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5.(烟台中考节选)如图,抛物线$y=ax^2+bx+3$与x轴交于A,B两点(点A在点B左侧),与y轴交于点C,$OA=2,OB=6$,D是直线BC上方抛物线上一动点,作$DF⊥AB$交BC于点E,垂足为点F,连接CD.
(1)求抛物线的解析式;
(2)设点D的横坐标为t.
①用含有t的代数式表示线段DE的长度;
②是否存在点D,使$△ CDE$是等腰三角形?若存在,请求出所有满足条件的点D的坐标;若不存在,请说明理由.
(1)求抛物线的解析式;
(2)设点D的横坐标为t.
①用含有t的代数式表示线段DE的长度;
②是否存在点D,使$△ CDE$是等腰三角形?若存在,请求出所有满足条件的点D的坐标;若不存在,请说明理由.
答案
5. 解:(1)
∵抛物线$y=ax^2+bx+3$与x轴交于A,B两点(点A在点B左侧),与y轴交于点C,OA=2,OB=6,
∴A(-2,0),B(6,0).
∴$\begin{cases}4a-2b+3=0,\\36a+6b+3=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-\frac{1}{4},\\b=1.\end{cases}$
∴抛物线的解析式为$y=-\frac{1}{4}x^2+x+3$.
(2)①对于抛物线解析式$y=-\frac{1}{4}x^2+x+3$,当x=0,y=3.
∴C(0,3).设直线BC的解析式为$y=kx+b$,则$\begin{cases}6k+b=0,\\b=3,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-\frac{1}{2},\\b=3.\end{cases}$
∴直线BC:$y=-\frac{1}{2}x+3$.
∵$DE⊥AB$,
∴$D(t,-\frac{1}{4}t^2+t+3)$,$E(t,-\frac{1}{2}t+3)$.
∴$DE=-\frac{1}{4}t^2+t+3-(-\frac{1}{2}t+3)=-\frac{1}{4}t^2+\frac{3}{2}t$.
∴$DE=-\frac{1}{4}t^2+\frac{3}{2}t(0＜t＜6)$.
②存在,理由如下:由题意,得$CD=\sqrt{t^2+(-\frac{1}{4}t^2+t+3-3)^2}=\sqrt{t^2+(-\frac{1}{4}t^2+t)^2}$,$CE=\sqrt{t^2+(-\frac{1}{2}t+3-3)^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}t$,当DE=CE时,$-\frac{1}{4}t^2+\frac{3}{2}t=\frac{\sqrt{5}}{2}t$,解得$t=6-2\sqrt{5}$或t=0(不合题意,舍去);
∴$-\frac{1}{4}t^2+t+3=-\frac{1}{4}×(6-2\sqrt{5})^2+6-2\sqrt{5}+3=4\sqrt{5}-5$.
∴$D(6-2\sqrt{5},4\sqrt{5}-5)$;当CD=DE时,$t^2+(-\frac{1}{4}t^2+t)^2=(-\frac{1}{4}t^2+\frac{3}{2}t)^2$,解得t=1或t=0(不合题意,舍去);
∴$-\frac{1}{4}t^2+t+3=-\frac{1}{4}×1^2+1+3=\frac{15}{4}$.
∴$D(1,\frac{15}{4})$;当CD=CE时,$t^2+(-\frac{1}{4}t^2+t)^2=(\frac{\sqrt{5}}{2}t)^2$,解得t=2或t=6(不合题意,舍去)或t=0(不合题意,舍去);
∴$-\frac{1}{4}t^2+t+3=-\frac{1}{4}×2^2+2+3=4$.
∴D(2,4).综上所述,△CDE是等腰三角形时,D(2,4)或$D(1,\frac{15}{4})$或$D(6-2\sqrt{5},4\sqrt{5}-5)$.
∵抛物线$y=ax^2+bx+3$与x轴交于A,B两点(点A在点B左侧),与y轴交于点C,OA=2,OB=6,
∴A(-2,0),B(6,0).
∴$\begin{cases}4a-2b+3=0,\\36a+6b+3=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-\frac{1}{4},\\b=1.\end{cases}$
∴抛物线的解析式为$y=-\frac{1}{4}x^2+x+3$.
(2)①对于抛物线解析式$y=-\frac{1}{4}x^2+x+3$,当x=0,y=3.
