2022年山东省东营市中考数学试题(解析版).docx

2022年山东省东营市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：每题3分，共30分
1．的倒数是〔　　〕
A．﹣2 B．2 C． D．
【考点】倒数．
【分析】根据倒数的定义求解．
【解答】解：﹣的倒数是﹣2．
应选：A．
2．以下计算正确的选项是〔　　〕
A．3a+4b=7ab B．〔ab3〕2=ab6C．〔a+2〕2=a2+4 D．x12÷x6=x6
【考点】同底数幂的除法；合并同类项；幂的乘方与积的乘方；完全平方公式．
【分析】A：根据合并同类项的方法判断即可．
B：根据积的乘方的运算方法判断即可．
C：根据完全平方公式判断即可．
D：根据同底数幂的除法法那么判断即可．
【解答】解：∵3a+4b≠7ab，
∴选项A不正确；
∵〔ab3〕2=a2b6，
∴选项B不正确；
∵〔a+2〕2=a2+4a+4，
∴选项C不正确；
∵x12÷x6=x6，
∴选项D正确．
应选：D．
3．如图，直线m∥n，∠1=70°，∠2=30°，那么∠A等于〔　　〕
A．30° B．35° C．40° D．50°
【考点】平行线的性质．
【分析】首先根据平行线的性质求出∠3的度数，然后根据三角形的外角的知识求出∠A的度数．
【解答】解：如图，∵直线m∥n，
∴∠1=∠3，
∵∠1=70°，
∴∠3=70°，
∵∠3=∠2+∠A，∠2=30°，
∴∠A=40°，
应选C．
4．从棱长为2a的正方体零件的一角，挖去一个棱长为a的小正方体，得到一个如下列图的零件，那么这个零件的俯视图是〔　　〕
A． B． C． D．
【考点】简单组合体的三视图．
【分析】根据从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．
【解答】解：从上面看是一个正方形，正方形的左下角是一个小正方形，
应选：B．
5．不等式组，其解集在数轴上表示正确的选项是〔　　〕
A． B． C． D．
【考点】在数轴上表示不等式的解集；解一元一次不等式组．
【分析】求出每个不等式的解集，找出不等式组的解集，再在数轴上把不等式组的解集表示出来，即可得出选项．
【解答】解：
∵解不等式①得：x＞3，
解不等式②得：x≥﹣1，
∴不等式组的解集为：x＞3，
在数轴上表示不等式组的解集为：
应选：B．
6．东营市某学校组织知识竞赛，共设有20道试题，其中有关中国优秀传统文化试题10道，实践应用试题6道，创新能力试题4道．小婕从中任选一道试题作答，他选中创新能力试题的概率是〔　　〕
A． B． C． D．
【考点】概率公式．
【分析】直接根据概率公式即可得出结论．
【解答】解：∵共设有20道试题，创新能力试题4道，
∴他选中创新能力试题的概率==．
应选A．
7．如图，一块圆心角为270°的扇形铁皮，用它作一个圆锥形的烟囱帽〔接缝忽略不计〕，圆锥底面圆的直径是60cm，那么这块扇形铁皮的半径是〔　　〕
A．40cm B．50cm C．60cm D．80cm
【考点】圆锥的计算．
【分析】首先根据圆锥的底面直径求得圆锥的底面周长，然后根据底面周长等于展开扇形的弧长求得铁皮的半径即可．
【解答】解：∵圆锥的底面直径为60cm，
∴圆锥的底面周长为60πcm，
∴扇形的弧长为60πcm，
设扇形的半径为r，
那么=60π，
解得：r=40cm，
应选A．
8．如图，在平面直角坐标系中，点A〔﹣3，6〕，B〔﹣9，﹣3〕，以原点O为位似中心，相似比为，把△ABO缩小，那么点A的对应点A′的坐标是〔　　〕
A．〔﹣1，2〕 B．〔﹣9，18〕 C．〔﹣9，18〕或〔9，﹣18〕 D．〔﹣1，2〕或〔1，﹣2〕
【考点】位似变换；坐标与图形性质．
【分析】利用位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k进行求解．
【解答】解：∵A〔﹣3，6〕，B〔﹣9，﹣3〕，以原点O为位似中心，相似比为，把△ABO缩小，
