中，NH=3，HM=1，

由勾股定理，得NM=。

∵PQ∥MN，DC∥AB，

∴四边形NMQP是平行四边形。

∴NP=MQ，PQ=NM=。

又∵PQ=CQ，∴CQ=。

在△CBQ中，CQ=，CB=3，由勾股定理，得BQ=1。

∴NP=MQ=。

∴PC=4－－=2。

【考点】翻折问题，翻折的性质，矩形的性质，平行的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，勾股定理。

【分析】

（1）由矩形和翻折对称的性质，用ASA即可得到△AND≌△CBM。

（2）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形的判定即可证明。

（3）设DN=x，则由S△ADC=S△AND＋S△NAC可得DN=BM=。

过点N作NH⊥AB于H，则由勾股定理可得NM=，从而根据平行四边形的性质和已知PQ=CQ，即可求得CQ=。

因此，在△CBQ中，应用勾股定理求得BQ=1。

从而求解。

3.（2012天津市10分）已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（11，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点B、C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP．设BP=t．

（Ⅰ）如图①，当∠BOP=300时，求点P的坐标；

（Ⅱ）如图②，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ，若AQ=m，试用含有t的式子表示m；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，当点C′恰好落在边OA上时，求点P的坐标（直接写出结果即可）．

【答案】解：

（Ⅰ）根据题意，∠OBP=90°，OB=6。

在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t。

∵OP2=OB2+BP2，即（2t）2=62+t2，解得：

t1=，t2=－（舍去）．

∴点P的坐标为（，6）。

（Ⅱ）∵△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，

∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP。

∴∠OPB′=∠OPB，∠QPC′=∠QPC。

∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC=180°，∴∠OPB+∠QPC=90°。

∵∠BOP+∠OPB=90°，∴∠BOP=∠CPQ。

又∵∠OBP=∠C=90°，∴△OBP∽△PCQ。

∴。

由题意设BP=t，AQ=m，BC=11，AC=6，则PC=11－t，CQ=6－m．

∴。

∴（0＜t＜11）。

（Ⅲ）点P的坐标为（，6）或（，6）。

【考点】翻折变换（折叠问题），坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。

【分析】（Ⅰ）根据题意得，∠OBP=90°，OB=6，在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t，然后利用勾股定理，即可得方程，解此方程即可求得答案。

（Ⅱ）由△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，可知△OB′P≌△OBP，

△QC′P≌△QCP，易证得△OBP∽△PCQ，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得答案。

（Ⅲ）首先过点P作PE⊥OA于E，易证得△PC′E∽△C′QA，由勾股定理可求得C′Q的长，然后利用相似三角形的对应边成比例与，即可求得t的值：

过点P作PE⊥OA于E，∴∠PEA=∠QAC′=90°。

∴∠PC′E+∠EPC′=90°。

∵∠PC′E+∠QC′A=90°，∴∠EPC′=∠QC′A。

∴△PC′E∽△C′QA。

∴。

∵PC′=PC=11－t，PE=OB=6，AQ=m，C′Q=CQ=6－m，

∴。

∴。

∵，即，∴，即。

将代入，并化简，得。

解得：

。

∴点P的坐标为（，6）或（，6）。

4.（2012福建南平12分）在平面直角坐标系中，矩形OABC如图所示放置，点A在x轴上，点B的坐标为（m，1）（m＞0），将此矩形绕O点逆时针旋转90°，得到矩形OA′B′C′．

（1）写出点A、A′、C′的坐标；

（2）设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，求此抛物线的解析式；（a、b、c可用含m的式子表示）

