5. (2026·兰州期末)如图,已知直线$y=x+4$与x轴交于点A,与y轴交于点C,抛物线$y=ax^2+bx+c$经过A,C两点,且与x轴的另一个交点为B,对称轴为直线$x=-1$.
(1)求抛物线的解析式.
(2)D是第二象限内抛物线上的动点,设点D的横坐标为m,求四边形ABCD面积S的最大值及此时D点的坐标.
(3)若点P在抛物线的对称轴上,是否存在点P,Q,使以点A,C,P,Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形?若存在,请求出P,Q两点的坐标;若不存在,请说明理由.

(1)$\because$ 直线$y=x+4$与$x$轴交于点$A$,与$y$轴交于点$C$,$\therefore$ 当$x=0$时,$y=4$;当$y=0$时,则$x+4=0$,解得$x=-4$,$\therefore A(-4,0)$,$C(0,4)$.$\because$ 对称轴为直线$x=-1$,$\therefore \begin{cases} 16a-4b+c=0, \\ c=4, \\ -\dfrac{b}{2a}=-1, \end{cases}$解得$\begin{cases} a=-\dfrac{1}{2}, \\ b=-1, \\ c=4, \end{cases}$$\therefore$ 抛物线的解析式为$y=-\dfrac{1}{2}x^2-x+4$.
(2)$\because A(-4,0)$,抛物线对称轴为直线$x=-1$,$\therefore B(2,0)$,$\therefore AB=2-(-4)=6$.连接$BC$,过点$D$作$y$轴的平行线交$AC$于点$K$,如图①,则$D(m,-\dfrac{1}{2}m^2-m+4)$,则$K(m,m+4)$,$\therefore DK=-\dfrac{1}{2}m^2-m+4-(m+4)=-\dfrac{1}{2}m^2-2m$.$\because S=S_{△ ACD}+S_{△ ABC}$,$\therefore S=\dfrac{1}{2}DK(x_C-x_A)+\dfrac{1}{2}AB× CO=\dfrac{1}{2}(-\dfrac{1}{2}m^2-2m)×4+\dfrac{1}{2}×6×4=-m^2-4m+12=-(m+2)^2+16$.$\because -4＜m＜0$,$-1＜0$,$\therefore$ 当$m=-2$时,$S$取得最大值为$16$,此时$D(-2,4)$.

(3)存在,如图②,设$P(-1,p)$,$\because$ 四边形$APCQ$是菱形,且以$AC$为对角线,$\therefore PA=PC$,$\therefore (-1+4)^2+(p-0)^2=(-1-0)^2+(p-4)^2$,解得$p=1$,$\therefore P(-1,1)$.$\because$ 四边形$APCQ$是菱形,$\therefore PA// CQ$,$PA=CQ$,$\therefore$ 点$P$向点$A$的平移方式与点$C$向点$Q$的平移方式一样,$\because A(-4,0)$,$P(-1,1)$,$C(0,4)$,$\therefore$ 由平移的性质可得$Q(-3,3)$.

6. (2025·资阳中考)如图,在平面直角坐标系中,抛物线与x轴相交于A,B两点(点A在点B的左边),与y轴相交于点C(0,-3),且抛物线的顶点坐标为(1,-4).
(1)求抛物线的解析式.
(2)P是抛物线上位于第四象限的一点,点D(0,-1),连接BC,DP相交于点E,连接PB.若△CDE与△PBE的面积相等,求点P的坐标.
(3)M,N是抛物线上的两个动点,分别过点M,N作直线BC的垂线段,垂足分别为G,H.是否存在点M,N,使得以M,N,G,H为顶点的四边形是正方形?若存在,求该正方形的边长;若不存在,说明理由.

备用图

(1)$\because$ 抛物线与$y$轴相交于点$C(0,-3)$,且抛物线的顶点坐标为$(1,-4)$,$\therefore$ 设抛物线的解析式为$y=a(x-1)^2-4$,把$C(0,-3)$代入,得$a(0-1)^2-4=-3$,$\therefore a=1$,$\therefore y=(x-1)^2-4=x^2-2x-3$.
(2)当$y=x^2-2x-3=0$时,解得$x_1=3$,$x_2=-1$,$\therefore B(3,0)$.$\because C(0,-3)$,$\therefore$ 设直线$BC$的解析式为$y=kx-3$,把$B(3,0)$代入,得$k=1$,$\therefore y=x-3$.如图①,作$PF⊥ x$轴,垂足为点$F$,设$P(m,m^2-2m-3)$,则$OF=m$,$PF=-m^2+2m+3$,$\therefore BF=3-m$.$\because △ CDE$与$△ PBE$的面积相等,$\therefore S_{△ CDE}+S_{四边形ODEB}=S_{△ PBE}+S_{四边形ODEB}$,即$S_{△ BOC}=S_{四边形ODPB}=S_{△ PFB}+S_{四边形ODPF}$.$\because D(0,-1)$,$\therefore OD=1$,$\therefore \dfrac{1}{2}×3×3=\dfrac{1}{2}×(-m^2+2m+3)(3-m)+\dfrac{1}{2}×(-m^2+2m+3+1)m$,解得$m=\dfrac{7}{3}$或$m=0$(舍去),$\therefore P(\dfrac{7}{3},-\dfrac{20}{9})$.

(3)存在点$M,N$使四边形$MNHG$为正方形,如图②,过$M$作$MF// y$轴,过$N$作$NF// x$轴,过$N$作$NE// y$轴,则有$△ MNF$与$△ NEH$都为等腰直角三角形,$MN// BC$,由(2)可知,直线$BC$的解析式为$y=x-3$,设$M(x_1,y_1)$,$N(x_2,y_2)$,直线$MN$解析式为$y=x-b$,联立得$\begin{cases} y=x-b, \\ y=x^2-2x-3, \end{cases}$消去$y$得$x^2-3x+b-3=0$,$\therefore NF^2=|x_1-x_2|^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2=21-4b$.
$\because △ MNF$为等腰直角三角形,$\therefore MN^2=2NF^2=42-8b$.
$\because E(x_2,x_2-3)$,$\therefore NE^2=[y_2-(x_2-3)]^2=(x_2-b-x_2+3)^2=(b-3)^2$,$\therefore NH^2=(\dfrac{\sqrt{2}}{2}NE)^2=\dfrac{1}{2}(b-3)^2$.$\because$ 四边形$MNHG$为正方形,$\therefore NH^2=MN^2$,$\therefore 42-8b=\dfrac{1}{2}(b^2-6b+9)$,整理得$b^2+10b-75=0$,解得$b=-15$或$b=5$.$\because$ 正方形边长为$MN=\sqrt{42-8b}$,$\therefore MN=9\sqrt{2}$或$\sqrt{2}$.即正方形的边长为$9\sqrt{2}$或$\sqrt{2}$.