解：（1）如图①，过E作EF⊥y轴于F，则∠EFD=∠DOB=90°．
∵以D（0，1）为旋转中心，将DB逆时针旋转90°，得到线段DE，
∴∠BDE=90°，DE=DB，
∴∠1+∠2=90°，
∵∠1+∠3=90°，
∴∠2=∠3，
∴△DEF≌△BDO（AAS），
∴EF=DO=1，FD=OB=3，
∴E（1，4）．
设抛物线的解析式为y=a（x-1）
2+4，
把A（0，3）代入上式，得
3=a（0-1）
2+4，解得a=-1，
∴y=-（x-1）
2+4．
当x=3时，y=-（3-1）
2+4=0，
∴点B（3，0）在抛物线上；
（2）直线AE与圆相切．理由如下：
如图②，连接AB，则AB为圆的直径，
在正方形AOBC中，∠OAB=45°，
由（1）知，EF=1，FA=OF-OA=4-3=1，
∴在Rt△EFA中，∠FAE=45°，
∴∠EAB=180°-∠OAB-∠FAE=90°，
∴直径AB⊥AE，
∴直线AE与圆相切；
（3）①当OB为边时，如图③，
∵以O、B、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，
∴PQ∥OB，且PQ=OB=3．
∵点Q在对称轴x=1上，
∴点P的横坐标为-2或4．
当x=-2时，y=-（-2-1）
2+4=-5；
当x=4时，y=-（4-1）
2+4=-5．
即符合条件的点P有两个，P
1（-2，-5），P
2（4，-5）；
②当OB为对角线时，如图④，
∵以O、B、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，
∴PQ与OB互相平分．
又点Q在对称轴x=1上，且线段OB的中点横坐标为
，
∴点P的横坐标为2，
当x=2时，y=-（2-1）
2+4=3，
即符合条件的点P只有一个，即P
3（2，3），
综上所述，符合条件的点P共有三个，即P
1（-2，-5），P
2（4，-5），P
3（2，3）．
分析：（1）过E作EF⊥y轴于F，则∠EFD=∠DOB=90°，根据旋转的性质得出∠BDE=90°，DE=DB，由余角的性质及三角形内角和定理可得∠2=∠3，则由AAS证明△DEF≌△BDO，根据全等三角形的对应边相等得到EF=DO=1，FD=OB=3，即抛物线顶点E的坐标为（1，4），则可设抛物线的解析式为y=a（x-1）
2+4，把A（0，3）代入，运用待定系数法求出抛物线的解析式，进而可判断出点B在抛物线上；
（2）连接AB，先由正方形的性质可得∠OAB=45°，再证明△EFA为等腰直角三角形，则∠FAE=45°，然后根据平角的定义得出∠EAB=90°，由切线的判定定理即可得出直线AE与圆相切；
（3）分两种情况讨论：①当OB为边时，由Q点在对称轴x=1上，根据平行四边形的对边平行且相等可确定P点的横坐标，再代入抛物线的解析式，求出P点纵坐标即可；②OB为对角线时，根据平行四边形的对角线互相平分，即PQ的中点与OB的中点重合，根据中点坐标公式求出点P的横坐标，再代入抛物线的解析式，求出P点纵坐标即可．
点评：本题是二次函数的综合题型，其中涉及到旋转的性质，全等三角形的判定与性质，运用待定系数法求二次函数的解析式，正方形的性质，切线的判定，函数图象上点的坐标特征，平行四边形的性质等知识，综合性较强，难度中等，利用数形结合以及分类讨论思想是解题的关键．
鹰派教辅衔接教材河北教育出版社系列答案
初中暑期衔接系列答案
如图1，已知正方形OABC的边长为4，等腰直角三角板OEF的直角边OE、OF分别在OA、OC上，且OE=2．将三角板OEF绕点O逆时针旋转至OE1F1的位置，旋转角为α，连接CF1、AE1．