1. (2025·长春月考)如图,抛物线$y=ax^2+bx-6$与$x$轴交于$A(2,0),B(-6,0)$两点.
(1)求出抛物线的表达式.
(2)点$P$是抛物线上一点,点$Q$是平面上一点,是否存在点$P$,使得四边形$BPCQ$是菱形?若存在,直接写出点$P$的坐标;若不存在,请说明理由.

(1)将$A(2,0),B(-6,0)$代入$y=ax^2+bx-6$,得$\begin{cases}4a+2b-6=0,\\36a-6b-6=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=\dfrac{1}{2},\\b=2,\end{cases}$
∴抛物线表达式为$y=\dfrac{1}{2}x^2+2x-6$.
(2)存在,点$P$的坐标为$(\sqrt{13}-1,\sqrt{13}-1)$或$(-\sqrt{13}-1,-\sqrt{13}-1)$.
解析:由$y=\dfrac{1}{2}x^2+2x-6$可知,当$x=0$时,$y=-6$,
∴$C(0,-6)$,
∴$OC=6$.$\because B(-6,0)$,则$OB=6$,
∴$△ BOC$是等腰三角形,,过点$O$作$OD⊥ BC$于点$D$,则$D(-3,-3)$,设直线$OD$的表达式为$y=kx$,则$-3=-3k$,解得$k=1$,
∴直线$OD$的表达式为$y=x$.$\because$ 四边形$BPCQ$是菱形,$\therefore PQ⊥ BC$,则点$P$在直线$OD$上,联立$\begin{cases}y=x,\\y=\dfrac{1}{2}x^2+2x-6,\end{cases}$解得$\begin{cases}x=\sqrt{13}-1,\\y=\sqrt{13}-1\end{cases}$或$\begin{cases}x=-\sqrt{13}-1,\\y=-\sqrt{13}-1,\end{cases}$
∴点$P$的坐标为$(\sqrt{13}-1,\sqrt{13}-1)$或$(-\sqrt{13}-1,-\sqrt{13}-1)$.

【分析】
(1) 求抛物线表达式可采用待定系数法，已知抛物线过A、B两点，将两点坐标代入抛物线一般式，得到关于a、b的二元一次方程组，求解得到a、b的值即可确定解析式。
(2) 要探究是否存在点P使四边形BPCQ为菱形，首先求出点C坐标，结合B、C坐标可知BC为定线段；根据菱形对角线互相垂直平分的性质，可知点P在BC的垂直平分线上，先求出BC垂直平分线的解析式，再与抛物线解析式联立，若方程有解则存在符合条件的点P，方程的解即为点P的坐标。
【解析】
(1) 将$A(2,0),B(-6,0)$代入$y=ax^2+bx-6$，得：
$\begin{cases}4a+2b-6=0\\36a-6b-6=0\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=\dfrac{1}{2}\\b=2\end{cases}$
∴抛物线的表达式为$y=\dfrac{1}{2}x^2+2x-6$。
(2) 存在，求解过程如下：
在$y=\dfrac{1}{2}x^2+2x-6$中，令$x=0$，得$y=-6$，
∴$C(0,-6)$。
∵$B(-6,0)$，
∴$OB=OC=6$，$△ BOC$是等腰三角形。
过点$O$作$OD⊥ BC$于点$D$，由等腰三角形三线合一可知D为BC中点，可得$D(-3,-3)$。
设直线$OD$的表达式为$y=kx$，将$D(-3,-3)$代入得$-3=-3k$，解得$k=1$，即直线$OD$的表达式为$y=x$。
∵四边形$BPCQ$是菱形，
∴对角线$PQ$垂直平分$BC$，即点$P$在直线$OD$上。
联立$\begin{cases}y=x\\y=\dfrac{1}{2}x^2+2x-6\end{cases}$，消去y整理得$x^2+2x-12=0$，
由求根公式解得$x=-1\pm\sqrt{13}$，对应y的值为$y=-1\pm\sqrt{13}$，
∴点$P$的坐标为$(\sqrt{13}-1,\sqrt{13}-1)$或$(-\sqrt{13}-1,-\sqrt{13}-1)$。
【答案】
(1) $y=\dfrac{1}{2}x^2+2x-6$
(2) 存在，点$P$的坐标为$(\sqrt{13}-1,\sqrt{13}-1)$或$(-\sqrt{13}-1,-\sqrt{13}-1)$
【知识点】
待定系数法求二次函数解析式，菱形的性质，函数交点求解
【点评】
本题结合二次函数与菱形的性质进行考查，既包含基础的函数解析式求解内容，又需要将几何性质转化为代数关系联立求解，能有效考查数形结合思想的应用能力。
【难度系数】
0.6