∴C(0,3).设直线BC的解析式为$y=kx+b$,则$\begin{cases}6k+b=0,\\b=3,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-\frac{1}{2},\\b=3.\end{cases}$
∴直线BC:$y=-\frac{1}{2}x+3$.
∵$DE⊥AB$,
∴$D(t,-\frac{1}{4}t^2+t+3)$,$E(t,-\frac{1}{2}t+3)$.
∴$DE=-\frac{1}{4}t^2+t+3-(-\frac{1}{2}t+3)=-\frac{1}{4}t^2+\frac{3}{2}t$.
∴$DE=-\frac{1}{4}t^2+\frac{3}{2}t(0＜t＜6)$.
②存在,理由如下:由题意,得$CD=\sqrt{t^2+(-\frac{1}{4}t^2+t+3-3)^2}=\sqrt{t^2+(-\frac{1}{4}t^2+t)^2}$,$CE=\sqrt{t^2+(-\frac{1}{2}t+3-3)^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}t$,当DE=CE时,$-\frac{1}{4}t^2+\frac{3}{2}t=\frac{\sqrt{5}}{2}t$,解得$t=6-2\sqrt{5}$或t=0(不合题意,舍去);
∴$-\frac{1}{4}t^2+t+3=-\frac{1}{4}×(6-2\sqrt{5})^2+6-2\sqrt{5}+3=4\sqrt{5}-5$.
∴$D(6-2\sqrt{5},4\sqrt{5}-5)$;当CD=DE时,$t^2+(-\frac{1}{4}t^2+t)^2=(-\frac{1}{4}t^2+\frac{3}{2}t)^2$,解得t=1或t=0(不合题意,舍去);
∴$-\frac{1}{4}t^2+t+3=-\frac{1}{4}×1^2+1+3=\frac{15}{4}$.
∴$D(1,\frac{15}{4})$;当CD=CE时,$t^2+(-\frac{1}{4}t^2+t)^2=(\frac{\sqrt{5}}{2}t)^2$,解得t=2或t=6(不合题意,舍去)或t=0(不合题意,舍去);
∴$-\frac{1}{4}t^2+t+3=-\frac{1}{4}×2^2+2+3=4$.
∴D(2,4).综上所述,△CDE是等腰三角形时,D(2,4)或$D(1,\frac{15}{4})$或$D(6-2\sqrt{5},4\sqrt{5}-5)$.
解析
【分析】
(1) 求抛物线解析式时，先根据OA、OB的长度确定A、B两点的坐标，再将两点坐标代入抛物线表达式，得到关于a、b的二元一次方程组，求解即可得到a、b的值，进而确定解析式。
(2) ① 先求出点C的坐标，再用待定系数法求出直线BC的解析式；已知点D横坐标为t，且DF垂直x轴，因此D、E两点横坐标均为t，分别代入抛物线和直线BC的解析式得到两点纵坐标，用D的纵坐标减去E的纵坐标即可得到DE的长度，结合D的位置确定t的取值范围。
② 若△CDE为等腰三角形，需分三种情况讨论：DE=CE、CD=DE、CD=CE，分别用含t的代数式表示三条边的长度，列方程求解后舍去不符合t取值范围的解，即可得到对应D点的坐标。
【解析】
(1)
∵抛物线$y=ax^2+bx+3$与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），$OA=2$，$OB=6$，
∴$A(-2,0)$，$B(6,0)$。
将A、B坐标代入抛物线解析式得：
$\begin{cases}4a-2b+3=0\\36a+6b+3=0\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=-\frac{1}{4}\\b=1\end{cases}$
∴抛物线的解析式为$y=-\frac{1}{4}x^2+x+3$。
(2) ① 对于抛物线$y=-\frac{1}{4}x^2+x+3$，令$x=0$，得$y=3$，
∴$C(0,3)$。
设直线BC的解析式为$y=kx+b$，将$B(6,0)$、$C(0,3)$代入得：
$\begin{cases}6k+b=0\\b=3\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=-\frac{1}{2}\\b=3\end{cases}$
