2025年中考数学二轮复习压轴题培优练习 菱形存在问题（含答案）

这是一份2025年中考数学二轮复习压轴题培优练习 菱形存在问题（含答案），共27页。试卷主要包含了B，交y轴于C．等内容，欢迎下载使用。
如图，抛物线与x轴交于A(﹣1，0)、B(3，0)，交y轴于C(0，3)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)P是直线BC上方的抛物线上的一个动点，设P的横坐标为t，P到BC的距离为h，求h与t的函数关系式，并求出h的最大值；
(3)设点M是x轴上的动点，在平面直角坐标系中，存在点N，使得以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形，直接写出所有符合条件的点N坐标．
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2＋bx＋c与x轴分别交于点A(﹣1，0)和点B，与y轴交于点C(0，3)．
(1)求抛物线的解析式及对称轴；
(2)如图，点D与点C关于对称轴对称，点P在对称轴上，若∠BPD＝90°，求点P的坐标；
(3)点M是抛物线上一动点，点N在抛物线的对称轴上，是否存在以A、B、M、N为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
如图，抛物线y＝ax2＋bx＋6(a≠0)与x轴交于A(﹣1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，顶点为D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若在线段BC上存在一点M，使得∠BMO＝45°，过点O作OH⊥OM交BC的延长线于点H，求点M的坐标；
(3)点P是y轴上一动点，点Q是在对称轴上一动点，是否存在点P，Q，使得以点P，Q，C，D为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
如图，直线y＝﹣2x＋8分别交x轴，y轴于点B，C，抛物线y＝﹣x2＋bx＋c过B，C两点，其顶点为M，对称轴MN与直线BC交于点N．
(1)直接写出抛物线的解析式；
(2)如图1，点P是线段BC上一动点，过点P作PD⊥x轴于点D，交抛物线于点Q，问：是否存在点P，使四边形MNPQ为菱形？并说明理由；
(3)如图2，点G为y轴负半轴上的一动点，过点G作EF∥BC，直线EF与抛物线交于点E，F，与直线y＝﹣4x交于点H，若，求点G的坐标．
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣x＋c(a≠0)与x轴交于点A、B两点(点A在点B左侧)，与y轴交于点C．OA、OB的长是不等式组的整数解(OA＜OB)，点D(2，m)在抛物线上．
(1)求抛物线的解析式及m的值；
(2)y轴上的点E使AE和DE的值最小，则OE＝ ；
(3)将抛物线向上平移，使点C落在点F处．当AD∥FB时，抛物线向上平移了 个单位；
(4)点M在在y轴上，平面直角坐标系内存在点N使以点A、B、M、N为顶点的四边形为菱形，请直接写出点N的坐标．
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，其中A(﹣1，0)，B(4，0)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)连接BC，在直线BC上方的抛物线上有一动点D，连接AD，与直线BC相交于点E，当DE：AE＝4：5时，求tan∠DAB的值；
