中考数学《重难点解读•专项训练》(全国通用)专题11二次函数与矩形、菱形的存在性问题(知识解读)(原卷版+解析)

这是一份中考数学《重难点解读•专项训练》(全国通用)专题11二次函数与矩形、菱形的存在性问题(知识解读)(原卷版+解析)，共28页。
【专题说明】
二次函数为载体的矩形存在性问题是近年来中考的热点，其图形复杂，知识覆盖面广，综合性较强，对学生分析问题和解决问题的能力要求高．
【解题思路】
考点1 矩形存在性问题
1.矩形的判定:
（1）有一个角是直角的平行四边形；
（2）对角线相等的平行四边形；
（3）有三个角为直角的四边形．
2.题型分析
矩形除了具有平行四边形的性质之外，还有“对角线相等”或“内角为直角”，因此相比起平行四边形，坐标系中的矩形满足以下3个等式：
（AC为对角线时）
因此在矩形存在性问题最多可以有3个未知量，代入可以得到三元一次方程组，可解．
确定了有3个未知量，则可判断常见矩形存在性问题至少有2个动点，多则可以有3个．下：
（1）2个定点+1个半动点+1个全动点；
（2）1个定点+3个半动点．
思路1：先直角，再矩形
在构成矩形的4个点中任取3个点，必构成直角三角形，以此为出发点，可先确定其中3个点构造直角三角形，再确定第4个点．对“2定+1半动+1全动”尤其适用．
【例题】已知A（1，1）、B（4，2），点C在x轴上，点D在平面中，且以A、B、C、D为顶点的四边形是矩形，求D点坐标．
解：点 C 满足以 A、B、C 为顶点的三角形是直角三角形，构造“两线一圆”可得满足条件的 点 C 有
在点 C 的基础上，借助点的平移思路，可迅速得到点 D 的坐标．
思路2：先平行，再矩形
当AC为对角线时，A、B、C、D满足以下3个等式，则为矩形：
其中第1、2个式子是平行四边形的要求，再加上式3可为矩形．表示出点坐标后，代入点坐标解方程即可．
无论是“2定1半1全”还是“1定3半”，对于我们列方程来解都没什么区别，能得到的都是三元一次方程组．
考点2 菱形存在性问题
菱形的判定：有一组邻边相等的平行四边形是菱形．
2．坐标系中的菱形：
有 3 个等式，故菱形存在性问题点坐标最多可以有 3 个未知量，与矩形相同．
3．解题思路：
（1）思路 1：先等腰，再菱形
在构成菱形的 4 个点中任取 3 个点，必构成等腰三角形，根据等腰存在性方法可先确
定第 3 个点，再确定第 4 个点．
（2）思路 2：先平行，再菱形
设点坐标，根据平行四边形的存在性要求列出“”（AC、BD 为对角线），再结合一组邻
边相等，得到方程组．
方法总结：
菱形有一个非常明显的特点：任意三个顶点所构成的三角形必然是等腰三角形。
【典例分析】
【考点1 矩形的存在性问题】
【典例1】（2022•鱼峰区模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与坐标轴交于A（0，﹣2），B（4，0）两点，直线BC：y＝﹣2x+8交y轴于点C．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在第二象限内是否存在一点M，使得四边形ABCM为矩形？如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，请说明理由．
【变式1-1】（2022•随州）如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴分别交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C，对称轴为直线x＝﹣1，且OA＝OC，P为抛物线上一动点．
（1）直接写出抛物线的解析式；
（2）如图2，连接AC，当点P在直线AC上方时，求四边形PABC面积的最大值，并求出此时P点的坐标；
（3）设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使四边形PMCN为矩形？若存在，直接写出点P及其对应点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式1-2】（辽阳）如图，直线y＝x﹣3与坐标轴交于A、B两点，抛物线y＝x2+bx+c经过点B，与直线y＝x﹣3交于点E（8，5），且与x轴交于C，D两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上，在坐标平面内是否存在点Q，使得以点P，Q，B，C为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点2 菱形的存在性问题】
