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3.「2026天津滨海新区期中」如图,二次函数$y=x^2+bx+c$的图象交$x$轴于点$A,B$,交$y$轴于点$C$,点$B$的坐标为$(1,0)$,对称轴是直线$x=-1$,点$P$是$x$轴上一动点,$PM ⊥ x$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)若点$P$在线段$AO$上运动(点$P$与点$A$、点$O$不重合),连接$AN,CN$,求$△ ACN$面积的最大值.
(3)若点$P$在$x$轴上运动,则在$y$轴上是否存在点$Q$,使以$M,N,C,Q$为顶点的四边形是菱形?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.
(1)求这个二次函数的表达式.
(2)若点$P$在线段$AO$上运动(点$P$与点$A$、点$O$不重合),连接$AN,CN$,求$△ ACN$面积的最大值.
(3)若点$P$在$x$轴上运动,则在$y$轴上是否存在点$Q$,使以$M,N,C,Q$为顶点的四边形是菱形?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.
答案
(1)
∵抛物线对称轴是直线$x=-1$,点 B 的坐标为$(1,0),\therefore$ 点 A 的坐标为$(-3,0)$,
∴二次函数表达式为$y=(x-1)(x+3)=x^2+2x-3$.
(2)如图,连接 ON,
设$P(m,0)$,则$N(m,m^2+2m-3)$,
当$x=0$时,$y=-3$,
$\therefore C(0,-3),\therefore OC=3$,
$\therefore S_{△ ACN}=S_{△ AON}+S_{△ CON}-S_{△ AOC}=\dfrac{1}{2}×3(-m^2-2m+3)+\dfrac{1}{2}×3×(-m)-\dfrac{1}{2}×3×3=-\dfrac{3}{2}m^2-\dfrac{9}{2}m=-\dfrac{3}{2}(m+\dfrac{3}{2})^2+\dfrac{27}{8}$,
$\because -\dfrac{3}{2}＜0$,
$\therefore$ 当$m=-\dfrac{3}{2}$时,$△ ACN$面积取得最大值,最大值为$\dfrac{27}{8}$.
(3)存在,点 Q 的坐标为$(0,-1)$或$(0,-1-3\sqrt{2})$或$(0,-1+3\sqrt{2})$.
详解:由$A(-3,0),C(0,-3)$易得直线 AC 的表达式为$y=-x-3$,
设$Q(0,t),P(n,0)$,则$M(n,-n-3),N(n,n^2+2n-3)$,
$\because MN// CQ$,
∴当以 M,N,C,Q 为顶点的四边形是菱形时,MN,CQ 是一组对边.
①当 MC,NQ 为对角线时,MC,NQ 的中点重合,且$CN=CQ$,
$\therefore \begin{cases}-n-3-3=n^2+2n-3+t,\\n^2+(n^2+2n)^2=(t+3)^2,\end{cases}$
解得$\begin{cases}n=0,\\t=-3\end{cases}$(舍去)或$\begin{cases}n=-2,\\t=-1,\end{cases}$
$\therefore Q(0,-1)$;
②当 MQ,CN 为对角线时,MQ,CN 的中点重合,且$CQ=CM$,
$\therefore \begin{cases}-n-3+t=n^2+2n-3-3,\\(t+3)^2=n^2+(-n)^2,\end{cases}$
解得$\begin{cases}n=0,\\t=-3\end{cases}$(舍去)或$\begin{cases}n=-3+\sqrt{2},\\t=-1-3\sqrt{2}\end{cases}$或$\begin{cases}n=-3-\sqrt{2},\\t=-1+3\sqrt{2},\end{cases}$
$\therefore Q$的坐标为$(0,-1-3\sqrt{2})$或$(0,-1+3\sqrt{2})$.
综上所述,Q 的坐标为$(0,-1)$或$(0,-1-3\sqrt{2})$或$(0,-1+3\sqrt{2})$.
