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第134页

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 解：

 (1) 将$A(-3,0)，$$B(1,0)$代入$y=ax^2+bx+3，$得：

 $\begin{cases} 9a-3b+3=0 \\ a+b+3=0 \end{cases}$

 解得$\begin{cases} a=-1 \\ b=-2 \end{cases}$

 因此该抛物线对应的函数解析式为$y=-x^2-2x+3。$

 (2) 过点$D$作$DE⊥ x$轴，垂足为$E。$

由

 (1)知$C(0,3)，$设点$D$的坐标为$(x,y)，$则点$E$的坐标为$(x,0)。$

 $AO=3，$$CO=3，$$EO=-x，$$AE=3+x，$$DE=-x^2-2x+3。$

 $S_{△ ACD}=S_{△ ADE}+S_{\mathrm{梯形}E OCD}-S_{△ ACO}$

 $=\frac{1}{2}(3+x)(-x^2-2x+3)+\frac{1}{2}(-x^2-2x+3+3)(-x)-\frac{1}{2}×3×3=3$

 整理得$x^2+3x+2=0，$解得$x=-1$或$x=-2。$

 当$x=-1$时，$y=4；$当$x=-2$时，$y=3。$

 因此点$D$的坐标为$(-1,4)$或$(-2,3)。$

 (3) 设直线$AC$对应的函数解析式为$y_{AC}=kx+n\ (k≠0)，$将$A(-3,0)，$$C(0,3)$代入得：

 $\begin{cases} -3k+n=0 \\ n=3 \end{cases}$

 解得$\begin{cases} k=1 \\ n=3 \end{cases}$

 因此直线$AC$对应的函数解析式为$y_{AC}=x+3。$

 平移前抛物线的解析式可化为$y=-x^2-2x+3=-(x+1)^2+4，$向右平移$m(m＞0)$个单位后，解析式为$y=-(x+1-m)^2+4，$顶点坐标为$(m-1,4)。$

 图象$G$是平移后抛物线中$y$随$x$增大而增大的部分，即$x≥ m-1$的部分。

 分两种情况讨论：

 ① 当顶点在直线$AC$下方，且图象$G$与直线$AC$仅交于顶点右侧部分，即当$x=m-1$时，$4＞m-1+3，$解得$m＜2，$结合$m＞0，$得$0＜m＜2；$