【典例2】如图，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于A（3，0），B（﹣1，0）两点，交y轴于点C，动点P在抛物线的对称轴上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当以P，B，C为顶点的三角形周长最小时，求点P的坐标及△PBC的周长；
（3）若点Q是平面直角坐标系内的任意一点，是否存在点Q，使得以A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式2-1】如图，在直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求b、c的值；
（2）点P（m，n）为抛物线上的动点，过P作x轴的垂线交直线l：y＝x于点Q．
①当0＜m＜3时，求当P点到直线l：y＝x的距离最大时m的值；
②是否存在m，使得以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，若不存在，请说明理由；若存在，请求出m的值．
【变式2-2】综合与探究
如图，抛物线y＝x2+2x﹣6与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC，BC．
（1）求A、B，C三点的坐标并直接写出直线AC，BC的函数表达式．
（2）点P是直线AC下方抛物线上的一个动点，过点P作BC的平行线l，交线段AC于点D．
①试探究：在直线l上是否存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点E的坐标，若不存在，请说明理由；
②设抛物线的对称轴与直线l交于点M，与直线AC交于点N．当S△DMN＝S△AOC时，请直接写出DM的长．
【变式2-3】如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣3，0），B（1，0），交y轴于点 C．点P（m，0）是x轴上的一动点，PM⊥x轴，交直线AC于点M，交抛物线于点N．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）①若点P仅在线段AO上运动，如图，求线段MN的最大值；
②若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形．若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
专题11 二次函数与矩形、菱形的存在性问题（知识解读）
【专题说明】
二次函数为载体的矩形存在性问题是近年来中考的热点，其图形复杂，知识覆盖面广，综合性较强，对学生分析问题和解决问题的能力要求高．
【解题思路】
考点1 矩形存在性问题
1.矩形的判定:
（1）有一个角是直角的平行四边形；
（2）对角线相等的平行四边形；
（3）有三个角为直角的四边形．
2.题型分析
矩形除了具有平行四边形的性质之外，还有“对角线相等”或“内角为直角”，因此相比起平行四边形，坐标系中的矩形满足以下3个等式：
（AC为对角线时）
因此在矩形存在性问题最多可以有3个未知量，代入可以得到三元一次方程组，可解．
确定了有3个未知量，则可判断常见矩形存在性问题至少有2个动点，多则可以有3个．下：
（1）2个定点+1个半动点+1个全动点；
（2）1个定点+3个半动点．
思路1：先直角，再矩形
在构成矩形的4个点中任取3个点，必构成直角三角形，以此为出发点，可先确定其中3个点构造直角三角形，再确定第4个点．对“2定+1半动+1全动”尤其适用．
【例题】已知A（1，1）、B（4，2），点C在x轴上，点D在平面中，且以A、B、C、D为顶点的四边形是矩形，求D点坐标．
解：点 C 满足以 A、B、C 为顶点的三角形是直角三角形，构造“两线一圆”可得满足条件的 点 C 有
在点 C 的基础上，借助点的平移思路，可迅速得到点 D 的坐标．
思路2：先平行，再矩形
当AC为对角线时，A、B、C、D满足以下3个等式，则为矩形：