(3)点P是直线BC上一点，在平面内是否存在点Q，使以点P，Q，C，A为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
在平面直角坐标系中，抛物线C1：y＝﹣x2﹣4x﹣2的顶点为A，与y轴交于点B，将抛物线C1绕着平面内的某一点旋转180°得到抛物线C2，抛物线C2与y轴正半轴相交于点C．
(1)求A、B两点的坐标；
(2)若抛物线C2上存在点D，使得以A、B、C、D四点为顶点的四边形为菱形，请求出此时抛物线C2的表达式．
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣eq \f(1,2)x2﹣eq \f(3,2)x＋2交x轴于点A、B，交y轴于点C．
(1)求△ABC的面积；
(2)如图，过点C作射线CM，交x轴的负半轴于点M，且∠OCM＝∠OAC，点P为线段AC上方抛物线上的一点，过点P作AC的垂线交CM于点G，求线段PG的最大值及点P的坐标；
(3)将该抛物线沿射线AC方向平移eq \r(5)个单位后得到的新抛物线为y′＝ax2＋bx＋c(a≠0)，新抛物线y′与原抛物线的交点为E，点F为新抛物线y′对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点Q，使以点A、E、F、Q为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
如图1，抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴相交于点B、C(点B在点C左侧)，与y轴相交于点A．已知点B坐标为B(1，0)，BC＝3，△ABC面积为6．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，点P为直线AC下方抛物线上一动点，过点P作PD∥AB，交线段AC于点D．求PD长度的最大值及此时P点的坐标；
(3)如图2，将抛物线向左平移eq \f(7,2)个单位长度得到新的抛物线，M为新抛物线对称轴l上一点，N为平面内一点，使得以点A、B、M、N为顶点的四边形为菱形，请直接写出点N的坐标，并写出求解其中一个N点坐标的过程．
如图，抛物线y＝ax2＋bx＋4经过点A(﹣2，0)，点B(4，0)，与y轴交于点C，过点C作直线CD∥x轴，与抛物线交于点D，作直线BC，连接AC．
(1)求抛物线的函数表达式，并用配方法求抛物线的顶点坐标；
(2)E是抛物线上的点，求满足∠ECD＝∠ACO的点E的坐标；
(3)点M在y轴上，且位于点C的上方，点N在直线BC上，点P为直线BC上方抛物线上一点，若以点C，M，N，P为顶点的四边形是菱形，求菱形的边长．
\s 0 答案
解：(1)∵抛物线y＝ax2＋bx＋c过A(﹣1，0)、B(3，0)、C(0，3)三点，
∴，解得 ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2＋2x＋3；
(2)如图1，过点P作PD⊥x轴于点D，交BC于点E，PH⊥BC于点H，连接PB、PC，‘
∵B(3，0)、C(0，3)，
∴OB＝OC＝3，BC＝3eq \r(2)，
设直线BC解析式为y＝kx＋n，
则，解得 ，
∴直线BC解析式为y＝﹣x＋3，
∵点P的横坐标为t，且在抛物线y＝﹣x2＋2x＋3上，
∴P(t，﹣t2＋2t＋3)，
又∵PD⊥x轴于点D，交BC于点E，
∴D(t，0)，E(t，﹣t＋3)，
∴PE＝(﹣t2＋2t＋3)﹣(﹣t＋3)＝﹣t2＋3t，
∴S△PBC＝eq \f(1,2)PE( xB﹣xC )＝eq \f(1,2)(﹣t2＋3t)×3＝﹣eq \f(3,2)t2＋eq \f(9,2)t，
又∵S△PBC＝eq \f(1,2)BCPH＝eq \f(1,2)×3 eq \r(2)h＝eq \f(3\r(2),2)h，