∴点A的对应点A′的坐标为〔﹣3×，6×〕或[﹣3×〔﹣〕，6×〔﹣〕]，即A′点的坐标为〔﹣1，2〕或〔1，﹣2〕．
应选D．

9．在△ABC中，AB=10，AC=2，BC边上的高AD=6，那么另一边BC等于〔　　〕
A．10 B．8 C．6或10 D．8或10
【考点】勾股定理．
【分析】分两种情况考虑，如下列图，分别在直角三角形ABC与直角三角形ACD中，利用勾股定理求出BD与CD的长，即可求出BC的长．
【解答】解：根据题意画出图形，如下列图，
如图1所示，AB=10，AC=2，AD=6，
在Rt△ABD和Rt△ACD中，
根据勾股定理得：BD==8，CD==2，
此时BC=BD+CD=8+2=10；
如图2所示，AB=10，AC=2，AD=6，
在Rt△ABD和Rt△ACD中，
根据勾股定理得：BD==8，CD==2，此时BC=BD﹣CD=8﹣2=6，
那么BC的长为6或10．
应选C．
10．如图，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BE⊥AC，垂足为点F，连接DF，分析以下四个结论：
①△AEF∽△CAB；②CF=2AF；③DF=DC；④tan∠CAD=．
其中正确的结论有〔　　〕
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【考点】相似形综合题．
【分析】①四边形ABCD是矩形，BE⊥AC，那么∠ABC=∠AFB=90°，又∠BAF=∠CAB，于是△AEF∽△CAB，故①正确；
②由AE=AD=BC，又AD∥BC，所以，故②正确；
③过D作DM∥BE交AC于N，得到四边形BMDE是平行四边形，求出BM=DE=BC，得到CN=NF，根据线段的垂直平分线的性质可得结论，故③正确；
④CD与AD的大小不知道，于是tan∠CAD的值无法判断，故④错误．
【解答】解：过D作DM∥BE交AC于N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ABC=90°，AD=BC，
∵BE⊥AC于点F，
∴∠EAC=∠ACB，∠ABC=∠AFE=90°，
∴△AEF∽△CAB，故①正确；
∵AD∥BC，
∴△AEF∽△CBF，
∴，
∵AE=AD=BC，
∴，
∴CF=2AF，故②正确，
∵DE∥BM，BE∥DM，
∴四边形BMDE是平行四边形，
∴BM=DE=BC，
∴BM=CM，
∴CN=NF，
∵BE⊥AC于点F，DM∥BE，
∴DN⊥CF，
∴DF=DC，故③正确；
设AD=a，AB=b由△BAE∽△ADC，有．
∵tan∠CAD=，
∴tan∠CAD=，故④错误，
应选C．
二、填空题：11-14小题，每题3分，15-18小题，每题3分

【考点】科学记数法—表示较大的数．
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．

12．分解因式：a3﹣16a=　a〔a+4〕〔a﹣4〕　．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【分析】先提取公因式a，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．平方差公式：a2﹣b2=〔a+b〕〔a﹣b〕．
【解答】解：a3﹣16a，
=a〔a2﹣16〕，

13．某学习小组有8人，在一次数学测验中的成绩分别是：102，115，100，105，92，105，85，104，那么他们成绩的平均数是　101　．
【考点】算术平均数．
【分析】根据算术平均数的计算公式列式计算即可得解．
【解答】解： ==×808=101．
故答案为：101．
14．如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=4，BC＞AB，点D在BC上，以AC为对角线的平行四边形ADCE中，DE的最小值是　4　．