（3）试探究：

当m的值改变时，点B关于点O的对称点D是否可能落在

（2）中的抛物线上？

若能，求出此时m的值．

【答案】解：

（1）∵四边形ABCD是矩形，点B的坐标为（m，1）（m＞0），∴A（m，0），C（0，1）。

∵矩形OA′B′C′由矩形OABC旋转90°而成，∴A′（0，m），C′（－1，0）。

（2）设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2＋bx＋c，

∵A（m，0），A′（0，m），C′（－1，0），

∴，解得。

∴此抛物线的解析式为：

y=－x2＋（m－1）x＋m。

（3）∵点B与点D关于原点对称，B（m，1），

∴点D的坐标为：

（－m，－1），

假设点D（－m，－1）在

（2）中的抛物线上，

∴0=－（－m）2＋（m－1）×（－m）＋m=1，即2m2－2m＋1=0，

∵△=（－2）2－4×2×2=－4＜0，∴此方程无解。

∴点D不在

（2）中的抛物线上。

【考点】二次函数综合题，矩形的性质，旋转的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解方程组，关于原点对称的点的坐标特征，一元二次方程根与系数的关系。

【分析】

（1）先根据四边形ABCD是矩形，点B的坐标为（m，1）（m＞0），求出点A、C的坐标，再根据图形旋转的性质求出A′、C′的坐标即可。

（2）设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，把A、A′、C′三点的坐标代入即可得出abc的值，进而得出其抛物线的解析式。

（3）根据关于原点对称的点的坐标特点用m表示出D点坐标，把D点坐标代入抛物线的解析式看是否符合即可。

5.（2012广东汕头12分）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8．把△BCD沿对角线BD折叠，使点C落在C′处，BC′交AD于点G；E、F分别是C′D和BD上的点，线段EF交AD于点H，把△FDE沿EF折叠，使点D落在D′处，点D′恰好与点A重合．

（1）求证：

△ABG≌△C′DG；

（2）求tan∠ABG的值；

（3）求EF的长．

【答案】

（1）证明：

∵△BDC′由△BDC翻折而成，

∴∠C=∠BAG=90°，C′D=AB=CD，∠AGB=∠DGC′，∴∠ABG=∠ADE。

在△ABG≌△C′DG中，∵∠BAG=∠C，AB=C′D，∠ABG=∠ADC′，

∴△ABG≌△C′DG（ASA）。

（2）解：

∵由

（1）可知△ABG≌△C′DG，∴GD=GB，∴AG+GB=AD。

设AG=x，则GB=8﹣x，

在Rt△ABG中，∵AB2+AG2=BG2，即62+x2=（8﹣x）2，解得x=。

∴。

（3）解：

∵△AEF是△DEF翻折而成，∴EF垂直平分AD。

∴HD=AD=4。

∵tan∠ABG=tan∠ADE=。

∴EH=HD×=4×。

∵EF垂直平分AD，AB⊥AD，∴HF是△ABD的中位线。

∴HF=AB=×6=3。

∴EF=EH+HF=。

【考点】翻折变换（折叠问题），翻折变换的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数定义，三角形中位线定理。

【分析】

（1）根据翻折变换的性质可知∠C=∠BAG=90°，C′D=AB=CD，∠AGB=∠DGC′，故可得出结论。

（2）由

（1）可知GD=GB，故AG+GB=AD，设AG=x，则GB=8-x，在Rt△ABG中利用勾股定理即可求出AG的长，从而得出tan∠ABG的值。

（3）由△AEF是△DEF翻折而成可知EF垂直平分AD，故HD=AD=4，再根据tan∠ABG的值即可得出EH的长，同理可得HF是△ABD的中位线，故可得出HF的长，由EF=EH+HF即可得出结果。

6.（2012广东省9分）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8．把△BCD沿对角线BD折叠，使点C落在C′处，BC′交AD于点G；E、F分别是C′D和BD上的点，线段EF交AD于点H，把△FDE沿EF折叠，使点D落在D′处，点D′恰好与点A重合．