∴eq \f(3\r(2),2)h＝﹣eq \f(3,2)t2＋eq \f(9,2)t，
∴h与t的函数关系式为：h＝﹣eq \f(\r(2),2)t2＋eq \f(3\r(2),2)t(0＜t＜3)，
∵，
∴当t＝eq \f(3,2)时，h有最大值为eq \f(9,8)eq \r(2)；
(3)存在．①若AM为菱形对角线，如图2，
则AM与CN互相垂直平分，∴N(0，﹣3)；
②若CM为菱形对角线，如图3和图4，
则CN＝AM＝AC＝，∴N(﹣，3)或N(，3)；
③若AC为菱形对角线，如图5，
则CN＝AM＝CM，设M(m，0)，
由CM2＝AM2，得m2＋32＝(m＋1)2，解得m＝4，
∴CN＝AM＝CM＝5，
∴N(﹣5，3)．
综上可知存在点N，使得以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形，符合条件的点N有4个：(0，﹣3)或(﹣eq \r(10)，3)或(eq \r(10)，3)或(﹣5，3)．
解：(1)将点A(﹣1，0)、点C(0，3)代入y＝﹣x2＋bx＋c，
∴，解得，
∴y＝﹣x2＋2x＋3，
∵y＝﹣x2＋2x＋3＝﹣(x﹣1)2＋4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1；
(2)令﹣x2＋2x＋3＝0，解得x＝﹣1(舍去)或x＝3，
∴B(3，0)，
∵点D与点C关于对称轴对称，
∴D(2，3)，
∴BD的中点H为(eq \f(5,2)，eq \f(3,2))，BD＝eq \r(10)，
∵∠BPD＝90°，
∴PH＝eq \f(1,2)BD，
设P(1，t)，
∴(eq \f(3,2))2＋(eq \f(3,2)﹣t)2＝eq \f(1,4)×10，解得t＝1或t＝2，
∴P(1，1)或(1，2)；
(3)存在以A、B、M、N为顶点的四边形为菱形，理由如下：
设M(m，﹣m2＋2m＋3)，N(1，n)，
①当AB为菱形的对角线时，AM＝AN，
∴，解得，
∴N(1，﹣4)；
②当AM为菱形对角线时，AB＝AN，
∴，此时无解；
③当AN为菱形对角线时，AB＝AM，
∴，此时无解；
综上所述：N点坐标为(1，﹣4)．
解：(1)∵抛物线y＝ax2＋bx＋6经过点A(﹣1，0)，B(3，0)两点，
∴，解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2＋4x＋6；
(2)由(1)得，点C(0，6)，
设直线BC的解析式为y＝kx＋c，
∵直线BC经过点B(3，0)，C(0，6)，
∴，解得：
∴直线BC的解析式为y＝﹣2x＋6，
设点M的坐标为(m，﹣2m＋6)(0＜m＜3)，
如图1，过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，
则∠MNO＝∠OKH＝90°，
∵OH⊥OM，
∴∠MOH＝90°，
∵∠OMB＝45°，
∴△MOH是等腰直角三角形，
∴OM＝OH．
∵∠MON＋∠KOH＝90°，∠OHK＋∠KOH＝90°，
∴∠MON＝∠OHK，
∴△OMN≌△HOK(AAS)，
∴MN＝OK，ON＝HK．
∴H(﹣2m＋6，﹣m)，
∵点H(﹣2m＋6，﹣m)在直线y＝﹣2x＋6上，
∴﹣2(﹣2m＋6)＝﹣m，解得：m＝eq \f(6,5)，
把m＝eq \f(6,5)代入y＝﹣2x＋6得：y＝eq \f(18,5)，
∴当∠OMB＝45°时，点M的坐标为(eq \f(6,5),eq \f(18,5))；
(3)存在，理由如下：
∵抛物线的解析式为y＝﹣2x2＋4x＋6＝﹣2(x﹣1)2＋8，顶点为D，
∴点D的坐标为(1，8)，