解析
【分析】
(1) 求二次函数表达式可利用二次函数的对称性：已知对称轴和x轴上一个交点B的坐标，可求出另一个交点A的坐标，再代入交点式即可快速求出解析式。
(2) 求△ACN的最大面积，采用割补法将不规则三角形的面积转化为几个规则三角形面积的和差，设P点横坐标为参数，将面积表示为关于该参数的二次函数，再利用二次函数的开口方向和顶点坐标求最值。
(3) 菱形存在性问题，先由PM⊥x轴得MN//y轴，即MN//CQ，确定MN和CQ是菱形的一组对边，再分两种对角线情况讨论：利用菱形对角线互相平分（中点重合）、邻边相等的性质列方程组求解，舍去三点重合的无效解即可。
【解析】
(1)
∵抛物线对称轴是直线$x=-1$，点$B$的坐标为$(1,0)$，二次函数与x轴的两个交点关于对称轴对称，
∴点$A$的坐标为$(-3,0)$。
∴二次函数的交点式为$y=(x-1)(x+3)$，展开得$y=x^2+2x-3$。
(2) 如图，连接$ON$，
设$P(m,0)$，
∵$PM⊥x$轴，$N$在抛物线上，
∴$N(m,m^2+2m-3)$。
当$x=0$时，代入二次函数解析式得$y=-3$，
∴$C(0,-3)$，即$OC=3$。
利用割补法计算面积：
$S_{△ ACN}=S_{△ AON}+S_{△ CON}-S_{△ AOC}$
$=\dfrac{1}{2}×3(-m^2-2m+3)+\dfrac{1}{2}×3×(-m)-\dfrac{1}{2}×3×3$
$=-\dfrac{3}{2}m^2-\dfrac{9}{2}m=-\dfrac{3}{2}(m+\dfrac{3}{2})^2+\dfrac{27}{8}$
∵$-\dfrac{3}{2}＜0$，二次函数开口向下，
∴当$m=-\dfrac{3}{2}$时，$△ ACN$面积取得最大值，最大值为$\dfrac{27}{8}$。
(3) 存在，求解如下：
由$A(-3,0),C(0,-3)$可得直线$AC$的表达式为$y=-x-3$，
设$Q(0,t),P(n,0)$，则$M(n,-n-3),N(n,n^2+2n-3)$，
∵$MN// CQ$，
∴$MN,CQ$是菱形的一组对边，分两种情况讨论：
①当$MC,NQ$为对角线时，对角线中点重合且$CN=CQ$，
列方程组：$\begin{cases}-n-3-3=n^2+2n-3+t,\\n^2+(n^2+2n)^2=(t+3)^2,\end{cases}$
解得$\begin{cases}n=0,\\t=-3\end{cases}$（三点重合，舍去）或$\begin{cases}n=-2,\\t=-1,\end{cases}$即$Q(0,-1)$；
②当$MQ,CN$为对角线时，对角线中点重合且$CQ=CM$，
列方程组：$\begin{cases}-n-3+t=n^2+2n-3-3,\\(t+3)^2=n^2+(-n)^2,\end{cases}$
解得$\begin{cases}n=0,\\t=-3\end{cases}$（舍去）或$\begin{cases}n=-3+\sqrt{2},\\t=-1-3\sqrt{2}\end{cases}$或$\begin{cases}n=-3-\sqrt{2},\\t=-1+3\sqrt{2},\end{cases}$即$Q(0,-1-3\sqrt{2})$或$Q(0,-1+3\sqrt{2})$。
【答案】
(1) $y=x^2+2x-3$
(2) $\dfrac{27}{8}$
(3) 存在，点$Q$的坐标为$(0,-1)$或$(0,-1-3\sqrt{2})$或$(0,-1+3\sqrt{2})$
【知识点】
1. 二次函数解析式求解
2. 二次函数面积最值
3. 菱形的判定与性质
【点评】
本题是二次函数与几何结合的典型综合题，难度梯度清晰，第一问考查二次函数的基本性质，属于基础考点；第二问考查割补法转化面积、二次函数最值的应用，渗透转化思想；第三问需要分类讨论菱形的对角线情况，考查分类讨论思想和代数运算能力，能有效检测对二次函数和几何性质的综合应用能力。
【难度系数】
0.4