∴直线BC的解析式为$y=-\frac{1}{2}x+3$。
∵$DF⊥AB$，点D横坐标为t，
∴$D(t,-\frac{1}{4}t^2+t+3)$，$E(t,-\frac{1}{2}t+3)$，
∵D在直线BC上方的抛物线上，
∴$DE=(-\frac{1}{4}t^2+t+3)-(-\frac{1}{2}t+3)=-\frac{1}{4}t^2+\frac{3}{2}t(0＜t＜6)$。
② 存在，理由如下：
由题意得：
$CD=\sqrt{t^2+(-\frac{1}{4}t^2+t+3-3)^2}=\sqrt{t^2+(-\frac{1}{4}t^2+t)^2}$，
$CE=\sqrt{t^2+(-\frac{1}{2}t+3-3)^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}t$，
分三种情况讨论：
1. 当$DE=CE$时：
$-\frac{1}{4}t^2+\frac{3}{2}t=\frac{\sqrt{5}}{2}t$，
解得$t=6-2\sqrt{5}$（$t=0$不合题意，舍去），
代入抛物线解析式得纵坐标为$4\sqrt{5}-5$，即$D(6-2\sqrt{5},4\sqrt{5}-5)$；
2. 当$CD=DE$时：
$t^2+(-\frac{1}{4}t^2+t)^2=(-\frac{1}{4}t^2+\frac{3}{2}t)^2$，
解得$t=1$（$t=0$不合题意，舍去），
代入抛物线解析式得纵坐标为$\frac{15}{4}$，即$D(1,\frac{15}{4})$；
3. 当$CD=CE$时：
$t^2+(-\frac{1}{4}t^2+t)^2=(\frac{\sqrt{5}}{2}t)^2$，
解得$t=2$（$t=6$、$t=0$不合题意，舍去），
代入抛物线解析式得纵坐标为4，即$D(2,4)$。
【答案】
(1) $y=-\frac{1}{4}x^2+x+3$
(2) ① $DE=-\frac{1}{4}t^2+\frac{3}{2}t(0＜t＜6)$
② 存在，点D的坐标为$(2,4)$、$(1,\frac{15}{4})$、$(6-2\sqrt{5},4\sqrt{5}-5)$
【知识点】
待定系数法求解析式；二次函数的性质；等腰三角形分类讨论
【点评】
本题综合考查一次函数、二次函数的解析式求解与等腰三角形的判定，解题时需合理运用分类讨论思想，避免漏解，同时要结合自变量的取值范围舍去不符合条件的解。
【难度系数】
0.35
(1) 求抛物线解析式时，先根据OA、OB的长度确定A、B两点的坐标，再将两点坐标代入抛物线表达式，得到关于a、b的二元一次方程组，求解即可得到a、b的值，进而确定解析式。
(2) ① 先求出点C的坐标，再用待定系数法求出直线BC的解析式；已知点D横坐标为t，且DF垂直x轴，因此D、E两点横坐标均为t，分别代入抛物线和直线BC的解析式得到两点纵坐标，用D的纵坐标减去E的纵坐标即可得到DE的长度，结合D的位置确定t的取值范围。
② 若△CDE为等腰三角形，需分三种情况讨论：DE=CE、CD=DE、CD=CE，分别用含t的代数式表示三条边的长度，列方程求解后舍去不符合t取值范围的解，即可得到对应D点的坐标。
【解析】
(1)
∵抛物线$y=ax^2+bx+3$与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），$OA=2$，$OB=6$，
∴$A(-2,0)$，$B(6,0)$。
将A、B坐标代入抛物线解析式得：
$\begin{cases}4a-2b+3=0\\36a+6b+3=0\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=-\frac{1}{4}\\b=1\end{cases}$
∴抛物线的解析式为$y=-\frac{1}{4}x^2+x+3$。
(2) ① 对于抛物线$y=-\frac{1}{4}x^2+x+3$，令$x=0$，得$y=3$，
∴$C(0,3)$。
设直线BC的解析式为$y=kx+b$，将$B(6,0)$、$C(0,3)$代入得：
$\begin{cases}6k+b=0\\b=3\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=-\frac{1}{2}\\b=3\end{cases}$
∴直线BC的解析式为$y=-\frac{1}{2}x+3$。
∵$DF⊥AB$，点D横坐标为t，