【考点】平行四边形的性质；垂线段最短；三角形中位线定理．
【分析】首先证明BC∥AE，当DE⊥BC时，DE最短，只要证明四边形ABDE是矩形即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ADCE是平行四边形，
∴BC∥AE，
∴当DE⊥BC时，DE最短，
此时∵∠B=90°，
∴AB⊥BC，
∴DE∥AB，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠B=90°，
∴四边形ABDE是矩形，
∴DE=AB=4，
∴DE的最小值为4．
故答案为4．
15．如图，直线y=x+b与直线y=kx+6交于点P〔3，5〕，那么关于x的不等式x+b＞kx+6的解集是　x＞3　．
【考点】一次函数与一元一次不等式．
【分析】观察函数图象得到当x＞3时，函数y=x+b的图象都在y=kx+4的图象上方，所以关于x的不等式x+b＞kx+4的解集为x＞3．
【解答】解：当x＞3时，x+b＞kx+4，
即不等式x+b＞kx+4的解集为x＞3．
故答案为：x＞3．
16．如图，折叠矩形ABCD的一边AD，使点D落在BC边的点F处，折痕AE=5cm，且tan∠EFC=，那么矩形ABCD的周长为　36　cm．
【考点】矩形的性质；翻折变换〔折叠问题〕．
【分析】根据tan∠EFC的值，可设CE=3k，在RT△EFC中可得CF=4k，EF=DE=5k，根据∠BAF=∠EFC，利用三角函数的知识求出AF，然后在RT△AEF中利用勾股定理求出k，继而代入可得出答案．
【解答】解：∵tan∠EFC=，
∴设CE=3k，那么CF=4k，
由勾股定理得EF=DE=5k，
∴DC=AB=8k，
∵∠AFB+∠BAF=90°，∠AFB+∠EFC=90°，
∴∠BAF=∠EFC，
∴tan∠BAF=tan∠EFC=，
∴BF=6k，AF=BC=AD=10k，
在Rt△AFE中由勾股定理得AE===5，
解得：k=1，
故矩形ABCD的周长=2〔AB+BC〕=2〔8k+10k〕=36cm，
故答案为：36．
17．如图，某数学兴趣小组将边长为5的正方形铁丝框ABCD变形为以A为圆心，AB为半径的扇形〔忽略铁丝的粗细〕，那么所得的扇形ABD的面积为　25　．
【考点】扇形面积的计算．
【分析】根据扇形面积公式：S=•L•R〔L是弧长，R是半径〕，求出弧长BD，根据题意BD=AD+DC，由此即可解决问题．
【解答】解：由题意=AD+CD=10，
S扇形ADB=••AB=×10×5=25，
故答案为25．
18．在求1+3+32+33+34+35+36+37+38的值时，张红发现：从第二个加数起每一个加数都是前一个加数的3倍，于是她假设：S=1+3+32+33+34+35+36+37+38①，
然后在①式的两边都乘以3，得：3S=3+32+33+34+35+36+37+38+39②，
②﹣①得，3S﹣S=39﹣1，即2S=39﹣1，
随意S=．
得出答案后，爱动脑筋的张红想：如果把“3〞换成字母m〔m≠0且m≠1〕，能否求出1+m+m2+m3+m4+…+m2022的值如能求出，其正确答案是〔m≠0且m≠1〕．
【考点】规律型：数字的变化类．
【分析】仿照例子，将3换成m，设S=1+m+m2+m3+m4+…+m2022〔m≠0且m≠1〕，那么有mS=m+m2+m3+m4+…+m2022，二者做差后两边同时除以m﹣1，即可得出结论．
【解答】解：设S=1+m+m2+m3+m4+…+m2022〔m≠0且m≠1〕①，
将①×m得：mS=m+m2+m3+m4+…+m2022②，
由②﹣①得：mS﹣S=m2022﹣1，即S=，
∴1+m+m2+m3+m4+…+m2022=〔m≠0且m≠1〕．
故答案为：〔m≠0且m≠1〕．
三、解答题：共7小题，共62分
19．〔1〕计算：〔〕﹣1+〔π﹣3.14〕0﹣2sin60°﹣+|1﹣3|；