其中第1、2个式子是平行四边形的要求，再加上式3可为矩形．表示出点坐标后，代入点坐标解方程即可．
无论是“2定1半1全”还是“1定3半”，对于我们列方程来解都没什么区别，能得到的都是三元一次方程组．
考点2 菱形存在性问题
菱形的判定：有一组邻边相等的平行四边形是菱形．
2．坐标系中的菱形：
有 3 个等式，故菱形存在性问题点坐标最多可以有 3 个未知量，与矩形相同．
3．解题思路：
（1）思路 1：先等腰，再菱形
在构成菱形的 4 个点中任取 3 个点，必构成等腰三角形，根据等腰存在性方法可先确
定第 3 个点，再确定第 4 个点．
（2）思路 2：先平行，再菱形
设点坐标，根据平行四边形的存在性要求列出“”（AC、BD 为对角线），再结合一组邻
边相等，得到方程组．
方法总结：
菱形有一个非常明显的特点：任意三个顶点所构成的三角形必然是等腰三角形。
【典例分析】
【考点1 矩形的存在性问题】
【典例1】（2022•鱼峰区模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与坐标轴交于A（0，﹣2），B（4，0）两点，直线BC：y＝﹣2x+8交y轴于点C．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在第二象限内是否存在一点M，使得四边形ABCM为矩形？如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）y＝x2﹣x﹣2； （2）点M坐标为（﹣4，6）
【解答】解：（1）把A（0，﹣2），B（4，0）代入抛物线y＝x2+bx+c，
得，
解得：，
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣2；
（2）存在．过点C作AB的平行线，过点A作BC的平行线，两条直线相较于M，则M即为所求．
在y＝﹣2x+8中，令x＝0，则y＝8，
∴C（0，8），
∵A（0，﹣2），B（4，0），
∴AB2＝42+22＝20，BC2＝42+82＝80，AC2＝102＝100，
∴AC2＝AB2+BC2，
∴∠ABC＝90°，
∵CM∥AB，AM∥BC，
∴四边形ABCM是矩形，
设直线AB的解析式为y＝kx+m，
则，
解得：，
∴直线AB的解析式为y＝x﹣2，
∵CM∥AB，
∴直线CM的解析式为y＝x+8，
∵AM∥BC，
∴直线BC的解析式为y＝﹣2x﹣2，
联立方程组，
解得：，
∴点M坐标为（﹣4，6）．
【变式1-1】（2022•随州）如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴分别交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C，对称轴为直线x＝﹣1，且OA＝OC，P为抛物线上一动点．
（1）直接写出抛物线的解析式；
（2）如图2，连接AC，当点P在直线AC上方时，求四边形PABC面积的最大值，并求出此时P点的坐标；
（3）设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使四边形PMCN为矩形？若存在，直接写出点P及其对应点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y＝﹣x2﹣2x+3； （2）当m＝﹣时，S的值最大，最大值为，此时P（﹣，）；（3）P（﹣1，4），N（0，4）或P（，），N（，0）或P′（，），N′（，0）．
【解答】解：（1）∵抛物线的对称轴是直线x＝﹣1，抛物线交x轴于点A，B（1，0），
∴A（﹣3，0），
∴OA＝OC＝3，
∴C（0，3），
∴可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），
把（0，3）代入抛物线的解析式，得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如图（2）中，连接OP．设P（m，﹣m2﹣2m+3），
S＝S△PAO+S△POC+S△OBC，
＝×3×（﹣m2﹣2m+3）××3×（﹣m）+×1×3
＝（﹣m2﹣3m+4）
＝﹣（m+）2+，
∵﹣＜0，
∴当m＝﹣时，S的值最大，最大值为，此时P（﹣，）；
