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    11．如图，在平面直角坐标系中，A、C两点在坐标轴上，Rt△ACO绕点原点O顺时针旋转90°后得到△DBO，OC=3，抛物线y=-x2+bx+c经过点A、B、C．
    （1）求抛物线的解析式；
    （2）在抛物线对称轴上，是否存在这样的点P，使PA+PD得最小值？若存在，请求出点P点的坐标；若不存在，请说明理由．
    （3）在抛物线上有一点Q，使得△QBD是以BD为直角边的直角三角形，请直接写出Q点的坐标．

    分析 （1）由旋转的性质得OB=OC=3，OD=OA，从而得到C点和B点坐标，然后利用待定系数法求抛物线解析式；
    （2）BD与对称轴x=1的交点为P，如图1，利用两点之间线段最短得到此时PA+PD的值最小，解方程-x2+2x+3=0得A（-1，0），则D（0，1），再利用待定系数法确定直线BD的解析式为y=-$\frac{1}{3}$x+1，然后计算当x=1时的一次函数值即可得到P点坐标；
    （3）如图2，设Q（t，-t2+2t+3），先利用两点间的距离公式得到BD210，QD2=t2+（-t2+2t+3-1）2，QB2=（t-3）2+（-t2+2t+3）2，分类讨论：当∠BDQ=90°时，利用勾股定理得10+t2+（-t2+2t+3-1）2=（t-3）2+（-t2+2t+3）2，当∠DBQ=90°时，利用勾股定理得到10+（t-3）2+（-t2+2t+3）2=t2+（-t2+2t+3-1）2，然后分别解方程求出t即可得到满足条件的Q点坐标．

    解答 解：（1）∵Rt△ACO绕点原点O顺时针旋转90°后得到△DBO，OC=3，
    ∴OB=OC=3，OD=OA，
    ∴C（0，3），B（3，0），
    把C（0，3），B（3，0）代入y=-x2+bx+c得$\left\{\begin{array}{l}{c=3}\\{-9+3b+c=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{b=2}\\{c=3}\end{array}\right.$，
    ∴抛物线解析式为y=-x2+2x+3；

    （2）存在．
    点A与点B为抛物线上的对称点，则BD与对称轴x=1的交点为P，如图1，
    ∴PA+PD=PB+PD=BD，
    ∴此时PA+PD的值最小，
    当y=0时，-x2+2x+3=0，解得x1=-1，x2=3，则A（-1，0），
    ∴D（0，1），
    设直线BD的解析式为y=mx+n，
    把D（0，1），B（3，0）代入得$\left\{\begin{array}{l}{n=1}\\{3m+n=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{m=-\frac{1}{3}}\\{n=1}\end{array}\right.$，
    ∴直线BD的解析式为y=-$\frac{1}{3}$x+1，
    当x=1时，y=-$\frac{1}{3}$x+1=$\frac{2}{3}$，
    ∴满足条件的P点坐标为（1，$\frac{2}{3}$）；

    （3）如图2，设Q（t，-t2+2t+3）
    BD2=12+32=10，QD2=t2+（-t2+2t+3-1）2，QB2=（t-3）2+（-t2+2t+3）2，
    当∠BDQ=90°时，BD2+QD2=QB2，即10+t2+（-t2+2t+3-1）2=（t-3）2+（-t2+2t+3）2，
    整理得t2+t-2=0，解得t1=1，t2=-2，此时Q的坐标为（1，4）或（-2，-5）；
    当∠DBQ=90°时，BD2+BQ2=DQ2，即10+（t-3）2+（-t2+2t+3）2=t2+（-t2+2t+3-1）2，
    整理得t2+t-12=0，解得t1=3，t2=-4，此时Q的坐标为（3，4）或（-4，-21）；
    综上所述，满足条件的Q点坐标为（1，4）或（-2，-5）或（-4，-21）；

    点评 本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和旋转的性质；会运用待定系数法求函数解析式；能应用两点之间线段最短解决路径最短问题；会运用勾股定理和两点间的距离公式计算线段的长．

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    （1）在上述解题过程中，从哪一步开始出现错误：C；
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