（2014•柳州二模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y=-x+n与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线y

解题思路：（1）当x=0时代入抛物线y=ax²+bx+3（a≠0）就可以求出y=3而得出C的坐标，就可以得出直线的解析式，就可以求出B的坐标，在直角三角形AOC中，由三角形函数值就可以求出OA的值，得出A的坐标，再由待定系数法建立二元一次方程组求出其解就可以得出结论；
（2）分两种情况讨论，当点P在线段CB上时，和如图3点P在射线BN上时，就有P点的坐标为（t，-t+3），Q点的坐标为（t，-t²+2t+3），就可以得出d与t之间的函数关系式而得出结论；
（3）根据根的判别式就可以求出m的值，就可以求出方程的解而求得PQ和PH的值，延长MP至L，使LP=MP，连接LQ、LH，如图2，延长MP至L，使LP=MP，连接LQ、LH，就可以得出四边形LQMH是平行四边形，进而得出四边形LQMH是菱形，由菱形的性质就可以求出结论．

（1）当x=0，则y=-x+n=0+n=n，y=ax²+bx+3=3，
∴OC=3=n．
当y=0，
∴-x+3=0，x=3=OB，
∴B（3，0）．
在△AOC中，tan∠CAO=3，
∴OA=1，
∴A（-1，0）．
将A（-1，0），B（3，0）代入y=ax²+bx+3，
得

9a+3b+3＝0
a−b+3＝0，
解得：

a＝−1
b＝2，
∴抛物线的解析式：y=-x²+2x+3；
（2）如图1，当点P在线段CB上时．

∵P点的横坐标为t且PQ垂直于x轴，
∴P点的坐标为（t，-t+3），
Q点的坐标为（t，-t²+2t+3）．
∴PQ=-t²+2t+3-（-t+3）=-t²⁺3t．
如图3，当点P在射线BN上时．

∵P点的横坐标为t且PQ垂直于x轴，
∴P点的坐标为（t，-t+3），
Q点的坐标为（t，-t²+2t+3）．
∴PQ=-t+3-（-t²+2t+3）=t²-3t．
∵BO=3，
∴d=-t²+3t （0＜t＜3），
d=t²-3t （t＞3），
答：当0＜t＜3时，d与t之间的函数关系式为：d=-t²+3t，
当 t＞3时，d与t之间的函数关系式为：d=t²-3t；
（3）∵d，e是y²-（m+3）y+[1/4]（5m²-2m+13）=0（m为常数）的两个实数根，
∴△≥0，即△=（m+3）²-4×[1/4]（5m²-2m+13）≥0
整理得：△=-4（m-1）²≥0．
∵-4（m-1）²≤0，
∴△=0，
∴-4（m-1）²=0
∴m=1，
∴y²-4y+4=0．
∵PQ与PH是y²-4y+4=0的两个实数根，
解得：y₁=y₂=2
∴PQ=PH=2，
∴-t+3=2，
∴t=1，
∵y=-x²+2x+3，
∴y=-（x-1）²+4，
∴抛物线的顶点坐标是（1，4）．
∴此时Q是抛物线的顶点，
延长MP至L，使LP=MP，连接LQ、LH，如图2，

∵LP=MP，PQ=PH，
∴四边形LQMH是平行四边形，
∴LH∥QM，
∴∠1=∠3．
∵∠1=∠2，
∴∠2=∠3，
∴LH=MH，
∴平行四边形LQMH是菱形，
∴PM⊥QH，
∴点M的纵坐标与P点纵坐标相同，都是2，
∴在y=-x²+2x+3中，当y=2时，
∴x²-2x-1=0，
∴x₁=1+
2，x₂=1-

点评：
本题考点： 二次函数综合题．

考点点评： 本题考查了运用待定系数法求一次函数的解析式的运用，根的判别式的运用，一元二次方程的解法的运用，平行四边形的判定及性质的运用，菱形的判定及性质的运用，分类讨论思想的运用，解答时求出二次函数的解析式是关键．