∴$D(t,-\frac{1}{4}t^2+t+3)$，$E(t,-\frac{1}{2}t+3)$，
∵D在直线BC上方的抛物线上，
∴$DE=(-\frac{1}{4}t^2+t+3)-(-\frac{1}{2}t+3)=-\frac{1}{4}t^2+\frac{3}{2}t(0＜t＜6)$。
② 存在，理由如下：
由题意得：
$CD=\sqrt{t^2+(-\frac{1}{4}t^2+t+3-3)^2}=\sqrt{t^2+(-\frac{1}{4}t^2+t)^2}$，
$CE=\sqrt{t^2+(-\frac{1}{2}t+3-3)^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}t$，
分三种情况讨论：
1. 当$DE=CE$时：
$-\frac{1}{4}t^2+\frac{3}{2}t=\frac{\sqrt{5}}{2}t$，
解得$t=6-2\sqrt{5}$（$t=0$不合题意，舍去），
代入抛物线解析式得纵坐标为$4\sqrt{5}-5$，即$D(6-2\sqrt{5},4\sqrt{5}-5)$；
2. 当$CD=DE$时：
$t^2+(-\frac{1}{4}t^2+t)^2=(-\frac{1}{4}t^2+\frac{3}{2}t)^2$，
解得$t=1$（$t=0$不合题意，舍去），
代入抛物线解析式得纵坐标为$\frac{15}{4}$，即$D(1,\frac{15}{4})$；
3. 当$CD=CE$时：
$t^2+(-\frac{1}{4}t^2+t)^2=(\frac{\sqrt{5}}{2}t)^2$，
解得$t=2$（$t=6$、$t=0$不合题意，舍去），
代入抛物线解析式得纵坐标为4，即$D(2,4)$。
【答案】
(1) $y=-\frac{1}{4}x^2+x+3$
(2) ① $DE=-\frac{1}{4}t^2+\frac{3}{2}t(0＜t＜6)$
② 存在，点D的坐标为$(2,4)$、$(1,\frac{15}{4})$、$(6-2\sqrt{5},4\sqrt{5}-5)$
【知识点】
待定系数法求解析式；二次函数的性质；等腰三角形分类讨论
【点评】
本题综合考查一次函数、二次函数的解析式求解与等腰三角形的判定，解题时需合理运用分类讨论思想，避免漏解，同时要结合自变量的取值范围舍去不符合条件的解。
【难度系数】
0.35
6.(泸州中考节选)如图,在平面直角坐标系$xOy$中,已知抛物线$y=ax^2+bx+3$经过点$A(3,0)$,与$y$轴交于点$B$,且关于直线$x=1$对称.
(1)求该抛物线的解析式;
(2)点$C$是抛物线上位于第一象限的一个动点,过点$C$作$x$轴的垂线交直线$AB$于点$D$,在$y$轴上是否存在点$E$,使得以$B,C,D,E$为顶点的四边形是菱形?若存在,求出该菱形的边长;若不存在,说明理由.
(1)求该抛物线的解析式;
(2)点$C$是抛物线上位于第一象限的一个动点,过点$C$作$x$轴的垂线交直线$AB$于点$D$,在$y$轴上是否存在点$E$,使得以$B,C,D,E$为顶点的四边形是菱形?若存在,求出该菱形的边长;若不存在,说明理由.
答案
6. 解:(1)
∵点A的坐标为A(3,0),抛物线的对称轴为x=1,
∴抛物线和x轴的另外一个交点为(-1,0),则抛物线的表达式为$y=a(x+1)(x-3)=ax^2+bx+3$,解得a=-1.
∴抛物线的解析式为$y=-x^2+2x+3$.
(2)存在,理由如下:由抛物线的解析式知,点B(0,3).①当BC为菱形的对角线时,对应菱形为BDCE',则BD=CD,由点A,B的坐标得,直线AB的解析式为$y=-x+3$.设点C(x,$-x^2+2x+3$),点D(x,$-x+3$),则$CD=-x^2+2x+3-(-x+3)=-x^2+3x$,$BD=\sqrt{2}x$,$BC=\sqrt{x^2+(-x^2+2x)^2}$,
∴$-x^2+3x=\sqrt{2}x$,解得$x=3-\sqrt{2}$或x=0(舍去).则$BD=\sqrt{2}x=3\sqrt{2}-2$.
∴菱形的边长为$3\sqrt{2}-2$.②当BD为菱形的对角线时,对应菱形为BCDE,则CD=BC,
∴$-x^2+3x=\sqrt{x^2+(-x^2+2x)^2}$,解得x=2或x=0(舍去).则$CD=-x^2+3x=-2^2+3×2=2$.
∴菱形的边长为2.综上所述,菱形的边长为$3\sqrt{2}-2$或2.