（3）存在，理由如下：
如图3﹣1中，当点N在y轴上时，四边形PMCN是矩形，此时P（﹣1，4），N（0，4）；
如图3﹣2中，当四边形PMCN是矩形时，设M（﹣1，n），P（t，﹣t2﹣2t+3），则N（t+1，0），
由题意，，
解得，消去n得，3t2+5t﹣10＝0，
解得t＝，
∴P（，），N（，0）或P′（，），N′（，0）．
综上所述，满足条件的点P（﹣1，4），N（0，4）或P（，），N（，0）或P′（，），N′（，0）．
【变式1-2】（辽阳）如图，直线y＝x﹣3与坐标轴交于A、B两点，抛物线y＝x2+bx+c经过点B，与直线y＝x﹣3交于点E（8，5），且与x轴交于C，D两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上，在坐标平面内是否存在点Q，使得以点P，Q，B，C为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1） y＝x2﹣x﹣3 （2）点Q的坐标为：（2，8）或（﹣16，29）．
【解答】解：（1）直线y＝x﹣3与坐标轴交于A、B两点，
则A（3，0）B（0，﹣3），
把B、E点坐标代入二次函数方程，解得：
抛物线的解析式y＝x2﹣x﹣3…①，
则：C（6，0）；
（2）存在．
①当BC为矩形对角线时，矩形BP′CQ′所在的位置如图所示，
设：P′（m，n），
n＝m2﹣m﹣3…③，
P′C所在直线的k1＝，
P′B所在的直线k2＝，则：k1•k2＝﹣1…④，
③、④联立得：＝0，
解得：m＝0或6，
这两个点分别和点B、C重合，
与题意不符，故：这种情况不存在，舍去．
②当BC为矩形一边时，
情况一：矩形BCQP所在的位置如图所示，
直线BC所在的方程为：y＝x﹣3，
则：直线BP的k为﹣2，所在的方程为y＝﹣2x﹣3…⑤，
联立①⑤解得点P（﹣4，5），
则Q（2，8），
情况二：矩形BCP″Q″所在的位置如图所示，
此时，P″在抛物线上，其坐标为：（﹣10，32），Q″坐标为（﹣16，29）．
故：存在矩形，点Q的坐标为：（2，8）或（﹣16，29）．
【考点2 菱形的存在性问题】
【典例2】如图，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于A（3，0），B（﹣1，0）两点，交y轴于点C，动点P在抛物线的对称轴上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当以P，B，C为顶点的三角形周长最小时，求点P的坐标及△PBC的周长；
（3）若点Q是平面直角坐标系内的任意一点，是否存在点Q，使得以A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于A（3，0），B（﹣1，0）两点，
∴，
解得：，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）在y＝﹣x2+2x+3中，令x＝0，得y＝3，
∴C（0，3），
∵△PBC的周长为：PB+PC+BC，BC是定值，
∴当PB+PC最小时，△PBC的周长最小．
如图1，点A、B关于对称轴l对称，连接AC交l于点P，则点P为所求的点．
∵AP＝BP，
∴△PBC周长的最小值是AC+BC，
∵A（3，0），B（﹣1，0），C（0，3），
∴AC＝3，BC＝．
∴△PBC周长的最小值是：3+．
抛物线对称轴为直线x＝﹣＝1，
设直线AC的解析式为y＝kx+c，将A（3，0），C（0，3）代入，得：
，
解得：，
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+3，
∴P（1，2）；
（3）存在．
设P（1，t），Q（m，n）
∵A（3，0），C（0，3），
则AC2＝32+32＝18，
AP2＝（1﹣3）2+t2＝t2+4，
PC2＝12+（t﹣3）2＝t2﹣6t+10，
∵四边形ACPQ是菱形，
∴分三种情况：以AP为对角线或以AC为对角线或以CP为对角线，
①当以AP为对角线时，则CP＝CA，如图2，
∴t2﹣6t+10＝18，
解得：t＝3±，
∴P1（1，3﹣），P2（1，3+），
∵四边形ACPQ是菱形，
∴AP与CQ互相垂直平分，即AP与CQ的中点重合，
当P1（1，3﹣）时，
∴＝，＝，