分两种情况讨论：
①当CD为菱形的边时，如图2，过C作CE⊥DQ于E
∵C(0，6)，D(1，8)，
∴CD＝eq \r(5)，
∴DQ＝CD＝eq \r(5)，
∴Q点的坐标为(1，8﹣eq \r(5))或(1，8＋eq \r(5))；
②当CD为菱形的对角线时，
如图3，设点Q(1，m)，P(0，n)，
∵C(0，6)，D(1，8)，
∴m＋n＝6＋8＝14，
∴n＝14﹣m，
∴P(0，14﹣m)，
∴PC＝14﹣m﹣6＝8﹣m，
∵CQ＝，PC＝CQ，
∴8﹣m＝，解得：m＝eq \f(27,4)，
∴点Q的坐标为(1，eq \f(27,4))；
综上所述，点Q的坐标为(1，8﹣eq \r(5))或(1，8＋eq \r(5))或(1，eq \f(27,4))．
解：(1)∵直线y＝﹣2x＋8分别交x轴，y轴于点B，C，
∴B(4，0)，C(0，8)，
∵抛物线y＝﹣x2＋bx＋c过B，C两点，
∴，解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2＋2x＋8；
(2)不存在点P，使四边形MNPQ为菱形．理由如下：
设P(t，﹣2t＋8)，
∵PD⊥x轴，
∴PD∥y轴，即PQ∥y轴，
则Q(t，﹣t2＋2t＋8)，
∴PQ＝﹣t2＋2t＋8﹣(﹣2t＋8)＝﹣t2＋4t，
∵y＝﹣x2＋2x＋8＝﹣(x﹣1)2＋9，
∴抛物线的顶点为M(1，9)，对称轴为直线x＝1，
∴N(1，6)，
∴MN＝9﹣6＝3，MN∥y轴，
∴PQ∥MN，
要使四边形MNPQ为菱形，必须PQ＝MN＝PN，
由﹣t2＋4t＝3，解得：t＝1或t＝3，
当t＝1时，点P与点N重合，点Q与点M重合，舍去；
当t＝3时，P(3，2)，Q(3，5)，
∴PQ＝5﹣2＝3，
∴PQ＝MN，
∵PQ∥MN，
∴四边形MNPQ是平行四边形，
∵PN＝2eq \r(5)，
∴PN≠MN，
故四边形MNPQ不能为菱形．
(3)如图(2)，连接MG，过点H、E、F分别作y轴的垂线，垂足依次为K、L、T，
设G(0，m)，
∵EF∥BC，直线BC：y＝﹣2x＋8，
∴直线EF的解析式为y＝﹣2x＋m，
∵直线EF与直线y＝﹣4x交于点H，
∴，解得：，
∴H(﹣eq \f(1,2)m，2m)，∴HK＝﹣eq \f(1,2)m，GK＝﹣m，
在Rt△GHK中，HG＝﹣eq \f(\r(5),2)m，
∵直线EF与抛物线交于点E，F，
∴﹣x2＋2x＋8＝﹣2x＋m，
整理得：x2﹣4x＋m﹣8＝0，
∴xE＋xF＝4，xExF＝m﹣8，
在Rt△BOC中，OB＝4，OC＝8，
∴BC＝4eq \r(5)，
∴sin∠BCO＝eq \f(\r(5),5)，
∵EF∥BC，
∴∠FGT＝∠EGL＝∠BCO，
∴sin∠FGT＝sin∠EGL＝sin∠BCO＝eq \f(\r(5),5)，
∴EG＝﹣eq \r(5)xE，FG＝eq \r(5)xF，
∴﹣＝＝＝，
∵﹣＝，∴＝，解得：m＝﹣8，
∴点G的坐标为(0，﹣8)．
解：(1)所给不等式组的解集为2≤x＜4，其整数解为2，3，
∵OA、OB的长是所给不等式组的整数解，且OA＜OB，
∴OA＝2，OB＝3，则A(﹣2，0)，B(3，0)，
∵点A、B在抛物线上，
∴，解得a=1,c=-6，
∴所求的抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣6，
∵点D(2，m)在抛物线上，
∴m＝22﹣2﹣6＝﹣4；
(2)如图1所示，连接AD交y轴于点E，则此时AE＋ED最小，
设直线AD的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，
∵点A(﹣2，0)，D(2，﹣4)在直线AD上，