（1）求证：

△ABG≌△C′DG；

（2）求tan∠ABG的值；

（3）求EF的长．

【答案】

（1）证明：

∵△BDC′由△BDC翻折而成，

∴∠C=∠BAG=90°，C′D=AB=CD，∠AGB=∠DGC′，∴∠ABG=∠ADE。

在△ABG≌△C′DG中，∵∠BAG=∠C，AB=C′D，∠ABG=∠ADC′，

∴△ABG≌△C′DG（ASA）。

（2）解：

∵由

（1）可知△ABG≌△C′DG，∴GD=GB，∴AG+GB=AD。

设AG=x，则GB=8﹣x，

在Rt△ABG中，∵AB2+AG2=BG2，即62+x2=（8﹣x）2，解得x=。

∴。

（3）解：

∵△AEF是△DEF翻折而成，∴EF垂直平分AD。

∴HD=AD=4。

∵tan∠ABG=tan∠ADE=。

∴EH=HD×=4×。

∵EF垂直平分AD，AB⊥AD，∴HF是△ABD的中位线。

∴HF=AB=×6=3。

∴EF=EH+HF=。

【考点】翻折变换（折叠问题），翻折变换的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数定义，三角形中位线定理。

【分析】

（1）根据翻折变换的性质可知∠C=∠BAG=90°，C′D=AB=CD，∠AGB=∠DGC′，故可得出结论。

（2）由

（1）可知GD=GB，故AG+GB=AD，设AG=x，则GB=8-x，在Rt△ABG中利用勾股定理即可求出AG的长，从而得出tan∠ABG的值。

（3）由△AEF是△DEF翻折而成可知EF垂直平分AD，故HD=AD=4，再根据tan∠ABG的值即可得出EH的长，同理可得HF是△ABD的中位线，故可得出HF的长，由EF=EH+HF即可得出结果。

7.（2012广东珠海9分）已知，AB是⊙O的直径，点P在弧AB上（不含点A、B），把△AOP沿OP对折，点A的对应点C恰好落在⊙O上．

（1）当P、C都在AB上方时（如图1），判断PO与BC的位置关系（只回答结果）；

（2）当P在AB上方而C在AB下方时（如图2），

（1）中结论还成立吗？

证明你的结论；

（3）当P、C都在AB上方时（如图3），过C点作CD⊥直线AP于D，且CD是⊙O的切线，证明：

AB=4PD．

【答案】解：

（1）PO与BC的位置关系是PO∥BC。

（2）

（1）中的结论PO∥BC成立。

理由为：

由折叠可知：

△APO≌△CPO，∴∠APO=∠CPO。

又∵OA=OP，∴∠A=∠APO。

∴∠A=∠CPO。

又∵∠A与∠PCB都为所对的圆周角，∴∠A=∠PCB。

∴∠CPO=∠PCB。

∴PO∥BC。

（3）证明：

∵CD为圆O的切线，∴OC⊥CD。

又∵AD⊥CD，∴OC∥AD。

∴∠APO=∠COP。

由折叠可得：

∠AOP=∠COP，∴∠APO=∠AOP。

又∵OA=OP，∴∠A=∠APO。

∴∠A=∠APO=∠AOP。

∴△APO为等边三角形。

∴∠AOP=60°。

又∵OP∥BC，∴∠OBC=∠AOP=60°。

又∵OC=OB，∴△BC为等边三角形。

∴∠COB=60°。

∴∠POC=180°﹣（∠AOP+∠COB）=60°。

又∵OP=OC，∴△POC也为等边三角形。

∴∠PCO=60°，PC=OP=OC。

又∵∠OCD=90°，∴∠PCD=30°。

在Rt△PCD中，PD=PC，

又∵PC=OP=AB，∴PD=AB，即AB=4PD。

【考点】折叠的性质，圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，平行的判定和性质，切线的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质。

【分析】

（1）由折叠可得，由∠AOP=∠POC；因为∠AOC和∠ABC是弧所对的圆心角和圆周角，根据同弧所对圆周角是圆心角一半的性质，得∠AOP=∠ABC；根据同位角相等两直线平行的判定，得PO与BC的位置关系是平行。