解得：m＝4，n＝﹣，
∴Q1（4，﹣），
当P2（1，3+）时，
∴＝，＝，
解得：m＝4，n＝，
∴Q2（4，），
②以AC为对角线时，则PC＝AP，如图3，
∴t2﹣6t+10＝t2+4，
解得：t＝1，
∴P3（1，1），
∵四边形APCQ是菱形，
∴AC与PQ互相垂直平分，即AC与CQ中点重合，
∴＝，＝，
解得：m＝2，n＝2，
∴Q3（2，2），
③当以CP为对角线时，则AP＝AC，如图4，
∴t2+4＝18，
解得：t＝±，
∴P4（1，），P5（1，﹣），
∵四边形ACQP是菱形，
∴AQ与CP互相垂直平分，即AQ与CP的中点重合，
∴＝，＝，
解得：m＝﹣2，n＝3，
∴Q4（﹣2，3+），Q5（﹣2，3﹣），
综上所述，符合条件的点Q的坐标为：Q1（4，﹣），Q2（4，），Q3（2，2），Q4（﹣2，3+），Q5（﹣2，3﹣）．
【变式2-1】如图，在直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求b、c的值；
（2）点P（m，n）为抛物线上的动点，过P作x轴的垂线交直线l：y＝x于点Q．
①当0＜m＜3时，求当P点到直线l：y＝x的距离最大时m的值；
②是否存在m，使得以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，若不存在，请说明理由；若存在，请求出m的值．
【解答】解：（1）由二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B（3，0），得：
，
解得：，
∴y＝x2﹣2x﹣3，
∴b＝﹣2，c＝﹣3．
（2）①∵点P（m，n）在抛物线上y＝x2﹣2x﹣3，
∴P（m，m2﹣2m﹣3），
∴PQ＝m﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m+3＝﹣（m﹣）2+，
∵过P作x轴的垂线交直线l：y＝x于点Q，
∴Q（m，m），
设点P到直线y＝x的距离为h，
∵直线y＝x是一三象限的角平分线，
∴PQ＝h，
∴当P点到直线l：y＝x的距离最大时，PQ取得最大值，
∴当m＝时，PQ有最大值，
∴当P点到直线l：y＝x的距离最大时，m的值为．
②∵抛物线与y轴交于点C，
∴x＝0时，y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∵OC∥PQ，且以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，
∴PQ＝OC，
又∵OC＝3，PQ＝|﹣m2+3m+3|，
∴3＝|﹣m2+3m+3|，
解得：m1＝0，m2＝3，m3＝，m4＝，
当m1＝0时，PQ与OC重合，菱形不成立，舍去；
当m2＝3时，P（3，0），Q（3，3），
此时，四边形OCPQ是平行四边形，OQ＝，
∴OQ≠OC，平行四边形OCPQ不是菱形，舍去；
当m3＝时，Q（，），
此时，四边形OCQP是平行四边形，OQ＝，
∴CQ≠OC，平行四边形OCPQ不是菱形，舍去；
当m4＝时，Q（，），
此时，四边形OCQP是平行四边形，OQ＝，
∴OQ≠OC，平行四边形OCPQ不是菱形，舍去；
综上所述：不存在m，使得以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形．
【变式2-2】综合与探究
如图，抛物线y＝x2+2x﹣6与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC，BC．
（1）求A、B，C三点的坐标并直接写出直线AC，BC的函数表达式．
（2）点P是直线AC下方抛物线上的一个动点，过点P作BC的平行线l，交线段AC于点D．
①试探究：在直线l上是否存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点E的坐标，若不存在，请说明理由；
②设抛物线的对称轴与直线l交于点M，与直线AC交于点N．当S△DMN＝S△AOC时，请直接写出DM的长．
【解答】解：（1）当y＝0时，x2+2x﹣6＝0，
解得x1＝﹣6，x2＝2，
∴A（﹣6，0），B（2，0），
当x＝0时，y＝﹣6，
∴C（0，﹣6），
∵A（﹣6，0），C（0，﹣6），
∴直线AC的函数表达式为y＝﹣x﹣6，
