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    19．已知抛物线y=ax2+bx-4与x轴交于A，B两点，（点B在点A的左侧）且A，B两点的坐标分别为（-2，0）、（8，0），与y轴交于点C，连接BC，以BC为一边，点O为对称中心作菱形BDEC，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线L交抛物线于点Q，交BD于点M．

    （1）求抛物线的解析式；
    （2）当点P在线段OB上运动时，试探究m为何值时，四边形CQMD是平行四边形？
    （3）在（2）的结论下，试问抛物线上是否存在点N（不同于点Q），使三角形BCN的面积等于三角形BCQ的面积？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

    分析 （1）根据待定系数法即可求得．
    （2）由菱形的对称性可知，点D的坐标，根据待定系数法可求直线BD的解析式，根据平行四边形的性质可得关于m的方程，求得m的值；再根据平行四边形的判定可得四边形CQMD的形状；
    （3）要使三角形BCN的面积等于三角形BCQ的面积，可判断四边形CQBN是平行四边形，解得此时点N的坐标即可．

    解答 解：（1）∵抛物线y=ax2+bx-4与x轴交于A（-2，0），B（8，0）两点，
    ∴$\left\{\begin{array}{l}{0=4a-2b-4}\\{0=64a+8b-4}\end{array}\right.$，
    解得$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{1}{4}}\\{b=-\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
    ∴抛物线的解析式为：y=$\frac{1}{4}$x2-$\frac{3}{2}$x-4；
    （2）∵C（0，-4）
    ∴由菱形的对称性可知，点D的坐标为（0，4）．
    设直线BD的解析式为y=kx+b，则$\left\{\begin{array}{l}{b=4}\\{8k+b=0}\end{array}\right.$，
    解得k=-$\frac{1}{2}$，b=4．
    ∴直线BD的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x+4．
    ∵l⊥x轴，
    ∴点M的坐标为（m，-$\frac{1}{2}$m+4），点Q的坐标为（m，$\frac{1}{4}$m2-$\frac{3}{2}$m-4）．
    如图，当MQ=DC时，四边形CQMD是平行四边形，
    ∴（-$\frac{1}{2}$m+4）-（ $\frac{1}{4}$m2-$\frac{3}{2}$m-4）=4-（-4）．
    化简得：m2-4m=0，
    解得m1=0（不合题意舍去），m2=4．
    ∴当m=4时，四边形CQMD是平行四边形；
    （3）要使三角形BCN的面积等于三角形BCQ的面积，
    N点到BC的距离与Q到BC的距离相等；所以过M或Q点的斜率为$\frac{1}{2}$的 直线与抛物线的交点即为所求
    M（4，2），Q（4，-6）
    设直线l：y=$\frac{1}{2}$x+b
    ①当直线l过Q点时，
    可求l：y=$\frac{1}{2}$x-8
    联立抛物线方程，$\frac{1}{4}$x2-$\frac{3}{2}$x-4=$\frac{1}{2}$x-8；解得x1=x2=4（与Q重合，舍去）
    ②当直线过M点时，可求，
    l：y=$\frac{1}{2}x$，
    联立抛物线方程，$\frac{1}{4}$x2-$\frac{3}{2}$x-4=$\frac{1}{2}$x；解得x1=4+$4\sqrt{2}$，x2=4-$4\sqrt{2}$，代入直线方程，求得
    N1（4+4$\sqrt{2}$，2+2$\sqrt{2}$），N2（4-4$\sqrt{2}$，2-2$\sqrt{2}$），
    故符合条件的N的坐标为N1（4+4$\sqrt{2}$，2+2$\sqrt{2}$），N2（4-4$\sqrt{2}$，2-2$\sqrt{2}$）．

    点评 本题考查了二次函数综合性，涉及的知识点有：坐标轴上点的特点，菱形的对称性，待定系数法求直线的解析式，平行四边形的判定和性质，方程思想和分类思想的运用，综合性较强，有一定的难度．

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