（2）

（1）中的结论成立，理由为：

由折叠可知三角形APO与三角形CPO全等，根据全等三角形的对应角相等可得出∠APO=∠CPO，再由OA=OP，利用等边对等角得到∠A=∠APO，等量代换可得出∠A=∠CPO，又根据同弧所对的圆周角相等得到∠A=∠PCB，再等量代换可得出∠COP=∠ACB，利用内错角相等两直线平行，可得出PO与BC平行。

（3）由CD为圆O的切线，利用切线的性质得到OC⊥CD，又AD⊥CD，利用平面内垂直于同一条直线的两直线平行得到OC∥AD，根据两直线平行内错角相等得到∠APO=∠COP，再利用折叠的性质得到∠AOP=∠COP，等量代换可得出∠APO=∠AOP，再由OA=OP，利用等边对等角可得出一对角相等，等量代换可得出△AOP三内角相等，确定出△AOP为等边三角形，根据等边三角形的内角为60°得到

∠AOP=60°，由OP∥BC，利用两直线平行同位角相等可得出∠OBC=∠AOP=60°，再由OB=OC，得到△OBC为等边三角形，可得出∠COB为60°，利用平角的定义得到∠POC也为60°，再加上OP=OC，可得出△POC为等边三角形，得到内角∠OCP=60°，可求出∠PCD=30°，在Rt△PCD中，利用30°所对的直角边等于斜边的一半可得出PD为PC的一半，而PC=圆的半径OP=直径AB的一半，可得出PD为AB的四分之一，即AB=4PD，得证。

8.（2012广西南宁10分）如图，已知矩形纸片ABCD，AD=2，AB=4．将纸片折叠，使顶点A与边CD上的点E重合，折痕FG分别与AB，CD交于点G，F，AE与FG交于点O．

（1）如图1，求证：

A，G，E，F四点围成的四边形是菱形；

（2）如图2，当△AED的外接圆与BC相切于点N时，求证：

点N是线段BC的中点；

（3）如图2，在

（2）的条件下，求折痕FG的长．

【答案】解：

（1）由折叠的性质可得，GA=GE，∠AGF=∠EGF，

∵DC∥AB，∴∠EFG=∠AGF。

∴∠EFG=∠EGF。

∴EF=EG=AG。

∴四边形AGEF是平行四边形（EF∥AG，EF=AG）。

又∵AG=GE，∴四边形AGEF是菱形。

（2）连接ON，

∵△AED是直角三角形，AE是斜边，点O是AE的中点，

△AED的外接圆与BC相切于点N，

∴ON⊥BC。

∵点O是AE的中点，∴ON是梯形ABCE的中位线。

∴点N是线段BC的中点。

（3）∵OE、ON均是△AED的外接圆的半径，∴OE=OA=ON=2。

∴AE=AB=4。

在Rt△ADE中，AD=2，AE=4，∴∠AED=30°。

在Rt△OEF中，OE=2，∠AED=30°，∴。

∴FG=。

【考点】翻折变换（折叠问题），折叠对称的性质，菱形的判定，梯形中位线性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

【分析】

（1）根据折叠的性质判断出AG=GE，∠AGF=∠EGF，再由CD∥AB得出∠EFG=∠AGF，从而

判断出EF=AG，得出四边形AGEF是平行四边形，从而结合AG=GE，可得出结论。

（2）连接ON，则ON⊥BC，从而判断出ON是梯形ABCE的中位线，从而可得出结论。

（3）根据

（1）可得出AE=AB，从而在Rt△ADE中，可判断出∠AED为30°，在Rt△EFO中求

出FO，从而可得出FG的长度。

9.（2012湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田10分）△ABC中，AB=AC，D为BC的中点，以D为顶点作∠MDN=∠B．

