(本小题 8.0 分)

如图, 在平面直角坐标系中, 以坐标原点 $O$ 为圆心, 2 为半径画 $\odot O, P$ 是 $\odot O$ 上一动点, 且 $P$在第一象限内, 过点 $P$ 作 $\odot O$ 的切线与 $x$ 轴相交于点 $A$, 与 $y$ 轴相交于点 $B$.

<ImageHere>

(1)点 $P$ 在运动时, 线段 $A B$ 的长度也在发生变化, 请写出线段 $A B$ 长度的最小值, 并说明理由.

(2)在 $\odot O$ 上是否存在一点 $Q$, 使得以 $Q, O, A, P$ 为顶点的四边形是平行四边形?若存在, 请求出点 $Q$ 的坐标;若不存在, 请说明理由.
解: (1)线段 $A B$ 长度的最小值为 4 , 理由如下: 连接 $O P$,

<ImageHere>

$\because A B$ 切 $\odot O$ 于 $P$,

$\therefore O P \perp A B$,

取 $A B$ 的中点 $C$,

则 $A B=20 C$;

当 $O C=O P$ 时, $O C$ 最短,

即 $A B$ 最短,

此时 $A B=4$;

(2)设存在符合条件的点 $Q$,

如图(1), 设四边形 $A P O Q$ 为平行四边形;

<ImageHere>

$\because \angle A P O=90^{\circ}$,

$\therefore$ 四边形 $A P O Q$ 为矩形,

又 $\because O P=O Q$,

$\therefore$ 四边形 $A P O Q$ 为正方形,

$\therefore O Q=Q A, \angle Q O A=45^{\circ}$;
在Rt $\triangle O Q A$ 中, 根据 $O Q=2, \angle A O Q=45^{\circ}$,

得 $Q$ 点坐标为 $(\sqrt{2},-\sqrt{2}) ;$

如图(2), 设四边形 $A P Q O$ 为平行四边形;

<ImageHere>

$\because O Q / / P A, \angle A P O=90^{\circ}$,

$\therefore \angle P O Q=90^{\circ}$,

又 $\because O P=O Q$,

$\therefore \angle P Q O=45^{\circ}$,

$\because P Q / / O A$,

$\therefore P Q \perp y$ 轴;

设 $P Q \perp y$ 轴于点 $H$,

在 $R t \triangle O H Q$ 中, 根据 $O Q=2, \angle H Q O=45^{\circ}$,

得 $Q$ 点坐标为 $(-\sqrt{2}, \sqrt{2})$.

$\therefore$ 符合条件的点 $Q$ 的坐标为 $(\sqrt{2},-\sqrt{2})$ 或 $(-\sqrt{2}, \sqrt{2})$.

【解析】本题利用了切线的性质, 平行四边形的性质, 等腰直角三角形的性质求解.

(1)如图, 设 $A B$ 的中点为 $C$, 连接 $O P$, 由于 $A B$ 是圆的切线, 故 $\triangle O P C$ 是直角三角形, 所以当 $O C$ 与 $O P$ 重合时, $O C$ 最短;

(2)分两种情况: 如图 (1), 当四边形 $A P O Q$ 是正方形时, $\triangle O P A, \triangle O A Q$ 都是等腰直角三角形, 可求得点 $Q$ 的坐标为, 如图(2), 可求得 $\angle Q O P=\angle O P A=90^{\circ}$, 由于 $O P=O Q$, 故 $\triangle O P Q$ 是等腰直角三角形, 可求得点 $Q$ 的坐标为.