(1) 求二次函数表达式可利用二次函数的对称性：已知对称轴和x轴上一个交点B的坐标，可求出另一个交点A的坐标，再代入交点式即可快速求出解析式。
(2) 求△ACN的最大面积，采用割补法将不规则三角形的面积转化为几个规则三角形面积的和差，设P点横坐标为参数，将面积表示为关于该参数的二次函数，再利用二次函数的开口方向和顶点坐标求最值。
(3) 菱形存在性问题，先由PM⊥x轴得MN//y轴，即MN//CQ，确定MN和CQ是菱形的一组对边，再分两种对角线情况讨论：利用菱形对角线互相平分（中点重合）、邻边相等的性质列方程组求解，舍去三点重合的无效解即可。
【解析】
(1)
∵抛物线对称轴是直线$x=-1$，点$B$的坐标为$(1,0)$，二次函数与x轴的两个交点关于对称轴对称，
∴点$A$的坐标为$(-3,0)$。
∴二次函数的交点式为$y=(x-1)(x+3)$，展开得$y=x^2+2x-3$。
(2) 如图，连接$ON$，
设$P(m,0)$，
∵$PM⊥x$轴，$N$在抛物线上，
∴$N(m,m^2+2m-3)$。
当$x=0$时，代入二次函数解析式得$y=-3$，
∴$C(0,-3)$，即$OC=3$。
利用割补法计算面积：
$S_{△ ACN}=S_{△ AON}+S_{△ CON}-S_{△ AOC}$
$=\dfrac{1}{2}×3(-m^2-2m+3)+\dfrac{1}{2}×3×(-m)-\dfrac{1}{2}×3×3$
$=-\dfrac{3}{2}m^2-\dfrac{9}{2}m=-\dfrac{3}{2}(m+\dfrac{3}{2})^2+\dfrac{27}{8}$
∵$-\dfrac{3}{2}＜0$，二次函数开口向下，
∴当$m=-\dfrac{3}{2}$时，$△ ACN$面积取得最大值，最大值为$\dfrac{27}{8}$。
(3) 存在，求解如下：
由$A(-3,0),C(0,-3)$可得直线$AC$的表达式为$y=-x-3$，
设$Q(0,t),P(n,0)$，则$M(n,-n-3),N(n,n^2+2n-3)$，
∵$MN// CQ$，
∴$MN,CQ$是菱形的一组对边，分两种情况讨论：
①当$MC,NQ$为对角线时，对角线中点重合且$CN=CQ$，
列方程组：$\begin{cases}-n-3-3=n^2+2n-3+t,\\n^2+(n^2+2n)^2=(t+3)^2,\end{cases}$
解得$\begin{cases}n=0,\\t=-3\end{cases}$（三点重合，舍去）或$\begin{cases}n=-2,\\t=-1,\end{cases}$即$Q(0,-1)$；
②当$MQ,CN$为对角线时，对角线中点重合且$CQ=CM$，
列方程组：$\begin{cases}-n-3+t=n^2+2n-3-3,\\(t+3)^2=n^2+(-n)^2,\end{cases}$
解得$\begin{cases}n=0,\\t=-3\end{cases}$（舍去）或$\begin{cases}n=-3+\sqrt{2},\\t=-1-3\sqrt{2}\end{cases}$或$\begin{cases}n=-3-\sqrt{2},\\t=-1+3\sqrt{2},\end{cases}$即$Q(0,-1-3\sqrt{2})$或$Q(0,-1+3\sqrt{2})$。
【答案】
(1) $y=x^2+2x-3$
(2) $\dfrac{27}{8}$
(3) 存在，点$Q$的坐标为$(0,-1)$或$(0,-1-3\sqrt{2})$或$(0,-1+3\sqrt{2})$
【知识点】
1. 二次函数解析式求解
2. 二次函数面积最值
3. 菱形的判定与性质
【点评】
本题是二次函数与几何结合的典型综合题，难度梯度清晰，第一问考查二次函数的基本性质，属于基础考点；第二问考查割补法转化面积、二次函数最值的应用，渗透转化思想；第三问需要分类讨论菱形的对角线情况，考查分类讨论思想和代数运算能力，能有效检测对二次函数和几何性质的综合应用能力。
【难度系数】
0.4
4.「2026安徽六安期中」已知，抛物线$y=-\dfrac{1}{2}x^2+bx+c$经过点$(-3,-7)$和$(3,2)$。