（1）如图

（1）当射线DN经过点A时，DM交AC边于点E，不添加辅助线，写出图中所有与△ADE相似的三角形．

（2）如图

（2），将∠MDN绕点D沿逆时针方向旋转，DM，DN分别交线段AC，AB于E，F点（点E与点A不重合），不添加辅助线，写出图中所有的相似三角形，并证明你的结论．

（3）在图

（2）中，若AB=AC=10，BC=12，当△DEF的面积等于△ABC的面积的时，求线段EF的长．

【答案】解：

（1）图

（1）中与△ADE相似的有△ABD，△ACD，△DCE。

（2）△BDF∽△CED∽△DEF，证明如下：

∵∠B+∠BDF+∠BFD=180°，∠EDF+∠BDF+∠CDE=180°，

又∵∠EDF=∠B，∴∠BFD=∠CDE。

∵AB=AC，∴∠B=∠C。

∴△BDF∽△CED。

∴。

∵BD=CD，∴，即。

又∵∠C=∠EDF，∴△CED∽△DEF。

∴△BDF∽△CED∽△DEF。

（3）连接AD，过D点作DG⊥EF，DH⊥BF，垂足分别为G，H．

∵AB=AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC，BD=BC=6。

在Rt△ABD中，AD2=AB2﹣BD2，即AD2=102﹣62，

∴AD=8。

∴S△ABC=•BC•AD=×12×8=48，

S△DEF=S△ABC=×48=12。

又∵•AD•BD=•AB•DH，∴。

∵△BDF∽△DEF，∴∠DFB=∠EFD。

∵DH⊥BF，DG⊥EF，∴∠DHF=∠DGF。

又∵DF=DF，∴△DHF≌△DGF（AAS）。

∴DH=DG=。

∵S△DEF=·EF·DG=·EF·=12，∴EF=5。

【考点】旋转的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质。

【分析】

（1）根据等腰三角形的性质以及相似三角形的判定得出△ADE∽△ABD∽△ACD∽△DCE：

∵AB=AC，D为BC的中点，∴AD⊥BC，∠B=∠C，∠BAD=∠CAD。

又∵∠MDN=∠B，∴△ADE∽ABD。

同理可得：

△ADE∽△ACD。

∵∠MDN=∠C=∠B，∠B+∠BAD=90°，∠ADE+∠EDC=90°，∠B=∠MDN，

∴∠BAD=∠EDC。

∵∠B=∠C，∴△ABD∽△DCE。

∴△ADE∽△DCE。

（2）利用已知首先求出∠BFD=∠CDE，即可得出△BDF∽△CED，再利用相似三角形的性质得出，从而得出△BDF∽△CED∽△DEF。

（3）利用△DEF的面积等于△ABC的面积的，求出DH的长，从而利用S△DEF的值求出EF即可。

10.（2012湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田12分）如图，抛物线y=ax2+bx+2交x轴于A（﹣1，0），B（4，0）两点，交y轴于点C，与过点C且平行于x轴的直线交于另一点D，点P是抛物线上一动点．

（1）求抛物线解析式及点D坐标；

（2）点E在x轴上，若以A，E，D，P为顶点的四边形是平行四边形，求此时点P的坐标；

（3）过点P作直线CD的垂线，垂足为Q，若将△CPQ沿CP翻折，点Q的对应点为Q′．是否存在点P，使Q′恰好落在x轴上？

若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】解：

（1）∵抛物线y=ax2+bx+2经过A（﹣1，0），B（4，0）两点，

∴，解得：

。

∴抛物线解析式为。

当y=2时，，解得：

x1=3，x2=0（舍去）。

∴点D坐标为（3，2）。

（2）A，E两点都在x轴上，AE有两种可能：

①当AE为一边时，AE∥PD，∴P1（0，2）。

②当AE为对角线时，根据平行四边形对顶点到另一条对角线距离相等，可知P点、D点到直线AE（即x轴）的距离相等，∴P点的纵坐标为﹣2。

代入抛物线的解析式：

，解得：

。

∴P点的坐标为（，﹣2），（，﹣2）。

综上所述：

P1（0，2）