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如图1、2，已知抛物线y=ax²+bx+3经过点B（-1，0）、C（3，0），交y轴于点A．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）如图1，若M（0，1），过点A的直线与x轴交于点D（4，0）．直角梯形EFGH的上底EF与线段CD重合，∠FEH=90°，EF∥HG，EF=EH=1．直角梯形EFGH从点D开始，沿射线DA方向匀速运动，运动的速度为1个长度单位/秒，在运动过程中腰FG与直线AD始终重合，设运动时间为t秒．当t为何值时，以M、O、H、E为顶点的四边形是特殊的平行四边形；
（3）如图2，抛物线顶点为K，KI⊥x轴于I点，一块三角板直角顶点P在线段KI上滑动，且一直角边过A点，另一直角边与x轴交于Q（m，0），请求出实数m的变化范围，并说明理由．

解：（1）∵抛物线y=ax²+bx+3经过点B（-1，0）、C（3，0），
∴ $\text{[math]}$ ，
解得 $\text{[math]}$ ．
∴抛物线的解析式为y=-x²+2x+3．

（2）当直角梯形EFGH运动到E′F′G′H′时，过点F′作F′N⊥x轴于点N，延长E′H’交x轴于点P．

∵点M的坐标为（0，1），点A是抛物线与y轴的交点，
∴点A的坐标为（3，0）．
∵OA=3，OD=4，
∴AD=5．
∵E′H′∥OM，E′H′=OM=1，
∴四边形E′H′OM是平行四边形（当E′H′不与y轴重合时）．
∵F′N∥y轴，N G′∥x轴，
∴△F′N D∽△AOD．
∴ $\text{[math]}$ ．
∵直角梯形E′F′G′H′是直角梯形EFGH沿射线DA方向平移得到的，
∴F′D=t，
∴ $\text{[math]}$ ．
∴ $\text{[math]}$ ．
∵E′F′=PN=1，
∴OP=OD-PN-ND=4-1- $\text{[math]}$ =3- $\text{[math]}$ ．
∵E′P= $\text{[math]}$ ，E′H′=1，
∴H′P= $\text{[math]}$ -1．
若平行四边形E′H′OM是矩形，则∠MO H′=90°，此时H′G′与x轴重合．
∵F′D=t，
∴ $\text{[math]}$ ，即 $\text{[math]}$ ．
即当 $\text{[math]}$ 秒时，平行四边形EHOM是矩形．
若平行四边形E′H′OM是菱形，则O H′=1．
在Rt△H′OP中，OP²+H′P²=OH′²，即 $\text{[math]}$
得t²-6t+9=0，解得t₁=t₂=3．
即当t=3秒时，平行四边形EHOM是菱形．
综上所述，当 $\text{[math]}$ 秒时，平行四边形EHOM是矩形，当t=3秒时，平行四边形EHOM是菱形．

（3）过A作AR⊥KI于R点，则AR=KR=1．
当Q在KI左侧时，△ARP∽△PIQ．
设PI=n，则RP=3-n，
∴ $\text{[math]}$ ，即n²-3n-m+1=0，
∵关于n的方程有解，△=（-3）²-4（-m+1）≥0，
得m≥ $\text{[math]}$ ；
当Q在KI右侧时，
Rt△APQ中，AR=RK=1，∠AKI=45°可得OQ=5．即P为点K时，
∴m≤5．
综上所述，m的变化范围为： $\text{[math]}$ ≤m≤5．
分析：（1）把点B、C两点的坐标分别代入抛物线解析式，列出关于a、b的方程组 $\text{[math]}$ ，通过解该方程组可以求得它们的值，从而得到抛物线的解析式；
（2）当直角梯形EFGH运动到E′F′G′H′时，过点F′作F′N⊥x轴于点N，延长E′H’交x轴于点P．根据平行四边形的判定可得四边形E′H′OM是平行四边形，根据平行线的性质可得△F′N D∽△AOD，根据相似三角形的性质可得 $\text{[math]}$ ．再分平行四边形EHOM是矩形，平行四边形E′H′OM是菱形，求得
t的值；
（3）过A作AR⊥KI于R点，分当Q在KI左侧时，当Q在KI右侧时，两种情况讨论可得实数m的变化范围．
点评：本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质以及平行四边形的判定和性质，矩形和菱形的判定，平行线的性质，分类思想的运用，综合性较强，难度较大．

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