3. 如图6-1-8，在平面直角坐标系中，直线 $ y=-\frac{1}{2} x+4 $交x轴于点A，交y轴于点B，C为OB的中点，点D在线段OA上， $ OD=3AD $ ，E为线段AB上一动点，连接CD，CE，DE。
(1) 求线段 CD的长。
(2) 若 $ △ C D E $的面积为4，求点 E的坐标。
(3) 在（2）的条件下，点P在y轴上，点Q在直线CD上，是否存在以D，E，P，Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由。

3. 解：(1)$\because$ 直线$y=-\dfrac{1}{2}x+4$交$y$轴于点$B$，
$\therefore B(0,4)$。$\therefore OB=4$。
$\because C$为$OB$的中点，$\therefore OC=2$。
令$y=0$，则$-\dfrac{1}{2}x+4=0$，解得$x=8$。$\therefore A(8,0)$。
$\because OD=3AD$，$\therefore OD=6$。
在$\mathrm{Rt}△ OCD$中，根据勾股定理，得$CD= \sqrt{OD^2+OC^2}=2\sqrt{10}$。
(2)设点$E(t,-\dfrac{1}{2}t+4)$。
$\because OB=4$，$OA=8$，$\therefore S_{△ ABO}=\dfrac{1}{2}×4×8=16$。
$\because BC=2$，$OD=6$，$AD=2$，
$\therefore S_{△ BCE}=\dfrac{1}{2}×2t=t$，$S_{△ OCD}=\dfrac{1}{2}×2×6=6$，
$S_{△ ADE}=\dfrac{1}{2}×2×(-\dfrac{1}{2}t+4)=-\dfrac{1}{2}t+4$。
$\because S_{△ CDE}=S_{△ ABO}-S_{△ BCE}-S_{△ OCD}-S_{△ ADE}$，
$\therefore 16-t-6-(-\dfrac{1}{2}t+4)=4$，解得$t=4$。
$\therefore$点$E$的坐标为$(4,2)$。
(3)存在以$D$，$E$，$P$，$Q$为顶点的四边形为平行四边形。设直线$CD$的表达式为$y=kx+b$（$k≠0$）。
易得$C(0,2)$，$D(6,0)$。
将点$C(0,2)$，$D(6,0)$的坐标代入，得
$\begin{cases} b=2,\\ 6k+b=0\\ \end{cases}$解得$\begin{cases} k=-\dfrac{1}{3},\\ b=2\\ \end{cases}$。
$\therefore$直线$CD$的表达式为$y=-\dfrac{1}{3}x+2$。
$\therefore$设点$P(0,m)$，$Q(n,-\dfrac{1}{3}n+2)$。
$\because$点$D(6,0)$，$E(4,2)$，
①当四边形以$DE$，$PQ$为对角线时，
$\begin{cases} 6+4=n,\\ 2=m-\dfrac{1}{3}n+2,\\ \end{cases}$解得$\begin{cases} m=\dfrac{10}{3},\\ n=10\\ \end{cases}$。
$\therefore$点$Q(10,-\dfrac{4}{3})$。
②当四边形以$DP$，$EQ$为对角线时，
$\begin{cases} 6=n+4,\\ m=-\dfrac{1}{3}n+2+2,\\ \end{cases}$解得$\begin{cases} m=\dfrac{10}{3},\\ n=2\\ \end{cases}$。
$\therefore$点$Q(2,\dfrac{4}{3})$。
③当四边形以$DQ$，$PE$为对角线时，
$\begin{cases} 6+n=4,\\ -\dfrac{1}{3}n+2=2+m\\ \end{cases}$解得$\begin{cases} m=\dfrac{2}{3},\\ n=-2\\ \end{cases}$。
$\therefore$点$Q(-2,\dfrac{8}{3})$。
综上所述，满足条件的点$Q$的坐标为$(10,-\dfrac{4}{3})$或$(2,\dfrac{4}{3})$或$(-2,\dfrac{8}{3})$。

1. 若 $ \Box A B C D $的周长为100 cm，两条对角线相交于点O， $ △ A O B $的周长比 $ △ B O C $的周长多10 cm，则 $ A B= $ ___ $ \mathrm{c m} $ ， $ B C= $ ___ $ \mathrm{c m}。 $

1. $30$；$20$