∵点A的坐标为A(3,0),抛物线的对称轴为x=1,
∴抛物线和x轴的另外一个交点为(-1,0),则抛物线的表达式为$y=a(x+1)(x-3)=ax^2+bx+3$,解得a=-1.
∴抛物线的解析式为$y=-x^2+2x+3$.
(2)存在,理由如下:由抛物线的解析式知,点B(0,3).①当BC为菱形的对角线时,对应菱形为BDCE',则BD=CD,由点A,B的坐标得,直线AB的解析式为$y=-x+3$.设点C(x,$-x^2+2x+3$),点D(x,$-x+3$),则$CD=-x^2+2x+3-(-x+3)=-x^2+3x$,$BD=\sqrt{2}x$,$BC=\sqrt{x^2+(-x^2+2x)^2}$,
∴$-x^2+3x=\sqrt{2}x$,解得$x=3-\sqrt{2}$或x=0(舍去).则$BD=\sqrt{2}x=3\sqrt{2}-2$.
∴菱形的边长为$3\sqrt{2}-2$.②当BD为菱形的对角线时,对应菱形为BCDE,则CD=BC,
∴$-x^2+3x=\sqrt{x^2+(-x^2+2x)^2}$,解得x=2或x=0(舍去).则$CD=-x^2+3x=-2^2+3×2=2$.
∴菱形的边长为2.综上所述,菱形的边长为$3\sqrt{2}-2$或2.
解析
【分析】
(1) 求抛物线解析式时，已知抛物线过$A(3,0)$，对称轴为$x=1$，先利用抛物线的对称性求出与x轴的另一个交点，再用交点式设解析式，结合常数项求出参数$a$即可。
(2) 先求出直线$AB$的解析式，设点$C$的横坐标为$x$，根据$CD$垂直x轴得到点$D$的坐标，进而表示出$CD、BD、BC$的长度。因为菱形的对角线不确定，需分两种情况讨论：①$BC$为菱形对角线时，邻边$BD=CD$；②$BD$为菱形对角线时，邻边$CD=BC$，分别列方程求解，结合点$C$在第一象限舍去不合理解，即可得到菱形边长。
【解析】
(1) $\because$ 点$A(3,0)$在抛物线上，抛物线对称轴为直线$x=1$，
$\therefore$ 抛物线与x轴的另一个交点坐标为$(-1,0)$，
设抛物线解析式为$y=a(x+1)(x-3)$，展开得$y=ax^2-2ax-3a$，
已知抛物线为$y=ax^2+bx+3$，$\therefore -3a=3$，解得$a=-1$，
$\therefore$ 抛物线解析式为$y=-(x+1)(x-3)=-x^2+2x+3$。
(2) 存在，理由如下：
令$x=0$，代入抛物线解析式得$y=3$，$\therefore B(0,3)$，
设直线$AB$的解析式为$y=kx+m$，将$A(3,0)、B(0,3)$代入得：
$\begin{cases}m=3\\3k+m=0\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-1\\m=3\end{cases}$，$\therefore$ 直线$AB$解析式为$y=-x+3$。
设点$C$横坐标为$x$（$0＜x＜3$，因$C$在第一象限抛物线上），则$C(x,-x^2+2x+3)$，
$\because CD⊥ x$轴交直线$AB$于$D$，$\therefore D(x,-x+3)$，
$\therefore CD=(-x^2+2x+3)-(-x+3)=-x^2+3x$，
$BD=\sqrt{(x-0)^2+(-x+3-3)^2}=\sqrt{2}x$，
$BC=\sqrt{(x-0)^2+(-x^2+2x+3-3)^2}=\sqrt{x^2+(-x^2+2x)^2}$。
分两种情况讨论：
① 当$BC$为菱形对角线时，菱形邻边相等即$BD=CD$，
$\therefore -x^2+3x=\sqrt{2}x$，$\because x＞0$，两边除以$x$得$-x+3=\sqrt{2}$，解得$x=3-\sqrt{2}$，
此时菱形边长为$BD=\sqrt{2}x=\sqrt{2}(3-\sqrt{2})=3\sqrt{2}-2$；
② 当$BD$为菱形对角线时，菱形邻边相等即$CD=BC$，
$\therefore -x^2+3x=\sqrt{x^2+(-x^2+2x)^2}$，$\because x＞0$，两边除以$x$得$-x+3=\sqrt{1+(x-2)^2}$，