 ② 平移后的抛物线与直线$AC$恰好只有一个交点，联立方程：

 $-(x+1-m)^2+4=x+3，$整理得$x^2+(3-2m)x+m^2-2m=0$

 令判别式$\Delta=(3-2m)^2-4(m^2-2m)=0，$解得$m=\frac{9}{4}。$

 综上，$m$的取值范围是$0＜m＜2$或$m=\frac{9}{4}。$

 解：

 (1) 把点$B(4,-4)$代入抛物线$y=-x^2+bx，$得$-16+4b=-4，$解得$b=3。$

 因此抛物线对应的函数解析式为$y=-x^2+3x。$

 (2) 四边形$OCPD$是平行四边形，理由如下：

 点$B(4,-4)$在直线$y=-x$上，因此点$P$在直线$y=-x$上，可得$OH=PH，$$∠ POH=45°。$

 由$C(0,-4)，$$B(4,-4)，$可得$OC=BC=4，$$∠ OCB=90°，$因此$OB=4\sqrt{2}。$

 已知$BP=2\sqrt{2}，$则$OP=OB-BP=2\sqrt{2}，$可得$OH=PH=2，$即点$P$的横坐标为2。

 将$x_D=2$代入抛物线解析式，得$y_D=-4+3×2=2，$因此$DH=2，$$PD=DH+PH=2+2=4。$

 所以$PD=OC=4，$又$PD⊥ x$轴，$OC⊥ x$轴，因此$PD// OC。$

 一组对边平行且相等，故四边形$OCPD$是平行四边形。

 (3) 由题意得$BP=OQ，$$∠ BOQ=45°。$

 连接$BC，$在$OA$上方作$△ OMQ，$使得$∠ MOQ=45°，$$OM=BC=4，$连接$BM。$

 $\because OC=BC=4，$$BC⊥ OC，$$\therefore ∠ CBP=45°，$$\therefore ∠ CBP=∠ MOQ。$

 又$\because BP=OQ，$$BC=OM，$$\therefore △ CBP≌△ MOQ，$$\therefore CP=MQ。$

 因此$CP+BQ=MQ+BQ≥ MB，$即$CP+BQ$的最小值为$MB$的长度。

 $\because ∠ MOB=∠ MOQ+∠ BOQ=45°+45°=90°，$

 $\therefore MB=\sqrt{OM^2+OB^2}=\sqrt{4^2+(4\sqrt{2})^2}=4\sqrt{3}。$

 即$CP+BQ$的最小值为$4\sqrt{3}。$

【分析】
1. 第(1)问：已知抛物线过x轴上A、B两点，采用待定系数法，将两点坐标代入抛物线一般式，解二元一次方程组求出系数，得到解析式。
2. 第(2)问：先确定C点坐标，通过作辅助线DE⊥x轴，用割补法将△ACD的面积转化为几个规则图形的面积和差，结合面积为3列方程，求解后验证D点在直线AC上方的合理性。
3. 第(3)问：先求直线AC的解析式，将原抛物线化为顶点式得到平移后的抛物线表达式，分析平移后抛物线y随x增大而增大的部分（图象G）为对称轴左侧，再分两种情况讨论：图象G与直线AC仅一个交点、平移后抛物线与直线AC相切，分别求解得到m的范围。
【解析】
(1) 将$A(-3,0)$、$B(1,0)$代入$y=ax^2+bx+3$，得：
$\begin{cases}9a - 3b + 3 = 0 \\ a + b + 3 = 0\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=-1 \\ b=-2\end{cases}$
∴抛物线解析式为$y=-x^2 -2x +3$。
(2) 由(1)知，$C(0,3)$。设$D(x, -x^2 -2x +3)$，过D作$DE⊥x$轴于E，则$E(x,0)$。
根据面积割补法：
$S_{△ACD}=S_{△ADE} + S_{梯形EOCD} - S_{△ACO}$
代入面积公式得：
$\frac{1}{2}(3+x)(-x^2 -2x +3) + \frac{1}{2}(3 + (-x^2 -2x +3))(-x) - \frac{1}{2}×3×3 =3$
整理得$x^2 +3x +2=0$，解得$x=-1$或$x=-2$。
当$x=-1$时，$y=4$；当$x=-2$时，$y=3$，均符合D在直线AC上方的条件，故$D(-1,4)$或$(-2,3)$。
(3) 设直线AC解析式为$y=kx+n$，代入$A(-3,0)$、$C(0,3)$得：
$\begin{cases}-3k +n=0 \\n=3\end{cases}$，解得$k=1$，$n=3$，
∴直线AC：$y=x+3$。
原抛物线化为顶点式：$y=-(x+1)^2 +4$，平移后抛物线为$y=-(x+1 -m)^2 +4$，对称轴为$x=m-1$，开口向下，故图象G（y随x增大而增大的部分）为$x≤m-1$。
分两种情况：
① 顶点$(m-1,4)$在直线AC上方，即$4 ＞ (m-1)+3$，得$m＜2$，结合$m＞0$，故$0＜m＜2$；
② 平移后抛物线与直线AC相切，联立方程：
$-(x+1 -m)^2 +4 =x+3$，整理得$x^2 + (3-2m)x +m^2 -2m=0$，判别式$\Delta=0$：
$(3-2m)^2 -4(m^2 -2m)=0$，解得$m=\frac{9}{4}$。
综上，m的取值范围是$0＜m＜2$或$m=\frac{9}{4}$。
【答案】
(1) $y=-x^2 -2x +3$；
(2) $(-1,4)$或$(-2,3)$；
(3) $0＜m＜2$或$m=\frac{9}{4}$；

【知识点】
待定系数法求二次函数解析式，二次函数的平移，二次函数与一次函数的交点问题
【点评】
本题为二次函数综合题，综合考查待定系数法、图形面积计算、函数平移及交点问题，需运用数形结合与分类讨论思想，对学生的综合应用能力要求较高。
【难度系数】
0.5

【分析】
第(1)问：已知抛物线过点B(4,-4)，用待定系数法将点B坐标代入抛物线解析式，即可求出b的值，得到抛物线解析式。
第(2)问：先根据直线y=-x的性质求出OB的长度，结合BP=2√2算出OP的长度，再由点P在直线y=-x上，求出P点坐标；因为PD⊥x轴，所以D点横坐标与P相同，代入抛物线得D点纵坐标，进而算出PD的长度，结合OC的长度和位置关系，判断四边形OCPD的形状。
第(3)问：利用BP=OQ的条件，构造全等三角形将CP转化为MQ，再根据两点之间线段最短，CP+BQ的最小值转化为线段BM的长度，通过计算BM的长度得到结果。
【解析】
(1) 将点B(4,-4)代入抛物线y=-x²+bx，得：
-16 + 4b = -4，
解得b=3，
所以抛物线的解析式为y=-x²+3x。
(2) 四边形OCPD是平行四边形，理由如下：
因为点B在直线y=-x上，B(4,-4)，所以OB=√(4²+4²)=4√2，
已知BP=2√2，所以OP=OB - BP=4√2 - 2√2=2√2，
因为PD⊥OA（x轴），直线BO的解析式为y=-x，所以P点坐标为(2,-2)，
将x=2代入抛物线y=-x²+3x，得y=-4 + 6=2，即D(2,2)，
所以PD的长度为2 - (-2)=4，
又因为C(0,-4)，所以OC=4，且OC⊥x轴，PD⊥x轴，故PD//OC，且PD=OC=4，
因此四边形OCPD是平行四边形。
(3) 由题意知，BP=OQ，∠BOQ=45°，
连接BC，在OA上方作△OMQ，使∠MOQ=45°，OM=BC=4，
因为C(0,-4)，B(4,-4)，所以BC=4，BC⊥OC，∠CBP=45°，
所以∠CBP=∠MOQ，
在△CBP和△MOQ中：
$\{\begin{array}{l} BP=OQ \\ ∠CBP=∠MOQ \\ BC=OM \end{array} $，
所以△CBP≌△MOQ（SAS），
所以CP=MQ，
则CP+BQ=MQ+BQ，根据两点之间线段最短，MQ+BQ≥MB，当B、Q、M共线时，CP+BQ取得最小值，即MB的长度，
因为∠MOB=∠MOQ + ∠BOQ=45°+45°=90°，OB=4√2，OM=4，
所以MB=√(OM² + OB²)=√(4² + (4√2)²)=√(16 + 32)=√48=4√3，
故CP+BQ的最小值为4√3。
【答案】
(1) $y=-x^2+3x$；
(2) 四边形$OCPD$是平行四边形；
(3) $4\sqrt{3}$；

【知识点】
二次函数解析式、平行四边形判定、最短路径问题
【点评】
本题综合考查二次函数、几何图形判定与最短路径问题，需掌握待定系数法、平行四边形判定定理及全等转化求最短路径的方法，逻辑推理要求较高，是综合性较强的题目。
【难度系数】
0.5