∴，解得，
∴直线AD的函数解析式为y＝﹣x﹣2，
当x＝0时，y＝﹣2，
即E(0．﹣2)，
∴OE＝|﹣2|＝2，
故答案为：2；
(3)如图1，
∵AD∥FB，
∴△AEO∽△BFO，
∴＝，
∵OE＝OA＝2，
∴OF＝OB＝3，
∵C(0，﹣6)，
∴OC＝|﹣6|＝6，
∴CF＝CO＋OF＝6＋3＝9，
∴抛物线向上平移9个单位，
故答案为：9；
(4)∵以A、B、M、N为顶点的四边形是菱形，对角线互相垂直且平分，
由∵OA≠OB，
∴AB与MN不能作为一组对角线，
∴分两种情况：
①以AM与BN为对角线时，如图2①和图2②，
如图2①，AB＝OA＋OB＝2＋3＝5，
∵四边形ABMN是菱形，
∴MN∥AB∥x轴，MN＝MB＝AB＝5，
在Rt△MBO中，OM＝4，
∴M(0，4)，
∴N(﹣5，4)，
如图2②，同理可得：N(﹣5，﹣4)，
②以AN与BM为对角线时，如图2③和图2④，
如图2③，菱形的边长仍为5，MN∥x轴，
∵MO＝eq \r(21)，
∴M(0，eq \r(21))，
∴N(5，eq \r(21))，
如图2④，同理可得：N(5，﹣eq \r(21))，
综上所述，①②两种情况，符合条件的点N的坐标为：
N1(﹣5，﹣4)、N2(﹣5，4)、N3(5，eq \r(21))、N4(5，﹣eq \r(21))．
解：将A(﹣1，0)，B(4，0)代入y＝ax2＋bx＋3，
得，解得，
∴解析式为；
(2)当x＝0时，，
∴C(0，3)，
设直线BC的解析式为y＝kx＋b，
将B(4，0)，C(0，3)分别代入得，解得：，
∴直线BC的解析式为：y=﹣eq \f(3,4)+3，
过点D作y轴的平行线，交直线BC与点F，交x轴于点H，
过点A作y轴的平行线，交直线BC与点G，
∵A(﹣1，0)，
∴当x＝﹣1时，y＝eq \f(15,4)，
∴G(-1,eq \f(15,4))，AG=eq \f(15,4)，
∵AG∥y轴∥DF，
∴△DEF∽△AEG，
∴，∴＝，∴DF＝3，
设，，
∴，解得：t1＝t2＝2，
∴D(2,eq \f(9,2))，
∴DH=eq \f(9,2)，AH＝1＋2＝3，
在Rt△ADH中，tan∠DAB=eq \f(3,2)；
(3)存在，分三种情况：①如图2，四边形ACPQ是菱形，则PC＝AC，
设P(x，﹣eq \f(3,4)x＋3)，
∵A(﹣1，0)，C(0，3)，
∴得：x＝±eq \f(4,5)eq \r(10)，
当x＝﹣eq \f(4,5)eq \r(10)时，P(﹣eq \f(4,5)eq \r(10)，eq \f(3,5)eq \r(10)+3)，
∴Q(﹣eq \f(4,5)eq \r(10)﹣1，eq \f(3,5)eq \r(10))，
当x＝eq \f(4,5)eq \r(10)时，P(eq \f(4,5)eq \r(10)，﹣eq \f(3,5)eq \r(10)+3)，
∴Q(eq \f(4,5)eq \r(10)﹣1，﹣eq \f(3,5)eq \r(10))；
②如图3，四边形APCQ是菱形，
∵BC＝AB＝5，
∴B在AC的垂直平分线上，
∴P与B重合，
∴Q(﹣5，3)；
③如图4，四边形ACQP是菱形，同理得P(1.6，eq \f(9,5))，
∴Q(2.6，eq \f(24,5))；
综上，点Q的坐标为(﹣eq \f(4,5)eq \r(10)﹣1，eq \f(3,5)eq \r(10))或(eq \f(4,5)eq \r(10)﹣1，﹣eq \f(3,5)eq \r(10))或(﹣5，3)或(2.6，eq \f(24,5))．
解：(1)∵抛物线C1：y＝﹣x2﹣4x﹣2＝﹣(x＋2)2＋2，
∴顶点A(﹣2，2)，
令x＝0，可得y＝﹣2，
∴B(0，﹣2)．
