平行四邊形作為特殊的四邊形，一直是中考試題中的主角。動態平行四邊形的存在性探究問題是數學中考中非常典型的一類開放性試題，經常出現在中考壓軸題中。考生往往因為選擇方法不得當而導致計算量偏大，或因分類情況不完整而導致漏解。為了幫助學生減輕學習負擔，藉助運用平行四邊形對角線性質與判定，來探究平行四邊形的存在性問題是一個很好的途徑。
解題原理解釋
考慮到求證平行四邊形存在，必先了解平行四邊形性質：（1）對應邊平行且相等；（2）對角線互相平分．這是圖形的性質，我們現在需要的是將其性質運用在在坐標系中：
（1）對邊平行且相等可轉化為：
可以理解為點B移動到點A，點C移動到點D，移動路徑完全相同．
（2）對角線互相平分轉化為：
（2）對角線互相平分轉化為：
【小結】雖然由兩個性質推得的式子並不一樣，但其實可以化為統一：
當AC和BD為對角線時，結果可簡記為：A+C=B+D（各個點對應的橫縱坐標相加），
以上是對於平行四邊形性質的分析，而我們要求證的是平行四邊形存在性問題，此處當有一問：若坐標系中的4個點A、B、C、D滿足「A+C=B+D」，則四邊形ABCD是否一定為平行四邊形？
反例如下：
之所以存在反例是因為「四邊形ABCD是平行四邊形」與「AC、BD中點是同一個點」並不是完全等價的轉化，故存在反例．
雖有反例，但並不影響運用此結論解題，在拋物線條件下的平四存在性基本不會出現共線的情況．另外，還需注意對對角線的討論：（1）四邊形ABCD是平行四邊形：AC、BD一定是對角線．（2）以A、B、C、D四個點為頂點是四邊形是平行四邊形：對角線不確定需要分類討論．
題型分類
平行四邊形存在性問題通常可分為「三定一動」和「兩定兩動」兩大類問題．
三定一動引例：已知A（1，2）、B（5，3）、C（3，5），在坐標系內確定點D使得以A、B、C、D四個點為頂點的四邊形是平行四邊形．
2.兩定兩動
引例：已知A（1，1）、B（3，2），點C在x軸上，點D在y軸上，且以A、B、C、D為頂點的四邊形是平行四邊形，求C、D坐標．
應用舉例
5．（2019荊州中考題）如圖，在平面直角坐標系中，平行四邊形OABC的頂點A，C的坐標分別為（6，0），（4，3），經過B，C兩點的拋物線與x軸的一個交點D的坐標為（1，0）．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）若∠AOC的平分線交BC於點E，交拋物線的對稱軸於點F，點P是x軸上一動點，當PE+PF的值最小時，求點P的坐標；
（3）在（2）的條件下，過點A作OE的垂線交BC於點H，點M，N分別為拋物線及其對稱軸上的動點，是否存在這樣的點M，N，使得以點M，N，H，E為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，直接寫出點M的坐標，若不存在，說明理由．
【解析】（1）由平行四邊形OABC的性質求點B坐標，根據拋物線經過點B、C、D用待定係數法求解析式．
（2）由OE平分∠AOC易證得∠COE＝∠AOE＝∠OEC，故有CE＝OC，求得點E坐標，進而求得直線OE解析式．求拋物線對稱軸為直線x＝7，即求得點F坐標．作點E關於x軸的對稱點點E'，由於點P在x軸上運動，故有PE＝PE'，所以當點F、P、E'在同一直線上時，PE+PF＝PE'+PF＝FE'最小．用待定係數法求直線E'F解析式，即求得E'F與x軸交點P的坐標．
（3）設AH與OE相交於點G，且G的橫坐標為t，即能用t表示OG、AG的長，由AH⊥OE於點G，根據勾股定理可得AG2+OG2＝OA2，把t代入解方程即求得t的值即求得點G坐標．待定係數法求直線AG解析式，令y＝3時求x的值即為點H坐標．故可得HE＝9﹣5＝4，且點H、E關於直線x＝7對稱．由於以點M，N，H，E為頂點的平行四邊形中，H、E固定，以HE為平行四邊形的邊或對角線進行分類討論．①以HE為邊時，可得MN∥HE，且MN＝HE，故可得點M橫坐標為3或11，代入拋物線解析式即求得縱坐標．②以HE為對角線時，根據平行四邊形對角線互相平分可得點M在拋物線對稱軸上，求頂點即可．
綜上所述，點M坐標為（3，20/9）、（11，20/9）或（7，4）．
方法總結
1. 解析法：兩直線平行，在斜率存在的情況下，可知兩條直線的斜率k相等，再利用點斜式求出點M所在的兩條直線的解析式，聯立方程組即可求出點M的坐標；
2. 幾何法：在平面直角坐標系中常用到的數學思想方法就是「化斜為正」，即過平面內一點做坐標軸的垂線. 本題可過M點作x軸的垂線段，利用全等三角形求解點M的坐標；
3. 平移法：利用平行四邊形的圖形特徵，我們可以看做它是有其中一個頂點通過四次平移得到的圖形。
總之，見識了這麼多平四存在性問題，不難發現，對於常規題，動點最多也就兩個，不管是在坐標軸上還是直線、拋物線上，總是能夠用字母表示出來，表示出了點坐標，接下來就是計算的故事了