〔2〕先化简，再求值：
〔a+1﹣〕÷〔〕，其中a=2+．
【考点】分式的化简求值；实数的运算；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值．
【分析】〔1〕分别根据0指数幂及负整数指数幂的计算法那么、特殊角的三角函数值、绝对值的性质及数的开方法那么计算出各数，再根据实数混合运算的法那么进行计算即可；
〔2〕先算括号里面的，再算除法，最后把a的值代入进行计算即可．
【解答】解：〔1〕原式=2022+1﹣﹣2+3﹣1
=2022；
〔2〕原式=÷
=÷
=•
=a〔a﹣2〕．
当a=2+时，原式=〔2+〕〔2+﹣2〕=3+2．
20．“校园平安〞受到全社会的广泛关注，东营市某中学对局部学生就校园平安知识的了解程度，采用随机抽样调查的方式，并根据收集到的信息进行统计，绘制了如图两幅尚不完整的统计图，请你根据统计图中所提供的信息解答以下问题：
〔1〕接受问卷调查的学生共有　60　人，扇形统计图中“根本了解〞局部所对应扇形的圆心角为　90°　；
〔2〕请补全条形统计图；
〔3〕假设该中学共有学生900人，请根据上述调查结果，估计该中学学生中对校园平安知识到达“了解〞和“根本了解〞程度的总人数；
〔4〕假设从对校园平安知识到达了“了解〞程度的3个女生和2个男生中随机抽取2人参加校园平安知识竞赛，请用树状图或列表法求出恰好抽到1个男生和1个女生的概率．
【考点】列表法与树状图法；用样本估计总体；扇形统计图；条形统计图．
【分析】〔1〕由了解很少的有30人，占50%，可求得接受问卷调查的学生数，继而求得扇形统计图中“根本了解〞局部所对应扇形的圆心角；
〔2〕由〔1〕可求得了解的人数，继而补全条形统计图；
〔3〕利用样本估计总体的方法，即可求得答案；
〔4〕首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与恰好抽到1个男生和1个女生的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：〔1〕∵了解很少的有30人，占50%，
∴接受问卷调查的学生共有：30÷50%=60〔人〕；
∴扇形统计图中“根本了解〞局部所对应扇形的圆心角为：×360°=90°；
故答案为：60，90°；
〔2〕60﹣15﹣30﹣10=5；
补全条形统计图得：
〔3〕根据题意得：900×=300〔人〕，
那么估计该中学学生中对校园平安知识到达“了解〞和“根本了解〞程度的总人数为300人；
〔4〕画树状图得：
∵共有20种等可能的结果，恰好抽到1个男生和1个女生的有12种情况，
∴恰好抽到1个男生和1个女生的概率为： =．
21．如图，在△ABC中，以BC为直径的圆交AC于点D，∠ABD=∠ACB．
〔1〕求证：AB是圆的切线；
〔2〕假设点E是BC上一点，BE=4，tan∠AEB=，AB：BC=2：3，求圆的直径．
【考点】切线的判定．
【分析】〔1〕欲证明AB是圆的切线，只要证明∠ABC=90°即可．
〔2〕在RT△AEB中，根据tan∠AEB=，求出BC，在在RT△ABC中，根据=求出AB即可．
【解答】〔1〕证明：∵BC是直径，
∴∠BDC=90°，
∴∠ACB+∠DBC=90°，
∵∠ABD=∠ACB，
∴∠ABD+∠DBC=90°
∴∠ABC=90°
∴AB⊥BC，
∴AB是圆的切线．
〔2〕解：在RT△AEB中，tan∠AEB=，
∴=，即AB=BE=，
在RT△ABC中， =，
∴BC=AB=10，
∴圆的直径为10．
22．东营市某学校2022年在商场购置甲、乙两种不同足球，购置甲种足球共花费2000元，购置乙种足球共花费1400元，购置甲种足球数量是购置乙种足球数量的2倍，且购置一个乙种足球比购置一个甲种足球多花20元．
〔1〕求购置一个甲种足球、一个乙种足球各需多少元；