(2)如图1中，当AB为菱形的边时，四边形ABCD是菱形，
由题意A(﹣2，2)，B(0，﹣2)，C(0，6)，D(2，2)，此时抛物线C1与C2关于T(0，2)成中心对称，
∴D(2，2)是抛物线C2的顶点，
∴抛物线C2的解析式为y＝(x﹣2)2＋2，即y＝x2﹣4x＋6．
如图2中，当AB是菱形的对角线时，四边形ADBC是菱形，
此时CA＝BC，设C(0，m)则有，22＋(2﹣m)2＝(m＋2)2，
∴m＝eq \f(1,2)，∴C(0，eq \f(1,2))，
∵AD＝BC＝eq \f(5,2)，∴D(﹣2，﹣eq \f(1,2))，
设抛物线C2的解析式为y＝x2＋bx＋eq \f(1,2)，
把D(﹣2，﹣eq \f(1,2))代入y＝x2＋bx＋eq \f(1,2)，可得﹣eq \f(1,2)＝4﹣2b＋eq \f(1,2)，解得b＝eq \f(5,2)，
∴抛物线C2的解析式为y＝x2＋eq \f(5,2)x＋eq \f(1,2)，
如图3中，当AB是菱形的边时，点C是抛物线的顶点(0，2eq \r(5)﹣2)，可得抛物线的解析式为y＝x2＋2eq \r(5)﹣2．
综上所述，满足条件的抛物线的解析式为y＝x2﹣4x＋6或y＝x2＋eq \f(5,2)x＋eq \f(1,2)或y＝x2＋2eq \r(5)﹣2．
解：(1)在y＝﹣eq \f(1,2)x2﹣eq \f(3,2)x＋2中，令x＝0，则y＝2，
∴C(0，2)，
∴OC＝2，
令y＝0，则﹣eq \f(1,2)x2﹣eq \f(3,2)x＋2＝0，解得：x1＝1，x2＝﹣4，
∴A(﹣4，0)，B(1，0)，
∴AB＝1﹣(﹣4)＝5，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)ABOC＝eq \f(1,2)×5×2＝5；
(2)如图1，过点P作PN∥y轴，交AC于点T，交CM于点N，交x轴于点K，过点G作GH⊥PN于点H，则∠PNG＝∠OCM，∠PHG＝∠AKT＝90°，
∵PG⊥AC，
∴∠PET＝90°＝∠AKT，
∴∠PTE＋∠TPE＝90°，∠OAC＋∠ATK＝90°，
∵∠PTE＝∠ATK，
∴∠TPE＝∠OAC，
∵∠OCM＝∠OAC，
∴∠PNG＝∠TPE＝∠OAC，
∴PG＝NG，
∵GH⊥PN，
∴PH＝eq \f(1,2)PN，
∵tan∠OAC＝tan∠OCM，
∴＝，即＝，
∴OM＝1，
∴M(﹣1，0)，
设直线OM的解析式为y＝kx＋b，
∵M(﹣1，0)，C(0，2)，
∴，解得：，
∴直线CM的解析式为y＝2x＋2，
设P(m，﹣eq \f(1,2)m2﹣eq \f(3,2)m＋2)，则N(m，2m＋2)，
∴PN＝﹣eq \f(1,2)m2﹣eq \f(3,2)m＋2﹣(2m＋2)＝﹣eq \f(1,2)m2﹣eq \f(7,2)m，
∴PH＝eq \f(1,2)PN＝﹣eq \f(1,4)m2﹣eq \f(7,4)m，
∵AC＝2eq \r(5)，
∴＝cs∠TPE＝cs∠OAC＝＝＝，
∴PG＝PH＝﹣m2﹣m＝﹣ (m＋)2＋，
∴当m＝﹣eq \f(7,2)，PG最大，最大值为，
故当点P坐标为(﹣eq \f(7,2)，eq \f(9,8))时，PG最大，最大值为；
(3)抛物线y＝﹣eq \f(1,2)x2﹣eq \f(3,2)x＋2＝﹣eq \f(1,2)(x＋eq \f(3,2))2＋，该抛物线沿射线AC方向平移eq \r(5)个单位，
实际上就是向右平移2个单位，向上平移1个单位，
平移后的解析式为：y＝﹣eq \f(1,2)(x﹣eq \f(1,2))2＋，对称轴为直线x＝eq \f(1,2)，
两个抛物线交于E点，