(1)求抛物线的表达式。
(2)该抛物线与$x$轴交于点$A,B$（点$A$在点$B$的左侧），与$y$轴交于点$C$。
(i)如图
，求证：$△ ABC$是直角三角形；
(ii)如图，该抛物线的对称轴与$x$轴交于点$D$，点$P$是抛物线对称轴上的一动点，是否存在以点$O,D,P$为顶点的三角形与$△ ABC$相似？若存在，求点$P$的坐标；若不存在，请说明理由。
(1)求抛物线的表达式。
(2)该抛物线与$x$轴交于点$A,B$（点$A$在点$B$的左侧），与$y$轴交于点$C$。
(i)如图
，求证：$△ ABC$是直角三角形；(ii)如图，该抛物线的对称轴与$x$轴交于点$D$，点$P$是抛物线对称轴上的一动点，是否存在以点$O,D,P$为顶点的三角形与$△ ABC$相似？若存在，求点$P$的坐标；若不存在，请说明理由。
答案
(1)将$(-3,-7)$和$(3,2)$分别代入$y=-\dfrac{1}{2}x^2+bx+c$,
得$\begin{cases}-\dfrac{1}{2}×(-3)^2-3b+c=-7,\\-\dfrac{1}{2}×3^2+3b+c=2,\end{cases}$解得$\begin{cases}b=\dfrac{3}{2},\\c=2,\end{cases}$
∴抛物线的表达式为$y=-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+2$.
(2)(i)证明:当$y=0$时,$-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+2=0$,
解得$x_1=-1,x_2=4$,
$\therefore A(-1,0),B(4,0)$,
$\therefore AB=5$,
当$x=0$时,$y=2,\therefore C(0,2)$,
$\therefore AC=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5},BC=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$,
$\because AC^2+BC^2=(\sqrt{5})^2+(2\sqrt{5})^2=25,AB^2=5^2=25$,
$\therefore AC^2+BC^2=AB^2$,
$\therefore △ ABC$是直角三角形.
(ii)存在.
$\because y=-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+2=-\dfrac{1}{2}(x-\dfrac{3}{2})^2+\dfrac{25}{8}$,
∴抛物线的对称轴是直线$x=\dfrac{3}{2},\therefore D(\dfrac{3}{2},0)$,
设点 P 坐标为$(\dfrac{3}{2},m),\because ∠ ODP = 90°,\therefore$ 分两种情况：
①当$△ ODP∽△ ACB$时,$\dfrac{OD}{AC}=\dfrac{PD}{BC}$,
$\therefore \dfrac{\dfrac{3}{2}}{\sqrt{5}}=\dfrac{|m|}{2\sqrt{5}}$,解得$m=\pm3$,
此时点 P 的坐标为$(\dfrac{3}{2},-3)$或$(\dfrac{3}{2},3)$;
②当$△ ODP∽△ BCA$时,$\dfrac{OD}{BC}=\dfrac{PD}{AC}$,
$\therefore \dfrac{\dfrac{3}{2}}{2\sqrt{5}}=\dfrac{|m|}{\sqrt{5}}$,解得$m=\pm\dfrac{3}{4}$,
此时点 P 的坐标为$(\dfrac{3}{2},-\dfrac{3}{4})$或$(\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{4})$.