〔2〕2022年为响应习总书记“足球进校园〞的号召，这所学校决定再次购置甲、乙两种足球共50个，恰逢该商场对两种足球的售价进行调整，甲种足球售价比第一次购置时提高了10%，乙种足球售价比第一次购置时降低了10%，如果此次购置甲、乙两种足球的总费用不超过2900元，那么这所学校最多可购置多少个乙种足球
【考点】分式方程的应用；一元一次不等式的应用．
【分析】〔1〕设购置一个甲种足球需x元，那么购置一个乙种足球需〔x+20〕，根据购置甲种足球数量是购置乙种足球数量的2倍列出方程解答即可；
〔2〕设这所学校再次购置y个乙种足球，根据题意列出不等式解答即可．
【解答】解：〔1〕设购置一个甲种足球需x元，那么购置一个乙种足球需〔x+20〕，可得：，
解得：x=50，
经检验x=50是原方程的解，
答：购置一个甲种足球需50元，那么购置一个乙种足球需70元；
〔2〕设这所学校再次购置y个乙种足球，可得：50×〔1+10%〕×〔50﹣y〕+70×〔1﹣10%〕y≤2900，
解得：y≤18.75，
由题意可得，最多可购置18个乙种足球，
答：这所学校最多可购置18个乙种足球．
23．如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴交于点B，与y轴交于点A，与反比例函数y=的图象在第二象限交于点C，CE⊥x轴，垂足为点E，tan∠ABO=，OB=4，OE=2．
〔1〕求反比例函数的解析式；
〔2〕假设点D是反比例函数图象在第四象限上的点，过点D作DF⊥y轴，垂足为点F，连接OD、BF．如果S△BAF=4S△DFO，求点D的坐标．
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题；反比例函数系数k的几何意义；反比例函数图象上点的坐标特征．
【分析】〔1〕由边的关系可得出BE=6，通过解直角三角形可得出CE=3，结合函数图象即可得出点C的坐标，再根据点C的坐标利用反比例函数图象上点的坐标特征，即可求出反比例函数系数m，由此即可得出结论；
〔2〕由点D在反比例函数在第四象限的图象上，设出点D的坐标为〔n，﹣〕〔n＞0〕．通过解直角三角形求出线段OA的长度，再利用三角形的面积公式利用含n的代数式表示出S△BAF，根据点D在反比例函数图形上利用反比例函数系数k的几何意义即可得出S△DFO的值，结合题意给出的两三角形的面积间的关系即可得出关于n的分式方程，解方程，即可得出n值，从而得出点D的坐标．
【解答】解：〔1〕∵OB=4，OE=2，
∴BE=OB+OE=6．
∵CE⊥x轴，
∴∠CEB=90°．
在Rt△BEC中，∠CEB=90°，BE=6，tan∠ABO=，
∴CE=BE•tan∠ABO=6×=3，
结合函数图象可知点C的坐标为〔﹣2，3〕．
∵点C在反比例函数y=的图象上，
∴m=﹣2×3=﹣6，
∴反比例函数的解析式为y=﹣．
〔2〕∵点D在反比例函数y=﹣第四象限的图象上，
∴设点D的坐标为〔n，﹣〕〔n＞0〕．
在Rt△AOB中，∠AOB=90°，OB=4，tan∠ABO=，
∴OA=OB•tan∠ABO=4×=2．
∵S△BAF=AF•OB=〔OA+OF〕•OB=〔2+〕×4=4+．
∵点D在反比例函数y=﹣第四象限的图象上，
∴S△DFO=×|﹣6|=3．
∵S△BAF=4S△DFO，
∴4+=4×3，
解得：n=，
经验证，n=是分式方程4+=4×3的解，
∴点D的坐标为〔，﹣4〕．

〔1〕当△ABC绕点A逆时针旋转θ〔0°＜θ＜90°〕时，如图2，BD=CF成立吗假设成立，请证明，假设不成立，请说明理由；
〔2〕当△ABC绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长BD交CF于点H．
①求证：BD⊥CF；
②当AB=2，AD=3时，求线段DH的长．
【考点】四边形综合题．
【分析】〔1〕根据旋转变换的性质和全等三角形的判定定理证明△CAF≌△BAD，证明结论；
〔2〕①根据全等三角形的性质、垂直的定义证明即可；