所以﹣eq \f(1,2)(x＋eq \f(3,2))2＋＝﹣eq \f(1,2)(x﹣eq \f(1,2))2＋，解得：x＝﹣1，代入得y＝3，
∴E(﹣1，3)，
设F(eq \f(1,2)，n)，则AE2＝(﹣1＋4)2＋32＝18，AF2＝(eq \f(1,2)＋4)2＋n2，EF2＝(eq \f(1,2)＋1)2＋(n﹣3)2，
当AE＝AF时，18＝20.25＋n2，此方程无实数根；
当AE＝EF时，18＝n2﹣6n＋11.25，解得：n1＝3﹣eq \f(3\r(7),2)，n2＝3＋eq \f(3\r(7),2)，
则F1(eq \f(1,2)，3﹣eq \f(3\r(7),2))，对应的Q1(﹣eq \f(5,2)，﹣eq \f(3\r(7),2))；
F2(eq \f(1,2)，3＋eq \f(3\r(7),2))，对应的Q2(﹣eq \f(5,2)，eq \f(3\r(7),2))；
当AF＝EF时，20.25＋n2＝n2﹣6n＋11.25，解得：n＝﹣eq \f(3,2)，
F3(eq \f(1,2)，﹣eq \f(3,2))，对应的Q3(﹣eq \f(11,2)，eq \f(9,2))；
综上所述，Q点的坐标为(﹣eq \f(5,2)，﹣eq \f(3\r(7),2))或(﹣eq \f(5,2)，eq \f(3\r(7),2))或(﹣eq \f(11,2)，eq \f(9,2))．
解：(1)∵S△ABC＝eq \f(7,2)BCOA＝6，BC＝3，B(1，0)，
∴OA＝4，C(4，0)，
∴A(0，4)，
∴，解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣5x＋4；
(2)如图，过点P作PE∥y轴交AC于点E，作DF⊥PE于F，
∵OC＝OA＝4，则∠OAC＝∠DEF＝45°．
∴DF＝EF，
∵PD∥AB，
∴∠ABO＝∠DGB＝∠HGP．
∵∠ABO＋∠OAB＝90°，∠HGP＋∠DPE＝90°，
∴∠OAB＝∠DPE．
∴tan∠DPE＝tan∠OAB＝eq \f(1,4)，
∴，
∴PF＝4DF．
∵EF＝DF．
∴PE＝PF﹣EF＝3DF．
∴DF＝eq \f(1,3)PE，
又在Rt△PDF中，由勾股定理得：PD＝eq \r(17)DF＝eq \f(1,3)eq \r(17)PE．
设点P(t，t2﹣5t＋4)，
∵C(4，0)，A(0，4)，
∴直线AC解析式为：y＝﹣x＋4，
∴点E坐标为(t，﹣t＋4)
∴PE＝yE﹣yP＝﹣t＋4﹣(t2﹣5t＋4)＝﹣t2＋4t，
∴PD＝eq \f(1,3)eq \r(17)PE＝eq \f(1,3)eq \r(17)(﹣t2＋4t)＝﹣eq \f(1,3)eq \r(17)(t﹣2)2＋eq \f(4,3)eq \r(17)，
∵﹣eq \f(1,3)eq \r(17)＜0，
∴当t＝2时，PD有最大值eq \f(4,3)eq \r(17)，
此时点P(2，﹣2)；
(3)∵y＝x2﹣5x＋4＝(x﹣eq \f(5,2))2﹣eq \f(9,4)，该抛物线向左移动eq \f(7,2)个单位，
∴新抛物线的解析式为：y′＝(x＋1)2﹣eq \f(9,4)，
∴新抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，
设M(﹣1，t)；
当线段AB为菱形的对角线时，MA＝MB，
∵A(0，4)，B(1，0)，
∴MA2＝12＋(4﹣t)2＝t2﹣8t＋17，MB2＝t2＋4，
∴t2﹣8t＋17＝t2＋4，解得t＝，
∴M(﹣1，)，
∵A(0，4)，B(1，0)，
∴0＋1﹣(﹣1)＝2，0＋4﹣＝，
∴N(2，)；
当线段AB为菱形的边时，
∵A(0，4)，B(1，0)，
∴MA2＝12＋(4﹣t)2＝t2﹣8t＋17，AB2＝17，MB2＝t2＋4，