综上,点 P 的坐标为$(\dfrac{3}{2},-3)$或$(\dfrac{3}{2},3)$或$(\dfrac{3}{2},-\dfrac{3}{4})$或$(\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{4})$.
得$\begin{cases}-\dfrac{1}{2}×(-3)^2-3b+c=-7,\\-\dfrac{1}{2}×3^2+3b+c=2,\end{cases}$解得$\begin{cases}b=\dfrac{3}{2},\\c=2,\end{cases}$
∴抛物线的表达式为$y=-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+2$.
(2)(i)证明:当$y=0$时,$-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+2=0$,
解得$x_1=-1,x_2=4$,
$\therefore A(-1,0),B(4,0)$,
$\therefore AB=5$,
当$x=0$时,$y=2,\therefore C(0,2)$,
$\therefore AC=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5},BC=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$,
$\because AC^2+BC^2=(\sqrt{5})^2+(2\sqrt{5})^2=25,AB^2=5^2=25$,
$\therefore AC^2+BC^2=AB^2$,
$\therefore △ ABC$是直角三角形.
(ii)存在.
$\because y=-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+2=-\dfrac{1}{2}(x-\dfrac{3}{2})^2+\dfrac{25}{8}$,
∴抛物线的对称轴是直线$x=\dfrac{3}{2},\therefore D(\dfrac{3}{2},0)$,
设点 P 坐标为$(\dfrac{3}{2},m),\because ∠ ODP = 90°,\therefore$ 分两种情况：
①当$△ ODP∽△ ACB$时,$\dfrac{OD}{AC}=\dfrac{PD}{BC}$,
$\therefore \dfrac{\dfrac{3}{2}}{\sqrt{5}}=\dfrac{|m|}{2\sqrt{5}}$,解得$m=\pm3$,
此时点 P 的坐标为$(\dfrac{3}{2},-3)$或$(\dfrac{3}{2},3)$;
②当$△ ODP∽△ BCA$时,$\dfrac{OD}{BC}=\dfrac{PD}{AC}$,
$\therefore \dfrac{\dfrac{3}{2}}{2\sqrt{5}}=\dfrac{|m|}{\sqrt{5}}$,解得$m=\pm\dfrac{3}{4}$,
此时点 P 的坐标为$(\dfrac{3}{2},-\dfrac{3}{4})$或$(\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{4})$.
综上,点 P 的坐标为$(\dfrac{3}{2},-3)$或$(\dfrac{3}{2},3)$或$(\dfrac{3}{2},-\dfrac{3}{4})$或$(\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{4})$.