②连接DF，延长AB交DF于M，根据题意和等腰直角三角形的性质求出DM、BM的长，根据勾股定理求出BD的长，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可得到答案．
【解答】解：〔1〕BD=CF．
理由如下：由题意得，∠CAF=∠BAD=θ，
在△CAF和△BAD中，
，
∴△CAF≌△BAD，
∴BD=CF；
〔2〕①由〔1〕得△CAF≌△BAD，
∴∠CFA=∠BDA，
∵∠FNH=∠DNA，∠DNA+∠NAD=90°，
∴∠CFA+∠FNH=90°，
∴∠FHN=90°，即BD⊥CF；
②连接DF，延长AB交DF于M，
∵四边形ADEF是正方形，AD=3，AB=2，
∴AM=DM=3，BM=AM﹣AB=1，
DB==，
∵∠MAD=∠MDA=45°，
∴∠AMD=90°，又∠DHF=90°，∠MDB=∠HDF，
∴△DMB∽△DHF，
∴=，即=，
解得，DH=．
25．在平面直角坐标系中，平行四边形ABOC如图放置，点A、C的坐标分别是〔0，4〕、〔﹣1，0〕，将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°，得到平行四边形A′B′OC′．
〔1〕假设抛物线经过点C、A、A′，求此抛物线的解析式；
〔2〕点M时第一象限内抛物线上的一动点，问：当点M在何处时，△AMA′的面积最大最大面积是多少并求出此时M的坐标；
〔3〕假设P为抛物线上一动点，N为x轴上的一动点，点Q坐标为〔1，0〕，当P、N、B、Q构成平行四边形时，求点P的坐标，当这个平行四边形为矩形时，求点N的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【分析】〔1〕由平行四边形ABOC绕点O顺时针旋转90°，得到平行四边形A′B′OC′，且点A的坐标是〔0，4〕，可求得点A′的坐标，然后利用待定系数法即可求得经过点C、A、A′的抛物线的解析式；
〔2〕首先连接AA′，设直线AA′的解析式为：y=kx+b，利用待定系数法即可求得直线AA′的解析式，再设点M的坐标为：〔x，﹣x2+3x+4〕，继而可得△AMA′的面积，继而求得答案；
〔3〕分别从BQ为边与BQ为对角线去分析求解即可求得答案．
【解答】解：〔1〕∵平行四边形ABOC绕点O顺时针旋转90°，得到平行四边形A′B′OC′，且点A的坐标是〔0，4〕，
∴点A′的坐标为：〔4，0〕，
∵点A、C的坐标分别是〔0，4〕、〔﹣1，0〕，抛物线经过点C、A、A′，
设抛物线的解析式为：y=ax2+bx+c，
∴，
解得：，
∴此抛物线的解析式为：y=﹣x2+3x+4；
〔2〕连接AA′，设直线AA′的解析式为：y=kx+b，
∴，
解得：，
∴直线AA′的解析式为：y=﹣x+4，
设点M的坐标为：〔x，﹣x2+3x+4〕，
那么S△AMA′=×4×[﹣x2+3x+4﹣〔﹣x+4〕]=﹣2x2+8x=﹣2〔x﹣2〕2+8，
∴当x=2时，△AMA′的面积最大，最大值S△AMA′=8，
∴M的坐标为：〔2，6〕；
〔3〕设点P的坐标为〔x，﹣x2+3x+4〕，当P，N，B，Q构成平行四边形时，
∵平行四边形ABOC中，点A、C的坐标分别是〔0，4〕、〔﹣1，0〕，
∴点B的坐标为〔1，4〕，
∵点Q坐标为〔1，0〕，P为抛物线上一动点，N为x轴上的一动点，
①当BQ为边时，PN∥BQ，PN=BQ，
∵BQ=4，
∴﹣x2+3x+4=±4，
当﹣x2+3x+4=4时，解得：x1=0，x2=3，
∴P1〔0，4〕，P2〔3，4〕；
当﹣x2+3x+4=﹣4时，解得：x3=，x2=，
∴P3〔，﹣4〕，P4〔，﹣4〕；
②当PQ为对角线时，BP∥QN，BP=QN，此时P与P1，P2重合；
综上可得：点P的坐标为：P1〔0，4〕，P2〔3，4〕，P3〔，﹣4〕，P4〔，﹣4〕；
如图2，当这个平行四边形为矩形时，点N的坐标为：〔0，0〕或〔3，0〕．