①当MA＝AB时，
MA2＝AB2，即t2﹣8t＋17＝17，
∴t＝0或t＝8；
∴M(﹣1，0)或(﹣1，8)；
∵直线AB为y＝﹣4x＋4，
当x＝﹣1时，y＝8，
∴(﹣1，8)在直线AB上，不合题意，舍去，
∵A(0，4)，B(1，0)，
∴﹣1＋1＝0，0﹣4＝﹣4，
∴N(0，﹣4)；
②当BA＝BM时，
BA2＝BM2，即17＝t2＋4，
∴t＝eq \r(13)或t＝﹣eq \r(13)；
∴M(﹣1，eq \r(13))或(﹣1，﹣eq \r(13))；
∵A(0，4)，B(1，0)，
∴﹣1﹣1＝﹣2，
∴N(﹣2，eq \r(13)＋4)或(﹣2，﹣eq \r(13)＋4)；
综上，点N的坐标为(2，)或(0，﹣4)或(﹣2，eq \r(13)＋4)或(﹣2，﹣eq \r(13)＋4)．
解：(1)∵抛物线y＝ax2＋bx＋c的图象经过点A(﹣2，0)，点B(4，0)，
∴得，∴解得，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2＋x＋4，
∵，
∴抛物线的顶点坐标为(1,eq \f(9,2))；
(2)如图1，
设满足条件的点在抛物线上：
①当点E位于直线CD下方时，过点E作EF⊥直线CD，垂足为F．
则F(t，4)，CF＝t，，
根据题意，当∠ECD＝∠ACO时，tan∠ACO＝tan∠ECD，
即，∴，解得t1＝0(舍去)，t2＝3，
∴；
②当点E'位于直线CD上方时，过点E'作E'F'⊥直线CD，垂足为F'．
则F'(s，4)，CF'＝s，E'F'＝﹣eq \f(1,2)s2＋s＋4﹣4＝﹣eq \f(1,2)s2＋s，
根据题意，当∠ECD＝∠ACO时，tan∠ACO＝tan∠ECD，
即，∴，解得s1＝0(舍去)，s2＝1．
∴E’(1,eq \f(9,2))，
所以，点E的坐标为(3,eq \f(5,2))或(1,eq \f(9,2))；
(3)①CM为菱形的边，如图2，在第一象限内取点P′，过点P′作P′N′∥y轴，交BC于N′，过点P′作P′M′∥BC，交y轴于M′，
∴四边形CM′P′N′是平行四边形，
∵四边形CM′P′N′是菱形，
∴P′M′＝P′N′，
过点P′作P′Q′⊥y轴，垂足为Q′，
∵OC＝OB，∠BOC＝90°，
∴∠OCB＝45°，
∴∠P′M′C＝45°，
设点P′(m，﹣eq \f(1,2)m2＋m＋4)，
在Rt△P′M′Q′中，P′Q′＝m，P′M′＝eq \r(2)m，
∵B(4，0)，C(0，4)，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x＋4，
∵P′N′∥y轴，
∴N′(m，﹣m＋4)，
∴P′N′＝﹣eq \f(1,2)m2＋m＋4﹣(﹣m＋4)＝﹣eq \f(1,2)m2＋2m，
∴eq \r(2)m＝﹣eq \f(1,2)m2＋2m，∴m＝0(舍)或m＝4﹣2eq \r(2)，
菱形CM′P′N′的边长为eq \r(2)(4﹣2eq \r(2))＝4eq \r(2)﹣4．
②CM为菱形的对角线，如图3，
在第一象限内抛物线上取点P，过点P作PM∥BC，
交y轴于点M，连接CP，过点M作MN∥CP，交BC于N，
∴四边形CPMN是平行四边形，连接PN交CM于点Q，
∵四边形CPMN是菱形，
∴PQ⊥CM，∠PCQ＝∠NCQ，
∵∠OCB＝45°，
∴∠NCQ＝45°，
∴∠PCQ＝45°，
∴∠CPQ＝∠PCQ＝45°，
∴PQ＝CQ，
设点P(n，﹣eq \f(1,2)n2＋n＋4)，
∴CQ＝n，OQ＝n＋4，
∴n＋4＝﹣eq \f(1,2)n2＋n＋4，∴n＝0(舍)，
∴此种情况不存在．
综上，菱形的边长为4eq \r(2)﹣4．