两边平方化简得$-2x=-4$，解得$x=2$，
此时菱形边长为$CD=-x^2+3x=-4+6=2$。
【答案】
(1) $y=-x^2+2x+3$；
(2) 存在，菱形的边长为$3\sqrt{2}-2$或$2$。
【知识点】
1. 待定系数法求解析式
2. 菱形的性质
3. 二次函数综合应用
【点评】
本题是函数与几何结合的典型题型，考查了二次函数、一次函数和菱形性质的综合应用，解题核心是合理运用分类讨论思想对菱形的对角线情况分类，同时注意结合点的位置特征舍去不符合题意的解。
【难度系数】
0.6
(1) 求抛物线解析式时，已知抛物线过$A(3,0)$，对称轴为$x=1$，先利用抛物线的对称性求出与x轴的另一个交点，再用交点式设解析式，结合常数项求出参数$a$即可。
(2) 先求出直线$AB$的解析式，设点$C$的横坐标为$x$，根据$CD$垂直x轴得到点$D$的坐标，进而表示出$CD、BD、BC$的长度。因为菱形的对角线不确定，需分两种情况讨论：①$BC$为菱形对角线时，邻边$BD=CD$；②$BD$为菱形对角线时，邻边$CD=BC$，分别列方程求解，结合点$C$在第一象限舍去不合理解，即可得到菱形边长。
【解析】
(1) $\because$ 点$A(3,0)$在抛物线上，抛物线对称轴为直线$x=1$，
$\therefore$ 抛物线与x轴的另一个交点坐标为$(-1,0)$，
设抛物线解析式为$y=a(x+1)(x-3)$，展开得$y=ax^2-2ax-3a$，
已知抛物线为$y=ax^2+bx+3$，$\therefore -3a=3$，解得$a=-1$，
$\therefore$ 抛物线解析式为$y=-(x+1)(x-3)=-x^2+2x+3$。
(2) 存在，理由如下：
令$x=0$，代入抛物线解析式得$y=3$，$\therefore B(0,3)$，
设直线$AB$的解析式为$y=kx+m$，将$A(3,0)、B(0,3)$代入得：
$\begin{cases}m=3\\3k+m=0\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-1\\m=3\end{cases}$，$\therefore$ 直线$AB$解析式为$y=-x+3$。
设点$C$横坐标为$x$（$0＜x＜3$，因$C$在第一象限抛物线上），则$C(x,-x^2+2x+3)$，
$\because CD⊥ x$轴交直线$AB$于$D$，$\therefore D(x,-x+3)$，
$\therefore CD=(-x^2+2x+3)-(-x+3)=-x^2+3x$，
$BD=\sqrt{(x-0)^2+(-x+3-3)^2}=\sqrt{2}x$，
$BC=\sqrt{(x-0)^2+(-x^2+2x+3-3)^2}=\sqrt{x^2+(-x^2+2x)^2}$。
分两种情况讨论：
① 当$BC$为菱形对角线时，菱形邻边相等即$BD=CD$，
$\therefore -x^2+3x=\sqrt{2}x$，$\because x＞0$，两边除以$x$得$-x+3=\sqrt{2}$，解得$x=3-\sqrt{2}$，
此时菱形边长为$BD=\sqrt{2}x=\sqrt{2}(3-\sqrt{2})=3\sqrt{2}-2$；
② 当$BD$为菱形对角线时，菱形邻边相等即$CD=BC$，
$\therefore -x^2+3x=\sqrt{x^2+(-x^2+2x)^2}$，$\because x＞0$，两边除以$x$得$-x+3=\sqrt{1+(x-2)^2}$，
两边平方化简得$-2x=-4$，解得$x=2$，
此时菱形边长为$CD=-x^2+3x=-4+6=2$。
【答案】
(1) $y=-x^2+2x+3$；
(2) 存在，菱形的边长为$3\sqrt{2}-2$或$2$。
【知识点】
1. 待定系数法求解析式
2. 菱形的性质
3. 二次函数综合应用
【点评】
本题是函数与几何结合的典型题型，考查了二次函数、一次函数和菱形性质的综合应用，解题核心是合理运用分类讨论思想对菱形的对角线情况分类，同时注意结合点的位置特征舍去不符合题意的解。
【难度系数】
0.6