解析
【分析】
(1) 求抛物线表达式时，已知抛物线上两个点的坐标，直接将两点代入二次函数一般式，得到关于b、c的二元一次方程组，解方程组即可求出未知系数，得到解析式。
(2)(i) 要证明△ABC是直角三角形，先分别令y=0、x=0，求出抛物线与x轴交点A、B和与y轴交点C的坐标，再计算三边长度，用勾股定理逆定理验证两短边平方和是否等于最长边平方即可。
(ii) 先求出抛物线对称轴得到点D的坐标，设P点坐标为$(\dfrac{3}{2},m)$，可知∠ODP=90°，与△ABC的直角对应，因此分两种相似情况讨论：①△ODP∽△ACB，②△ODP∽△BCA，分别根据相似三角形对应边成比例列方程求解，注意m可取正负，最终汇总所有符合条件的P点坐标。
【解析】
(1)将$(-3,-7)$和$(3,2)$分别代入$y=-\dfrac{1}{2}x^2+bx+c$，
得$\begin{cases}-\dfrac{1}{2}×(-3)^2-3b+c=-7,\\-\dfrac{1}{2}×3^2+3b+c=2,\end{cases}$
解得$\begin{cases}b=\dfrac{3}{2},\\c=2,\end{cases}$
∴抛物线的表达式为$y=-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+2$。
(2)(i)证明:当$y=0$时,$-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+2=0$,
解得$x_1=-1,x_2=4$,
∵点A在点B左侧，$\therefore A(-1,0),B(4,0)$,
$\therefore AB=4-(-1)=5$,
当$x=0$时,$y=2,\therefore C(0,2)$,
由勾股定理得：$AC=\sqrt{(-1-0)^2+(0-2)^2}=\sqrt{5},BC=\sqrt{(4-0)^2+(0-2)^2}=2\sqrt{5}$,
$\because AC^2+BC^2=(\sqrt{5})^2+(2\sqrt{5})^2=25,AB^2=5^2=25$,
$\therefore AC^2+BC^2=AB^2$,
$\therefore △ ABC$是直角三角形。
(ii)存在，理由如下：
$\because y=-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+2=-\dfrac{1}{2}(x-\dfrac{3}{2})^2+\dfrac{25}{8}$,
∴抛物线的对称轴是直线$x=\dfrac{3}{2},\therefore D(\dfrac{3}{2},0)$，即$OD=\dfrac{3}{2}$,
设点P坐标为$(\dfrac{3}{2},m)$，则$PD=|m|$,
∵对称轴垂直于x轴，$\therefore ∠ ODP = 90°=∠ACB$，分两种情况讨论：
①当$△ ODP∽△ ACB$时,$\dfrac{OD}{AC}=\dfrac{PD}{BC}$,
$\therefore \dfrac{\dfrac{3}{2}}{\sqrt{5}}=\dfrac{|m|}{2\sqrt{5}}$,解得$|m|=3$，即$m=\pm3$,
此时点P的坐标为$(\dfrac{3}{2},-3)$或$(\dfrac{3}{2},3)$;
②当$△ ODP∽△ BCA$时,$\dfrac{OD}{BC}=\dfrac{PD}{AC}$,
$\therefore \dfrac{\dfrac{3}{2}}{2\sqrt{5}}=\dfrac{|m|}{\sqrt{5}}$,解得$|m|=\dfrac{3}{4}$，即$m=\pm\dfrac{3}{4}$,
此时点P的坐标为$(\dfrac{3}{2},-\dfrac{3}{4})$或$(\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{4})$。
综上，所有符合条件的点P坐标均可求出。
【答案】
(1) 抛物线的表达式为$\boldsymbol{y=-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+2}$；
(2)(i) △ABC是直角三角形，得证；
(ii) 存在，点P的坐标为$\boldsymbol{(\dfrac{3}{2},3)}$、$\boldsymbol{(\dfrac{3}{2},-3)}$、$\boldsymbol{(\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{4})}$、$\boldsymbol{(\dfrac{3}{2},-\dfrac{3}{4})}$。
【知识点】
待定系数法求二次函数解析式；勾股定理逆定理；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是二次函数与几何的综合题，基础部分考查二次函数的基本性质，难点为相似三角形存在性的分类讨论，解题时需明确对应边的比例关系，避免出现漏解的情况。
【难度系数】