∵B（2，0），C（0，﹣6），
∴直线BC的函数表达式为y＝3x﹣6；
（2）①存在：设点D的坐标为（m，﹣m﹣6），其中﹣6＜m＜0，
∵B（2，0），C（0，﹣6），
∴BD2＝（m﹣2）2+（m+6）2，BC2＝22+62＝40，DC2＝m2+（﹣m﹣6+6）2＝2m2，
∵DE∥BC，
∴当DE＝BC时，以点D，C，B，E为顶点的四边形为平行四边形，
分两种情况：
如图，当BD＝BC时，四边形BDEC为菱形，
∴BD2＝BC2，
∴（m﹣2）2+（m+6）2＝40，
解得：m1＝﹣4，m2＝0（舍去），
∴点D的坐标为（﹣4，﹣2），
∵点D向左移动2各单位长度，向下移动6个单位长度得到点E，
∴点E的坐标为（﹣6，﹣8）；
如图，当CD＝CB时，四边形CBED为菱形，
∴CD2＝CB2，
∴2m2＝40，
解得：m1＝﹣2，m2＝2（舍去），
∴点D的坐标为（﹣2，2﹣6），
∵点D向右移动2个单位长度，向上移动6个单位长度得到点E，
∴点E的坐标为（2﹣2，2）；
综上，存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，点E的坐标为（﹣6，﹣8）或（2﹣2，2）；
②设点D的坐标为（m，﹣m﹣6），其中﹣6＜m＜0，
∵A（﹣6，0），B（2，0），
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣2，
∵直线BC的函数表达式为y＝3x﹣6，直线l∥BC，
∴设直线l的解析式为y＝3x+b，
∵点D的坐标（m，﹣m﹣6），
∴b＝﹣4m﹣6，
∴M（﹣2，﹣4m﹣12），
∵抛物线的对称轴与直线AC交于点N．
∴N（﹣2，﹣4），
∴MN＝﹣4m﹣12+4＝﹣4m﹣8，
∵S△DMN＝S△AOC，
∴（﹣4m﹣8）（﹣2﹣m）＝×6×6，
整理得：m2+4m﹣5＝0，
解得：m1＝﹣5，m2＝1（舍去），
∴点D的坐标为（﹣5，﹣1），
∴点M的坐标为（﹣2，8），
∴DM＝＝3，
答：DM的长为3．
【变式2-3】如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣3，0），B（1，0），交y轴于点 C．点P（m，0）是x轴上的一动点，PM⊥x轴，交直线AC于点M，交抛物线于点N．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）①若点P仅在线段AO上运动，如图，求线段MN的最大值；
②若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形．若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）把A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c中，得，
解得，
∴y＝x2+2x﹣3．
（2）①设直线AC的表达式为y＝kx+b，把A（﹣3，0），C（0，﹣3）代入y＝kx+b′．得，
解得，
∴y＝﹣x﹣3，
∵点P（m，0）是x轴上的一动点，且PM⊥x轴．
∴M（m，﹣m﹣3），N（m，m2+2m﹣3），
∴MN＝（﹣m﹣3）﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+）2+，
∵a＝﹣1＜0，
∴此函数有最大值．
又∵点P在线段OA上运动，且﹣3＜﹣＜0，
∴当m＝﹣时，MN有最大值．
②如图2﹣1中，当点M在线段AC上，MN＝MC，四边形MNQC是菱形时．
∵MN＝﹣m2﹣3m，MC＝﹣m，
∴﹣m2﹣3m＝﹣m，
解得m＝﹣3+或0（舍弃）
∴MN＝3﹣2，
∴CQ＝MN＝3﹣2，
∴OQ＝3+1，
∴Q（0，﹣3﹣1）．
如图2﹣2中，当MC是菱形的对角线时，四边形MNCQ是正方形，此时CN＝MN＝CQ＝2，可得Q（0，﹣1）．
如图2﹣3中，当点M在CA延长线上时，MN＝CM，四边形MNQC是菱形时，
则有，m2+3m＝﹣m，
解得m＝﹣3﹣或0（舍弃），
∴MN＝CQ＝3+2，
∴OQ＝CQ﹣OC＝3﹣1，
∴Q（0，3﹣1）．
当点P在y轴的右侧时，显然MN＞CM，此时满足条件的菱形不存在．
综上所述，满足条件的点Q的坐标为（0，﹣3﹣1）或（0，﹣1）或（0，3﹣1）．