0.6
(1) 求抛物线表达式时，已知抛物线上两个点的坐标，直接将两点代入二次函数一般式，得到关于b、c的二元一次方程组，解方程组即可求出未知系数，得到解析式。
(2)(i) 要证明△ABC是直角三角形，先分别令y=0、x=0，求出抛物线与x轴交点A、B和与y轴交点C的坐标，再计算三边长度，用勾股定理逆定理验证两短边平方和是否等于最长边平方即可。
(ii) 先求出抛物线对称轴得到点D的坐标，设P点坐标为$(\dfrac{3}{2},m)$，可知∠ODP=90°，与△ABC的直角对应，因此分两种相似情况讨论：①△ODP∽△ACB，②△ODP∽△BCA，分别根据相似三角形对应边成比例列方程求解，注意m可取正负，最终汇总所有符合条件的P点坐标。
【解析】
(1)将$(-3,-7)$和$(3,2)$分别代入$y=-\dfrac{1}{2}x^2+bx+c$，
得$\begin{cases}-\dfrac{1}{2}×(-3)^2-3b+c=-7,\\-\dfrac{1}{2}×3^2+3b+c=2,\end{cases}$
解得$\begin{cases}b=\dfrac{3}{2},\\c=2,\end{cases}$
∴抛物线的表达式为$y=-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+2$。
(2)(i)证明:当$y=0$时,$-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+2=0$,
解得$x_1=-1,x_2=4$,
∵点A在点B左侧，$\therefore A(-1,0),B(4,0)$,
$\therefore AB=4-(-1)=5$,
当$x=0$时,$y=2,\therefore C(0,2)$,
由勾股定理得：$AC=\sqrt{(-1-0)^2+(0-2)^2}=\sqrt{5},BC=\sqrt{(4-0)^2+(0-2)^2}=2\sqrt{5}$,
$\because AC^2+BC^2=(\sqrt{5})^2+(2\sqrt{5})^2=25,AB^2=5^2=25$,
$\therefore AC^2+BC^2=AB^2$,
$\therefore △ ABC$是直角三角形。
(ii)存在，理由如下：
$\because y=-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+2=-\dfrac{1}{2}(x-\dfrac{3}{2})^2+\dfrac{25}{8}$,
∴抛物线的对称轴是直线$x=\dfrac{3}{2},\therefore D(\dfrac{3}{2},0)$，即$OD=\dfrac{3}{2}$,
设点P坐标为$(\dfrac{3}{2},m)$，则$PD=|m|$,
∵对称轴垂直于x轴，$\therefore ∠ ODP = 90°=∠ACB$，分两种情况讨论：
①当$△ ODP∽△ ACB$时,$\dfrac{OD}{AC}=\dfrac{PD}{BC}$,
$\therefore \dfrac{\dfrac{3}{2}}{\sqrt{5}}=\dfrac{|m|}{2\sqrt{5}}$,解得$|m|=3$，即$m=\pm3$,
此时点P的坐标为$(\dfrac{3}{2},-3)$或$(\dfrac{3}{2},3)$;
②当$△ ODP∽△ BCA$时,$\dfrac{OD}{BC}=\dfrac{PD}{AC}$,
$\therefore \dfrac{\dfrac{3}{2}}{2\sqrt{5}}=\dfrac{|m|}{\sqrt{5}}$,解得$|m|=\dfrac{3}{4}$，即$m=\pm\dfrac{3}{4}$,
此时点P的坐标为$(\dfrac{3}{2},-\dfrac{3}{4})$或$(\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{4})$。
综上，所有符合条件的点P坐标均可求出。
【答案】
(1) 抛物线的表达式为$\boldsymbol{y=-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+2}$；
(2)(i) △ABC是直角三角形，得证；
(ii) 存在，点P的坐标为$\boldsymbol{(\dfrac{3}{2},3)}$、$\boldsymbol{(\dfrac{3}{2},-3)}$、$\boldsymbol{(\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{4})}$、$\boldsymbol{(\dfrac{3}{2},-\dfrac{3}{4})}$。
【知识点】
待定系数法求二次函数解析式；勾股定理逆定理；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是二次函数与几何的综合题，基础部分考查二次函数的基本性质，难点为相似三角形存在性的分类讨论，解题时需明确对应边的比例关系，避免出现漏解的情况。
【难度系数】
0.6
